Electromagnetismo

FMF-241

Electromagnetismo

Edición 2014

Luis Alvarez Thon

Universidad Andrés Bello

L U I S A LV A R E Z T H O N

ELECTROMAGNETISMO FMF-241 (2014)

D E PA R TA M E N T O D E C I E N C I A S F Í S I C A S UNIVERSIDAD ANDRÉS BELLO

© 2014 Luis Alvarez Thon

This work is licensed under the Creative Commons Attribution-NonCommercial-NoDerivs 3.0 Unported License. To view a copy of this license, visit http://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/3.0/deed.en_US.

Contenido 1. Matemáticas del curso 1.1. Vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Operadores vectoriales . . . . . . . . . 1.3. Integrales especiales . . . . . . . . . . 1.4. Teoremas integrales importantes . . . 1.5. Coordenadas curvilíneas . . . . . . . . 1.6. Operadores en coordenadas curvilíneas 2. Electrostática 2.1. Carga eléctrica . . . . . . . . . . 2.2. Ley de Coulomb . . . . . . . . . 2.3. Principio de Superposición . . . . 2.4. Campo eléctrico . . . . . . . . . . 2.5. Distribuciones continuas de carga 2.6. Flujo eléctrico . . . . . . . . . . . 2.7. La ley de Gauss . . . . . . . . . . 2.8. Aplicaciones de la ley de Gauss .

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9 9 22 29 32 33 38

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43 43 47 52 55 58 73 81 84

3. El potencial electrostático 3.1. Significado físico del potencial . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Potencial eléctrico de cargas puntuales . . . . . . . . . . . 3.3. Potencial eléctrico de distribuciones continuas de carga . . 3.4. Energía potencial electrostática . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. Superficies equipotenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6. Cálculo del potencial por integración . . . . . . . . . . . . 3.7. Las ecuaciones de Poisson y Laplace . . . . . . . . . . . . 3.8. Conexión entre el campo eléctrico, el potencial eléctrico y la densidad de carga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9. El momento dipolar eléctrico . . . . . . . . . . . . . . . . 3.10. Conductores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.11. Condensadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.12. Dieléctricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

105 110 112 119 123

4. Corriente eléctrica 4.1. Corriente eléctrica . . . 4.2. Densidad de corriente . 4.3. Ecuación de continuidad 4.4. La ley de Ohm . . . . . 4.5. Conexión de resistencias 4.6. Dieléctricos imperfectos 4.7. Densidad de corriente en 4.8. Leyes de Kirchhoff . . . 4.9. El método de las mallas

141 141 143 144 145 147 152 153 155 160

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . régimen . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . permanente . . . . . . . . . . . . . .

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93 93 95 96 97 98 101 104

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4.10. La ley de Joule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 5. Magnetismo 5.1. Campo magnéticos y fuerzas . . . . . . . . . . . . . 5.2. Fuerza magnética sobre un conductor con corriente . 5.3. Torque sobre una espira con corriente . . . . . . . . 5.4. La ley de Biot y Savart . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5. Propiedades del campo magnético en el espacio libre 5.6. La ley de Ampère . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7. Propiedades magnéticas de la materia . . . . . . . . 5.8. Intensidad de campo magnético . . . . . . . . . . . 5.9. Condiciones de borde . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.10. Flujo magnético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.11. Inducción electromagnética . . . . . . . . . . . . . . 5.12. Inductancia e inductancia mutua . . . . . . . . . . . 5.13. Ecuaciones de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . Índice alfabético

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163 163 164 168 170 174 176 181 182 187 188 189 192 195 201

Introducción Estos son apuntes complementarios para el curso de “Electromagnetismo” (FMF241) y están basados en varios libros de texto y otras fuentes de información. Si bien existe una buena cantidad de excelentes libros de texto, a veces el alumno se ve sobrepasado por la gran cantidad de información y no sabe distinguir lo que es más relevante. Estos apuntes siguen, en estricto rigor, el orden de materias que aparecen en el “syllabus” del curso. Debo recalcar que el objetivo de estos apuntes no es reemplazar los excelentes libros de texto disponibles en la biblioteca, sino que tienen como objetivo guiar al alumno a consultar esos textos. La bibliografía tentativa es la siguiente: Fundamentos de electromagnetismo para ingeniería David K. Cheng Edit. Addison-Wesley Longman Fundamentos de la Teoría Electromagnética Reitz/Milford/Christy AddisonWesley Iberoamericana Teoría Electromagnética Hayt/Buck Edit. Mc Graw Hill Electromagnetismo M. Furman Electricidad y Magnetismo Berkeley Physics Course- Volumen 2 Edit. Reverté Física Universitaria Sears - Zemansky - Young Edit. Pearson El primer capitulo del curso es opcional y tiene como objetivo refrescar y reforzar los conocimientos de matemáticas que se necesitan en este curso.

1

CAPÍTULO

Matemáticas del curso En un curso de esta categoría se asume que el estudiante tiene la preparación adecuada en cálculo integral y diferencial, cálculo vectorial y en el manejo de sistemas de coordenadas curvilíneas. En el transcurso de las materias, nos encontraremos que las leyes del electromagnetismo serán expresadas mediante integrales de línea, integrales de superficie, ecuaciones y operadores diferenciales, y operadores vectoriales. Usted se puede preguntar porqué he incluido este capítulo de matemáticas si ya ustedes han pasado por cursos avanzados de álgebra y cálculo. El problema es que las matemáticas y la física se enseñan en forma independiente y a veces existe una desconexión entre ellas. Pero las matemáticas es el lenguaje natural de la física y fueron desarrolladas para describir y resolver problemas de la vida real. La experiencia de los profesores de física es que los prerrequisitos matemáticos no son suficientes y que los alumnos necesitan más experiencia en usar las matemáticas eficientemente y en poseer una intuición acerca de los procesos físicos. Este capítulo no pretende ser un curso de “Métodos Matemáticos de la Física” sino que tiene como objetivo cubrir, en forma específica, las técnicas y métodos justos y necesarios para resolver problemas avanzados de electromagnetismo.

1.1 Vectores Muchas cantidades en física e ingeniería son tratadas como vectores porque tienen asociadas un magnitud y una dirección; la velocidad, fuerza, momentum angular, campo eléctrico o magnético son algunos ejemplos de vectores. En cambio cantidades tales como tiempo, temperatura o densidad sólo tienen magnitud y son llamadas escalares. ¿Esto quiere decir que un vector es todo aquello que tiene magnitud y dirección? Bueno, hay que reconocer que esta definición no es la más correcta pues usted podría preguntarse: ¿acaso un auto tiene magnitud y dirección?, ¿eso convierte a un auto en un vector?. Un matemático diría: un vector es un elemento de un espacio vectorial. En términos simples, un espacio vectorial en un conjunto de “cosas” para las cuales se ha definido la operación de adición y también la operación de multiplicación por un escalar. Un vector puede ser representado gráficamente mediante una flecha y un largo proporcional a su magnitud. Además los vectores pueden ser

Vector: magnitud y dirección Escalar: magnitud

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electromagnetismo fmf-241 (2014)

representados en dos o tres dimensiones.1 Si dos o más vectores tienen la misma dirección y magnitud entonces son iguales (ver figura 1.1). No hay diferencia donde empieza la cola del vector, aunque por conveniencia se prefiere localizarla en el origen de coordenadas. Simbólicamente un vector se representa por medio de una letra con ~ y el largo (magnitud) como A = A ~ . una flecha arriba, A

Por simplicidad vamos a dibujarlos en dos dimensiones por el momento. 1

~ se representa con En la mayoría de los libros de texto, un vector A el símbolo en negrita A y la magnitud mediante A. Por lo tanto, en los libros de texto, hay que tener cuidado de no confundir A con A. Figura 1.1: Todos los vectores de la figura son iguales porque tienen la misma dirección y largo.

1.1.1 Operaciones con vectores En esta representación gráfica, la adición de vectores2 ~ =A ~ +B ~ C ~ en la punta del vector A. ~ El consiste en colocar la cola del vector B ~ vector C es entonces representado por una flecha dibujada desde la cola ~ hasta la punta del vector B. ~ Esta forma de sumar vectores del vector A se llama regla del triángulo. (Fig. 1.2). La figura 1.2 también muestra la regla del paralelogramo que consiste en trasladar los dos vectores hasta formar un paralelogramo de tal manera que el vector resultante será aquel formado por la diagonal que parte de las dos colas hasta el punto donde se encuentran las dos puntas. Además, esto demuestra gráficamente que la adición de vectores es conmutativa, ~ +B ~ =B ~ + A. ~ es decir A La generalización de este procedimiento para la adición de tres o más vectores es clara y conduce a la propiedad de asociatividad de la adición (ver figura 1.3), por ejemplo ~ + (B ~ +C ~ ) = (A ~ +B ~) +C ~ A La sustracción de dos vectores es muy similar a la adición (ver figura 1.4), es decir, ~ −B ~ =A ~ + ( −B ~) A ~ es un vector de igual magnitud pero en dirección exactamente donde −B ~ La sustracción de dos vectores iguales, A ~ + ( −A ~ ), opuesta al vector B. ~ da como resultado el vector nulo 0, el cual tiene magnitud cero y no tiene asociada ninguna dirección.

La adición de dos vectores solo tiene sentido físico si ellos son de la misma clase, por ejemplo si ambos son fuerzas actuando en dos o tres dimensiones. 2

Figura 1.2: Adición de dos vectores mostrando la relación de conmutación.

matemáticas del curso

11

Figura 1.3: Adición de tres vectores mostrando la propiedad de asociatividad.

Figura 1.4: Sustracción de dos vectores.

12


La multiplicación de un vector por un escalar da como resultado un vector en la misma dirección que el original pero de una magnitud proporcional (ver figura 1.5). La multiplicación por un escalar es asociativa, conmutativa y distributiva con respecto a la adición. Para vectores arbi~yB ~ y escalares arbitrarios α y β se cumple trarios A

~ Figura 1.5: Multiplicación del vector A por un escalar (λ > 0).

~ = α (β A ~ ) = β ( αA ~) (αβ )A ~ +B ~ ) = αA ~ + αB ~ α (A ~ = αA ~ + βA ~ (α + β )A

1.1.2 Vectores base y componentes Los vectores en dos dimensiones pueden ser representados como pares ordenados de números reales (a, b) y que obedecen ciertas reglas que veremos más adelante.3 Los números a y b son llamados componentes ~ = (a, b) puede ser representado geométricamente del vector. El vector A mediante una flecha que va desde el origen hasta el punto (a, b). ~ puede ser La extensión a tres dimensiones es directa. Un vector A representado mediante tres números Ax , Ay y Az (ver figura 1.7)

3

Reglas de un espacio vectorial.

~ = ( Ax , Ay , Az ) A ~ podría representar cualquier cantidad vectorial (momenAunque A tum, campo eléctrico, etc.), existe un cantidad vectorial, el desplazamiento desde el origen de coordenadas al punto (x, y, z ), es denotado por el símbolo especial ~r. Entonces tenemos la elección de referirnos al desplazamiento ya sea como el vector ~r o las las coordenadas del punto final (x, y, z ):4 ~r ↔ (x, y, z )

Figura 1.6: Las componentes del vector ~ son la proyecciones en los ejes coorA denados. Este vector también se llama vector posición. 4

Figura 1.7: En tres dimensiones, las ~ componentes cartesianas del vector A son la proyecciones en los ejes coordenados.

En esta etapa es conveniente introducir vectores unitarios5 a lo largo de cada uno de los ejes coordenados. Estos vectores se denotan iˆ, jˆ y kˆ apuntando a lo largo de los ejes cartesianos x, y y z respectivamente ~ = (Ax , Ay , Az ) entonces Ax iˆ es un vector con (ver figura 1.8). Sea A

5

Vectores de magnitud o largo 1.


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~ puede ser entonces magnitud igual a |Ax | en la dirección x. Un vector A escrito como una suma de tres vectores, cada uno paralelo a un eje de coordenadas diferente (ver figura 1.9): ~ = Ax iˆ + Ay jˆ + Az kˆ A

Esto significa que estos vectores unitarios sirven como una base, o un conjunto completo de vectores en el espacio Euclidiano. Es decir cualquier vector puede ser expresado como una combinación lineal de ellos. Los vectores base se pueden escribir también como iˆ = (1, 0, 0)

jˆ = (0, 1, 0)

Figura 1.8: Los vectores unitarios, ˆ de un sistema de coordenadas iˆ, jˆ , k, cartesianas tridimensionales.

kˆ = (0, 0, 1)

Figura 1.9: Los vectores unitarios, ˆ de un sistema de coordenadas iˆ, jˆ , k, cartesianas tridimensionales. El vector ~ es la suma vectorial de los tres vecA tores a lo largo de los ejes coordenados.

Podemos considerar la adición y sustracción de vectores en términos ~ y B ~ se encuentra de sus componentes. La adición de dos vectores A simplemente sumando sus componentes, o sea ~ +B ~ A

= Ax iˆ + Ay jˆ + Az kˆ + Bx iˆ + By jˆ + Bz kˆ = (Ax + Bx )iˆ + (Ay + By )jˆ + (Az + Bz )kˆ

y la sustracción: ~ −B ~ A

= Ax iˆ + Ay jˆ + Az kˆ − (Bx iˆ + By jˆ + Bz kˆ ) = (Ax − Bx )iˆ + (Ay − By )jˆ + (Az − Bz )kˆ

¡cuidado!: No sumar magnitudes de vectores. Si un vector es la suma de dos vectores, la magnitud del vector suma no es igual a la suma de las magnitudes de los dos vectores originales. Por ejemplo, la magnitud del vector 3 iˆ es 3 y la magnitud del vector −2 iˆ es 2, !pero la magnitud del vector (3 iˆ) + (−2 iˆ) = iˆ es 1, no 5!.

14


1.1.3 Igualdad de vectores En la figura 1.1 describimos gráficamente la igualdad de vectores. Ahora que podemos definir un vector en forma analítica, podemos decir que un vector es igual a otro vector si y solo si todas las respectivas compo~ = Ax iˆ + Ay jˆ + Az kˆ y nentes de los vectores son iguales. Es decir si A ~ = Bx iˆ + By jˆ + Bz k, ~=B ~ si ˆ entonces A B Ax = B x

y

Ay = By

y

Az = Bz

1.1.4 Magnitud de un vector en términos de sus componentes ~ ~ se puede inferir de la figura 1.9 La magnitud A de un vector A q ~ A = A = A2x + A2y + A2z ~ = 0 significa que todas sus componentes son nulas Un vector nulo A Ax = Ay = Az = 0, por lo tanto su magnitud es cero.

1.1.5 El vector unitario Como ya se explicó, los vectores iˆ, jˆ y kˆ tienen magnitud la unidad. Sin embargo, estos no son los únicos vectores unitarios. Es a veces útil encontrar un vector unitario que tenga una dirección especificada. Supongamos que queremos encontrar un vector unitario en la dirección del ~ Esto es muy simple, el vector unitario (A) ˆ se obtiene dividiendo vector A. el vector por su magnitud: ~ ~ A A Aˆ = q = ~ A2x + A2y + A2z A Por definición, un vector unitario tiene magnitud 1 y no tiene unidades. Supongamos que rˆ es un vector unitario con dirección de 36.0° (sentido antihorario, desde la dirección +x en el plano xy). El hecho de que un vector unitario tenga magnitud 1 y sin unidades, significa que si uno multiplica un vector unitario por un escalar, el vector resultante tiene una magnitud igual al valor del escalar y con las mismas unidades. Por ejemplo, si multiplicamos el vector rˆ por 5.0 m/s, obtenemos un vector velocidad (5.0 m/s) rˆ que tiene una magnitud de 5.0 m/s y apunta en la misma dirección que r. ˆ Entonces en este caso (5.0 m/s) rˆ significa (5.0 m/s) haciendo un ángulo de 36.0° con el eje x.

1.1.6 Un vector no tiene signo Consideremos el vector ~v = (8 × 106 iˆ + 0 jˆ , −2 × 107 kˆ ) m/s ¿Es este vector positivo, negativo o cero?. Ninguna de las descripciones es apropiada. La componente x de este vector en positiva, la componente


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y es cero y la componente z es negativa. Los vectores no son positivos, negativos o cero. Sus componentes pueden tener signo, pero esto no significa nada cuando consideramos el vector como un todo. Por otro lado, la magnitud de un vector |~v | es siempre positiva.

1.1.7 Cambio en una cantidad: la letra griega ∆ Frecuentemente necesitaremos calcular el cambio en una cantidad. Por ejemplo, podremos desear saber el cambio de la posición de un objeto en movimiento o el cambio de sus velocidad durante cierto intervalo de tiempo. la letra griega ∆ (la “d” por diferencia) es usada para denotar el cambio en una cantidad ya sea escalar o vectorial. Por ejemplo cuando la altura de un niño cambia de 1.1 m hasta 1.2 m, el cambio es ∆h = +0.1 m, es un cambio positivo. Si el saldo de su cuenta bancaria pasa de $150000 a $130000, la variación es negativa ∆(saldo) = −$20000. Para el caso vectorial, ponemos como ejemplo los vectores de posición ~r1 = 3 iˆ − 2 jˆ

y

~r2 = 5 iˆ + 2 jˆ

el cambio de ~r1 a ~r2 se denota como ∆~r = ~r2 − ~r1 ∆~r = (5 iˆ + 2 jˆ ) − (3 iˆ − 2 jˆ ) = 2 iˆ + 4 jˆ es decir hay una variación de +2 m en la dirección x y una variación de +4 m en la dirección y. La cantidad ∆~r = ~r2 − ~r1 también representa el vector posición relativo, es decir la posición de un objeto relativo a otro. En la figura 1.10 el objeto 1 está en la posición ~r1 y el objeto 2 en la posición ~r2 . Queremos conocer las componentes del vector que apunta de desde el objeto 1 al objeto 2. Este es el vector ∆~r = ~r2 − ~r1 . Notar que la forma es siempre “final” menos “inicial”. Figura 1.10: Vector posición relativo, ~ r2 − ~ r1 .

1.1.8 Multiplicación de vectores Podemos definir el producto punto o producto escalar entre dos vec~yB ~ como tores A

Producto escalar

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~ ·B ~ =B ~ ·A ~ = AB cos θ A ~ y B, ~ y θ es el ángulo formado por donde A y B son las longitudes de A los dos vectores. De acuerdo a esta definición los productos punto de los vectores unitarios iˆ, jˆ y kˆ son iˆ · iˆ = jˆ · jˆ = kˆ · kˆ = 1 iˆ · jˆ = jˆ · iˆ = iˆ · kˆ = kˆ · iˆ = jˆ · kˆ = kˆ · jˆ = 0 así se puede demostrar fácilmente que ~ ·B ~ A

= (Ax iˆ + Ay jˆ + Az kˆ ) · (Bx iˆ + By jˆ + Bz kˆ ) = Ax B x + Ay B y + Az B z

Esta es una expresión muy útil para encontrar el ángulo entre dos vectores: ~ ·B ~ A cos θ = AB Alternativamente, la magnitud de un vector también se puede definir como p ~ ·A ~ A= A Hemos definido el producto punto de dos vectores, el cual es una cantidad escalar. Hay otra definición muy útil del producto entre dos vectores cuyo resultado es un vector. Definimos el producto cruz o producto vec~yB ~ torial de A ~ ×B ~ = AB sin θ nˆ A ~ y B ~ y nˆ es un vector unitario donde θ es el ángulo (< 180°) entre A perpendicular al plano formado por los dos vectores. Como consecuencia ~ yaB ~ y es paralelo a A ~ × B. ~ La dirección de nˆ nˆ es perpendicular a A ~ es rotado es la misma que el avance de un tornillo de rosca derecha si A ~ En la figura 1.11 se muestran dos formas de usuales de ilustrar hacia B. el producto cruz: regla de la mano derecha y regla del tornillo de rosca derecha. ~ ×B ~ = Ya que sin θ = 0 si θ = 0, tenemos que para vectores paralelos A ~ ×A ~ = 0. También se cumple que 0 y en especial A ~ ×B ~ = −B ~ ×A ~ A Si nos referimos a la figura 1.8 podemos aplicar las dos propiedades anˆ teriores a los vectores unitarios iˆ, jˆ y k: iˆ × iˆ = jˆ × jˆ = kˆ × kˆ = 0 iˆ × jˆ = kˆ iˆ × kˆ = −jˆ jˆ × kˆ = iˆ

jˆ × iˆ = −kˆ kˆ × iˆ = jˆ kˆ × jˆ = −iˆ

También existe una ley distributiva ~ × (B ~ +C ~) = A ~ ×B ~ +A ~ ×C ~ A

Producto vectorial


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Figura 1.11: El producto cruz ilustrado de dos maneras: regla de la mano derecha y regla del tornillo de rosca derecha. El vector unitario nˆ es perpendicular a ~ yaB ~ y es paralelo a A ~ × B. ~ A

~yB ~ en términos de iˆ, jˆ y kˆ está dado por:6 El producto cruz de A ~ ×B ~ A

= (Ax iˆ + Ay jˆ + Az kˆ ) × (Bx iˆ + By jˆ + Bz kˆ ) = (Ay Bz − Az By )iˆ + (Az Bx − Ax Bz )jˆ + (Ax By − Ay Bx )kˆ

Esto se puede escribir en forma más compacta mediante el determinante iˆ ~ ×B ~ = Ax A Bx

jˆ Ay By

kˆ Az Bz

errores comunes en multiplicación vectorial: 1. El producto punto de dos vectores es un escalar y no un vector 2. El producto cruz de dos vectores en un vector y no un escalar.

1.1.9 Operaciones ilegales con vectores Aunque el álgebra vectorial es similar a las operaciones ordinarias de los escalares, hay ciertas operaciones que no son legales (y carentes de significado) para vectores: Un vector no puede ser igual a un escalar. Un vector no puede ser sumado o restado de un escalar. Un vector no puede estar en el denominador de una expresión. Es decir no se puede dividir por un vector (sin embargo se puede dividir un vector por un escalar).

6

Este es un buen ejercicio.

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Figura 1.12: Operaciones vectoriales prohibidas.

1.1.10 Componentes de un vector en una dirección Hemos puesto este tópico en una sección aparte para enfatizar la importancia de encontrar la componente de un vector en una dirección de~ = Ax iˆ + Ay jˆ + Az k, ˆ terminada. Por ejemplo si tomamos el vector A ˆ entonces la componente escalar de este vector en la dirección i es obviamente Ax , lo que es equivalente a efectuar el producto punto ~ iˆ = Ax iˆ + Ay jˆ + Az kˆ iˆ = Ax A

(a)

~ sobre el Esta componente no es otra cosa que la proyección de vector A ~ en la eje x (ver figura 1.7). En el caso general, la proyección del vector A dirección de un vector unitario uˆ ~ |u| ~ uˆ = A ˆ cos θ A donde θ es el ángulo entre los dos vectores. Puesto que uˆ es un vector unitario, |u| ˆ = 1, entonces

(b)

~ uˆ = A ~ cos θ A ~ Si nos referimos a la figura 1.13 vemos claramente que A cos θ es la ~ proyección del vector A en la dirección u. ˆ Podemos distinguir dos proyec~ ~ uˆ )u, ciones: la proyección escalar, A uˆ y la proyección vectorial, (A ˆ en la dirección u. ˆ

Figura 1.13: (a) La componente escalar ~ en la dirección del vector unitario de A ~ u. uˆ es A ˆ (b) La componente vectorial ~ en la dirección del vector unitario de A ~ uˆ )u. uˆ es (A ˆ


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1.1.11 Campos vectoriales y escalares Durante el curso vamos a trabajar con conceptos tales como campo eléctrico, campo magnético, densidad de corriente, etc. Todos ellos son campos vectoriales. Un campo vectorial en el espacio de dos (o tres) dimensiones, es una función F~ que asigna a cada punto (x, y ) (o (x, y, z )) un vector en dos (o tres) dimensiones dado por F~ (x, y ) (o F~ (x, y, z )). Es posible que esto no parezca tener sentido, pero la mayoría de la gente ya ha visto, por ejemplo, un esquema de las líneas de campo magnético de la tierra (ver figura 1.14). La notación estándar para la función F~ es,

N

S

F~ (x, y ) = P (x, y )iˆ + Q(x, y )jˆ Figura 1.14: Las líneas del campo magnético terrestre.

F~ (x, y, z ) = P (x, y, z )iˆ + Q(x, y, z )jˆ + R(x, y, z )kˆ Por ejemplo, en la figura 1.15 se muestran los campos vectoriales: F~ (x, y ) = −y iˆ + xjˆ

y

F~ (x, y ) = cos(x2 + y )iˆ + (1 + x − y 2 )jˆ

Figura 1.15: Las líneas de campo para dos campos vectoriales en dos dimensiones.

2

3

2 1 1

0

0

- 1 - 1 - 2

- 3

- 2 - 3

- 2

- 1

0

F~ (x, y ) = −y iˆ + xjˆ

1

2

3

- 2

- 1

0

1

2

F~ (x, y ) = cos(x2 + y )iˆ + (1 + x − y 2 )jˆ

2 0 - 2

Por otro lado, la figura 1.16 ilustra un ejemplo en tres dimensiones correspondiente a un campo con simetría radial: 2

F~ (x, y, z ) = ~r = xiˆ + y jˆ + z kˆ Un campo escalar es un nombre elegante para una función del espacio, es decir, una función que asocia un número real con cada posición en un espacio. En otras palabras es una función que tiene diferente valor en cada punto de un espacio, por ejemplo, en tres dimensiones φ = φ(x, y, z ). Formalmente, escalar es una palabra usada para distinguir el campo de un campo vectorial. Ejemplos simples de campos escalares incluyen la presión, P (x, y, z ), en cada punto de un fluido o la distribución de temperatura, T (x, y, z ), a través de un material. La representación gráfica de P (x, y, z ) o T (x, y, z ) no es posible debido a que no podemos dibujar una función en cuatro dimensiones, pero sí podemos dibujar un campo escalar del tipo z = f (x, y ). Hay dos formas de representar un campo escalar del tipo z = f (x, y ). Una forma es dibujando en tres dimensiones (diagrama de contorno) y la otra en dos

0

- 2

- 2 0 2

Figura 1.16: Las líneas del campo vec~ (x, y ) = xiˆ + y jˆ + z k. ˆ torial radial F

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dimensiones mediante curvas de nivel, cuya forma algebraica es f (x, y ) = k para todos los valores posibles de k. La figura 1.17 ilustra un ejemplo donde se ha dibujado una montaña en tres dimensiones y las curvas de nivel en dos dimensiones. Representación en relieve

Figura 1.17: Representación de una campo escalar (altura de la superficie de la montaña) en 3D y curvas de nivel en 2D. Cada curva de nivel es del tipo f (x, y ) = k con k = 0, 20, 40, 60, 80.

Representación en curvas de nivel

Un ejemplo más matemático sería considerar la función paraboloide hiperbólico z = φ(x, y ) = x2 − y 2 cuyas gráficas en 3D y curvas de nivel, se muestran en la figura 1.18.

Figura 1.18: Representación del campo escalar φ(x, y ) = x2 − y 2 . A la izquierda la gráfica en 3D y a la derecha las curvas de nivel.


21

1.1.12 Funciones vectoriales en tres dimensiones Anteriormente definimos el vector posición, como un vector que va desde el origen de coordenadas hasta un punto dado (x, y, z ) ~r = xiˆ + y jˆ + z kˆ Ahora, si el punto (x, y, z ) se mueve en el transcurso del tiempo, entonces ~r(t) = x(t)iˆ + y (t)jˆ + z (t)kˆ es una función vectorial del tiempo. La función ~r(t) traza una curva en el espacio cuando t varía. Podemos denotar un punto en el espacio como ~r(x, y, z ) = ~r(x(t), y (t), z (t)) = ~r(t). La velocidad del punto se obtiene por diferenciación vectorial ~v (t) = ~r0 (t) =

dx ˆ dy ˆ dz ˆ i+ j+ k dt dt dt

Una aplicación interesante es la segunda ley de Newton m

d2~r = F~ (x, y, z ) dt2

EJEMPLO 1.1 ~ La fuerza que actúa sobre una partícula de carga q moviéndose a una velocidad ~v en un campo magnético B ~ Determinar la ecuación de movimiento de la partícula si B ~ = B k, ˆ donde B es una constante. es F~ = q~v × B. Solución: No necesitamos saber lo que es una carga o un campo magnético para resolver este problema. La segunda ley de Newton dice d2~r d~v m 2 =m = F~ dt dt d~v ~ m = q~v × B dt ~ sabiendo que ~v = vx iˆ + vy jˆ + vz kˆ y B ~ = B kˆ ahora necesitamos calcular ~v × B ~ = ~v × B

iˆ vx 0

jˆ vy 0

kˆ vz B

= vy B iˆ − vx B jˆ + 0kˆ

así la ecuación de movimiento queda dvx ˆ dvy ˆ dvz ˆ i+ j+ k = q (vy B iˆ − vx B jˆ ) m dt dt dt de esta manera obtenemos tres ecuaciones diferenciales acopladas dvy dvx dvz = qvy B m = −qvx B m = 0 (?) dt dt dt primero se resuelve para ~v (t) y luego para ~r(t). Usted puede comprobar que las expresiones siguientes son soluciones de (∗) qBt qBt x(t) = a cos x(t) = a sin z (t) = bt m m m

donde a y b son constantes que dependen de los valores iniciales de ~r(t) y ~v (t). Esta trayectoria corresponde a una hélice con velocidad uniforme en la dirección z.

22


1.1.13 Diferencial de un vector En la sección anterior vimos que para obtener la velocidad a partir de vector posición tenemos que tomar las derivadas de cada componente. Al igual que en el caso de funciones escalares, también podemos definir ~ depende de una el diferencial de un vector. Supongamos que el vector A ~ respecto a u es variable u, entonces la derivada de A ~ dA dAx ˆ dAy ˆ dAz ˆ k = i+ j+ du du du du ~ en el vector A ~ (u) En esto usamos la noción de que un pequeño cambio ∆A es el resultado de un pequeño cambio ∆u. De aquí definimos el diferencial ~ como7 de A ~ ~ = dA du dA du Un ejemplo es el cambio infinitesimal del vector posición de una partícula en un tiempo infinitesimal dt d~r =

d~r dt = ~v dt dt

~ depende de más de una variable, digamos u, v , escribiSi el vector A ~=A ~ (u, v ). Entonces mos A ~= dA

~ ~ ∂A ∂A du + dv ∂u ∂v

1.2 Operadores vectoriales Más adelante nos encontraremos campos vectoriales y escalares continuos y nos veremos en la necesidad de considerar sus derivadas y también la integración de cantidades (campos) a lo largo de lineas, sobre superficies y a través de volúmenes en el campo. En esta sección nos concentraremos en la definición de operadores diferenciales vectoriales y sus propiedades.

1.2.1 Gradiente de un campo escalar Consideremos una sala donde la temperatura puede variar de un lugar a otro (por ejemplo a lado de una ventana la temperatura puede ser menor). Es decir, la temperatura en la sala dependerá de las coordenadas (x, y, z ). Como la temperatura es un escalar, la expresamos como: T = T (x, y, z ) Ahora si deseamos saber como varía la temperatura ante un cambio infinitesimal de la posición (x, y, z) escribimos el diferencial de T dT =

∂T ∂T ∂T dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z

y notemos que esta expresión se puede escribir como el producto punto de vectores

7

~ es también un vector. Notar que dA


dT =

∂T ˆ ∂T ˆ ∂T ˆ k · (dxiˆ + dy jˆ + dz kˆ ) i+ j+ ∂x ∂y ∂z

23

(?)

El término dxiˆ + dy jˆ + dz kˆ no es otra cosa que d~r, el vector que representa un incremento o desplazamiento desde (x, y, z ) a (x + dx, y + dy, z + dz ). El otro término del segundo miembro de (?) es el gradiente de la temperatura y es representado por el símbolo ∇T . Entonces podemos escribir (?) como dT = ∇T · d~r Usando la definición de producto punto, lo anterior también se puede escribir como dT = |∇T | · |d~r| cos θ Ahora, si fijamos la magnitud de d~r en algún valor específico (por ejemplo, en uno) entonces el mayor valor que puede tomar dT es cuando ∇T y d~r son paralelos (cos θ = 1). Esto nos dice que la dirección del vector gradiente representa la dirección del incremento más rápido (máxima pendiente) de la temperatura. Adicionalmente, la magnitud del gradiente, |∇T |, es el incremento más rápido en la dirección de máxima pendiente. El gradiente aparece frecuentemente en aplicaciones físicas. En mecánica clásica, si V (x, y, z ) representa la energía potencial, entonces el campo de fuerza correspondiente está dado por F~ (x, y, z ) = −∇V (x, y, z ) En electricidad y magnetismo (este curso) veremos que si V (x, y, z ) representa el potencial electrostático, entonces la intensidad del campo eléctrico correspondiente está dado por ~ (x, y, z ) = −∇V (x, y, z ) E En el caso general de una función f (x, y, z ) el gradiente en coordenadas cartesianas es ∂f ˆ ∂f ˆ ∂f ˆ i+ j+ k ∇f (x, y, z ) = ∂x ∂y ∂z ∇f es un vector que expresa como varía la función f en la proximidad de un punto. Por supuesto que debemos asumir que f (x, y, z ) es diferenciable, de lo contrario ∇f no existiría. Si omitimos la función f , podemos definir el operador nabla ∇=

∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ i+ j+ k ∂x ∂y ∂z

que aplicado a una función f no da ∇f . El vector gradiente tiene dos interpretaciones geométricas importantes: C A S O 1 : Consideremos dos puntos P y Q sobre una superficie f (x, y, z ) = C, con C constante tal como muestra la figura 1.19. Los dos puntos están a una distancia d~r uno del otro. Al movernos del punto P al Q no hay cambios en f (df = 0), pues f (P ) = P (Q) = C. Entonces tenemos que df = ∇f · d~r = 0

El gradiente es un vector, es por eso que algunos libros de texto se escribe ~ para enfatizar su naturaleza. ∇f

Gradiente como el operador nabla ∇.

24


Para que esto ocurra debe tenerse que ∇f debe ser perpendicular a d~r. En otras palabras, ∇f es un vector normal a la superficie f (x, y, z ) = C en cada punto. Figura 1.19: El vector gradiente es perpendicular a la superficie f (x, y, z ) = C cuando el vector d~ r está sobre la superficie.

C A S O 2 : Si ahora permitimos que d~r nos lleve desde la superficie C1 hasta la superficie adyacente C2 (ver figura 1.20), tenemos que la variación de f es df = C1 − C2 = ∆C = ∇f · d~r

Figura 1.20: El vector gradiente.

Si mantenemos fijo el valor de df |d~r| =

df |∇f | cos θ

y entonces se ve que |d~r| toma un valor mínimo (camino más corto) cuando nos movemos en forma paralela a ∇f (cos θ = 1). Por otro lado, para un valor fijo de |d~r| df = |∇f | · |d~r| cos θ


25

el cambio en la función escalar f es maximizado al elegir d~r paralelo a ∇f (ver el caso anterior de la temperatura T ). Es decir ∇f es el máximo valor que podría tomar df . Esto identifica a ∇f como un vector que tiene la dirección del máximo incremento de f .

Finalmente, para reforzar el caso 2 con otro ejemplo, podemos fijarnos en la figura 1.21a donde se ha representado, en 3D, una función de dos variables f (x, y ). El sentido del vector ∇f en un punto es el sentido en que debemos movernos a partir del punto para hallar el incremento más rápido de la función f . Si colocáramos una bolita en el punto donde calculamos el gradiente, entonces la bolita tendría máxima velocidad en la dirección negativa de ∇f . En la figura 1.21b representa mediante vectores en el plano xy el gradiente de f . En especial, en el punto (x1 , y1 ), la superficie se eleva bruscamente. Figura 1.21: La función escalar f (x, y ) está representada por la superficie en 3D en (a). En (b) se representa la función vectorial ∇f .

Dirección de la máxima pendiente

(a)

(b)

26


1.2.2 Divergencia de un campo vectorial ~ (x, y, z ), la divergencia (∇ A) ~ está definida Para un campo vectorial A por8 ~= ∇A

∂Ay ∂Ax ∂Az + + ∂x ∂y ∂z

~ Claramente ∇ A, ~ es un donde Ax , Ay y Az son las componentes de A. ~ campo escalar. Cualquier campo vectorial para lo cual ∇ A = 0 se dice que es solenoidal. Por el momento pospondremos la interpretación física rigurosa de la divergencia. Solo diremos que la divergencia puede ser considerada como una medida cuantitativa de cuanto un campo vectorial “diverge” (se difunde o desparrama) o “converge” en un punto dado. Por ejemplo la figura 1.22 ilustra el signo de la divergencia dependiendo de la forma ~ Cuando ∇ · E ~ > 0 en algún punto, estamos en del campo vectorial E. 9 presencia de una fuente o manantial desde donde el campo vectorial ra~ < 0 estamos en presencia de un sumidero dia hacia el exterior. Si ∇ · E ~ = 0 en campo no pues el campo “converge” hacia dicho punto. Si ∇ · E converge ni diverge (no hay manantiales ni sumideros).

En algunos libros de texto también se ~ usa div A 8

Por ejemplo una fuente de fluido en el interior de un volumen. 9

Figura 1.22: Interpretación geométrica del signo de la divergencia.

Un campo vectorial con divergencia nula (solenoidal) significa que las líneas de campo no convergen ni divergen en ningún punto; no pueden tener extremos localizados. Gráficamente las lineas solo pueden ser cerradas, o ir del infinito al infinito (ver figura 1.22), o dar vueltas sobre sí mismas, sin llegar a cerrarse. Por ejemplo el campo F~ (x, y ) = −y iˆ + xjˆ (ver figura 1.15) es solenoidal pues ∇ F~ = 0 y además las líneas de campo describen circunferencias en torno al eje z. En la sección anterior definimos el operador gradiente ∇ como ∇=

∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ i+ j+ k ∂x ∂y ∂z

entonces la divergencia se puede definir en forma alternativa como el


27

~ y el vector A ~ producto punto entre ∇ ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ ~ k (Ax iˆ + Ay jˆ + Az kˆ ) ∇A = i+ j+ ∂x ∂y ∂z ∂Ay ∂Ax ∂Az = + + ∂x ∂y ∂z Hay dos ejemplos interesantes a considerar. El primero es la divergencia del vector posición ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ k (xiˆ + y jˆ + z kˆ ) ∇ · ~r = i+ j+ ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z = + + =3 ∂x ∂y ∂z Otro ejemplo es la divergencia de un campo central ~rf (r ) donde r = p x2 + y 2 + z 2 ∇ (~rf (r ))

= = =

∂ ∂ ∂ [xf (r )] + [yf (r )] + [zf (r )] ∂x ∂y ∂z x2 df y 2 df z 2 df 3f (r ) + + + r dr r dr r dr df 3f (r ) + r dr

1.2.3 Rotor de un campo vectorial Siguiendo con la misma lógica de operadores, podemos efectuar el pro~ Así definimos otra ducto cruz entre el operador ∇ y un campo escalar A. 10 operación llamada rotor (o rotacional) ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ ~ = k × (Ax iˆ + Ay jˆ + Az kˆ ) i+ j+ ∇×A ∂x ∂y ∂z ∂Ay ∂Ax ˆ ∂Ax ∂Az ˆ ∂Az ∂Ay ˆ k − i+ − j+ − = ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y lo cual se puede colocar en forma de determinante iˆ ~ = ∂ ∇×A ∂x Ax

jˆ ∂ ∂y

Ay

kˆ ∂ ∂z Az

~ es otro campo vectorial, y por El rotor asociado a un campo vectorial A lo tanto el rotor calculado en un punto da como resultado un vector. El rotor es un operador vectorial (∇×) que muestra la tendencia de un campo vectorial a inducir rotación alrededor de un punto. Si el rotor de un campo vectorial (por ejemplo un fluido) es cero en un punto significa que el campo vectorial (fluido) no tiene rotaciones en ese punto (campo irrotacional), es decir no tiene circulación, turbulencia o remolinos. En cambio si el rotor es distinto de cero significa que el campo tiene circulación o remolinos. La figura 1.23 ilustra los dos casos para un campo vectorial representado por un fluido.

En algunos libros de texto también ~ se usa rot A 10

28


Figura 1.23: A la izquierda el fluido (campo vectorial) es un campo irrotacional pues no tiene remolinos, por lo tanto la pelota no rota y solo se traslada. A la derecha el fluido tiene circulación (rotor distinto de cero) que hace que la pelota rote.

Más adelante veremos que el campo eléctrico radiado por una carga puntual q positiva es radial (ver figura 1.24) y se expresa como ~ = ke q rˆ E r2 donde rˆ es un vector unitario que apunta en forma radial. Claramente las lineas de campo no tienen circulación por lo tanto el campo eléctrico ~ = 0. En efecto debe ser irrotacional, ∇ × E q ~r q q q ~ ∇ × E = ∇ × ke 2 rˆ = ke 2 ∇ × rˆ = ke 2 ∇ × = ke 2 ∇ × ~r r r r r r ~ =0 recordemos que el rotor actúa solo sobre el vector ~r, entonces ∇ × E pues iˆ jˆ kˆ ∂ ∂ ∂ ∇ × ~r = ∂x ∂y ∂z = 0 x y z

1.2.4 El Laplaciano ¿Que pasa si hacemos el producto punto entre dos operadores ∇? ∇ ∇ = ∇2

∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ k k i+ j+ i+ j+ ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ i i + j j + k k ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z

= = =

Figura 1.24: Lineas de campo eléctrico de una carga puntual positiva. Las lineas no tienen circulación, por lo tanto este campo es irrotacional.

∂2 ∂2 ∂2 + + = ∇2 ∂x2 ∂y 2 ∂z 2

De aquí surge la definición de Laplaciano de un campo escalar ϕ(x, y, z )11 ∇2 ϕ =

∂2ϕ ∂2ϕ ∂2ϕ + 2 + 2 ∂x2 ∂y ∂z

Este operador será de gran importancia en este curso, donde necesitaremos encontrar el potencial electrostático, V (una función escalar) por medio de una ecuación diferencial. Por ejemplo la ecuación diferencial siguiente se llama ecuación de Poisson ∇2 V = −

ρ 0

Es la divergencia del gradiente, ∇2 ϕ = ∇ (∇ϕ) 11


29

donde ρ es la densidad de carga (una función escalar). Por otro lado, la ecuación siguiente se llama ecuación de Laplace ∇2 V = 0 aparece en muchas ramas de la física.

1.3 Integrales especiales En los próximos capítulos nos vamos a encontrar con campos escalares que varían en el espacio. también necesitaremos con frecuencia considerar la integración de estos campos a lo largo de líneas , sobre superficies y a través de volúmenes. En general, el integrando puede tener naturaleza escalar o vectorial, pero la evaluación de esas integrales se verá reducida a una o más integrales escalares. En el caso de integrales de superficie y volumen, la evaluación implica integrales dobles o triples.

1.3.1 Integrales de línea Las integrales de línea pueden tener la siguiente forma ˆ ˆ ˆ ~ ~ × d~r φd~r, A d~r, A C

C

C

~ es un campo vectorial y d~r un vector donde φ es un campo escalar, A de desplazamiento infinitesimal. Las tres integrales tienen carácter vectorial, escalar y vectorial respectivamente. Como veremos más adelante, ´ ~ d~r son las de mayor uso en electromagnelas integrales del tipo C A 12 tismo. La evaluación de la integral se hace a lo largo de una trayec~ = Ax iˆ + Ay jˆ + Az kˆ y toria o curva C. En coordenadas cartesianas A ˆ entonces13 d~r = dxiˆ + dy jˆ + dz k, ˆ ˆ ~ A d~r = Ax iˆ + Ay jˆ + Az kˆ (dxiˆ + dy jˆ + dz kˆ ) C

Cuando la curva de integración es ce¸ ~ d~ rrada escribimos el símbolo C A r 12

También acostumbra a usar el símbolo d~l en vez de d~ r. 13

C

ˆ

=

(Ax dx + Ay dy + Az dz ) C

ˆ

=

ˆ Ax dx +

C

ˆ Ay dy +

C

Az dz C

Es decir, tenemos la evaluación de tres integrales “normales”. Un procedimiento similar se aplica para los otros tipos de integrales. ~ se dice que es conservativo si existe un campo Un campo vectorial A escalar ϕ tal que ~ = ∇ϕ A De aquí se deriva el teorema fundamental para gradientes, el cual expresa que14 ˆb ~ d~r = ϕ(b) − ϕ(a) A aC

Campo conservativo.

14

Otra forma de escribir esto es ˆb

(∇ϕ) d~r = ϕ(b) − ϕ(a) aC

30


~ entonces es decir, dado que existe un potencial escalar ϕ que genera A, el valor de la integral de línea es dado por el valor de la función escalar en los puntos a y b. Esto implica dos cosas ´b ~ d~r es independiente del camino C tomado desde a hasta b, 1. a C A pues su valor depende de la diferencia ϕ(b) − ϕ(a). 2.

b

~ d~r = 0 para una trayectoria cerrada,15 en otras palabras A ϕ(b) − ϕ(a) = 0 pues el punto a y el punto b son coincidentes.

La “circulación” es la integral alrededor de una curva cerrada. 15

aC

EJEMPLO 1.2: Trabajo efectuado por una fuerza La fuerza ejercida sobre un cuerpo está dada por F~ = −y iˆ + x~j. Calcular el trabajo efectuado al ir desde el origen hasta el punto (1, 1). Solución: Aquí necesitamos calcular la integral (ˆ1,1)

(ˆ1,1)

F~ d~r =

W = (0,0)

(ˆ1,1)

(−y iˆ + x~j ) (dxiˆ + dy jˆ ) = (0,0)

(−ydx + xdy ) (0,0)

Separando las dos integrales, obtenemos ˆ1 W =−

ˆ1 ydx +

xdy

0

0

La primera integral no puede ser evaluada hasta que especifiquemos como varía y en función de x. Lo mismo para la otra integral. Entonces elegimos un camino de integración (0, 0) → (1, 0) → (1, 1) ˆ1 W =−

0dx +

0

ˆ1

1dy = 1

0

puesto que y = 0 a lo largo del primer segmento del camino y x = 1 a lo largo del segundo segmento. Si ahora elegimos otro camino, (1, 0) → (0, 1) → (1, 1), entonces ˆ1 W =− 0

1dx +

ˆ1

0dy = −1

0

y comprobamos que en este caso el trabajo depende de la trayectoria (F~ es no conservativo).

1.3.2 Integrales de superficie Este es otro tipo de integrales que aparecen con mucha frecuencia. Las más comunes son ˆ ˆ ˆ ~ ~ dS, ~ ~ × dS ~ ϕdS, A A S

S

S

Todas estas integrales se toman sobre una superficie S, la cual puede ser abierta o cerrada, y son por lo general, integrales dobles. Siguiendo la


31

notación de integrales de línea, para superficies cerradas se usa el símbolo ¸ S. ~ representa un elemento de área vectorial de El diferencial vectorial dS la superficie S. El elemento se define perpendicular a la superficie y a veces ~ = ndS se escribe como dS ˆ donde nˆ es un vector unitario perpendicular a la superficie en la posición del elemento y dS es la magnitud (escalar) de ~ (ver figura 1.25). La superficie cerrada en 1.25-a encierra un volumen dS V mientras que la superficie abierta en 1.25-b genera un perímetro C.

Figura 1.25: (a) Una superficie cerrada y (b) una superficie abierta. En cada caso se muestra un vector normal a la ~ = ndS, superficie dS ˆ el cual forma un ~ en el ángulo θ con el campo vectorial A punto.

(a)

(b)

Nuevamente las integrales de superficie más comunes son las del tipo ´ ~ dS. ~ A este tipo de integrales se les llama integrales de flujo y φA = S A las encontraremos más adelante cuando veamos campo eléctrico y campo magnético. Una manera alternativa de definir la divergencia de un campo vectorial es usar las integrales de flujo. La divergencia de un campo vectorial ~ en un punto, se define como el flujo neto de salida de A ~ por unidad de A volumen conforme el volumen alrededor del punto tiende a cero. Es decir en cualquier punto P ~ = l´ım ∇A

V →0

1 V

˛ ~ dS ~ A

(Forma integral de la divergencia)

S

Análogamente, puede demostrarse que los otro operadores vectoriales (rotor y gradiente) se pueden definir como ~ = l´ım ∇×A

V →0

∇ϕ = l´ım

V →0

1 V

˛

1 V

~ ×A ~ dS

(Forma integral del rotor)

S

˛ ~ ϕdS

(Forma integral del gradiente)

S

En cada caso, V es un pequeño volumen que encierra el punto P y S es la superficie que rodea a ese volumen.

32


1.3.3 Integrales de volumen Estas integrales son más simples de calcular, ya que el elemento de volumen dV es una cantidad escalar. En coordenadas cartesianas dv = dxdydz 16 ˆ ˆ ˆ ˆ ~ = iˆ Adv Ax dv + jˆ Ay dv + kˆ Az dv V

V

V

En algunos libros de texto nos encontraremos con las notaciones d3 r ó d3 x para el elemento de volumen. 16

V

La cual se ha reducido a calcular tres integrales de volumen escalares.

1.4 Teoremas integrales importantes 1.4.1 El teorema de la divergencia Supongamos que V representa un volumen en el espacio de tres dimen~ un campo vectorial. siones, S la superficie que encierra ese volumen, y A 17 El teorema de la divergencia establece que ˆ

˛ ~ dS ~ A

~ )dv = (∇ A V

También conocido como teorema de Gauss. 17

S

El teorema de la divergencia puede ser usado para relacionar integrales de volumen e integrales de superficie para cierto tipo de integrandos.

1.4.2 El teorema de Stokes Este es un teorema fundamental para rotores ˆ

˛ ~ ) dS ~= (∇ × A

S

~ d~r A C

Aquí el rotor es sobre una superficie abierta y C es la curva o perímetro que rodea la superficie. Este teorema puede ser usado para evaluar ´ ~ ) dS ~ como integrales de integrales de superficie de la forma S (∇ × A linea y vice versa. La curva C es recorrida en la dirección con respecto a la normal, nˆ de acuerdo a la regla de la mano derecha (o la regla del tornillo), ver figura 1.26.

Figura 1.26: La curva cerrada C es el contorno que rodea de la superficie S. La dirección del vector normal es determinada por la regla de la mano derecha (o tornillo), es decir los dedos apuntas en la dirección de circulación y el pulgar apunta en dirección del vector normal.


33

1.5 Coordenadas curvilíneas En problemas de electromagnetismo, nos encontraremos muy frecuentemente con geometrías que contengan cilindros o esferas. La geometría del sistema de coordenadas cartesianas no es el más adecuada para tratar geometrías esféricas y cilíndricas. En especial, si hay simetrías asociadas con el problema tal como una invariancia con un ángulo o distancia desde un punto dado, se pueden obtener simplificaciones considerables en los cálculo si se usan otros sistemas de coordenadas. Las coordenadas curvilíneas son sistemas de coordenadas en el espacio Euclidiano donde las líneas pueden ser curvas. Estas coordenadas pueden ser obtenidas a partir del sistema de coordenadas Cartesiano mediante una transformación que es invertible (un mapeo 1-1) en cada punto. Estos significa que podemos convertir un punto dado en coordenadas Cartesianas a un sistema curvilíneo y vice versa.

1.5.1 Coordenadas cartesianas Más adelante nos encontraremos con problemas donde hay que calcular integrales expresadas en diferentes sistemas de coordenadas. Necesitaremos expresar cantidades infinitesimales tales como elementos de línea, área y volumen. En el sistema cartesiano esto es simple. Consideremos un pequeño desplazamiento entre los puntos P1 y P2 (ver figura 1.27). este vector puede ser descompuesto y obtener el elemento infinitesimal (o diferencial) de línea:

Figura 1.27: Vector de desplazamiento entre dos puntos.

d~s = dxiˆ + dy jˆ + dz kˆ El elemento infinitesimal de volumen es simple. En la figura 1.27 tenemos un cubo con aristas de longitud dx, dy y dz d3 r = dV = dxdydz Para el elemento infinitesimal de área (o superficie) tenemos tres opciones correspondientes a tres planos dA = dydz

dA = dxdy

Figura 1.28: Elemento de volumen en coordenadas Cartesianas.

dA = dxdz

Los elementos de área son en realidad vectores donde la dirección del ~ es perpendicular al plano definido por el área. El vector área vector dA es elegido apuntando hacia afuera desde una superficie cerrada. Entonces para los tres casos anteriores escribimos ~ = dydz iˆ dA

~ = dxdy kˆ dA

~ = dxdz jˆ dA

~ representa el área y a veces escribimos En general, la magnitud de dA ~ = dA nˆ dA donde nˆ es un vector perpendicular a la superficie de área dA.

Figura 1.29: Elemento de área en coor~ es denadas Cartesianas. El vector dA perpendicular a la cara y de magnitud dA = dxdx

34


1.5.2 Coordenadas esféricas En vez de localizar un punto en el espacio mediante coordenadas cartesianas, podemos usar coordenadas esféricas r, θ y φ. De la figura 1.30 se desprende que la relación entre los dos sistemas de coordenadas está dada por x

= r sin θ cos φ

y

= r sin θ sin φ

z

= r cos θ

Desafortunadamente, la convención de los símbolos θ y φ, usada aquí, es revertida en algunos libros de texto. Eso no significa que alguien esté equivocado, simplemente puede resultar confuso y conducir a errores. En algunos libros el ángulo (cenit) que forma r con eje z se denota por φ. También es frecuente encontrar que el símbolo r se cambia por ρ, y los símbolos ϕ y ψ se usan en vez de φ.

Figura 1.30: Una representación de un sistema de coordenadas esféricas. Un punto es especificado por las coordenadas esféricas r, θ y φ.

Este sistema de coordenadas es llamado sistema de coordenadas esféricas porque la gráfica de la ecuación r = c = constante es una esfera de radio c centrada en el origen. Las restricciones para r, θ y φ son 0≤θ≤π

0 ≤ φ ≤ 2π

0≤r<∞

Algunas veces necesitaremos conocer r, θ y φ en función de x, y, z p r = x2 + y 2 + z 2 z z cos θ = =p 2 r x + y2 + z2 y tan φ = x En el caso de las coordenadas cartesianas tenemos una base ortonormal ˆ Aquí definimos los vectores r, ˆ que son la de tres vectores iˆ jˆ y k. ˆ θˆ y φ, base ortonormal en el sistema de coordenadas esféricas. De acuerdo a la figura 1.31 debe cumplirse rˆ φˆ = rˆ θˆ = θˆ φˆ = 0 φˆ × rˆ = θˆ rˆ × φˆ = −θˆ

rˆ × θˆ = φˆ θˆ × rˆ = −φˆ

θˆ × φˆ = rˆ φˆ × θˆ = −rˆ

Los vectores r, ˆ θˆ y φˆ también están relacionados con las coordenadas cartesianas rˆ = sin θ cos φiˆ + sin θ sin φjˆ + cos θkˆ θˆ = cos θ cos φiˆ + cos θ sin φjˆ − sin θkˆ φˆ = − sin φiˆ + cos φjˆ iˆ = sin θ cos φrˆ + cos θ cos φθˆ − sin φφˆ

Figura 1.31: Los tres vectores unitarios de un sistema de coordenadas esféricas.


35

jˆ = sin θ sin φrˆ + cos θ sin φθˆ + cos φφˆ kˆ = cos θrˆ − sin θθˆ Los cantidades infinitesimales en coordenadas esféricas son un poco más complicadas. De la figura 1.32 se puede ver que el elemento infinitesimal (diferencial) de área es dA = r2 sin θdθdφ El vector diferencial de área resulta de considerar un vector perpendicular a la superficie esférica. Ese vector es rˆ ~ = r2 sin θdθdφrˆ dA Similarmente (figura 1.32) el elemento infinitesimal de volumen es simplemente dV = (dA)dr dV = r2 sin θdθdφdr Finalmente el elemento infinitesimal de línea resulta de sumar los vectores drr, ˆ r sin θdφφˆ y rdθθˆ d~s = drrˆ + r sin θdφφˆ + rdθθˆ

Figura 1.32: Una construcción geométrica del elemento diferencial de área y volumen en coordenadas esféricas.

36


1.5.3 Coordenadas cilíndricas Un punto en coordenadas cilíndricas se especifica mediante tres coordenadas (r, φ, z).18 Con referencia la figura 1.33 podemos ver que x

= r cos φ

y

= r sin φ

z

= z

También es usual utilizar el símbolo ρ en vez de r. 18

Este sistema de coordenadas es llamado sistema de coordenadas cilíndricas porque la gráfica de la ecuación r = c = constante es una cilindro de radio c centrado en el origen. Las restricciones para φ,r y z son 0 ≤ φ ≤ 2π

0≤r<∞

− ∞ < z < +∞

Algunas veces necesitaremos conocer r, φ y en función de x, y, z p r = x2 + y 2 y tan φ = x z = z ˆ 19 . De acuerdo a la La base ortonormal la forman los vectores r, ˆ φˆ y k. figura 1.34 debe cumplirse

Figura 1.33: Una representación de un sistema de coordenadas cilíndricas. Un punto es especificado por las coordenadas cilíndricas r, φ y z.

También se acostumbra a usar zˆ en ˆ vez de k.

19

rˆ φˆ = rˆ kˆ = kˆ φˆ = 0 φˆ × kˆ = rˆ kˆ × φˆ = −rˆ

rˆ × φˆ = kˆ

kˆ × rˆ = φˆ

φˆ × rˆ = −kˆ

rˆ × kˆ = −φˆ

Los vectores unitarios también están relacionados con los vectores unitarios en coordenadas cartesianas rˆ = cos φiˆ + sin φjˆ θˆ = − sin φiˆ + cos φjˆ kˆ = kˆ iˆ = cos φrˆ − sin φφˆ jˆ = sin φrˆ + cos φφˆ De la figura 1.35 se puede ver que el elemento infinitesimal (diferencial) de área sobre el manto de cilindro es dA = rdφdz El vector diferencial de área resulta de considerar un vector perpendicular a la superficie cilíndrica. Ese vector es rˆ ~ = rdφdz rˆ dA También el elemento diferencial de área sobre la tapa superior del cilindro es

Figura 1.34: Los tres vectores unitarios de un sistema de coordenadas esféricas.


37

~ = rdφdrkˆ dA Similarmente (figura 1.35) el elemento infinitesimal de volumen es simplemente dV = (dA)dr dV = rdφdzdr Finalmente el elemento infinitesimal de línea resulta de sumar los vectores drr, ˆ rdφφˆ y z kˆ d~s = drrˆ + rdφφˆ + z kˆ

Figura 1.35: Una construcción geométrica del elemento diferencial de área y volumen en coordenadas cilíndricas.

1.5.4 Coordenadas polares No hay nada nuevo en estas coordenadas pues se trata de las mismas coordenadas cilíndricas pero el plano xy (z = 0), es decir se pueden usar las mismas relaciones de las coordenadas cilíndricas, pero sin considerar la tercera componente. Un punto en el plano está determinado por dos coordenadas (r, φ).

1.5.5 Resumen de elementos diferenciales d~s

~ dA

dV

Cartesianas

dx iˆ + dy jˆ + dz kˆ

ˆ dxdz jˆ ; dydz iˆ dxdy k;

dxdydz

Cilíndricas

dr rˆ + rdφ φˆ + dz kˆ

rdφdz r; ˆ rdφdr kˆ

rdφdzdr

Esféricas

dr rˆ + r sin θdφ φˆ + rdθ θˆ

r2 sin θdθdφ rˆ

r2 sin θdθdφdr

38


1.6 Operadores en coordenadas curvilíneas En la sección 1.2 definimos lo operadores escalares y vectoriales en coordenadas Cartesianas. Ahora veremos la forma que tienen estos operadores en coordenadas esféricas y cilíndricas.

Gradiente (grad ≡ ∇) ∂ ∂ ∂ ∇ = iˆ + jˆ + kˆ ∂x ∂y ∂z

Coordenadas cartesianas

Se aplica a un campo escalar F (x, y, x) y lo convierte en el vector ∇F (x, y, x) ∇F = iˆ

∇ = rˆ

∂F ∂F ∂F + jˆ + kˆ ∂x ∂y ∂z

∂ 1 ∂ ∂ + φˆ + zˆ ∂r r ∂φ ∂z

Coordenadas cilíndricas

Se aplica a un campo escalar F (r, φ, z ) y lo convierte en el vector ∇F (r, φ, z ) ∇F = rˆ

∇ = rˆ

∂F 1 ∂F ∂F + φˆ + kˆ ∂r r ∂φ ∂z

∂ 1 ∂ 1 ∂ + θˆ + φˆ ∂r r ∂θ r sin θ ∂φ

Coordenadas esféricas

Se aplica a un campo escalar F (r, θ, φ) y lo convierte en el vector ∇F (r, θ, φ) ∇F = rˆ

∂F 1 ∂F 1 ∂F + θˆ + φˆ ∂r r ∂θ r sin θ ∂φ

Divergencia (div ≡ ∇) Este operador se puede interpretar como el producto “punto” entre ∇ y ~ A ~= ∇A

∂ ∂ ∂ iˆ + jˆ + kˆ ∂x ∂y ∂z

ˆ z) · (iÂx + jˆ Ay + kA

~ (x, y, z ) en un escalar ∇ A ~ (x, y, z ) Convierte el campo vectorial A

~= ∇A

∂Ay ∂Ax ∂Az + + ∂x ∂y ∂z



~ = 1 ∂ (rAr ) + 1 ∂Aθ + ∂Az ∇A r ∂r r ∂θ ∂z


∂ 1 ∂Aφ ~ = 1 ∂ ( r 2 Ar ) + 1 ∇·A (sin θAθ ) + r2 ∂r r sin θ ∂θ r sin θ ∂φ


Laplaciano (∇2 ) Se puede definir como el producto punto de dos operadores nabla ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂2 ∂2 ∂2 ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ∂ ∇∇ = k k = + + = + + = ∇2 i+ j+ i+ j+ ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 | {z } | {z } ∇

∇

∇2 =

∂2 ∂2 ∂2 + + ∂x2 ∂y 2 ∂z 2

C

Convierte el campo escalar F (x, y, z ) en un escalar ∇2 F (x, y, z ) ∇2 F =

1 ∂ ∇ = r ∂r 2

∂ r ∂r

+

∂2F ∂2F ∂2F + + ∂x2 ∂y 2 ∂z 2

∂2 1 ∂2 + r2 ∂φ2 ∂z 2


Convierte el campo escalar F (r, φ, z ) en un escalar ∇2 F (r, φ, z ) 1 ∂ ∇ F = r ∂r 2

∇2 =

1 ∂ r2 ∂r

r2

∂ ∂r

+

∂F 1 ∂2F ∂2F r + 2 + ∂r r ∂φ2 ∂z 2

1 ∂ 2 r sin θ ∂θ

∂ 1 ∂2 sin θ + 2 2 ∂θ r sin θ ∂φ2


Convierte el campo escalar F (r, θ, φ) en un escalar ∇2 F (r, θ, φ) 1 ∂ ∇ F = 2 r ∂r 2

r

2 ∂F

∂r

1 ∂ + 2 r sin θ ∂θ

∂F 1 ∂2F sin θ + 2 2 ∂θ r sin θ ∂φ2

39

40


Rotor (∇×) ~ Este operador se puede interpretar como el producto “cruz” entre ∇ y A

~ ∇×A

∂ ˆ ∂ ˆ ∂ ˆ k × (Ax iˆ + Ay jˆ + Az kˆ ) i+ j+ ∂x ∂y ∂z ∂Ay ∂Ax ˆ ∂Az ∂Ay ˆ ∂Ax ∂Az ˆ − i+ − j+ − k ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y

= =

el cual se puede colocar en forma de determinante iˆ ~ ∇ × A = ∂ ∂x Ax

jˆ ∂ ∂y

Ay

kˆ ∂ ∂z Az



41

PROBLEMAS ~ M N ; (b) R ~ MN + R ~ M P ; (c) 1.1 Dados los puntos M (−1, 2, 1),N (3, −3, 0) y P (−2, −3, −4). Encontrar (a) R ˆ |~rM |; (d) RM P ; (e) |2~rP − 3~rN | ˆ (b) 3iˆ − 10jˆ − 6k; ˆ (c) 2.45; (d) −0.14iˆ − 0.7jˆ − 0.7k; ˆ (e) 15.56 Sol.: (a) 4iˆ − 5jˆ − k; 1.2 Encontrar el ángulo entre los vectores: ~a = iˆ + 2jˆ + 3kˆ y ~b = 2iˆ + 3~j + 4kˆ Sol.: 0.12 rad 1.3 Mostrar que los siguientes vectores forman los lados de un triangulo rectángulo: ~ = 2iˆ − jˆ + kˆ A

~ = iˆ − 3jˆ − 5kˆ B

~ = 3iˆ − 4jˆ − 4kˆ C

~ es expresado en coordenadas rectangulares como 1.4 Un campo vectorial S ~ (x, y, z ) = S

(x − 1)2

125 (x − 1)iˆ + (y − 2)jˆ + (z + 1)kˆ 2 2 + (y − 2) + (z + 1)

~ en P (2, 4, 3). (b) Determinar un vector unitario que de la dirección de S ~ en P . (c) Especificar la (a) Evaluar S ~ superficie f (x, y, z ) cuando S = 1. p ˆ (b) 0.218iˆ + 0.436jˆ + 0.873k; ˆ (c) (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 = 125 Sol.: (a) 5.95iˆ + 11.90jˆ + 23.8k; ~ = y iˆ − 2.5xjˆ + 3kˆ y el punto Q(4, 5, 2). Encontrar (a) G ~ (~rQ ) (G ~ en Q); 1.5 Considere el campo vectorial G 1 ˆ ~ ~ (~rQ ) ˆ ˆ (b) la componente escalar de G(~rQ ) en la dirección ~a = 3 (2i + j − 2k ); (c) la componente vectorial de G ~ (~rQ ) y ~a. en la dirección ~a; (d) el ángulo θ entre G ~ ~ ˆ (d) 99.9° ˆ ˆ Sol.: (a) G(~rQ ) = 5i − 10j + 3k; (b) −2; (c) −1.333iˆ − 0.667jˆ + 1.333k; 1.6 Los tres vértices de un triangulo están localizados en A(6, −1, 2), B (−2, 3, −4) y C (−3, 1, 5). Encontrar: ~ AB × R ~ AC ; (b) Un vector unitario perpendicular al plano del triangulo. (a) R ˆ (b) 0.286iˆ + 0.928jˆ + 0.238kˆ Sol.: (a) 24iˆ + 78jˆ + 20k; 1.7 Demuestre que d~u d~v d (~u ~v ) = ~v + ~u dt dt dt 1.8 El potencial electrostático producido por el momento dipolar µ ~ localizado en el origen y dirigido a lo largo del eje x está dado por µx V (x, y, z ) = (x, y, z 6= 0) 2 2 (x + y + z 2 )3/2 Encontrar la expresión de campo eléctrico asociado a este potencial. 2 3µx µ 3µxy ~ = iˆ ˆ ˆ Sol.: E − + j + k 2 2 2 5/2 2 2 2 3/2 2 2 2 5/2 (x +y +z )

(x +y +z )

(x +y +z )

3µxz (x2 +y 2 +z 2 )5/2

1.9 Calcular la integral de línea de la función vectorial ~v = y 2 iˆ + 2x(y + 1)jˆ desde el punto (1, 1, 0) al punto (2, 2, 0), a lo largo de las trayectorias: (a) (1, 1, 0) → (2, 1, 0) → (2, 2, 0) y (b) (1, 1, 0) → (2, 2, 0) Sol.: (a) 11; (b) 10

2

CAPÍTULO

Electrostática Era muy conocido por los antiguos griegos que al frotar un trozo de ámbar se “electrificaba” al ser frotado con piel y a la vez podía atraer pequeños objetos. De hecho la palabra "electricidad" viene del vocablo Griego ámbar (elektron). En tiempos modernos, estamos acostumbrados a tratar con el término electricidad. Las fuerzas eléctricas son las que sostienen el mundo material. Estas fuerzas enlazan los electrones y núcleos para formar átomos, a su vez los átomos son enlazados a otros átomos para formar moléculas. El objetivo de la electrostática es estudiar las fuerzas y otros efectos que se producen entre los cuerpos que poseen carga eléctrica en reposo, además de los campos eléctricos que no cambian en el tiempo.

2.1 Carga eléctrica ¿Qué es la carga eléctrica?

Lo que podemos decir es que hay dos tipos de carga, las cuales se designan como positiva (+) y negativa (−). Cuando frotamos una varilla de vidrio contra un pedazo de seda, la varilla de vidrio queda “electrificada” o “cargada” y llamamos a esa carga positiva. Ahora si frotamos una varilla de goma contra un pedazo de piel, entonces la varilla queda con carga negativa (Fig. 1.1). Piel de gato

Goma

Seda Vidrio

También se puede comprobar experimentalmente (Figura 2.2) que cargas iguales se repelen y cargas distintas se atraen. ¿Pero cual es el origen la carga eléctrica?

La materia está constituida de átomos. Cada átomo consiste de un núcleo, que contiene protones y neutrones, y este núcleo está rodeado por un

Figura 2.1: La varilla de goma queda cargada negativamente al ser frotada con piel. La varilla de vidrio queda cargada positivamente al ser frotada con seda.

44


Figura 2.2: Comprobación de que cargas iguales se atraen y cargas distintas se repelen.

Goma

Goma

Goma Vidrio

(a)

(b)

cierto número de electrones. La figura 2.3 muestra esquemáticamente un átomo de Litio (Li). En el lado izquierdo está el átomo de litio neutro (carga cero), que consiste en un núcleo de tres protones (+) y cuatro neutrones (carga cero), y tres electrones (-) moviéndose alrededor del núcleo. En el medio está el mismo átomo con un electrón de menos, por lo tanto, el ion litio (Li+ ) tendrá una carga neta de +1e. En el lado derecho se ha agregado un electrón al átomo y tendremos el ion (Li− ) con una carga en exceso de −1e.

La fuerza de repulsión o atracción entre dos cuerpos cargados dependerá de la “cantidad neta de carga” que posean. Por carga neta se entiende la carga en exceso (positiva o negativa) que un cuerpo posee comparado con el mismo cuerpo neutro.

Figura 2.3: Esquema de un átomo de litio neutro Li y los iones Li− y Li+ . Los electrones no tienen trayectorias definidas así que las curvas azules en la figura sólo tienen carácter esquemático. Sea positivo, done un electrón.

Figura 2.4: Un cuerpo neutro posee la misma cantidad de cargas negativas que positivas. En un cuerpo con una carga neta, alguno de los dos tipos de cargas está en exceso. Carga positiva

Carga neutra

Carga negativa

electrostática

45

2.1.1 Cuantización de la carga Los experimentos demuestran además que la carga está cuantizada. Esto quiere decir que la carga viene en múltiplos enteros de una carga elemental (e). Por ejemplo si un cuerpo tiene una carga neta Q, entonces necesariamente se cumple que Q = Ne donde N = 1, 2, 3, · · · es un número entero y e es la carga fundamental, que tiene un valor de 1.602 × 10−19 C. Donde la unidad de carga es llamada Coulomb (C). Esto quiere decir que no puede haber una carga más pequeña que 1.602 × 10−19 C.

Coulomb (C) es la unidad de carga.

Notar que la unidad de carga eléctrica (1 Coulomb) es una cantidad extremadamente grande, ya que son necesarios 6 × 1018 electrones para completar una carga de −1.0 C. Por ejemplo, si dos cargas de un Coulomb cada una están separadas un metro, entonces aplicando la ley de Coulomb, la fuerza de repulsión es aproximadamente 9 × 109 N. ¡Esto es alrededor de un millón de toneladas!. Para darse una idea del tamaño de las partículas que constituyen un átomo, se muestran en la tabla, las masas de los electrones, protones y neutrones junto con sus respectivas cargas.

Partícula

Masa (kg)

Carga (C)

electrón

9.11 × 10−31

−1.602 × 10−19 (−e)

protón

1.673 × 10−27

+1.602 × 10−19 (+e)

neutrón

1.675 × 10−27

0

Tabla 2.1: Masas y cargas de las partículas que forman un átomo.

EJEMPLO 2.1: Carga de electrones ¿Cual es la carga total de 75.0 kg de electrones? Solución: La masa de un electrón es 9.11 × 10−31 kg, de tal manera que una masa M = 75.0 kg contiene N=

M 75 kg = = 8.3 × 1031 electrones me 9.11 × 10−31 kg

La carga de de un electrón es −e = −1.602 × 10−19 C, por lo tanto la carga de N electrones es Q = N (−e) = 8.3 × 1031 × (−1.602 × 10−19 C) = −1.32 × 1013 C

2.1.2 Ley de conservación de la carga Esta ley establece que la carga neta de un sistema aislado permanece constante. Si un sistema parte con un número igual de cargas positivas y negativas, no se puede hacer nada para crear un exceso de carga negativa o positiva en el sistema a menos que traigamos una carga desde afuera del

46


sistema (o quitar alguna carga del sistema). De la misma forma, si algún sistema parte con una cierta carga neta (+ o -), por ejemplo +100e, el sistema tendrá siempre +100e, a menos que se le permita al sistema interactuar con el exterior.

2.1.3 Tipos de materiales Las fuerzas entre dos objetos cargados pueden ser muy grandes. La mayoría de los objetos son eléctricamente neutros; tienen igual cantidad de cargas positivas que negativas. Los metales son buenos conductores de carga eléctrica, mientras que los plásticos, madera, y goma no lo son (se les llama aislantes). La carga no fluye muy fácilmente en los aislantes comparado con los metales. Los materiales están divididos en tres categorías, dependiendo cuan fácilmente permitan el flujo de carga (ej. electrones) a los largo de ellos. Estos son:

Tipos de materiales.

Conductores - por ejemplo los metales. Semiconductores - el silicio es un buen ejemplo. Aisladores - por ejemplo: goma, madera, plástico.

2.1.4 Modos de cargar un objeto Hay tres maneras de cargar un objeto. Estas son: 1. Por fricción: esto es útil para cargar aisladores. 2. Por conducción: es útil para cargar metales y otros conductores. Si un objeto cargado toca a un conductor, una cantidad de carga será transferida entre el objeto y el conductor, de tal manera que el conductor quedará cargado con el mismo signo que la carga del objeto. 3. Por inducción: también es útil para cargar metales y otros conductores. La figura de abajo muestra un ejemplo de como cargar una esfera metálica por el método de inducción:

(b)

(a)

(d)

(c)

(e)

Tierra

Figura 2.5: (a) Una esfera conductora y aislada. (b) Se acerca una barra cargada negativamente y las cargas en la esfera se polarizan, pero la esfera sigue siendo neutra. (c) Se conecta un cable a tierra y las cargas negativas fluyen hacia la tierra. (d) Se desconecta el cable y la esfera queda cargada positivamente y la tierra negativamente. (d) Se aleja la barra y las cargas positivas en la esfera se distribuyen uniformemente en su superficie.

electrostática

47

2.2 Ley de Coulomb Charles Coulomb (1736–1806) se las arregló para medir las magnitudes de las fuerzas eléctricas entre dos objetos cargados. Coulomb confirmó que la magnitud de la fuerza eléctrica entre dos pequeñas esferas cargadas es proporcional al inverso del cuadrado de la distancia de separación r, es decir F ∝ 1/r2 si las cargas son q1 y q2 , entonces la magnitud de la fuerza está dada por: F = ke

|q1 | |q2 | r2

Figura 2.6: La fuerza de atracción entre dos cargas depende de la separación de las dos cargas.

donde ke es llamada la constante de Coulomb: ke = 8.9875 × 109 N.m2 /C2 también esta constante se puede expresar como ke =

1 4π0

donde 0 = 8.8542×10−12 C2 /N.m2 es la permitividad del espacio vacío.

La ley de Coulomb es válida cuando dos objetos cargados actúan como cargas puntuales. Una esfera conductora cargada interactúa con otro objeto cargado como si toda la carga estuviera concentrada en el centro de la esfera. Ahora, sabemos que la fuerza es un vector, así que la forma correcta de formular la ley de Coulomb en forma vectorial es1 q1 q2 F~12 = ke 2 rˆ12 r

El vector rˆ12 apunta de “1” a “2” y ~12 significa “fuerza 1 sobre el símbolo F 2”, pero en otros libros de texto la fuerza sobre la carga q2 también se escribe ~2 . simplemente F 1

Según la figura 2.7-(a), rˆ12 es un vector unitario que apunta desde la carga q1 a la q2 y F~12 es la fuerza sobre la carga q2 debido a la carga q1 . Puesto que esta fuerza debe obedecer al la tercera ley de Newton entonces debe cumplirse que F~12 = −F~21 q1 q2 F~12 = ke 2 rˆ12 = −F~21 r En otros libros de texto la forma vectorial de la ley de Coulomb es como sigue: si ~r1 es el vector posición de la carga q1 y ~r2 es el vector posición de la carga q2 , entonces las distancia entre las cargas está dada por el módulo del vector ~r12 = ~r2 − ~r1 (ver figura 2.8), así la fuerza de la carga q1 sobre la q2 es q1 q2 F~12 = ke 2 rˆ12 r12

(a)

(b)

Figura 2.7: Repulsión y atracción de dos cargas. El vector unitario rˆ12 apunta en la dirección de la fuerza que ejerce q1 sobre q2 . En ambos casos se cumple ~12 = −F ~21 . la tercera ley de Newton F

48


la escribimos

q1 q2 ~r12 F~12 = ke 2 r12 r12

donde hemos reemplazado el vector unitario2 rˆ12 por ~rr12 y r12 = |~r12 | = 12 |~r2 − ~r1 |. Así podemos expresar la fuerza en diferentes formas: F~12 = ke

q1 q2 ~r12 ~r2 − ~r1 = ke r12 = ke q1 q2 3~ |~ r − ~ r | |~r2 − ~r1 | 2 |~r2 − ~r1 | |~r2 − ~r1 |3 1 q1 q2

Recordar que para obtener un vector unitario que apunte en la dirección de ~ debemos dividir ese vector por su A, ~ A módulo, es decir Aˆ = |A| 2

2

Adoptamos la expresión siguiente por ser la más usada: ~r2 − ~r1 F~12 = ke q1 q2 |~r2 − ~r1 |3

(2.1)

Figura 2.8: La posición de las cargas en función de los vectores de posición.

pregunta: ¿Quién descubrió la ley de Coulomb?

respuesta: ¡Sorpresa! NO fue Charles Coulomb; ¡fue Henry Cavendish!. Henry Cavendish (1731–1810) fue un científico brillante, pero también era muy retraído, solitario, misógino y excéntrico. También fue el primero en determinar el valor de la constante de gravitación universal (G). El descubrió que el agua es un compuesto molecular y no un elemento (como se pensaba). El también determinó la ley de fuerzas para cargas eléctricas (F = kq1 q2 /R2 ). Sin embargo, Cavendish raramente publicaba sus hallazgos. Así que años más tarde, fue Coulomb quien recibió todos los créditos al descubrir la ley de fuerza eléctrica.

electrostática

49

EJEMPLO 2.2 Las cargas y coordenadas de dos partículas fijas en el plano xy son: q1 = +3.0µC, x1 = 3.5 cm, y1 = 0.5 cm, y q2 = −4.0µC, x2 = −2.0 cm, y2 = 1.5 cm. Encontrar la magnitud y dirección de la fuerza electrostática sobre q2 . Solución: De acuerdo al esquema, claramente q2 será atraída por q1 . Primeramente, encontramos la distancia entre los dos puntos: q r = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 q = (−2.0 − 3.5)2 + (1.5 − 0.50)2

Fuerza sobre la carga 2

= 5.59 cm=5.59×10−2 m luego encontramos la magnitud de la fuerza sobre q2 2 (3.0 × 10−6 C)(4.0 × 10−6 C) |q1 | |q2 | 9 N.m F = ke = 8.9 × 10 = 34 N r2 (5.59 × 10−2 m)2 C2 Puesto que q2 es atraída por q1 , la dirección de la fuerza es la misma que el vector ~r que apunta de q2 hacia q1 . Ese vector es: ~r = ~r21 = (x1 − x2 )iˆ + (y1 − y2 )jˆ = (5.5 cm)iˆ + (−1.0 cm)jˆ y su dirección (ángulo formado con el eje x): θ = arctan

−1.0 +5.5

= −10.3◦

La fuerza en forma vectorial se escribe:

(5.5)iˆ + (−1.0)jˆ F~ = F rˆ21 = 34 N × = (33.45iˆ − 6.08jˆ ) N 5.59

otra forma: Habiendo calculado la magnitud de la fuerza, es más fácil obtener el vector fuerza considerando el ángulo α de la figura. Sabemos que la fuerza va en la dirección de ~r21 , entonces expresamos F~ en función de sus componentes: F~ = F cos α iˆ−F sin α ~j Notar que hemos colocado un signo menos en la componente y de la fuerza porque eso lo sabemos

50


de la figura. A partir del gráfico obtenemos F~

5.5 ˆ 1.0 ˆ i − 34 × j 5.59 5.59 (33.45iˆ − 6.08jˆ ) N

= 34 × =

Notar que en la solución hemos usado los valores absolutos de las cargas y la dirección de la fuerza la hemos determinado “a mano”. Puesto que nos están pidiendo F~12 , podemos resolver este problema en forma alternativa usando q1 q2 F~12 = ke 3 ~r12 r Primero obtenemos ~r12 ~r12 = (−5.5 cm)iˆ + (1.0 cm)jˆ = (−5.5 × 10−2 m)iˆ + (1.0 × 10−2 m)jˆ Además r3 = (5.59 × 10−2 m)3 = 1.746 × 10−4 m3 entonces 2 (3.0 × 10−6 C)(−4.0 × 10−6 C) 9 N.m ~ −5.5 × 10−2 m iˆ + 1.0 × 10−2 m jˆ F12 = 8.9 × 10 2 −4 3 1.746 × 10 m C = 33.5 iˆ − 6.1 jˆ Aquí hemos dejado que las matemáticas funcionen, pues hemos usado las cargas con sus respectivos signos y no hemos hecho ninguna consideración acerca de la dirección de la fuerza. EJEMPLO 2.3 Dos esferas pequeñas cargadas tienen una carga total combinada de 5.0 × 10−5 C. Si las esferas se repelen con una fuerza electrostática de 1.0 N, cuando las esferas están a una distancia de separación de 2.0 m, ¿Cual es la carga de cada esfera? Solución: Sean q1 y q2 las dos cargas. La condición dada es que la carga combinada (suma) sea q1 + q2 = 5.0×10−5 C de la ecuación F12 = ke q1 q2 =

q1 q2 r2

⇒

(1.0 N)(2.0 m)2 2 8.9 109 N.m C2

(?)

q1 q2 =

F12 r2 ke

= 4.449 × 10−10 C2

Combinado esta expresión con (?) obtenemos q12 − (5.0×10−5 C)q1 + 4.449 × 10−10 C2 = 0 Esta es una ecuación de segundo grado en q1 q1 = 5.0×10−5 ± La solución para q2 sale de (?)

p

 (5.0×10−5 ) − 4(4.449 × 10−10 ) 3.84 × ×10−5 C = 1.16 × ×10−5 C 2 q2 = 5.0×10−5 C − q1

electrostática

51

Tenemos dos valores para q1 . Probamos con q1 = 3.84 × ×10−5 C q2 = 5.0×10−5 C − 3.84 × ×10−5 C = 1.16 C y con q1 = 1.16 × ×10−5 C

q2 = 5.0×10−5 C − 1.16 × ×10−5 C = 3.84 C

Ambos son las misma solución. La respuesta es que las cargas son 1.16 C y 3.84 C. EJEMPLO 2.4 Una cierta carga Q es dividida en dos partes q y (Q − q ), las cuales están separadas por una cierta distancia. ¿Cual debe ser el valor de q en términos de Q para que la fuerza de repulsión sea máxima entre las dos cargas? Solución: Si suponemos que la distancia entre las dos cargas es r entonces la magnitud de la fuerza es: F = ke

|q| |Q − q| r2

sabemos que q y Q tienen el mismo signo, así que podemos omitir los valores absolutos y asegurarnos de que F sea positiva qQ − q 2 q (Q − q ) = k F = ke e r2 r2 para encontrar el valor de q que hace máxima esta repulsión derivamos F con respecto a q e igualamos a cero: Q − 2q dF = ke =0 dq r2 ecuación que tiene como solución q = Q/2. Es decir, la máxima repulsión es cuando dividimos Q por la mitad.

52


2.3 Principio de Superposición ¿Que pasa si tenemos muchas cargas y queremos calcular al fuerza ejercida sobre una de ellas debido al resto de las cargas? La ley de Coulomb se aplica a cada par de cargas puntuales. Cuando dos o más cargas están presentes, la fuerza neta sobre cualquiera de las cargas es simplemente la suma vectorial de las fuerzas ejercidas sobre esa carga por el resto de las cargas. Por ejemplo si tenemos 3 cargas, la fuerza resultante (F~3 ) sobre la carga q3 debido a q1 y q2 será

La fuerza sobre q3 es la suma de las otras dos cargas sobre ella.

F~3 = F~13 + F~23 En general si tenemos N cargas, entonces la fuerza sobre i-ésima carga debido al resto de las cargas es3 F~i = ke qi

N N X X qj qj r ˆ = k q rji e ji i 2 3 ~ rji rji j6=i

La expresión j 6= i significa sumar sobre todos los valores de j excepto cuando j = i. 3

j6=i

Otra forma de expresar lo anterior es en función de las posiciones de las cargas F~i = ke qi

N X

~ri − ~rj qj ~ri − ~rj 3 j6=i

EJEMPLO 2.5 Tres cargas están configuradas de acuerdo a la figura. Encontrar al fuerza sobre la carga q3 asumiendo que q1 = 6.0 × 10−6 C, q2 = −q1 = −6.0 × 10−6 C, q3 = +3.0 × 10−6 C y a = 2.0 × 10−1 m. Solución: Usando el principio de superposición, la fuerza sobre q3 es q2 q3 q1 q3 ~ ~ ~ F3 = F13 + F23 = ke 2 rˆ13 + r 2 rˆ23 r13 23 la tarea “complicada” aquí es encontrar los vectores unitarios rˆ13 y rˆ23 . De acuerdo a la figura, el vector ~r13 apunta desde la carga q1 hacia la carga q3 : √ √ ~r13 = 2a cos θiˆ + 2a sin θjˆ √ así, si dividimos este vector por su módulo ( 2a) obtenemos el vector unitario rˆ13 √ 2 ˆ ˆ ˆ ˆ rˆ13 = cos θi + sin θj = (i + j ) 2 puesto que cos θ = sin θ =

√

2 2 .

El vector rˆ23 es más fácil, pues éste apunta en la dirección positiva de x: rˆ23 = iˆ

Así la fuerza total es:

√ q1 q3 2 ˆ ˆ q2 q3 ~ F3 = ke 2 (i + j ) + ke 2 iˆ r13 2 r23

electrostática

y sabiendo que r13 =

53

√

2a y r23 = a, obtendremos finalmente: √ √ ke q1 q3 2 ˆ ˆ ke q1 q3 2 ˆ ˆ ke q2 q3 ˆ ke q2 q3 ˆ ~ i= i F3 = √ (i + j ) + (i + j ) + 2 2 2 a a 4 a2 ( 2a) 2

Si reemplazamos los valores numéricos, obtendremos F~3 (en unidades de Newton): F~3 = −2.615iˆ + 1.429jˆ La magnitud de F~3 es

p

(−2.615)2 + 1.4292 ≈ 3.0 N.

Una forma alternativa de resolver este problema es primero calcular las magnitudes de cada una de las 2| las fuerzas F = ke |Q1r||Q y luego calcular sus componentes. 2 EJEMPLO 2.6 Ahora un problema más difícil. En la figura se muestran dos cargas positivas +q y una carga negativa −Q que puede moverse libremente y que se encuentra inicialmente en reposo. Si las dos cargas q están fijas: a) Determinar el periodo de movimiento de la carga −Q. Solución: puesto que las dos cargas positivas atraen a −Q, esta carga se desplazará a lo largo del eje x. Una vez que pase hacia el lado negativo, volverá a ser atraída hacia el lado positivo, y así sucesivamente, de manera que −Q comenzará a moverse de una lado para otro describiendo un movimiento oscilatorio. La magnitud de la fuerza ejercida por una de las cargas q sobre −Q será FqQ = ke

qQ r2

p donde r = x2 + (d/2)2 . Puesto que por simetría la fuerza resultante, debido a las dos cargas q, será en la dirección horizontal, debemos entonces calcular la componente horizontal de FqQ Fx = FqQ cos θ = ke

qQ cos θ r2

donde θ es el ángulo entre la línea qQ y el eje horizontal, es decir cos θ = Fx = ke

x r

=√

x x2 +(d/2)2

qQ x qQ x qQx p = ke 2 = ke 2 r2 r x + (d/2)2 x2 + (d/2)2 (x + (d/2)2 )3/2

pero, en la expresión anterior Fx es la fuerza debido a una sola carga, por lo tanto, la magnitud de la fuerza total sobre −Q será el doble qQx 2ke 2 (x + (d/2)2 )3/2 Ahora, para describir el movimiento de −Q, usamos la segunda ley de Newton (F = ma = m ddt2x ) 2

2ke

d2 x qQx = −m dt2 (x2 + (d/2)2 )3/2

donde m es la masa de −Q y se ha introducido el signo (−) debido que la fuerza sobre la carga −Q actúa como restauradora (como en un resorte). Lamentablemente esta es una ecuación diferencial difícil de resolver,

54


pero podemos hacer una aproximación razonable si suponemos que x es pequeño comparado con d (x d), 3/2 entonces x2 + (d/2)2 es aproximadamente igual (0 + (d/2)2 )3/2 = (d/2)3 , por lo tanto podemos escribir d2 x 16ke qQx = −m d3 dt2 Si definimos ω 2 =

16ke qQ , md3

⇒

d2 x 16ke qQx + =0 dt2 md3

nuestra ecuación queda: d2 x + ω2 x = 0 dt2

Esta es la ecuación de movimiento de un oscilador armónico, cuya solución se conoce y el periodo T = 2π/ω s 2π π md3 T = = ω 2 ke qQ

b) ¿Cual será la rapidez de −Q cuando esté en el punto medio de las dos cargas q, si inicialmente es soltada a una distancia a d desde el centro? Solución: La rapidez será máxima en el punto medio de oscilación y está dada por vmax = ωA donde A es la amplitud máxima que en este caso es a r r 16ke qQ ke qQ a = 4a vmax = ωa = md3 md3

electrostática

55

2.4 Campo eléctrico La presencia de una carga eléctrica produce una fuerza sobre todas las otras cargas presentes. La fuerza eléctrica produce una “acción a distancia”; los objetos cargados pueden influenciar a otros sin tocarlos. Viendo la figura 2.9, la ley de Coulomb nos permite calcular la fuerza ejercida por la carga q2 sobre la q1 . Si acercamos la carga q2 hacia q1 entonces la magnitud de la fuerza sobre q1 se incrementará. Sin embargo, este cambio no ocurre instantáneamente (ninguna señal se puede propagar más rápidamente que la luz). La cargas ejercen una fuerza sobre las otras mediante perturbaciones que ellas generan en el espacio que las rodean. Estas perturbaciones se llaman campos eléctricos. Cada objeto cargado genera un campo eléctrico que influencia el espacio alrededor. ~ generado por una carga Q puede ser medido poEl campo eléctrico E niendo una carga de prueba q0 en alguna posición (ver figura 2.10). La carga de prueba “sentirá” una fuerza eléctrica de magnitud F = ke q0 Q/r2 . ~ a una distancia r de la carga Q Entonces se define el campo eléctrico E como ~ ~ ≡ F E q0

Figura 2.9: La presencia de una carga produce perturbaciones a su alrededor.

Figura 2.10: Una carga de prueba q0 en presencia del campo eléctrico generado por la carga Q.

Definición de campo eléctrico.

2.4.1 Campo eléctrico de cargas puntuales Queremos encontrar el campo eléctrico ejercido por una carga puntual positiva q. Como en la figuras 2.11 y 2.12, si ponemos una carga de prueba q0 a una distancia r de q, la fuerza sobre q0 es qq0 F~ = ke 2 rˆ r

Figura 2.11: Si q > 0, la carga de prueba será repelida y en el punto P habrá un campo eléctrico en la misma direc~. ción que F

(a)

(b)

Figura 2.12: Si q < 0, la carga de prueba será atraída y en el punto P habrá un campo eléctrico en la misma direc~. ción que F

(a)

(b)

entonces, de acuerdo a la definición, E~ = F~ /q0

56


~ = ke q rˆ E r2 Es más conveniente escribir la formula anterior en función de radios vectores. Si tenemos una carga qi con radio vector ~ri el campo eléctrico generado por qi en la posición ~r es: ~ (~r) = ke qi ~r − ~ri E |~r − ~ri |3 La unidad de campo eléctrico debería ser fuerza por unidad de carga (N/C), pero por razones que se explicarán más adelante la unidad elegida es V/m (Volt/metro).

En la definición anterior se supone que las cargas que generan el campo permanecen fijas en su posición cuando se acerca la carga de prueba q0 . Para evitar perturbaciones a estas cargas, se usan cargas ~ se puede definir en forma de prueba muy pequeñas. De hecho, E operacional: ~ ~ = l´ım F E q0 →0 q0

El principio de superposición también es aplicable al campo eléctrico. Dado un conjunto de cargas puntuales q1 ,q2 ,q3 . . . qN , el campo eléctrico en un punto P de espacio localizado a distancias r1 ,r2 ,r3 . . . rN de las cargas, está dado por: ~ =E ~1 + E ~2 + E ~3 + · · · E ~N = E

N X

~ i = ke E

i=1

N X qi 2 rî r i=1 i

De forma similar a como se definió en la ecuación 2.1, ahora si tenemos N cargas q1 ,q2 ,q3 . . . qN con vectores posición ~r1 ,~r2 ,~r3 . . . ~rN entonces el ~ en un punto situado en ~r será campo eléctrico E

~ = ke E

N X i=1

qi

~r − ~ri |~r − ~ri |3

(2.2)

2.4.2 Lineas de fuerza de cargas puntuales Para representar la naturaleza vectorial del campo eléctrico, es conveniente tratar de visualizarlo mediante lineas de fuerza de campo eléctrico. En vez de dibujar una infinidad de flechas de vectores en el espacio que rodea a la carga, es quizás más útil dibujar un patrón de algunas líneas que parten de la carga y se extienden hasta el infinito. Estas líneas, también llamadas lineas de campo eléctrico, apuntan en la dirección que aceleraría una carga de prueba positiva colocada en esa línea.

Figura 2.13: Líneas de fuerza para los dos tipos de cargas puntuales.

electrostática

57

Es decir, las líneas se alejan desde una carga positiva y se acercan hacia una carga negativa. Un diagrama como el anterior podría incluir un infinito número de líneas, pero por razones de visualización se limita el número de ellas. Hay dos reglas para las líneas de campo: 1. La dirección del campo eléctrico es, en todas partes, tangente a las líneas de campo y van en el sentido de las flechas en las líneas. 2. La magnitud del campo es proporcional al número de líneas de campo por unidad de área que pasan a través de una pequeña superficie normal a las líneas. En el caso de las cargas puntuales, la magnitud del campo eléctrico es mayor cerca de la carga (hay mayor densidad de líneas). La figura 2.14 muestra un ejemplo donde un campo eléctrico penetra dos superficies. La magnitud del campo eléctrico es mayor en la superficie A (hay mayor densidad de líneas por unidad de área atravesando la superficie) que en la B.

Figura 2.14: La densidad de líneas es una indicación de la magnitud del campo eléctrico.

En la figura 2.15 se muestra una carga puntual y donde se ve que magnitud del campo eléctrico disminuye con la distancia y también se ve que la cantidad de líneas de campo que atraviesan la misma área disminuye.

Figura 2.15: La magnitud del campo eléctrico disminuye en la proporción 1/r2 con la distancia r. La densidad de líneas que atraviesan una misma área también disminuye .

Las lineas de campo correspondientes a dos cargas puntuales idénticas se muestran en la figura 2.16. A la izquierda se muestran dos cargas positivas y a la derecha una carga positiva y otra negativa: Figura 2.16: Líneas de campo de dos cargas puntuales.

58


Finalmente la figura 2.17 muestra una carga puntual y las líneas de campo eléctrico en presencia de tres conductores (ver sección 3.10). Los conductores (neutros) se polarizan y como consecuencia se producen lineas de campo eléctrico debido a los conductores.

+

+ +

+ −

+

− −

+

− − − − −

+ −

−−− − − −

+ + + +

+ +

Figura 2.17: Líneas de campo de una carga puntual en presencia de tres conductores. La configuración produce además una polarización electrostática en los conductores, los que a su vez generan campos eléctricos.

++ + +

+

−

− − − −− −− − ++ + + ++

De acuerdo a la regla 2, el campo eléctrico es tangente a las líneas de ~ en todo el campo (Fig. 2.18) y sabiendo cuales son las componentes de E espacio, podríamos obtener la ecuaciones, z = f (x, y ), que describen las curvas, sabiendo que la condición es: Ey dy = dx Ex

~ en cualquier Figura 2.18: El campo E punto es tangente a las líneas de campo.

EJEMPLO 2.7 Encontrar la ecuación de la streamline que pasa a través del punto P (1, 4, −2), si el campo está dado por: ~ = −8 x iˆ + 4 x22 jˆ E y y Solución: sabemos que

dy dx

=

Ey Ex ,

es decir 4 xy2 Ey dy x = = =− dx Ex −8 xy 2y 2

o sea 2ydy = −xdx la cual se integra:

y2 x2 = − +C 2 2 la constante se encuentra con la condición que la curva debe pasar por P (1, 4, −2), dando como resultado C = 33/2, así la ecuación resulta ser una elipse: 2y 2 + x2 = 33

2.5 Distribuciones continuas de carga Hasta el momento hemos vivido en el maravilloso mundo de las cargas puntuales (o distribuciones discretas de cargas). Como ya sabemos la carga está siempre cuantizada, donde la cantidad más pequeña de carga es 1.602 × 10−19 C. El espacio total cubierto por cualquier carga es muy pequeño comparado con la distancia entre dos cargas. Hasta el momento

electrostática

hemos idealizado la situación y hemos supuesto que la carga puntual ocupa la extensión de un punto (volumen cero). Sin embargo en la realidad los cuerpos cargados ocupan un volumen finito y no pueden ser considerados como un punto. En una distribución de carga continua, todas las cargas están muy próximas las unas a las otras. Supongamos que tenemos un volumen ~ en el punto P exterior. como en la figura 2.19 y queremos calcular E Tomamos un elemento de volumen ∆V con carga ∆q, entonces el campo en el punto P debido a esta pequeña carga es: ~ = ke ∆q rˆ ∆E r2 donde r es la distancia desde el elemento de carga ∆q al punto P . Ahora, si nos imaginamos que dividimos el volumen total en muchos “cubitos” de volumen ∆V , el campo en P será aproximadamente igual a la suma de pequeñas contribuciones: X ∆qi ~ ≈ ke E rî ri2 para una distribución continua debemos hacer ∆qi → 0 (∆qi → dq) ˆ X ∆qi dq ~ = ke l´ım E rˆ r ˆ = k e i 2 r2 ∆qi →0 ri ˆ ~ = ke E

dq rˆ r2

2.5.1 Densidades de carga En la práctica es conveniente describir la distribución de cargas en función de densidades de carga , pues la carga puede estar distribuida en una línea, superficie o volumen. Densidad volumétrica de carga

ρ = l´ım∆V →0

∆q ∆V

C m3

Densidad superficial de carga

σ = l´ım∆S→0

∆q ∆S

C m2

Densidad lineal de carga

λ = l´ım∆l→0

∆q ∆l

C m

En el caso de que, por ejemplo, ρ sea uniforme ρ=

q V

donde q es la carga total y V el volumen total de la distribución. La forma analítica de las distribuciones de carga se pueden usar para encontrar la carga total. Por ejemplo, puesto que dq = ρdV , se integra y se obtiene ˆ q= ρdV V

59

Figura 2.19: Campo eléctrico en P generado por una carga puntual en una distribución continua de carga.

60


aquí ρ es variable, así que no puede salir fuera de la integral. Similarmente, para una distribución superficial y una lineal: ˆ q=

ˆ

ó

σdS

q=

S

λdl L

Así el campo eléctrico puede escribirse, por ejemplo, en función de ρ ˆ ~ = ke E

rˆ vol

Mediante vectores de posición, rˆ = expresión anterior queda:

ρ dv r2 y r2 = |~r − ~r0 |2 , entonces la

~ r−~ r0 |~ r−~ r0 |

ˆ ~ (~r) = ke E

~r − ~r0 ρ(r~0 )dv 0 |~r − ~r0 |3 vol

EJEMPLO 2.8 Encontrar la carga total contendida en el cilindro de la figura, sabiendo que la densidad de carga está dada por ρ(z, r ) = −5.0 × 5 10−6 e−10 rz C/m2 , es decir, la densidad volumétrica depende de la coordenada z y de la distancia, r, desde el eje del cilindro. Solución: estrictamente Q viene dado por: ˆ Q= ρdV cilindro

Puesto que la simetría es cilíndrica, es conveniente usar coordenadas cilíndricas. El elemento de volumen (en coordenadas cilíndricas) es dV = rdrdφdz ˆ Q=

0.04ˆ2π ˆ 0.01 ˆ 5 ρ(z, r )rdrdφdz = −5.0 × 10−6 e−10 rz rdrdφdz 0.02 0

0

donde hemos puesto los límites de integración de acuerdo al tamaño del cilindro (en metros). Notar que ρ(r, z ) no depende de φ. Si integramos en φ nos queda un factor de 2π 0.04 ˆ 0.01 ˆ 5 Q= −10−5 πe−10 rz rdrdφdz 0.02 0

al integrar ahora con respecto a z queda 0.01 ˆ

Q= 0

−10−5 π −105 rz e rdr −105 r

Q = −10

−10

π

z =0.04 z =0.02

0.01 ˆ = −10−10 π (e−2000r − e−4000r )dr 0

e−2000r e−4000r − −2000 −400

donde pC indica pico-Coulomb. 1pC = 10−12 C.

0.01 ≈ −0.0785 pC 0

electrostática

61

EJEMPLO 2.9 Una distribución continua de carga es definida como ρ = (x2 + y 2 + z 2 )5/2 de distribuye en la región 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 y 0 ≤ z ≤ 1 y es cero en el resto del espacio. Encontrar el campo eléctrico en el origen. Solución: La región en claramente un cubo y además la densidad de carga no es uniforme. La expresión ~ para el campo eléctrico en P (x, y, z ) cuyo radio vector es ~r = xiˆ + y jˆ + z kˆ general de E ˆ ~ (~r) = ke E

~r − r~0 ρ(r~0 )dV 0 3 vol ~r − r~0

En nuestro caso ~r = 0 (el origen), además ~r − r~0 = −(x0 iˆ + y 0 jˆ + z 0 kˆ), |~r − ~r0 |3 = (x02 + y 02 + z 02 )3/2 y ρ(r~0 ) = (x02 + y 02 + z 02 )5/2 por lo tanto ~ (0) = ke E

ˆ

(x02 + y 02 + z 02 )5/2 dx0 dy 0 dz 0

vol

−(x0î + y 0 jˆ + z 0 kˆ) (x02 + y 02 + z 02 )3/2

donde dV 0 = dx0 dy 0 dz 0 es el elemento de volumen. Ahora ponemos los límites de integración y además, por comodidad nos olvidamos de los prima ˆ

~ (0) E

= −ke

1ˆ 1ˆ 1

0

ˆ

= −ke

0 0 1ˆ 1ˆ 1

0

0

0

(x2 + y 2 + z 2 )5/2 dxdydz

(xiˆ + y jˆ + z kˆ) (x2 + y 2 + z 2 )3/2

(x2 + y 2 + z 2 )(xiˆ + y jˆ + z kˆ)dxdydz

~ (0) tendrá la misma magnitud. Por la simetría de la expresión anterior, cada una de las componentes de E Así calculamos Ex ˆ 1ˆ 1ˆ 1 Ex = −ke (x2 + y 2 + z 2 )xdxdydz 0 0 0 ˆ 1ˆ 1ˆ 1 = −ke (x3 + xy 2 + xz 2 )dxdydz 0

= −ke = = =

0 0 1ˆ 1 4 x

1 ˆ 1ˆ 1 x2 2 x2 2 1 1 1 y + z dydz = −ke ( + y 2 + z 2 )dydz 4 2 2 4 2 2 0 0 0 0 0 1 ˆ 1 ˆ 1 1 1 1 1 1 1 −ke y + y 3 + z 2 y dz = −ke ( + + z 2 )dz 4 6 2 6 2 0 0 4 0 1 1 1 1 1 1 1 −ke z + z + z 3 = −ke ( + + ) 4 6 6 4 6 6 0 7 −9 × 109 × 12 ˆ

+

por lo tanto Ex = Ey = Ez = −5.25 × 109 N/C y ~ (0) = −5.25 × 109 (−iˆ − jˆ − kˆ ) [N/C] E ~ es La magnitud de E ˆ ˆ dirección (−i − j − kˆ ).

p

~ estará dirigido en la (−5.25)2 + (−5.25)2 + (−5.25)2 × 109 = 9.1 × 109 N/C y E

62


2.5.2 Trabajo efectuado por el campo eléctrico ~ y necesitamos calcular Supongamos que tenemos un campo eléctrico E ~ para mover una carga q desde A hasta B. La fuerza el trabajo hecho por E ~ sobre q es q E, y el trabajo está dado por la integral de línea ˆ

B

W =q

~ d~l E

A

Un caso especial lo constituye cuando el campo eléctrico es uniforme, puesto que éste puede salir fuera de la integral: ˆ B ˆ B ~ d~l = q E ~ d~l W =q E A

A

En la figura 2.21 se ilustran tres posibles trayectorias para evaluar la ´B integral de línea A d~l. Aceptando, por ahora, que el campo eléctrico es un campo conservativo, el resultado de la integral de línea no depende de la trayectoria, así que elegimos el camino directo A-B ˆ

B

~ W = qE

Figura 2.20: El campo eléctrico efectúa un trabajo para mover la carga q de A hasta B.

B

A Figura 2.21: Trabajo efectuado por un campo eléctrico uniforme. Como el campo es conservativo, el trabajo no depende de la trayectoria.

~ L ~ = qEL cos θ d~l = q E

A

Finalmente si la trayectoria es paralela al campo, el trabajo será W = qEL

EJEMPLO 2.10 ~ = y jˆ . Determinar el trabajo hecho por el campo eléctrico para mover Consideremos el campo eléctrico E una carga de 3 µC desde el punto A(0, 0, 0) hasta B (1, 1, 0) a través de la trayectoria dada por la parábola y = x2 . ´B ~ d~l debemos tener en cuenta que para un punto arbitrario Solución: para calcular la integral W = q A E (x, y, 0) d~l = dxiˆ + dy jˆ y puesto que dy = 2xdx

d~l = dxiˆ + 2xdxjˆ

~ d~l en el punto (x, y, 0) es el valor de E ~ d~l = y jˆ · (dxiˆ + 2xdxjˆ ) E

= x2 jˆ · (dxiˆ + 2xdxjˆ ) = 2x2 dx luego el trabajo requerido es ˆ

B

WAB = q A

~ d~l = 3 × 10−6 E

ˆ

(1,1,0) (0,0,0)

3

2x dx = 3 × 10

−6

4 (1,1,0) x 2 = 1.5 µJ 4 (0,0,0)

electrostática

63

2.5.3 Cálculo de campos por integración directa A continuación algunos problemas de cálculo de campo eléctrico debido a distribuciones continuas de carga. Estos son ejemplos que aparecen en todos los libro de texto, pero que son muy ilustrativos. EJEMPLO 2.11: Campo producido por una barra cargada Una barra de longitud L y densidad lineal positiva de carga λ. Calcular el campo eléctrico en un punto P sobre el eje x a una distancia x0 de uno de los extremos de la barra. Solución: Visualizamos la situación de acuerdo a la figura. Como λ es positiva, el campo eléctrico apuntará hacia la izquierda. Tomamos un pequeño segmento dx0 de la barra que llevará una carga dq. El campo eléctrico debido a esta carga ~ La densidad de carga lineal es uniforme y está dada por λ = Q/L, donde infinitesimal en el punto P es dE. Q es la carga total (¡pero no es un dato del problema!), por lo tanto el campo es ~ = −ke dE

dq ˆ i x02

Recordar que el campo apunta hacia la izquierda (de ahí el signo −). Si reemplazamos dq = λdx0 ~ = −ke dE

λdx0 ˆ i x02

~ debemos integrar en los límites de la barra: para encontrar E xˆ 0 +L

~ = −ke E

λdx0 ˆ i = −ke λ x02

x0

xˆ 0 +L

x0

L 1 x0 + L ˆ 1 1 dx0 ˆ )iˆ = −ke λ i = −k λ − i = −ke λ( − iˆ e x02 x x0 x0 x0 + L x0 ( x0 + L )

~ es: la magnitud de E E = ke λ

L x0 ( x0 + L )

Notar que si en vez de λ se hubiera dado Q, entonces E = ke

L Q Q = ke l x0 ( x0 + L ) x0 ( x0 + L )

Si el punto P está muy alejado del extremo de la barra, entonces x0 L y x0 + L ≈ x0 E ≈ ke

Q x20

que no es otra cosa que la magnitud del campo eléctrico de una carga puntual.

64


EJEMPLO 2.12: Anillo cargado uniformemente En la figura el anillo tiene una carga uniforme total Q y hay que encontrar el campo eléctrico en un punto de eje z. Solución: Lo primero que hay que preguntarse es: ¿Cual es la dirección ~ Por simetría debería apuntar en la dirección positiva del eje z. de E?. En el dibujo hemos elegido un elemento de carga dq de tal manera que ~ Pero al otro lado del anillo hay otro el campo en el punto P es dE. elemento de carga que generará un campo eléctrico de igual magnitud en el punto P de tal manera que el campo total en P deberá ser la suma de los dos campos. Si analizamos las componentes de estos campos, veremos que las componentes horizontales (paralelas al plano xy) se van a cancelar y solamente las componentes paralelas al eje z van a sobrevivir. Así podemos decir a priori que el campo eléctrico en P debe apuntar hacia +z. dEz = dE cos θ = ke

dq ke λRdφ0 z ke zλRdφ0 √ cos θ = = r2 R2 + z 2 R2 + z 2 (R2 + z 2 )3/2

donde hemos usado el hecho que la longitud de arco Rdφ0 lleva una carga dq = λRdφ0 y la distancia del √ elemento de carga al punto P es r = R2 + z 2 . El campo entonces depende de una sola variable de integración 0 ≤ φ0 ≤ 2π ˆ2π ˆ2π ke zλRdφ0 ke zλR ke zλR = dφ0 = 2π Ez = 2 2 3/2 2 2 3/2 2 (R + z ) (R + z ) (R + z 2 )3/2 0

0

La expresión anterior no es totalmente correcta, pues la densidad λ no se conoce y se usó solamente como una variable auxiliar. Pero sabemos que λ = Q/2πR, así que Ez =

Q ke z 2πR R ke zλR ke Qz 2π = 2π = 2 2 3/2 2 2 (R + z ) (R + z )3/2 (R2 + z 2 )3/2

Este problema se puede resolver más fácilmente a partir de la expresión inicial dEz = dE cos θ = ke

ke dq z dq ke dq √ cos θ = 2 = 2 2 2 2 2 r R +z (R + z 2 )3/2 R +z

donde hemos evitado usar la variable φ0 . Si tomamos la integral indefinida ˆ ˆ ke dq ke ke Q Ez = = dq = 2 2 3/2 2 2 3/2 2 (R + z ) (R + z ) (R + z 2 )3/2 Este es el mismo resultado obtenido anteriormente. Notar que el campo eléctrico es cero en el centro (z = 0). Si z está muy alejado del centro del anillo entonces R2 + z 2 ≈ z 2 y Ez ≈ ke Q/z 2 y el anillo se comporta como una carga puntual.

electrostática

65

EJEMPLO 2.13: Alambres finitos e infinitos Una alambre no conductor de longitud l , densidad de carga uniforme λ y carga total Q se extiende a lo largo del eje x (ver figura). Calcular el campo eléctrico en un punto P , localizado a una distancia y del centro del alambre.

Solución: Según la figura de la izquierda, la contribución al campo eléctrico en P debido al elemento de línea dx0 que lleva una carga dq = λdx0 es dq ke λdx0 dE = ke 02 = 02 r x + y2 Ahora debemos usar argumentos de simetría para resolver este problema más fácilmente. De acuerdo a la figura de la derecha la componente horizontal del campo en P debe anularse porque dado un elemento de carga dq en x0 > 0, existe otro dq en x0 < 0. Por lo tanto el campo resultante debe apuntar en la dirección de y. La magnitud de dE~y será ke λdx0 y ke λydx0 p dEy = dE cos ϕ = 02 = 02 2 x +y (x + y 2 )3/2 x02 + y 2 que queda expresada en términos de la única variable x0 . Integramos: L/2 L/2 ˆ ˆ dx0 dx0 Ey = ke λy = 2k λy e (x02 + y )3/2 (x02 + y 2 )3/2 0

−L/2

Esta no es una integral fácil; la podemos buscar en una tabla de integrales, o hacer el cambio de variables: x0 = y tan ϕ

⇒

dx0 = y sec2 ϕdϕ

y al sustituir: Ey = 2ke λy

sin θ sin θ λ L/2 = 2ke λ = 2ke p y2 y y y 2 + (L/2)2

alambre finito

Partiendo de este resultado podemos calcular el campo debido a un alambre infinito. Solo debemos hacer θ→π óL→∞ 2ke λ Ey = alambre infinito y

66


Podemos hacer una variación de este problema y resolver mediante vectores de posición, usando ~ (~r) = ke dq dE

~r − ~r0 |~r − ~r0 |3

con ~r = y jˆ y r~0 = xiˆ de tal forma que ~r − ~r0 = y jˆ − xiˆ y |~r − ~r0 | = ~ (~r) = ke dq dE

p x2 + y 2

y jˆ − xiˆ (x2 + y 2 )3/2

Aquí vamos a integrar entre −∞ y +∞ para obtener el resultado del alambre infinito. Poniendo dq = λdx   +∞ ˆ ~ (~r) = ke λ E dx −∞

 ˆ +∞ ˆ   +∞ y jˆ dx y jˆ − xiˆ xdxiˆ   = k λ −   e  (x2 + y 2 )3/2 (x2 + y 2 )3/2 (x2 + y 2 )3/2   −∞ −∞ {z } | 0

La integral del lado derecho es cero, pues el argumento es una función impar. Así que el campo es +∞ ˆ

~ (~r) = ke λy jˆ E −∞

dx = 2ke λy jˆ (x2 + y 2 )3/2

+∞ ˆ 0

2ke λ ˆ dx j = y (x2 + y 2 )3/2

La integral anterior es la misma que resolvimos anteriormente, así que no es necesario repetirla. Así que nuevamente hemos obtenido el campo eléctrico. La diferencia es que con este método no tuvimos la necesidad de recurrir a argumentos de simetría y la componente x se anuló naturalmente. EJEMPLO 2.14: Plano infinito Imaginemos un plano infinito que coincide con el plano yz y que tiene una densidad superficial uniforme de carga σ y queremos calcular el campo en un punto P (x, 0, 0), es decir a una distancia x del plano (el plano coincide con la hoja).

Solución: En la figura de la izquierda las líneas de campo son perpendiculares al plano (Ey = Ez = 0) y además la magnitud del campo será independiente de las coordenadas y y z. Es por eso que hemos elegido en forma arbitraria, en la figura de la derecha, el punto P a lo largo del eje x. Elegimos convenientemente una p cinta de ancho dy 0 y largo infinito que llevará una carga dq. Esta cinta está a una distancia R = x2 + y 02 de P . Para todos los efectos, esta cinta es un “alambre” infinito con carga dq. En el ejemplo anterior vimos

electrostática

67

que el campo eléctrico a una distancia r de un alambre infinito con densidad de carga λ era: 2ke λ r aplicando esta fórmula a nuestro caso, la magnitud del campo eléctrico debido a la cinta (alambre) infinita es 2ke λ0 dEx = dEcos θ = cos θ R ~ total tiene solo componente x. ¿Porqué el cos θ? Porque el E Eal =

Debemos hacer notar que λ0 sería la densidad lineal de carga de la cinta, pero lamentablemente λ0 no se conoce. Podemos solucionar esto recordando que σ = Q0 /A y λ0 = Q0 /L. A es el área de un rectángulo de ancho dy 0 y largo L (A = Ldy 0 ). Por lo tanto podemos deducir que λ0 = σdy 0 dEx =

2ke σdy 0 x dy 0 2ke σdy 0 p = 2ke σx 2 cos θ = p R x + y 02 x2 + y 02 x2 + y 02

Ese es el campo de una cinta. Si sumamos el efecto de todas cintas (son infinitas), obtenemos +∞ +∞ ˆ ˆ dy 0 xdy 0 Ex = 2ke σx 2 = 2k σ e 02 2 x +y x + y 02 −∞

esta integral es “conocida”:

´

xdy 0 x2 +y 02

−∞

= arctan(y 0 /x). Finalmente

π π y 0 +∞ = 2ke σ ( − (− )) = 2ke σπ Ex = 2ke σ arctan( ) x −∞ 2 2 sustituyendo ke =

1 4π0

obtenemos la conocida fórmula Ex =

σ 20

que es independiente de la distancia x al plano. EJEMPLO 2.15: Disco cargado Un disco cargado uniformemente de radio R con carga total Q yace en el plano xy. Encontrar el campo eléctrico en un punto P a lo largo de eje z cono se muestra en la figura.

Solución: En la figura de la izquierda, elegimos convenientemente un elemento de carga dq contenido en un anillo de ancho infinitesimal (dr0 ). Cualquier punto del anillo se encuentra a una distancia r del punto P . La simetría del problema nos dice que el campo eléctrico apunta en la dirección +z. El anillo lleva una carga dq = σ (2πr0 dr0 ).

68


Por otro lado, la figura de la derecha es un anillo de radio R y cargado uniformemente con carga total Q, y de acuerdo al problema 2.12 el campo eléctrico a una distancia z del centro es: Ez =

( R2

ke Qz + z 2 )3/2

Si aplicamos el resultado anterior a nuestro anillo de radio r0 y carga dq = σ (2πrdr0 ), obtenemos dEz : dEz =

ke σ (2πr0 dr0 )z (r02 + z 2 )3/2

para obtener el campo eléctrico total, integramos desde r0 = 0 hasta r0 = R R ˆR 1 1 2r0 dr0 1 = −2ke σπz ( √ − Ez = ke σπz = ke σπz (−2) √ ) 02 2 3/2 02 2 2 2 |z| (r + z ) r +z 0 R +z 0

⇒

Ez =

z σ z ( −√ ) 2 20 |z| R + z2

Con los dos posibles valores de |z| existen dos soluciones:  i h σ  √ z  , z>0 1 −  2 2 2 R +z  0 Ez =  h i    σ −1 − √ z , z<0 2 2 20 R +z

Es interesante analizar el resultado anterior a grandes distancias, es decir z R. Expandimos en serie el término 1 − √ 2z 2 , aprovechando el hecho de que R/z es pequeño. Efectivamente, si x 1, la R +z

expansión en serie (1 + x)n = 1 + nx + n(n − 1)x2 + · · · puede ser cortada y (1 + x)n ≈ 1 + nx, lo cual permite aproximar Q 2 σ 1 R2 1 Q Q πR2 R Ez ≈ = = = ke 2 20 2 z 2 40 z 2 4π0 z 2 z que tiene la forma del campo eléctrico de una carga puntual.

Si el radio del disco es muy grande, entonces podríamos usar este resultado para obtener el campo eléctrico de un plano infinito. Eplano = l´ım Edisco R→∞

σ z σ = l´ım 1− √ = 2 2 R→∞ 20 20 R +z

que constituye una forma muchísimo más simple de resolver el problema. ¿Acaso un plano infinito no es lo mismo que un disco de radio infinito?

electrostática

69

2.5.4 Fuerza eléctrica entre distribuciones Fuerza eléctrica entre una distribución y una carga puntual Supongamos que tenemos una distribución continua de carga ocupando un volumen V 0 y queremos calcular la fuerza que este objeto o distribución ejerce sobre una carga puntual q localizada en un punto de vector posición ~r. Ya sabemos calcular el campo eléctrico debido a una distribución continua de carga, así que calcular la fuerza sobre la carga puntual q es simple: 0 ~ = qke ρ(r~0 )dV 0 ~r − ~r dF~q = qdE |~r − ~r0 |3 de tal manera que la fuerza total sobre q debido a la distribución de cargas, se obtiene por integración ˆ ~r − ~r0 ~ Fq = ke q dV 0 ρ(r~0 ) |~r − ~r0 |3 V0

Figura 2.22: Una carga q en presencia de una distribución de cargas.

Fuerza eléctrica entre dos distribuciones La idea es encontrar la fuerza que la distribución de carga de volumen V 0 efectúa sobre la distribución de carga de volumen V . En la figura tenemos un elemento de carga dq y volumen dV . La fuerza sobre dq es debido al ~ (~r) generado por V 0 campo eléctrico E ~ (~r) dF~ = dq E donde

ˆ

~r − ~r0 ρ(r~0 ) dV 0 |~r − ~r0 |3 V0 Al integrar, la fuerza sobre la distribución de volumen V es: ˆ ˆ ~ (~r)dq = E ~ (~r)ρ(~r)dV F~ = E ~ (~r) = ke E

V

Figura 2.23: Una distribución V en presencia de otra distribución V 0 .

V

EJEMPLO 2.16 Tenemos dos segmentos de longitud L1 y L2 y cargas Q1 y Q2 respectivamente. Calcular la fuerza eléctrica sobre el segmento de la derecha debido al de la izquierda.

Solución: Primero recordemos un problema anterior donde se pedía calcular el campo eléctrico en un punto P tal como se muestra en la figura

la magnitud del campo eléctrico era E = ke y va dirigido hacia la derecha si Q > 0.

Q x0 ( x0 + L )

70


Aplicamos este resultado para resolver este problema. En la figura siguiente el elemento de longitud dx ~ es debido al segmento de la izquierda lleva una carga dq = λ2 dx y el campo E

y cuya magnitud es: E = ke

Q1 (d + x)(d + x + L1 )

entonces la magnitud de la fuerza sobre la carga dq es dqE dF = dqke

Q1 Q1 = ke λ2 dx (d + x)(d + x + L1 ) (d + x)(d + x + L1 )

así

ˆL2 F = ke λ2 Q1

La integral la podemos encontrar en una tabla F = ke λ2 Q1

´

0

dx (d + x)(d + x + L1 )

dx (d+x)(d+x+L1 )

=

1 L1

ln(d + x) − L11 ln(d + x + L1 ). Entonces

1 [ln(d + L2 ) − ln(d + L2 + L1 ) − ln(d) + ln(d + L1 )] L1

juntando términos F = ke λ2 Q1

d + L2 + L1 1 d + L1 − ln ln L1 d d + L2

como λ2 = Q2 /L2 , la fuerza entre los dos segmentos es d + L2 + L1 d + L1 1 − ln F = ke Q2 Q1 ln L1 L2 d d + L2

Es interesante analizar que pasa cuando los dos segmentos están muy alejados, es decir d es mucho mayor que los segmentos L1 y L2 . Para eso expresamos el resultado anterior como: 1 L1 L1 F = ke Q2 Q1 ln 1 + − ln 1 + L1 L2 d d + L2 L1 puesto que d L1 , L2 , entonces Ld1 y d+ L2 son términos pequeños y usamos aproximación para el 1 2 1 3 logaritmo ln (1 + x) = x − 2 x + 3 x + · · · cuando |x| 1. Nosotros usaremos esta aproximación a primer orden: L1 L1 L1 L1 1 1 d + L2 − d L1 L2 ln 1 + − ln 1 + ≈ − = L1 − =L = d d + L2 d d + L2 d d + L2 d(d + L2 ) d(d + L2 )

si nuevamente aproximamos d + L2 ≈ d, la expresión anterior se reduce a F ≈ ke Q2 Q1

L1 L2 d2

de tal manera que

1 L1 L2 Q2 Q1 = ke 2 L1 L2 d2 d

lo que corresponde a la fuerza Coulombiana entre dos cargas puntuales separadas por una distancia d.

electrostática

71

EJEMPLO 2.17 Un alambre infinito está compuesto por dos alambres semi-infinitos con densidades de carga lineal λ > 0 y −λ < 0, como se muestra en la figura. Calcule la fuerza que el alambre infinito ejerce sobre la barra vertical de largo L y que tiene una densidad lineal de carga λ > 0.

Solución: Vamos a resolver este problema, calculando primero, el campo eléctrico debido a la barra infinita en cualquier punto en un eje vertical que pase por el origen de coordenadas O. Notemos que el campo eléctrico a una altura y sobre el centro del alambre, producido por la sección derecha e izquierda son vectores con componentes verticales de igual magnitud pero de sentido opuesto. Estas componentes se anulan, por lo tanto el campo resultante tiene dirección −x y es el resultado de considerar dos veces la componente horizontal del campo producido por el lado derecho del alambre (ver figura de abajo).

Sabiendo que ~r = y jˆ y r~0 = x0 iˆ , el campo generado por un elemento de longitud de la sección derecha es ~d = dE

1 ~r − ~r0 1 y jˆ − x0 iˆ dq dq = 4π0 |~r − ~r0 |3 4π0 (x02 + y 2 )3/2

~ d. con dq = +λdx0 integramos para obtener E ~d = 1 E 4π0

+∞ ˆ 0

y jˆ − x0 iˆ

(x02 + y 2 )3/2

λdx0

~ está dado por dos veces la componente horizontal de E ~d Pero el campo total, E,

72


~ = 2× E

1 4π0

+∞ ˆ 0

−x0 iˆ

(x02

+ y 2 )3/2

λdx0

Después de integrar el resultado final es: ~ (y ) = − E

λ ˆ i 2π0 y

El signo es compatible con la dirección del campo. Con este campo en cualquier posición del eje y estamos en condiciones de calcular la fuerza sobre la barra vertical de largo L. ~ (y ) dF~ (y ) = dq E donde dq = λdy es un elemento de carga de la barra vertical. Entonces dF~ (y ) = −

λ λdy iˆ 2π0 y

La barra vertical se extiende entre L y 2L. Por lo tanto la fuerza total sobre la barra es λ2 F~ = − 2π0

ˆ2L L

dy ˆ i= y

λ2 − ln 2 iˆ 2π0

electrostática

73

2.6 Flujo eléctrico Ya hemos visto que los campos eléctricos pueden ser representados geométricamente mediante las líneas de campo eléctrico. Ya vimos que las líneas indican la dirección del campo eléctrico y las densidad de las líneas indican la magnitud del campo. Vamos a introducir una nueva cantidad matemática llamada flujo de campo eléctrico, la cual medirá el número de líneas que pasan a través de una superficie. Para ilustrar el concepto, consideremos un campo eléctrico uniforme ~ E y que es perpendicular a una superficie de área A tal como muestra la figura anterior. Queremos definir una cantidad que de cuenta del número de líneas de campo que atraviesan esa superficie. Usamos la letra Φ para definir el flujo eléctrico (un escalar)

Figura 2.24: Líneas de campo eléctrico uniforme atravesando en forma perpendicular a una superficie de área A.

Φ ≡ EA es decir, Φ es simplemente la magnitud del campo uniforme multiplicado por el área. Esta es la definición más sencilla de flujo eléctrico. Las unidad h i N 2 se desprende fácilmente de la definición: [Φ] = C .m . Normal

~ y supongaAhora consideremos el mismo campo eléctrico uniforme E mos que la superficie está inclinada en un ángulo θ como se muestra en la figura 2.25. Claramente el número de líneas atravesando el área A será menor (el flujo será menor). El área efectiva que “verá” el campo será A0 = A cos θ, entonces el flujo es Φ = EA0 = EA cos θ De esta expresión, vemos que el flujo será máximo cuando θ = 0 y sera mínimo (cero) cuando θ = π/2. Pero la expresión anterior se puede escribir como un producto punto

Figura 2.25: Las líneas de campo que atraviesan la superficie disminuye debido a la inclinación del plano.

~ A ~ Φ=E ~ es un vector perpendicular a la superficie y de magnitud A. A donde A veces también es conveniente escribir lo anterior como ~ nˆ Φ = AE donde nˆ es un vector unitario perpendicular a la superficie, de tal manera ~ = An. que A ˆ Una manera de ilustrar lo anterior es mediante una analogía con paneles solares. En la figura 2.26 los dos paneles tienen exactamente la misma área y el brillo del sol es exactamente el mismo en ambos paneles. Lo que hace la diferencia es el ángulo de incidencia. En el panel de la derecha los rayos del sol son perpendiculares a la superficie y por lo tanto el flujo es mayor. La definición de flujo puede aplicarse a cualquier campo vectorial. Por ejemplo, supongamos que tenemos un campo vectorial que represente

Poco flujo

Mucho flujo

Figura 2.26: Analogía para ilustrar la disminución de “flujo solar” debido a la inclinación de los paneles solares.

74


el movimiento de un fluido. Este campo vectorial lo denotamos por ~v ~ es el área orientada, en sea y se mide en centímetros por segundo. Si A centímetros cuadrados, de una superficie sumergida en el agua (ver figura ~ son 2.27), entonces las unidades de ~v A cm cm3 × cm2 = s s es decir, volumen por unidad de tiempo.

Fluido

°

Figura 2.27: El flujo a través de la figu~ es ~v A.Si ~ ~v es la velocidad ra de área A de un fluido, el flujo es el volumen de fluido que atraviesa la figura, por unidad de tiempo.

~ no es uniforme y atraConsideremos el caso general, donde E viesa una superficie sin simetría como se muestra en la figura: ~ perpendicular a un elemento de Aquí hemos dibujado un vector dA ~ atraviesa la superficie inárea infinitesimal dA. El campo eléctrico dE finitesimal formando un ángulo θ con ella. El “flujito” a través de esta superficie es: ~ dA ~ dΦ = E para obtener el flujo total integramos a través de la superficie ˆ Φ=

~ dA ~ E S

Figura 2.28: Un elemento de superficie ~ atravesado por el campo eléctrico. dA ~ es dΦ = E ~ dA ~ El flujo a través de dA

Esta es una integral de superficie, que puede ser complicada si la superficie es irregular. Hay que notar que la superficie puede ser abierta o cerrada. En el caso de una superficie cerrada el flujo se anota: ˛ Φ=

~ dA ~ E S

En una superficie cerrada, el flujo puede ser positivo, negativo o cero. El flujo puede definirse de manera alternativa, recordando el teorema de la divergencia4 para campos vectoriales, donde podemos re¸ ~ dA ~ por una integral de volumen: emplazar la integral de superficie S E ˛ Φ=

~ )dv (∇ E V

Ver sección 1.4, donde para un campo ~ se cumple: vectorial G ˆ ˛ ~ )dv = ~ dA ~ (∇ G G 4

V

S

Forma alternativa de flujo.

electrostática

75

Un caso especial es cuando dentro de la superficie cerrada no hay ninguna carga. Si tenemos un campo eléctrico cualquiera, que atraviesa esa superficie, entonces el número de líneas que entran en esa superficie es igual al número de líneas que salen de ella. De ese modo, el flujo neto (número de lineas neto) será cero, no importando la naturaleza del campo que atraviesa la superficie.

EJEMPLO 2.18 Ejemplo para ilustrar la idea anterior: dado un campo eléctrico uniforme calcular el flujo a través de la superficie de un cubo. Solución: Como se puede ver en la figura el campo eléctrico es uniforme. El flujo total a través del cubo es la suma del flujo a través de cada cara: Φ = Φ1 + Φ2 + Φ3 + Φ4 + Φ5 + Φ6 ˆ ˆ ˆ ~ dA ~+ ~ dA ~ +···+ ~ dA ~ Φ= E E E S1

S2

S6

Notar que en las caras 1, 2, 5 y 6 el campo eléctrico es, en todas partes, perpendicular a la superficie, en otras ~ es perpendicular al vector normal dA, ~ por lo tanto E ~ dA ~ = 0. Eso significa que el flujo a través palabras E de estas caras es cero. Solo nos queda analizar las caras 3 y 4. En la cara 4 el campo eléctrico es paralelo a ~ 4 , por lo tanto E ~ dA~4 = E cos 0A4 = EdA4 . Por otro lado en la cara 3 el campo y dA ~ 3 están opuestos y dA ~ ~ forman un ángulo de 180° entre si. En este caso E dA3 = E cos 180°dA3 = −EdA3 . El flujo total es entonces: ˆ ˆ ˆ ˆ Φ = 0+0+ −EdA3 + EdA4 + 0 + 0 = −E dA3 + E dA4 = −EA + EA = 0 S3

S4

S3

S4

76


EJEMPLO 2.19: Flujo a través de una semi-esfera Ahora tenemos un hemisferio de radio R que es atravesado por un campo eléctrico uniforme como se muestra en la figura. Encontrar el flujo eléctrico. ´ ~ dA ~ donde Solución: Queremos encontrar S E ~ ~ ˆ E = E k y dA = dAr, ˆ donde rˆ es un vector unitario radial. En coordenadas esféricas el elemento de área es dA = R2 sin θdφdθ ˆ ˆ Φ= kˆ rR ˆ 2 E sin θdφdθ = ER2 kˆ rˆ sin θdφdθ

entrando

Vista desde abajo

S

S

además el ángulo entre kˆ y rˆ es θ, así que kˆ rˆ =

cos θ Φ = ER

2

ˆ

cos θ sin θdφdθ

S π/2 π/2 ˆ ˆ2π ˆ 2 Φ = ER cos θ sin θdθ dφ = 2πER cos θ sin θdθ 2

0

0

finalmente: Φ = 2πER2

sin2 θ 2

0

π/2

= EπR2

0

El flujo resultó ser el área de un circulo de radio R multiplicado por la magnitud del campo eléctrico. Pero esa área no es otra cosa que el área proyectada perpendicular al campo eléctrico.

¿Cual será entonces el flujo total a través de una esfera? (no hay cargas en el interior) Solución: este es otro ejemplo del flujo a través de una superficie cerrada. El flujo es cero, pues si dividimos la esfera en dos hemisferios, el flujo por el hemisferio de abajo será −EπR2 (las líneas entran en la superficie) mientras que por el otro será +EπR2 (las líneas abandonan la superficie), es decir la suma es cero.

electrostática

77

EJEMPLO 2.20: Flujo mediante dos métodos Un cilindro de radio a está en presencia de un campo eléctrico dado por ~ = E0 xiˆ + y jˆ + (z 2 − 1)kˆ E ~ a través de la superficie de dos maneras. donde E0 es constante. Evaluar el flujo de E Primero por integración directa y luego usando el teorema de la divergencia. Solución: (1) Integración directa: En la tapa de abajo z = 0 y el elemento de área apunta en la dirección −z ˆ ˆ ˆ ~ dA ~ = E0 xiˆ + y jˆ + (02 − 1)kˆ (−dAkˆ ) = E0 E −kˆ (−dAkˆ ) = E0 πa2 En la tapa de arriba, z = 1, el elemento de área apunta en la dirección +z, el campo eléctrico se reduce a ~ = E0 xiˆ + y jˆ y por lo tanto E ˆ ˆ ~ dA ~ = E0 xiˆ + y jˆ (+dAkˆ ) = 0 E En el manto del cilindro usamos coordenadas cilíndricas para expresar el elemento diferencial de área ~ = adφdz rˆ dA ˆ

ˆ ~ dA ~= E

E0 xiˆ + y jˆ + (z 2 − 1)kˆ (adφdz rˆ)

Ahora tenemos una mezcla de coordenadas cilíndricas y cartesianas. Podemos resolver esto si expresamos el vector unitario rˆ en función de los vectores unitarios en coordenadas cartesianas (ver capitulo 1): rˆ = cos φiˆ + sin φjˆ ˆ

ˆ ~ dA ~ E

= = = = =

E0 xiˆ + y jˆ + (z 2 − 1)kˆ (cos φiˆ + sin φjˆ )adφdz ˆ E0 a {x cos φ + y sin φ} dφdz ˆ E0 a (a cos φ cos φ + a sin φ sin φ)dφdz ˆ E0 a a(cos2 φ + sin2 φ)dφdz ˆ 1 ˆ 2π E0 a2 dφdz = 2πE0 a2 0

0

Donde hemos usado la equivalencia entre coordenadas cartesianas y cilíndricas (x = a cos φ; y = a sin φ). Sumando los tres resultados anteriores, el flujo total es ˆ ~ dA ~ = 3πE0 a2 E ~ es (2) La divergencia de E

~ = E0 (2 + 2z ) ∇E

78


Sabiendo que el elemento de volumen en coordenadas cilíndricas es dv = rdφdzdr, el flujo es ˛ ˛ ~ (∇ E )dv = (E0 (2 + 2z )rdφdzdr V V ˆ a ˆ 2π ˆ 1 = E0 rdr dφ (2 + 2z )dz 0

=

0

0

2

3πE0 a

Obtuvimos el mismo resultado. Otro caso especial es cuando el campo eléctrico es uniforme, de tal manera que puede salir fuera de la integral ˆ ˆ ˆ ~ dA ~= Φ= E EdA cos θ = E dA cos θ S

S

S

es más, si el campo eléctrico es perpendicular a la superficie θ = 0 y así recobramos la definición básica de flujo eléctrico: ˆ ˆ Φ=E dA cos 0 = E dA = EA S

S

Un tercer caso especial es cuando tenemos cargas (o distribución de cargas) encerradas dentro de una superficie cerrada. Consideremos los 4 casos de la figura de abajo:

1. La carga +q generará un campo eléctrico cuyas líneas atravesarán la superficie. Supongamos que el flujo a través de la superficie es +Φ, es decir las líneas abandonan la superficie. 2. Aquí hay una carga que es el doble que la anterior, por lo tanto el flujo será el doble, +2Φ (el doble de líneas atraviesan la superficie). 3. Tenemos una carga negativa, así que las líneas de campo entran a la superficie, por lo tanto el flujo es −Φ. 4. En este caso la carga neta encerrada es cero (+q − q). El flujo es cero, pues el número de lineas que entran es igual al número líneas que salen (Φ = 0).

electrostática

79

EJEMPLO 2.21 Otro ejemplo: Supongamos que tenemos una carga +q en el centro de una esfera de radio r. ¿Cual es el flujo a través de la esfera? ~ está en todas Respuesta: Aquí hay algo muy importante que notar. Puesto que E ~ partes apuntando radialmente hacia afuera, y el vector dA en cualquier parte sobre la esfera también apunta radialmente, entonces en cualquier elemento de área dA, ~ y dA ~ son paralelos (ver figura). E Ya sabemos que el campo eléctrico generado por una carga q a una distancia r ´ ~ = ke q2 r. ~ dA, ~ tenemos es E ˆ Entonces como Φ = S E r ˆ Φ=

Esfera

ke

ˆ

q ~ = ke q rˆ dA 2 r r2

Esfera

~ rˆ dA

~ = dA donde hemos sacado a r y a q fuera de la integral, pues son constantes en este caso. Además como rˆ dA ˆ ke q q 1 q4πr2 q Φ= 2 dA = ke 2 4πr2 = = r Esfera r 4π0 r2 0 Este es un importante resultado, pues demostraremos más adelante, que el flujo siempre vale q/0 , no importando la superficie elegida. Notar además que el resultado NO depende de r. EJEMPLO 2.22 El último ejemplo antes de ver la Ley de Gauss. Tenemos una superficie cúbica de lado a y en el centro hay una carga positiva q. Calcular el flujo a través de una de las caras del cubo. Solución: de acuerdo a la figura vamos a calcular el flujo a través de la cara derecha. El origen de coordenadas se encuentra en el centro del cubo y el cubo se extiende entre −a/2 y +a/2 en las tres direcciones. El vector ~r va desde el origen al elemento de área dA. El flujo es: ˆ ~ dA ~ E Φ= Cara

Puesto que el cubo tiene lado a y la carga está en el centro, cualquier punto de la cara derecha tiene coordenadas (x, a/2, z ). Por otro lado el campo eléctrico en el elemento de área dA debido a la carga puntual p ˆ ˆ xyˆ + a 2 j +z k ~ = ke q2 r. es E ˆ Donde rˆ = ~rr = y r = x2 + z 2 + (a/2)2 . r r ~ es perpendicular a la cara y se puede escribir como dA ~ = dAjˆ = dxdz jˆ . Por lo tanto El vector dA ~ dA ~ = ke q E r2

xyˆ + a2 jˆ + z kˆ r

!

dAjˆ = ke q

a dA a dxdz = ke q 3 2 2 2 r 2 (x + z + (a/2)2 ) 3/2

El flujo resulta de calcular la doble integral: a Φ = ke q 2

ˆ

a/2

−a/2

ˆ

a/2

−a/2

a dxdz = ke q 2 2 2 3/2 2 (x + z + a /4)

ˆ

a/2

−a/2

"ˆ

a/2

−a/2

# dx dz (x2 + z 2 + a2 /4) 3/2

80


podemos encontrar la integral entre paréntesis en una tabla: ˆ

a/2

−a/2

( x2

+ z2

dx 4a √ = 2 2 3/2 2 + a /4) (a + 4z ) a2 /2 + z 2

al sustituir calculamos otra integral más difícil a Φ = ke q 2

ˆ

a/2

−a/2

(a2

4a √

+ 4z 2 )

a2 /2 + z 2

dz = ke q

a 4π 1 a 4π 1 q = q = 2 3a 4π0 2 3a 6 0

El flujo resultó ser 16 q0 . Si ahora queremos calcular el flujo a través de las 6 caras del cubo obtenemos Φ = q0 . Este resultado es el mismo que para una carga encerrada en una esfera (ver ejemplo anterior). Esto nos hace sospechar que tal vez el resultado sea independiente de la superficie elegida. En efecto, esta es una ley llamada Ley de Gauss.

electrostática

81

2.7 La ley de Gauss La ley de Gauss es una de las leyes elementales del electromagnetismo que viene de la observación experimental y que también puede ser demostrada matemáticamente.5 En los dos ejemplos anteriores ya vimos un adelanto de esta ley.

La demostración rigurosa de la ley de Gauss no la veremos en este curso. 5

2.7.1 Forma integral de la ley de Gauss el flujo eléctrico total a través de una superficie es igual a la carga encerrada dividido por la permitividad.

Ley de Gauss.

Si el medio donde está la carga es el vacío, entonces la permitividad es 0 qenc Φ= 0 La carga neta encerrada, qenc , puede ser cualquier distribución de carga y no necesariamente cargas puntuales. El flujo además es independiente de la superficie cerrada. En su forma integral

Forma integral de la ley de Gauss

˛ Φ=

~ dA ~ = qenc E 0 S

La superficie S se llama superficie Gaussiana y es una superficie imagi¸ ~ dA. ~ Como la naria que sirve para calcular la integral de superficie S E integral es independiente de S, entonces podemos escoger la superficie más conveniente con el objetivo de facilitar el cálculo de la integral. En la figura siguiente tenemos una distribución de cargas encerradas dentro de tres superficies Gaussianas, S1 ,S2 y S3 Figura 2.29: Una distribución de cargas encerrada por varias superficies. Notar que algunas líneas salen y otras entran a través de las superficies.

Distribución de cargas

Notar que las líneas de campo eléctrico salen y entran a través de las tres superficies, pues las cargas pueden ser positivas o negativas.6 El teorema de Gauss dice que el flujo a través de cualquiera de estas superficies es el mismo: ˛ ˛ ˛ ~ dA ~= ~ dA ~= ~ dA ~ = qenc Φ= E E E 0 S1 S2 S3

En efecto podría ocurrir que la carga total positiva sea igual a la carga total negativa. En ese caso la carga neta sería cero y por lo tanto el flujo es cero. 6

El flujo es independiente de la superficie elegida.

82


Calcular el flujo eléctrico mediante la ley de Gauss puede ser bastante más fácil que mediante integración directa. Por otro lado, la aplicación de la ley de Gauss está limitada a problemas donde haya un cierto grado de simetría de la distribución de carga.

2.7.2 Forma diferencial de la ley de Gauss A veces es conveniente escribir la ley de Gauss en su forma diferencial. Partamos por la expresión: ˛ ~ dA ~ = qenc E 0 S Sea V es el volumen que encerrado por la superficie S. Si ρ(~r) es la densidad de carga, entonces la carga encerrada se obtiene ˆ qenc = ρ(~r)dV V

por lo tanto:

˛

~ dA ~= 1 E 0 S

ˆ ρ(~r)dV

(2.3)

V

Usando el teorema de la divergencia7 podemos reemplazar la integral de superficie en 2.3 por una integral de volumen: ˛ ˆ ~ )dV = 1 (∇ E ρ(~r)dV 0 V V

Ver sección 1.4, donde para un campo ~ se cumple: vectorial G ˛ ˆ ~ )dv = ~ dA ~ (∇ G G 7

V

S

Si pasamos todo bajo una sola integral ˛ 1 ~ ∇ E − ρ(~r) dV = 0 0 V Esta integral es cero dado cualquier volumen V , así que la única alternativa para que la integral sea nula es que el integrando sea siempre cero. De esto obtenemos la forma diferencial de la ley de Gauss ~ = 1 ρ(~r) ∇E 0 Recordemos la interpretación de la divergencia de un campo vectorial que vimos en la sección 1.2.2. En el caso del campo eléctrico, la interpretación es la misma. ¸ ~ dA ~ E ~ ∇ E = l´ım S ∆V ∆V →0 ~ es una medida del flujo del campo eléctrico E ~ a través de una región ∇E ~ da cuenta de cuanto infinitesimal del espacio. Es decir la divergencia de E flujo por unidad de volumen es generado o perdido en un punto. ~ en un punto. Ese La figura 2.30 ilustra la idea de la divergencia deE punto corresponde a: ~ < 0, (lineas entran o convergen). Un sumidero si ∇ E ~ > 0, (lineas salen o divergen). Una fuente ∇ E

Forma diferencial de la ley de Gauss.

electrostática

83

Figura 2.30: Ejemplo gráfico de la divergencia de un campo eléctrico.

~ = 0 (por ejemplo para un campo Una transferencia pura si ∇ E uniforme). EJEMPLO 2.23 Si el campo eléctrico es conocido, la ley de Gauss puede servir para calcular la carga dentro de una región. Por ejemplo, la figura muestra una ~ = (5 + 2x2 )iˆ. superficie y un campo eléctrico paralelo al eje x dado por E Calcular la carga encerrada por la superficie. Solución: Como el campo es paralelo al eje x, cualquier contribución al flujo eléctrico estará dado por las dos caras perpendiculares al eje x. Φ

= −E (x = a)ab + E (x = a + c)ab = −(5 + 2a2 )ab + (5 + 2(a + c)2 ) Qenc = 0

y después de factorizar términos queda Qenc = 2abc(2a + c)0 Aquí hemos usado la forma integral de la ley de Gauss. La otra forma es usar la forma diferencial sabiendo que ~ = 4x = ρ ⇒ ρ(x) = 4x0 ∇E 0

y para calcular la carga debemos integrar ρ en todo el volumen ˛ Qenc =

˛ ρ(x, y, x)dxdydz =

V

V

4x0 dxdydz = 40

ˆb

â dz

0

0

a+c a+c 2 a+c ˆ ˆ x dy xdx = 40 ab xdx = 40 ab 2 a a

Después de arreglar términos obtenemos nuevamente Qenc = 2abc(2a + c)0 .

a

84


2.8 Aplicaciones de la ley de Gauss La principal utilidad de la ley de Gauss es para encontrar el campo eléctrico de distribuciones con simetría. Veremos que en algunos casos es muy sencillo comparado con la integración directa que vimos en la sección 2.5.3. EJEMPLO 2.24: Esfera sólida En primer lugar, el típico ejemplo de una esfera sólida y aislante: la esfera tiene radio a, carga Q y una densidad de carga volumétrica uniforme ρ. Encontrar el campo eléctrico afuera y dentro de la esfera. Solución: en primer lugar si quisiéramos usar la in´ ~ = ke dq2 r, tegración directa E ˆ resultaría un procedir miento matemático un poco complicado. Puesto que la configuración de carga tiene una alta simetría, la ley de Gauss nos puede ayudar. Dividiremos el problema en dos partes: consideraremos un punto afuera de la esfera y otro dentro de ella. a) Caso r>a : La superficie Gaussiana es una esfera concéntrica de radio r pues queremos calcular el campo eléctrico a una distancia r del centro de la esfera. Esta superficie imaginaria encierra toda la carga Q y además por simetría el campo eléctrico debe apuntar radialmente (igual que una carga puntual). Supondremos entonces que la magnitud del campo eléctrico es la misma en todos los puntos de la la superficie Gaus~ debe ser perpendicular a la superficie, por lo tanto dA ~ yE ~ (r ) son siana. Por definición cualquier vector dA paralelos y apuntan en la dirección radial r. ˆ El flujo es ˛ ˛ ˛ ~ dA ~= Φ= E E rˆ dArˆ = EdA Superficie Gaussiana encierra toda la carga

S

S

S

el campo eléctrico es uniforme y puede salir fuera de la integral ˛ Φ = E dA = E4πr2 S

hemos calculado la integral de superficie que corresponde a una esfera. Pero recordemos que el flujo debe valer qenc /0 y que qenc = Q Q E4πr2 = 0

es decir, la magnitud del campo es

E=

Q ke Q = 2 2 4π0 r r

r>a

Notar que el resultado es idéntico al de una carga puntual y no depende del radio de la esfera.

electrostática

Superficie gaussiana encierra sólo una fracción de la carga

85

b) Caso r
Q0 0

una manera de obtener Q0 es suponer que existe una densidad volumétrica uniforme de carga. Para la superficie Gaussiana ρ = Q0 /V 0 , donde V 0 = 4 4 3 0 3 3 πr . Así reemplazando Q = ρ 3 πr E4πr2 =

1 4 3 ρ πr 0 3

⇒

E=

ρr 30

Este resultado depende de un ρ desconocido, pero sabemos que ρ = Q/( 43 πa3 ). Finalmente: E (r ) =

1 Qr Qr = ke 3 4π0 a3 a

(para r < a)

Este resultado es distinto al anterior, pues ahora el campo depende de r. Sin embargo cuando r → a, ambas = ke aQ2 , es decir el campo eléctrico es una función continua en expresiones coinciden pues E (a) = ke Qa a3 r = a.

La introducción de ρ como una variable auxiliar no era necesaria en este problema. Si hubiéramos supuesto que existe una proporcionalidad directa entre las cargas y los volúmenes de las esferas Q Q0 = 4 4 3 3 3 πa 3 πr se obtiene Q0 =

Qr3 a3

y se reemplaza directamente en E4πr2 =

Q0 0 .

EJEMPLO 2.25: Esfera con una cavidad esférica Otro problema de esferas: Una esfera sólida de radio R tiene una densidad de carga uniforme ρ. La esfera tiene una cavidad esférica de radio R/2 tal como se muestra en la figura. ¿Cual es el campo eléctrico en cualquier punto de la cavidad? Solución: El problema lo podemos plantear como una superposición de campos eléctricos. El campo eléctrico de la esfera entera es igual a la suma del campo eléctrico de la esfera con la cavidad más el campo debido a una esfera de radio R/2, tal como muestra la figura:

86


por lo tanto el campo de la esfera con la cavidad se puede expresar como:

En el problema 2.24 vimos que la magnitud del campo en el interior de una esfera ρr ~ = ρ~r donde ~r es un vector es E = 3 y en forma vectorial el campo es radial E 30 0 apuntado a un punto P a una distancia r del centro. Si aplicamos este resultado a las dos esferas sólidas de la figura anterior (lado derecho de la igualdad), el campo eléctrico en el punto P de la esfera con la cavidad es: ~ = ρ~r − ρ~rOP = ρ (~r − ~rOP ) E 30 30 30 De acuerdo a la regla del triángulo para sumar vectores ~rO + ~rOP = ~r ~ = ρ ~rO E 30 pero ~rO es un vector que apunta en dirección paralela a la línea que une los centros de las dos esferas, en este caso en la dirección x, pues ~rO = 12 Riˆ. Entonces el campo resulta ser uniforme e independiente de r ~ = ρR iˆ E 60

La cavidad tiene un radio igual a R/2 en este problema, pero podemos generalizar el resultado poniendo ~rO = biˆ, donde 0 < b < R/2. Si usted quiere, puede plantear este problema de otra manera: el campo eléctrico en la cavidad es la suma del campo eléctrico de la esfera de radio R y densidad ρ más el campo eléctrico de una esfera de radio R/2 y densidad -ρ .

electrostática

87

EJEMPLO 2.26: ¡Otra vez el plano infinito! Recordemos que el campo eléctrico a cualquier distancia del plano es σ/20 y lo hemos calculado mediante integración directa (¡un poco complicado!). Después, en el problema 2.15, encontramos el campo eléctrico debido a un disco cargado, tomamos el límite cuando el radio tiende a infinito y obtuvimos σ/20 nuevamente. Ahora usaremos la ley de Gauss. El único problema es encontrar una superficie Gaussiana que facilite la integración, y para ello vamos a hacer un previo:

Supongamos que tenemos un plano infinito y colocamos una superficie esférica con un hemisferio a cada lado del plano como se muestra en la figura de abajo.

Notar que el campo eléctrico sale siempre de la esfera. Necesitamos calcular el flujo a través de la esfera. ¿Se acuerdan del problema 2.19? El flujo a través de esta semiesfera resultó ser EπR2 . Entonces podemos decir que, en caso actual, el flujo total del campo eléctrico a través de la esfera es 2EπR2 y eso debe ser igual a qenc /0 de acuerdo a la ley de Gauss:

entrando

2EπR2 =

pero la carga encerrada es qenc = σA, donde A = πR2 es el área del círculo que genera el

Vista desde abajo

plano al “cortar” la esfera en dos mitades 2EπR2 =

σ πR2 ε0

qenc ε0

⇒

E=

σ 2ε0

un resultado que era de esperar. La solución resultó ser “simple”, pero tuvimos que usar el resultado del problema 2.19, el cual requiere más elaboración. Ahora vamos a calcular el campo eléctrico del plano mediante el método tradicional que aparece en los libros de texto. La figuras siguientes muestran un plano infinito y una superficie Gaussiana que consiste en un cilindro de largo arbitrario L y área transversal A (la famosa “caja de píldoras”).

88


~ es perpendicular al campo eléctrico en la superficie lateral (“manto”) del cilindro, por lo tanto El vector dA ~ ~ ~ es paralelo en los extremos (“tapas”) del cilindro y tendremos E ~ dA ~ = EdA. E dA = 0. Por otro lado dA El flujo total será la suma de tres términos: ˆ ˆ ˆ ~ dA ~+ ~ dA ~+ ~ dA ~ = qenc Φ= E E E 0 tapa1 tapa2 manto ˆ ˆ qenc E dA + E dA + 0 = 0 tapa1 tapa2 EA + EA + 0 =

qenc 0

⇒

E=

qenc 2A0

La carga encerrada es aquella contenida en el círculo de área A, y está dada por qenc = σA E=

σ σA = 2A0 20

En este problema hicimos la suposición de que el campo es constante en todas partes no importando la distancia al plano. Podemos demostrar esto si colocamos un cilindro Gaussiano fuera del plano (ver figura), entonces no hay ninguna carga encerrada y según la ley de Gauss, el flujo a través del cilindro es cero. Si E1 y E2 son las magnitudes del campo eléctrico en las tapas del cilindro, entonces Φ = −E1 A + E2 A = 0 es decir E1 = E2 , indicando que el campo es constante.

electrostática

89

EJEMPLO 2.27: Alambre infinito Este es un problema que puede resolverse fácilmente usando la ley de Gauss. Queremos encontrar el campo eléctrico en un punto a una distancia r de una alambre infinito con densidad uniforme de carga λ. Para ello rodeamos el alambre con una superficie gaussiana consistente en un cilindro concéntrico de largo L y radio r tal como se muestra en la figura. Por simetría el campo debe ser radial y perpendicular ~ es perpenal alambre. En las dos tapas del cilindro E ~ ~ = 0. En el dicular a la superficie y tenemos que E dA ~ es paralelo a cualquier vector dA ~ y tenemos que manto E ~ ~ E dA = EdA. Por lo tanto el flujo total es: ˆ ˆ ˆ ~ dA ~+ ~ dA ~+ ~ dA ~ = qenc Φ= E E E 0 tapa1 tapa2 manto 0+0+E el área del manto es qenc = λL. Entonces

´

ˆ dA = manto

manto dA

qenc 0

= 2πrL y la carga encerrada es la que lleva el trozo de alambre de largo L, E2πrL =

llegando a un resultado es independiente de L E=

λL 0

2ke λ λ = 2π0 r r

90


PROBLEMAS 2.1 Dos cargas q1 = 3 × 10−4 C y q2 = −10−4 C están localizadas en (1, 2, 3) y (2, 0, 5) respectivamente. ¿Cual es la fuerza sobre q2 ? (las distancias están en metros). Resp.: F~12 = −10iˆ + 20jˆ −20kˆ [N]. 2.2 Cuatro cargas puntuales idénticas, cada una con carga +q, están fijas en las esquinas de un cuadrado de lado L. Una quinta carga −Q está situada a una distancia z a lo largo de una línea perpendicular al plano del cuadrado y que pasa a través del centro del cuadrado. Demuestre que la fuerza ejercida por las cuatro cargas +q sobre la carga −Q es: 4ke qQz F~Q = − kˆ 2 [z + L2 /2]3/2 2.3 Dos partículas, cada una de masa m y carga q estás suspendidas por hilos de longitud l desde un punto común. Demostrar que el ángulo θ que cada hilo hace con la vertical es s q2 θ= 3 16π0 mgl2 2.4 Dos pequeñas esferas conductoras tienen cargas de 2.0 × 10−9 C y −0.5 × 10−9 C, respectivamente. (a) ¿Cual es la fuerza cuando las esferas están separadas 4 cm?; (b) Si las esferas son puestas en contacto y después nuevamente separadas 4 cm, ¿cual es la fuerza entre ellas?; (c) ¿Qué importancia tiene que las esferas sean conductoras? Resp.: (a) 0.56 × 10−5 N; (b) +1.26 × 10−5 N 2.5 Cuatro partículas cargadas positivamente, dos de carga Q y dos de carga q, están conectadas por cuatro hilos inextensibles de igual longitud. En ausencia de fuerzas externas las cargas asumen una configuración de equilibrio como se muestra en la figura. Demostrar que tan3 θ = q 2 /Q2 . (Considerar que hay tensiones en los hilos).

2.6 Suponer que tres partículas cargadas positivamente están obligadas a moverse en una linea circular fija. Si todas las cargas fueran iguales, una distribución de equilibrio sería, obviamente, simétrica con las cargas separadas 120° en torno a la circunferencia. Supongamos que dos de las cargas son iguales y la distribución de equilibrio es tal que estas dos cargas forman 90° en vez de 120°. ¿Cual es el valor relativo de la tercera carga? Resp.: 3.154. 2.7 Una anillo de radio R tiene una carga +Q uniformemente distribuida a lo largo de su extensión. (a) Calcular el campo eléctrico en el centro de anillo. (b) Considere una carga −Q constreñida a deslizarse a lo largo del eje del anillo. Muestre que la carga se moverá con movimiento armónico simple para pequeños desplazamientos perpendiculares al plano de anillo. 2.8 Calcular la carga total dentro de los volúmenes y con las densidades de carga indicados: (a) 0.1 ≤ |x| , |y| , |z| ≤ 0.2 : ρ(x, y, z ) = x3 y13 z 3 (b) 0 ≤ ρ ≤ 0.1, 0 ≤ φ ≤ π, 2 ≤ z ≤ 4 : (b) Todo el espacio: ρ = e−2r /r2

ρ = r2 z 2 sin 0.6φ

electrostática

91

Resp.: 27 mC; 1.778 mC; 6.28 C 2.9 Una linea de carga positiva se dobla para formar un semicírculo de radio R = 60 cm como se muestra en la figura. La carga por unidad de longitud a lo largo del semicírculo es descrita por la expresión λ = λ0 cos θ. La carga total del semicírculo es 12.0 µC. Calcular la fuerza total sobre una carga de 3.0 C colocada en el centro de curvatura.

Resp.: −0.707jˆ N 2.10 Considere una anillo circular de radio a, sobre el plano xy, con densidad lineal de carga no uniforme dada por λ(φ) = k sin φ. Calcular el campo eléctrico en cualquier punto del eje z

~ =− Resp.: E 4

ka2

2 2 3/2 0 (a +z )

jˆ

2.11 Una cascarón cilíndrico de radio a, con densidad uniforme de carga σ se extiende desde −h hasta +h a lo largo del eje z. Demuestre que el campo eléctrico en el punto (0, 0, k ) es ~ = σa E 20

1

" p

a2 + (k − h)2

−p

1 a2 + (k + h)2

# kˆ

2.12 Un cilindro muy largo de de radio r = 8 cm contiene la densidad de carga superficial, σ = 5e−20|z| nC/m2 . ¿Cual es la carga total presente? Resp.: 0.25 nC 2.13 Dos superficies cilíndricas coaxiales de longitud infinita, de radios a y b (b > a) tienen densidades superficiales de carga σa y σb respectivamente. ~ en todos los puntos. (a) Determine E ~ se anule para r > b? (b) ¿Cual debe ser la relación entre a y b para que E Resp.: (a) E = 0, r < a; E = aσa /0 r, a < r < b; E = (aσa + bσb )/0 r, r > b; (b) b/a = −σa /σb . 2.14 Un arreglo de materiales está formado por una esfera no conductora de radio a que porta una densidad volumétrica de carga uniforme ρ (esfera de la izquierda), un cascarón esférico de radio a que porta una densidad superficial de carga uniforme σ (cascarón de la derecha). Los centros de la esfera sólida y el cascarón están separados una distancia 4a. A una distancia L del punto medio de la línea que junta los centros de la esfera y el cascarón, se coloca un alambre de longitud a con densidad lineal de carga uniforme λ (ver figura).

92


(a) Calcule el campo eléctrico en el punto (x = 0, y) producido por la esferas. (b) Suponga que tanto en la esfera sólida como en el cascarón se distribuye la misma carga Q. En este caso calcule el campo eléctrico en términos de Q. ¿en que dirección apunta? (c) Empleando el campo encontrado en el punto (b). Calcule la fuerza que ejercen las esferas sobre el alambre cargado. y (ρa3 +3σa2 ) ˆ 2ρa4 −6σa3 ˆ yQ Qλ 1 1 ~ ~ ~ ˆ √ √ Resp.: (a) E = 3 (4a2 +y2 )3/2 i + 3 (4a2 +y2 )3/2 j ; (b) E = 2π (4a2 +y2 )3/2 j ; (c) F = 2π0 − jˆ 2 2 2 2 0

0

0

y +L

y +(L+a)

3

CAPÍTULO

El potencial electrostático Existe una propiedad vectorial que dice que si tenemos un campo vec~ y ocurre que el rotor de ese campo es cero (∇ × A ~ = 0), entonces torial A ~ A puede ser expresado como el gradiente de un campo escalar. Es decir ~ = ∇f . ¿Porqué? Bueno, se existe una función escalar f (x, y, z ) tal que A puede demostrar fácilmente que para cualquier f ∇ × (∇f ) = 0 Recordemos que si tenemos una distribución continua en un volumen V , el campo eléctrico está dado por ˆ ~r − ~r0 ~ E (~r) = ke ρ(r~0 )dv 0 |~r − ~r0 |3 V ~ = 0,1 por lo tanto existe un entonces se puede demostrar que ∇ × E ~ = ∇V . El escalar es llama potencial electrostático y escalar V tal que E se acostumbra a incluir un signo menos por conveniencia

1

Ver apéndice para la demostración.

~ = −∇V E Podemos aplicar el teorema fundamental para gradientes2 (ver sección ~ que se deriva de un potencial (E ~ = ∇V ). En este caso 1.3.1) al campo E se cumple que ˆ B ~ d~l = VB − VA − E A

El teorema fundamental para gra~ = ∇ϕ, entonces dientes, dice que si A 2

ˆb ~ d~ A r = ϕ(b) − ϕ(a) aC

lo cual nos lleva a definir el escalar diferencia de potencial electrostático ˆ ∆V = VB − VA = −

B

~ d~l E

A

3.1 Significado físico del potencial También de puede justificar la existencia del potencial electrostático teniendo en cuenta que la fuerza electrostática es una fuerza conservativa, es decir, el trabajo hecho por la fuerza, para mover una carga de prueba desde un punto hasta otro, es independiente del camino que conecta a los dos puntos. Por ejemplo, consideremos el campo eléctrico ~ = ke q rˆ E r2 radiado por una carga puntual, q, en el origen de coordenadas (ver figura ~ y entonces el término 3.1). La fuerza sobre una carga de prueba q0 es q0 E ~ d~l dW = q0 E

Figura 3.1: Trabajo efectuado por el campo eléctrico producido por q para mover q0 desde A hasta B.

94


es el trabajo hecho por el campo para mover la carga q0 una pequeño desplazamiento d~l. El trabajo total efectuado para mover q0 desde A hasta B está dado por la integral de línea ˆ B ˆ B ke q ~ d~l = W = q0 E q0 r ˆ d~l r2 A A El campo es radial, por lo tanto si expresamos d~l en coordenadas esféricas d~l = dr rˆ + r dθ θˆ + r sin θ φˆ tendremos rˆ d~l = dr y entonces ˆ W = ke q0 q

dr = ke q0 q r2

ˆ

B

A

dr 1 1 1 B = ke q0 q = ke q0 q − 2 − r r A a b

W = ke q0 q

1 1 − a b

El trabajo no depende de la trayectoria, sino del punto de partida y llegada.

Expresión que depende sólo de los puntos A y B. En el caso anterior, calculamos el trabajo efectuado por la fuerza debido a q para mover la carga q0 desde A hasta B. Si ahora actuamos de forma externa para mover la carga desde A hasta B, tendremos que efectuar un trabajo −W . ~ se define el cambio En el caso general, donde tenemos un campo E, de energía potencial electrostática (también energía potencial eléctrica o simplemente energía potencial) como ˆ ∆U ≡ UB − UA = −W = −q0

B

~ d~l E

A

~ es una fuerza conservativa, la integral de linea no dey puesto que q0 E pende de la trayectoria para ir desde A hasta B.3 Si ahora dividimos ∆U por q0 obtenemos una cantidad que es independiente de q0 y que tiene el nombre de diferencia de potencial electrostático (también potencial eléctrico o simplemente potencial) y se define como ∆V = VB − VA ≡

∆U =− q0

ˆ

B

~ d~l E

A

y cuya unidad es el “Volt” 1 V = 1 volt =

~ tiene signo El trabajo hecho por E contrario al trabajo efectuado por una fuerza externa.

1J 1 Joule = 1C 1 Coulomb

´B ~ d~l (o dV = −E ~ d~l), el campo eléctrico y el Puesto que ∆V = − A E potencial están relacionados entre si. En efecto, recordemos que habíamos encontrado al principio de esta sección que existía una función escalar tal ~ = −∇V . El potencial es una cantidad escalar y es mucho más que E ~ lo cual indica que ahora tenemos una manera más fácil evaluar V que E, ~ fácil de obtener E.

De hecho, la diferencia UB − UA nos dice que la integral depende sólo de los puntos inicial y final de la trayectoria.

3

el potencial electrostático

95

EJEMPLO 3.1 En cierta región del espacio el potencial está dado por V (x, y, x) = x2 + xy. Si el potencial está en Volt y las distancias en metros calcular el campo eléctrico en el punto (2, 1). ~ = −∇V = − ∂V iˆ + − ∂V jˆ = (−2x − y )iˆ − xjˆ , y evaluado en (2, 1) se tiene E ~ = −5iˆ − 2jˆ . Solución: Usando E ∂x ∂y

El valor de V en una posición no tiene sentido (Al igual que en el caso gravitacional, sólo las diferencias de (energía) potencial tienen significado) a menos que definamos una posición de referencia donde el potencial valga cero. Es usual elegir A en el infinito del tal forma que V∞ = 0 de tal manera que podemos definir el potencial en un punto B como ˆ B ~ d~l E VB = − ∞

Hay que hacer notar que el punto de referencia en el infinito podría ser una elección inapropiada para algunas distribuciones infinitas de carga (por ejemplo un alambre) donde el campo no decae tan rápido como para que la integral se haga cero.

Hay que tener cuidado de no confundir energía potencial electrostática con potencial electrostático. La energía potencial se mide en “Joule” y es un número único (es trabajo) mientras que el potencial se mide en “Volt” (Joule/Coulomb) y es diferente en todas partes del espacio.

3.2 Potencial eléctrico de cargas puntuales Dada una carga q (ver figura 3.1), habíamos encontrado que 1 1 − W = ke q0 q a b entonces la diferencia de potencial es ∆U W 1 ∆V = VB − VA = =− = − ke q0 q q0 q0 q0

1 1 − a b

= ke q

1 1 − b a

Si elegimos la referencia V = 0 en a = ∞, definimos el potencial de una carga q a una distancia b = r como: V = ke

q r

Para obtener el potencial eléctrico resultante de dos o más cargas se aplica el principio de superposición. Es decir, el potencial eléctrico total

96


en un punto P debido a varias cargas, es la suma de los potenciales individuales: X qi VP = ke ri i

En cada caso ri es la distancia desde la carga qi al punto P . El potencial en función de los vectores de posición es: X qi V (~r) = ke |~r − ~ri | i

donde ~r es el vector posición del punto donde queremos calcular el potencial y ~ri es la posición individual de cada carga.

3.3 Potencial eléctrico de distribuciones continuas de carga Para una distribución continua de cargas consideramos un elemento de carga dq en el volumen V . El potencial en P debido a dq es dV = ke dq r y por lo tanto el potencial total en P será ˆ dq VP = ke r

Figura 3.2: El potencial en P debido al elemento de carga dq

La otra manera de expresar el potencial es cuando se especifica el radio vector ~r del punto P Figura 3.3: El potencial en ~ r debido al elemento de carga dq 0

ˆ V ( r ) = ke

dq 0 = ke |~r − ~r0 |

ˆ V0

ρ(r~0 ) dv 0 |~r − ~r0 |

en esta ecuación ~r0 es el radio vector de un elemento de carga dq en la distribución de cargas. En la expresión del potencial para una carga puntual o una distribución continua estamos suponiendo que V (∞) = 0, pero hay casos en que esa elección no es posible (ver ejemplo del plano infinito más adelante). Siempre hay que tener en mente que lo que se está calculando,


97

es en realidad una diferencia de potencial ˆ ∆V = VP − Vref = ke

dq r

donde Vref es el potencial de referencia. Además, observemos que ∆V se expresa mediante una integral indefinida, pero también se puede escribir ˆ P dq ∆V = VP − Vref = ke ref r En cualquiera de los dos casos, hay una constante que hay que determinar y en la mayoría de los casos se impone la condición de que V = 0 en el infinito. EJEMPLO 3.2 Este es un ejemplo interesante cuando la referencia no es en el infinito. Se tiene una carga puntual q en el origen y se pide encontrar el potencial a una distancia r de la carga con la condición de que el potencial es cero en el punto (1, 0, 0). Solución: Al elegir la referencia V = 0 en r = ∞, la solución es trivial V = ke qr , pero debemos recordar que estrictamente, calculamos q V − Vref = ke r el punto (1, 0, 0) se encuentra a una distancia de 1, es decir como el potencial es esférico, todos los puntos en una esfera de radio 1 se encuentran al mismo potencial (la esfera es una superficie equipotencial). La condición es que V (1) = 0, lo que permite calcular Vref y obtener el resultado 1 V = ke q −1 r

3.4 Energía potencial electrostática Si V2 es el potencial en punto P debido a la carga q2 y queremos traer una carga q1 desde el infinito hasta el punto P , debemos efectuar un trabajo en contra del campo eléctrico creado por q2 , que está dado por: 4 U = q1 V2 = q1 ke

q2 q1 q2 = ke r12 r12

Esto sale de la definición ∆U = q∆V y suponiendo el cero de potencial en el infinito. 4

donde r12 es la distancia entre q1 y q2 . Si tenemos más de dos cargas puntuales, la energía potencial electrostática se obtiene sumando U para cada par de cargas. Por ejemplo para tres cargas: q1 q2 q1 q3 q2 q3 U = ke + + r12 r13 r23 Podemos reescribir la expresión anterior de la forma 1 q2 q3 q1 q3 q1 q2 + ke + q2 ke + ke + q 3 ke + ke U= q1 ke 2 r12 r13 r12 r23 r13 r23 Si ahora consideramos que el potencial en la posición de la carga q1 debido 3 2 a las cargas q2 y q3 está dado por V1 = ke rq12 + ke rq13 y de forma similar 5 para los otros términos:

No confundir V1 con el potencial debido a V1 = ke q1 /r.

5

98


U=

1 (q1 V1 + q2 V2 + q2 V3 ) 2

Generalizando para N cargas: U=

N 1X Qk Vk 2 k =1

donde Vk que es el potencial eléctrico en la posición de Qk se debe a las demás cargas. En el caso de una distribución continua de cargas, que posea una densidad de carga ρ, entonces en la ecuación anterior sustituimos Qk por ρdv y la sumatoria por una integral ˆ 1 ρV dv U= 2 v’

donde V es el potencial en el punto donde la densidad volumétrica de carga vale ρ y v 0 es volumen de la región donde existe ρ. EJEMPLO 3.3 Encontrar la energía necesaria para formar una esfera de carga total Q, con radio R y densidad volumétrica de carga ρ. Solución: Vamos a suponer que la esfera se forma a partir de cascarones esféricos de radio r y grosor infinitesimal dr. Sea Qr la carga contenida por una esfera de radio r, entonces el potencial en la superficie es: Vr = ke

Qr 1 ρ 43 πr3 ρr2 = = r 4π0 r 30

con Qr = ρ 34 πr3 . Cada cascarón lleva una carga dQr = ρ4πr2 dr, entonces la energía para formar una carga dQr es dW = Vr dQr =

4 ρr2 (ρ4πr2 dr ) = πρ2 r4 dr 30 30

el trabajo o energía total se obtiene al integrar ˆR 4 4 R5 4π 2 5 2 W = πρ r4 dr = πρ2 = ρ R 30 30 5 150 0

podemos eliminar ρ y colocar el resultado en función de la carga total Q = ρ 43 πR3 W =

3Q2 20π0 R

3.5 Superficies equipotenciales Supongamos que tenemos una distribución de cargas y podemos calcular el potencial en cualquier punto del espacio. Una superficie equipotencial se define como una superficie en que el potencial es constante. En otras palabras

Condición de superficie equipotencial.


99

∆V = 0 y puesto que ∆U = q0 ∆V , esto también significa que no se efectúa trabajo para mover una partícula cargada entre dos puntos de la misma superficie equipotencial. ´B ~ d~l podemos decir que cuando una carga De la expresión ∆V = − A E efectúa un desplazamiento infinitesimal d~l a lo largo de una superficie equipotencial, entonces ~ d~l = 0 dV = E

~ d~l = 0 E

⇒

~ ⊥ d~l E

~ es perpendicular a la superficie. La lo que indica claramente que E 3.4 ilustra claramente este hecho. En (a) tenemos un campo eléctrico uniforme y se muestran las superficies equipotenciales (planos perpendiculares a la hoja) perpendiculares a las líneas de campo. En (b) las líneas de campo son radiales y las superficies equipotenciales son esferas concéntricas. Notar además que a medida que nos alejamos de la carga las superficies están más separadas, indicando que el potencial disminuye. En (c) vemos superficies equipotenciales de dos cargas (dipolo).

(a)

(b)

(c)

Figura 3.4: Las lineas azules corresponden a superficies equipotenciales.

Figura 3.5: Una configuración más complicada: un plano cargado negativamente y una carga positiva. Las lineas de campo salen de la carga hacia el plano y las equipotenciales (en azul) son perpendiculares a las lineas rojas del campo eléctrico.

100


Las superficies equipotenciales nunca se tocan ni cruzan. ¿porqué? Bueno, puesto que el campo eléctrico es perpendicular a las superficies equipotenciales, eso significaría que si dos superficies se tocan en un punto, el campo eléctrico no tendría una única dirección en ese punto. También se puede argumentar que como las superficies equipotenciales por definición tienen valores fijos (constantes), si ellas se cruzaran significaría que en un punto del espacio el potencial tendría dos valores diferentes; eso es absurdo.


101

3.6 Cálculo del potencial por integración Aquí revisaremos algunos ejemplos clásicos de los libros de texto. EJEMPLO 3.4: Anillo cargado uniformemente En la figura el anillo tiene una carga uniforme total Q y hay que encontrar el potencial en un punto de eje z. Solución: De acuerdo a la figura, el potencial en el punto P debido a √ 2 2 la carga puntual dq es dV = ke dq r y donde r = z + R es la distancia del elemento de carga dq al punto P . Ahora integramos para obtener el potencial debido a todo el anillo en el punto P || ˆ ˆ dq dq V = ke = ke √ 2 r z + R2 hay que hacer notar que cualquier elemento de carga dq del anillo está siempre a la misma distancia del punto √ P , por lo tanto z 2 + R2 es constante y puede salir fuera de la integral V (z ) = √

ke 2 z + R2

ˆ dq = √

ke Q z 2 + R2

idéntico resultado se obtiene al plantear el problema en coordenadas cilíndricas (con z = 0), mediante dq 0 dV = ke |~r − ~r0 | √ ˆ ~r0 = Rr, con dq 0 = λdl = λRdφ0 , ~r = z k, ˆ y |~r − ~r0 | = z 2 + R2 λRdφ0 dV = ke √ z 2 + R2 ⇒

V = √

ke λR z 2 + R2

ˆ2π dφ = √ 0

ke λR ke Q 2π = √ 2 2 z +R z 2 + R2

donde hemos usado el hecho de que Q = 2πRλ. Este resultado sirve para calcular el campo eléctrico en el punto P . El potencial sólo depende de la variable z y por consideraciones de simetría el campo eléctrico debe apuntar en la dirección z. Haciendo uso de que ~ = −∇V E ! dV d ke Q 2z ke Qz √ Ez = − =− = −ke Q (−1/2) = 3/2 2 2 2 2 2 dz dz z +R (z + R ) (z + R2 )3/2 Recordemos que habíamos obtenido este resultado por integración directa y el procedimiento había resultado ser bastante más complicado.

102


EJEMPLO 3.5: Disco cargado uniformemente En la figura el disco tiene una carga uniforme total Q y hay que encontrar el potencial en un punto de eje z. Solución: De acuerdo a la figura, hemos elegido como elemento de carga (dq) un anillo de radio r concéntrico al disco y de ancho dr. Ahora recordemos el problema anterior, en que el potencial para un anillo de radio R y cargado con carga Q es √ k2e Q 2 . En nuestro caso z +R el anillo tiene carga dq y radio r. Aplicando esta fórmula dV = ke √

dq + r2

z2

√ y donde z 2 + r2 es la distancia del elemento de carga dq al punto P . En dV tenemos dos variables dq y r, por lo tanto es conveniente eliminar una de ellas para poder integrar. Si suponemos que el anillo tiene una densidad de carga superficial σ, entonces dq = σdA, donde dA = 2πrdr σ2πrdr dV = ke √ z 2 + r2 aquí z es constante y al integrar r debe tomar valores entre 0 y R para barrer todo el disco ˆR rdr V = ke σ2π √ z 2 + r2 la integral

´

√ rdr z 2 +r 2

=

√

0

z 2 + r2

V = ke σ2π

hp

z 2 + r2

iR 0

p = ke σ2π ( z 2 + R2 − z )

z>0

el mismo resultado puede ser escrito en función de la carga total Q = σπR2 . También podemos calcular el campo eléctrico en el punto P . El potencial sólo depende de la variable z y por consideraciones de simetría el campo eléctrico debe apuntar en la dirección z. Haciendo uso de que ~ = −∇V E p dV z z d 2 2 Ez = − =− ke σ2π ( z + R − z ) = −ke σ2π √ − 1 = kσ2π 1 − √ dz dz z 2 + R2 z 2 + R2 otra forma de resolver el problema, sería usar coordenadas cilín´ 0 . Elegimos un elemento de área con dricas y la forma V (r ) = ke |~rdq −~ r0 | 0 0 carga dq = σdA , a una distancia r0 del centro del disco. En coordenadas cilíndricas dA0 = r0 dφdr0 y además |~r − ~r0 | = √ z 2 + r02 , luego σr0 dφdr0 dV = ke √ z 2 + r02 integrando ˆ2π V = ke σ

ˆR √

dφ 0

0

p r0 dr0 = . . . = ke σ2π ( z 2 + R2 − z ) z 2 + r02


103

El resultado que hemos obtenido para V es para z > 0, pero es evidente por la simetría que este resultado h√ iR √ debe ser válido también para z < 0. En la evaluación de z 2 + r2 hicimos la elección de que z 2 = z. 0 √ La expresión correcta del potencial para y < 0 es eligiendo z 2 = −z V = ke σ2π (

p

z 2 + R2 + z )

z<0

EJEMPLO 3.6: Esfera aislante cargada uniformemente Una esfera aislante de radio R con carga Q distribuida uniformemente. Solución: Calcularemos el potencial adentro y afuera de la esfera. En vez de calcular el potencial directamente vamos a usar el resultado que obtuvimos para el campo eléctrico, de tal manera que a ~ · d~l vamos a integrar. partir dV = −E Caso (a) r ≥ R: El campo eléctrico es radial y es equivalente a una carga puntual ~ = ke Q rˆ E r2 ~ · d~l A partir de dV = −E dV = −

ke Q ke Q rˆ · d~l = − 2 dr 2 r r

aquí hemos puesto rˆ · d~l = dr (la componente de d~l en la dirección de r; ˆ como el campo es radial podemos ~ ~ suponer también que dl = d~r = drr, ˆ luego rˆ · dl = rˆ · drrˆ = dr) la integración se hace considerando que el potencial es cero en el infinito rP ˆrP 1 1 ke Q dr = = ke Q( − 0) = VP = −ke Q r2 r ∞ rP r −∞

VP =

ke Q r≥R r

e Qr Caso (b) r < R: Aquí debemos recordar que el campo eléctrico es E = kR 3 . Además la integración será en dos regiones: ˆrP ˆR ˆrP ke Q ke Q 2 ke Q ke Qr dr − = VP = + (R − r 2 ) VP = − Edr = − 2 3 r R R 2R3 ∞ ∞ | {z } R | {z }

r≥R

r
Factorizando tenemos el resultado final ke Q VP = 2R

r2 3− 2 R

r
104


EJEMPLO 3.7: Potencial de un plano infinito Este es una caso especial donde no podemos asumir que el potencial es cero en el infinito. Podríamos intentar usar el resultado del potencial de un disco infinito y tomar el límite cuando el radio es infinito p l´ım Vdisco = l´ım ke σ2π ( z 2 + R2 − z ) = ∞ R→∞

R→∞

es decir esta ecuación no puede ser usada. Pero conocemos el campo eléctrico de un plano infinito ~ = σ iˆ E 20 donde hemos puesto el plano coincidente con el plano yz, así que el campo va en la dirección positiva del eje x ~ · d~l = − σ iˆ · d~l = − σ dx dV = −E 20 20 donde hemos usado el hecho de que iˆ · d~l = iˆ · (dxiˆ + dy jˆ + dz kˆ ) = dx. Ahora integramos V =−

σ x + V0 20

x>0

donde la constante de integración V0 es el potencial en x = 0. Notar que el potencial decrece cuando x crece. De hecho V → −∞ si x → ∞. Si x < 0 el potencial es σ V = x + V0 x<0 20

El potencial también disminuye si x se hace más negativo. Podemos resumir los dos resultados en una sola fórmula para cualquier valor de x: σ V =− |x| + V0 20

3.7 Las ecuaciones de Poisson y Laplace Recordemos la forma diferencial de la ley de Gauss ~ = ∇E

1 ρ(~r) 0

~ = −∇V , podemos combinar estos dos y puesto que ahora sabemos que E términos 1 ∇ (−∇V ) = −∇ ∇V = ρ(~r) 0 La expresión ∇ ∇ corresponde al laplaciano ∇2 , el producto “punto” entre dos operadores “nabla” (ver sección 1.2), entonces obtenemos la ecuación de Poisson ρ ∇2 V = − 0 El operador ∇2 involucra derivadas parciales respecto a las coordenadas. Si conocemos ρ(x, y, z ) y las condiciones de borde apropiadas, estaremos en condiciones de resolver esta ecuación diferencial en derivadas parciales.

Ecuación de Poisson


Hay algunos problemas de electrostática donde ρ es cero en casi todas las partes del espacio. Entonces la ecuación de Poisson se reduce a la ecuación de Laplace:

105

ecuación de Laplace

2

∇ V =0 Para resolver cualquiera de las dos ecuaciones diferenciales, tendremos que hacer consideraciones de simetría y expresar el Laplaciano en un sistema de coordenadas adecuado para facilitar los cálculos.

3.8 Conexión entre el campo eléctrico, el potencial eléctrico y la densidad de carga Es interesante hacer un resumen de la relación entre las tres cantidades más importantes que hemos visto hasta ahora: el campo eléctrico, el potencial eléctrico y la densidad de carga. La figura 3.6 resume estas ecuaciones y puede ser de ayuda cuando se trate de obtener una de estas cantidades a partir de otra. Campo eléctrico

Densidad de carga

Figura 3.6: Ecuaciones que relacionan la densidad de carga, el potencial eléctrico y el campo eléctrico.

Potencial eléctrico

106


EJEMPLO 3.8 Se sabe que el potencial está dado por V = 80 r0.6 . Asumiendo condiciones del espacio libre, encontrar: ~ = −∇V , pero puesto que V depende de r el campo eléctrico debe ser (a) El campo eléctrico: sabemos que E expresado en coordenadas esféricas. El operador gradiente en coordenadas esféricas es ∇ = rˆ

∂ 1 ∂ 1 ∂ + θˆ + φˆ ∂r r ∂θ r sin θ ∂φ

y como V = V (r ) se reduce a: ~ = −∇V = − ∂V rˆ = −80(0.6)r−0.4 rˆ = −48r−0.4 rˆ E ∂r ~ = ρ/0 . En coordenadas (b) La densidad de carga volumétrica en r = 0.5 m: La densidad se obtiene de ∇ · E esféricas ∂ 1 ∂Eφ ~ = 1 ∂ ( r 2 Er ) + 1 (Eθ sin θ ) + ∇·E 2 r ∂r r sin θ ∂θ r sin θ ∂φ y nuevamente por se ve reducido a

ρ ( r ) = 0

~ = 1 ∂ ( r 2 Er ) ∇·E r2 ∂r

76.80 1 ∂ 2 1 ∂ 1 ∂ 1 (r Er ) = 0 2 (−r2 48r−0.4 ) = −480 2 (r1.6 ) = −480 2 (1.6)r0.6 = − 1.4 r2 ∂r r ∂r r ∂r r r

y evaluada en r = 0.5 ρ(0.5) = −1.79 nC/m3 Por supuesto que hubiéramos obtenido ρ directamente de la ecuación de Poisson ∇2 V = − esféricas el laplaciano es:

ρ . En coordenadas 0

∂ ∂2 1 ∂ 1 2 ∂ r + 2 sin θ + 2 2 ∂r r sin θ ∂θ ∂θ r sin θ ∂φ2 ∂ y que en nuestro caso se reduce a ∇2 V = r12 ∂r r2 ∂V ∂r . 1 ∂ ∇ = 2 r ∂r 2

(c) La carga total encerrada en la superficie r = 0.6: La manera más fácil es usando la ley de Gauss eligiendo una superficie esférica de radio r:ˆ ˆ ˆ −0.4 −0.4 ~ ~ ~ Qenc = 0 E dA = −48r rˆ · dA = −48r dA esf era

~ y además es constante en cualquier donde hemos usado el hecho de que el campo es radial y es paralelo a dA parte de la superficie de la esfera. Qenc = −480 r−0.4 4πr2 y al evaluar Qenc (0.6) = −2.36 nC. 0 usando coordenadas esféricas en Otra manera es integrar la densidad de carga ρ(r ) = − 76.8 r1.4

ˆ Qenc =

ρ(r )dV


107

EJEMPLO 3.9 Este es un ejemplo sencillo y muy conocido donde se resuelve la ecuación de Laplace con condiciones de borde. Se tienen dos planos conductores aislados infinitos. Uno de ellos está a potencial 0 (conectado a tierra) y el otro a potencial V0 . Los planos forman un ángulo α tal como se muestra en la figura. Determinar el potencial en función del ángulo φ en las regiones:

Espacio aislante para que los planos no se toquen

(a) 0 < φ < α: Es decir, se pide calcular el potencial en la región entre los dos planos. En este caso elegimos coordenadas cilíndricas para resolver la ecuación de Laplace: 1 ∂ ∂2V ∂V 1 ∂2V ∇2 V = + =0 r + 2 2 r ∂r ∂r r ∂φ ∂z 2 Puesto que los planos son infinitos, podemos decir es que V no cambiará con z (plano infinito). Las superficies equipotenciales son planos radiales con φ constante tal como se muestra en la figura. A partir de esto podemos asumir que el potencial sólo depende de φ y la ecuación de Laplace se reduce a: 1 ∂2V =0 r2 ∂φ2 y para r 6= 0 se tiene veces

∂2V ∂φ2

=0 . Esta es una ecuación diferencial simple, que puede resolverse integrando dos V ( φ ) = C1 φ + C2

Las constantes C1 y C2 se obtienen de las condiciones de borde V (0) = 0 y V (α) = V0 V (0) = 0 + C2 = 0

⇒ C2 = 0

V (α) = C1 α + C2 = V0

⇒ C1 =

De esta manera la solución es V (φ) =

V0 φ α

V0 α

0<φ<α

(b) α ≤ φ ≤ 2π: En este caso estamos en la región exterior y las condiciones de borde son V (α) = V0 y V (2π ) = 0 V (α) = C1 α + C2 = V0 V (2π ) = C1 2π + C2 = 0 V0 despejando, obtenemos C1 = − 2π−α y C2 =

V (φ) =

2πV0 2π−α

y la solución queda

V0 (2π − φ) 2π − α

Superficies equipotenciales

α ≤ φ ≤ 2π

Ahora como ejercicio adicional, podemos calcular el campo eléctrico para el caso 0 < φ < α. El operador gradiente en coordenadas cilíndricas es

108


∇ = rˆ

1 ∂ ∂ ∂ + φˆ + zˆ ∂r r ∂φ ∂z

∂ el cual se ve reducido a ∇ = φˆ 1r ∂φ en este problema. De esta forma

~ = −∇V = − 1 ∂ E r ∂φ

V0 V0 φ φˆ = − φˆ α αr

~ es función de r y no de φ, pero E ~ depende de φ pues φˆ aparece en la ecuación. Notar que la magnitud de E EJEMPLO 3.10 Supongamos que tenemos dos cilindros coaxiales muy largos, a diferente potencial como se muestra en la figura. Encontrar el potencial entre los cilindros. Solución: Debido a la simetría del problema, las superficies equipotenciales son cilindros concéntricos de radio r = constante. Usando coordenadas cilíndricas, el potencial no depende de φ ni de z. La ecuación de Laplace en coordenadas cilíndricas es ∂2V 1 ∂ ∂V 1 ∂2V ∇2 V = r + 2 + =0 2 r ∂r ∂r r ∂φ ∂z 2 la cual se ve reducida a

1 ∂ r ∂r

∂V r ∂r

=0

para ello debe cumplirse que r

∂V =A ∂r

⇒

∂V A = ∂r r

⇒

V (r ) = A ln r + B

donde A y B son constantes, que se determinan con las condiciones de borde V (a) = V0 y V (b) = 0, obteniéndose ln(b/r ) V ( r ) = V0 ln(b/a) De aquí podemos obtener inmediatamente el campo eléctrico ∂V 1 ∂V ∂V V0 ~ ˆ E = −∇V = − rˆ +φ + zˆ = rˆ ∂r r ∂φ ∂z r ln(b/a) EJEMPLO 3.11

Espacio

Ahora un ejemplo donde se involucren coordenadas esféricas. Se tiene un cono conductor a potencial V0 como se muestra en la figura. Calcular el potencial en todo el espacio. Solución: Debido a la simetría, las superficies equipotenciales son conos con θ = constante, independiente del ángulo φ y de r. El laplaciano en coordenadas esféricas es (ver sección 1.2) 1 ∂ 1 ∂ ∂ 1 ∂2 2 2 ∂ ∇ = 2 r + 2 sin θ + 2 2 r ∂r ∂r r sin θ ∂θ ∂θ r sin θ ∂φ2


109

y puesto que V solo depende del ángulo azimutal θ, la ecuación de Laplace queda 1 ∂ ∂V sin θ =0 r2 sin θ ∂θ ∂θ al excluir r = 0 y θ = 0 ∂ ∂θ

∂V sin θ ∂θ

=0

vemos que al integrar una vez en θ sin θ La segunda integral es

ˆ V =

∂V =A ∂θ A dθ + B sin θ

donde A y B son constantes de integración. Esta integral no es trivial y se puede buscar en una tabla θ +B V = A ln tan 2 Con las condiciones de borde V (π/2) = 0 y V (α) = V0 , α < π/2, se obtienen las constantes V (θ ) = V0

ln(tan 2θ ) ln(tan α2 )

~ = −∇V = − 1 ∂V θˆ El campo eléctrico se obtiene de E r ∂θ ~ (r, θ ) = − E

V0 θˆ r sin θ ln(tan α2 )

Todavía le podemos sacar más información de este problema. Por ejemplo el campo eléctrico en la superficie del cono es (haciendo θ = α) V0 ~ (r, α) = − θˆ E r sin α ln(tan α2 )

y es perpendicular a la superficie del cono. Usando el teorema de Gauss podemos determinar la densidad de carga superficial del cono (para ello elegimos un cilindro perpendicular a la superficie del cono como superficie Gaussiana). Obtenemos σ=−

0 V0 r sin α ln(tan α2 )

110


3.9 El momento dipolar eléctrico El concepto de momento dipolar eléctrico merece una sección especial. Es un concepto útil en átomos y moléculas y también en dieléctricos como veremos más adelante. Se define un dipolo eléctrico a un sistema de dos cargas iguales y de signo contrario, separadas entre sí por una pequeña distancia. El momento dipolar eléctrico p~ es una magnitud vectorial cuyo módulo equivale al producto de la carga Q por la distancia entre las cargas

Figura 3.7: Un dipolo son dos cargas de igual magnitud y signo contrario separadas por una distancia.

p = Qd La dirección del vector p~ va desde la carga negativa a la positiva p~ = Qd~ y la unidad de momento dipolar es [C.m], pero en la práctica se usa la unidad Debye [D], donde 1 D = 3.335 × 10−30 C.m. Ahora procederemos a calcular el potencial eléctrico debido a un dipolo. En la figura 3.8 elegimos coordenadas esféricas para describir el problema. Figura 3.8: Geometría del problema para calcular el campo eléctrico producido por un dipolo.

El punto P tiene coordenadas (r, φ, θ ), pero da lo mismo cualquier valor de φ, así que colocamos el punto P en el plano yz (φ = 0). El potencial en P será la suma de los potenciales de las cargas puntuales por separado: Q (−Q) 1 1 R2 − R1 + ke = ke Q − = ke Q V = ke R1 R2 R1 R2 R1 R2 Ahora la idea es expresar el potencial en función de r y θ. Esto no resulta en una expresión simple, pero para efectos prácticos necesitamos conocer el potencial a una distancia r muy grande comparada con d (d r). Cuando P se encuentra muy alejado del dipolo, las líneas R1 , r y R2 son prácticamente paralelas, tal como muestra la figura 3.9. Podemos seguir dos caminos para la aproximación: (a) De acuerdo a la figura R2 − R1 ≈ d cos θ y R1 R2 ≈ r2 , con lo cual el potencial es V ≈ ke Q

R2 − R1 R1 R2

= ke

Qd cos θ r2


Figura 3.9: Situación donde el punto P se encuentra muy alejado del dipolo, es decir r d.

muy alejado

(b) La otra forma es que de acuerdo a la figura R1 ≈ r − R2 ≈ r + d2 cos θ 1 1 − R1 R2

d 2

1 1 V = V ≈ ke Q = ke Q − d d r − 2 cos θ r + 2 cos θ ! d d r + 2 cos θ − r + 2 cos θ = ke Q (r − d2 cos θ )(r + d2 cos θ )

111

cos θ y

!

después de simplificar V ≈ ke

Qd cos θ r2

−

d2 4

cos2 θ

y después de considerar que d r , r2 − V ≈ ke

d2 4

cos2 θ ≈ r2 y tenemos

Potencial de un dipolo a una gran distancia.

Qd cos θ r2

Notar que el potencial es cero en el plano xy (θ = π/2). Además de ~ podemos reescribir el la figura anterior d~ · rˆ = d cos θ, y como p~ = Qd, potencial en función del momento dipolar:

V ≈ ke

p~ · rˆ r2

El campo eléctrico producido por el dipolo se calcula usando el gradiente en coordenadas esféricas ∂V 1 ∂V 1 ∂V ~ ˆ ˆ E = −∇V = − rˆ +θ +φ ∂r r ∂θ r sin θ ∂φ ~ = ke Qd (2 cos θrˆ + sin θθˆ) E r3

Campo eléctrico de un dipolo a una gran distancia.

112


Figura 3.10: Lineas de campo eléctrico (negro) y superficies equipotenciales (azul) de un dipolo eléctrico.

3.10 Conductores En la sección 1.1 clasificamos los tipos de materiales de acuerdo a la mayor o menor facilidad con que los electrones se mueven en un material. En los conductores, por ejemplo los metales, los electrones son esencialmente libres de moverse dentro del material. Estos electrones son sensibles a fuerzas producidas, incluso, por pequeños campos eléctricos y estos siguen moviéndose mientras persista el campo eléctrico.

3.10.1 Conductores en equilibrio electrostático Ahora vamos a examinar un caso especial cuando las cargas en un conductor no se mueven, es decir están en equilibrio electrostático. El equilibrio electrostático es una situación estacionaria e independiente del tiempo, y establece que en un conductor (cargado), las cargas (en exceso) se distribuyen de tal manera de reducir la repulsión entre ellas. Como resultado no hay movimiento neto de carga dentro del conductor. Por ejemplo en la figura 3.11-a, supongamos que existe un campo eléctrico en el interior de un conductor. Este campo ejerce una fuerza sobre las cargas que las ponen en movimiento (situación de no equilibrio). El equilibrio se logra por medio de una redistribución de las cargas libres de tal manera que ellas no sufran ninguna fuerza neta. El tiempo que esto toma depende de la composición molecular del conductor. Como consecuencia el campo eléctrico en el interior es cero, pero al estar las cargas separadas (polarizadas), estas generarán un campo eléctrico que irradia hacia el exterior del conductor (Fig. 3.11-b). Además en el exterior el campo eléctrico no es cero.

Figura 3.11: En (a) las cargas no están en equilibrio, pues existe un campo eléctrico en el interior. En (b) el campo es cero en el interior cuando se logra el equilibrio electrostático.


113

3.10.2 Propiedades de conductores en equilibrio electrostático Un conductor en equilibrio electrostático tiene las siguientes propiedades: 1. El campo eléctrico dentro de un conductor en equilibrio electrostático es cero. 2. Cualquier carga neta en un conductor aislado debe estar en la superficie. 3. El campo eléctrico justo afuera de un conductor cargado es perpendicular a la superficie y la magnitud debe tener magnitud σ/0 . 4. En un conductor de forma irregular, la densidad de carga es mayor donde el radio de curvatura de la superficie es menor el campo eléctrico dentro de un conductor en equilibrio electrostático es cero: Esto ya lo vimos en la figura anterior, pero para ilustrar con un caso especial, consideremos una placa ~ ext (Fig. 3.12). conductora en presencia de un campo eléctrico externo E Antes de que se aplique el campo externo, los electrones estarán uniformemente distribuidos dentro del conductor. Una vez que se aplica el ~ ext , las cargas positivas serán repelidas por el campo mientras campo E que las cargas negativas serán atraídas. Al estar la cargas separadas se ~ int en dirección contraria a E ~ ext . Al creará un campo eléctrico interno E ~ int será pequeño, pero después de un tiempo muy corto (10−16 s) inicio E ~ int = −E ~ ext de tal manera que el campo en el interior será nulo. E Figura 3.12: Ilustración de que el campo eléctrico en el interior de un conductor en equilibrio electrostático es cero. Al inicio el conductor no estará en equilibrio pues las cargas serán movidas por el campo eléctrico externo. Debido a la separación de las cargas aparece un campo eléctrico interno que se opone al campo eléctrico externo. Después de un tiempo corto se logrará el equilibrio cuando la magnitud del campo eléctrico interno sea igual a la del campo eléctrico externo.

Si el campo en el interior no fuera nulo entonces, las cargas serían aceleradas por el campo; eso sería una contradicción de que el conductor está en equilibrio electrostático. Esta propiedad es válida para conductores cargados o conductores en presencia de campos eléctricos. Además, puesto que el conductor puede tener cualquier forma la distribución de carga es, en general, no uniforme para poder anular el campo eléctrico en el interior. La figura 3.13 muestra una caja metálica en presencia de

114


tres campos eléctricos externos. También se han representado las líneas de campo. Independientemente si la caja tiene carga en exceso (cargada), la acción de cada campo es ejercer una fuerza sobre las cargas y distribuirlas de forma no uniforme. El campo eléctrico en todo punto del espacio (incluyendo el interior de la caja) es la suma del campo debido a la distribución de cargas en la caja y el campo externo. Como resultado el campo al interior de la caja es nulo. Figura 3.13: El campo eléctrico es nulo en cualquier punto interior de una caja conductora cerrada.

Por otro lado, la figura 3.14 es otro ejemplo donde se muestra una carga puntual en presencia de tres conductores. La carga en los conductores se polariza para a su vez generar campos eléctricos. El resultado es que el campo eléctrico al interior de cada conductor en nulo.

+

+ +

+

++ + +

+

−

+

− −

+

+ + +

− − − −−

+ −

+

+ +

−−− − − −

− − − −− −− − ++ + + ++

−

Figura 3.14: Líneas de campo de una carga puntual en presencia de tres conductores. La configuración produce además una polarización electrostática en los conductores, los que a su vez generan campos eléctricos.


115

cualquier carga neta en un conductor aislado debe estar en la superficie: Podemos usar la ley de Gauss para demostrar esta propiedad. Supongamos que tenemos un conductor cargado. Imaginemos una superficie gaussiana muy cercana a la superficie del conductor tal como muestra la figura. La ley de Gauss dice que el flujo a través de esa superficie debe ser igual a la carga encerrada: ˛ Φ= S

~ · dA ~ = Qenc /0 E

~ = 0 en el interior, Φ=0, y en consecuencia Qenc = 0. pero, puesto que E Es decir no hay carga en el interior.6 Ahora si colocamos la superficie gaussiana arbitrariamente muy cerca de la superficie conductora, el resultado será el mismo. Por lo tanto, si el conductor está cargado, la carga debe estar necesariamente localizada en la superficie. La figura 3.16 muestra dos esferas conductoras, una esfera más pequeña cargada y la otra más grande neutra. El campo eléctrico radiado por la esfera cargada mueve las cargas en la esfera neutra de tal forma que la distribución de cargas no es uniforme. En efecto, la esfera neutra queda con cargas negativas inducidas en un lado y con cargas positivas inducidas en el otro lado (polarización electrostática). En ambos casos la carga se distribuye sobre la superficie de las esferas conductoras.

Figura 3.15: Un conductor de forma arbitraria y una superficie gaussiana que podemos colocar a cualquier distancia de la superficie conductora. También podemos decir que la densidad de carga es cero en el interior. La forma diferencial de la ley de Gauss es~ = ρ/0 y recordando tablece que ∇E ~ = 0 en el interior, entonces ρ=0. que E 6

Figura 3.16: Lineas de campo eléctrico (sólidas) alrededor de dos esferas conductoras esféricas. La esfera de la izquierda tiene una carga neta Q , y la esfera de la derecha es neutra. La carga en ambas esferas se distribuye sobre la superficie. Las líneas punteadas son superficies equipotenciales.

el campo eléctrico justo afuera de un conductor cargado es perpendicular a la superficie y la magnitud debe tener magnitud σ/ 0 : El campo en la superficie debe ser necesariamente perpendicular a la superficie, pues si no lo fuera, existiría una componente paralela a la superficie, lo que haría mover a los electrones libres en contradicción con la condición de equilibrio electrostático. Para demostrar que el campo tiene una magnitud de σ/0 , usamos la ley de Gauss. Elegimos un cilindro como superficie gaussiana (Fig. 3.18).

116


Figura 3.17: Si existiera una componen~ k los electe paralela a la superficie, E trones acelerarían en contradicción con la condición de equilibrio electrostático.

Como el campo en el interior es cero el flujo a través de la tapa interior del cilindro es cero. Además como el campo es perpendicular a la superficie del conductor, el flujo a través del manto del cilindro también será cero. Por lo tanto, el flujo total a través del cilindro será Φ = EA. La carga encerrada por el cilindro será simplemente la carga superficial contenida en la superficie de área A. Es decir, Qenc = σA. Así la ley de Gauss queda expresada: EA = σA/0 lo que demuestra que E = σ/0 . El hecho de que el campo sea perpendicular a la superficie significa que el conductor es una superficie equipotencial (∆V = 0). Efectivamente si A y B son dos puntos en la superficie del conductor entonces ˆB ~ · d~r ∆V = VB − VA = − E

Figura 3.18: Un pequeño cilindro es usado como una superficie gaussiana para calcular el campo afuera del con~ es perpendicular a la ductor. Como E superficie, el flujo a través de las caras del cilindro es EA.

A

~ · d~r = 0, entonces ∆V = 0. y puesto que E en un conductor de forma irregular, la densidad de carga es mayor donde el radio de curvatura de la superficie es menor: Esto es también conocido como “efecto punta”. Si un conductor tiene un exceso de electrones libres, estos electrones se repelerán y tratarán de estar lo más alejados posible unos de otros. En superficies planas los electrones sienten una repulsión mayor que si estuvieran en una región con alto grado de curvatura. En regiones con puntas los electrones sentirán menos repulsión entre sí y habrá una mayor densidad de carga en esa región y como consecuencia el campo eléctrico será más intenso. Figura 3.19: Efecto “punta”. A medida que aumenta la curvatura la densidad de carga aumenta y como consecuencia el campo eléctrico incrementará su intensidad.

"Plano"

Aumento de curvatura

"Punta"

"Puntas"

Aumento de la magnitud del campo elećtrico

Conductor

Podemos ilustrar el “efecto punta” calculando la magnitud del campo eléctrico para un caso especial. Supongamos que tenemos un conductor

Figura 3.20: Una superficie con dos “puntas”. cada punta se puede imaginar como dos esferas con diferentes radios que dan cuenta del radio de curvatura.


117

con una superficie irregular y localizamos dos puntas, tal como se muestra en la Figura 3.20. Estas puntas las podemos aproximar como pequeñas esferas conectadas entre sí, para que estén al mismo potencial. La figura 3.21 muestras estas dos esferitas con cargas q1 y q2 y que tienen radios r1 y r2 respectivamente. La condición de superficie equipotencial de las dos esferas es: V = ke es decir

q1 q2

=

r1 r2 .

Figura 3.21: Las dos esferitas conectadas por un alambre están al mismo potencial. Esta configuración se usa para ilustrar el “efecto punta”.

q1 q2 = ke r1 r2

Los respectivos campos eléctricos son: E1 = ke

q1 r12

y

E2 = ke

q2 r22

Lo que trae como consecuencia que E1 r2 = E2 r1 De este resultado se desprende que si r1 < r2 entonces E1 > E2 . Es decir, el campo es más intenso en las cercanías de la esfera más pequeña (con mayor grado de curvatura).

El “efecto punta”. La esfera más pequeña genera un campo eléctrico más intenso.

EJEMPLO 3.12: Esfera neutra conductora Una carga puntual positiva Q está en el centro de una capa conductora esférica con radio interior a y radio exterior b. Determinar el campo eléctrico y el potencial en términos de la distancia radial r. Solución: Usaremos la ley de Gauss. En la figura hemos dibujado tres superficies gaussianas para los tres casos posibles. Caso r > b: La superficie gaussiana S1 rodea a la carga Q y a la esfera conductora. Como la esfera no tiene carga neta, la carga encerrada es simplemente Q : ˛ ~ · dA ~ = Q/0 E

Capa conductora

y puesto que el campo es radial y de magnitud constante en la superficie, se obtiene Er = ke

Q r2

r>b

el campo resultó ser el mismo de una carga puntual Q en ausencia de la esfera. El potencial considerando V = 0 en el infinito es: ˆr ˆr Q ~ ~ V1 = − E · dl = − Er dr = ke r ∞

∞

Caso a < r < b: Estamos en un punto del interior del conductor y consideramos la superficie gaussiana S2 . No hay que hacer ningún cálculo en realidad, el campo debe ser cero en el interior del conductor Er = 0

a
Como el campo es cero, eso significa que el potencial V2 debe ser constante. Para calcular la constante, usamos

118


la continuidad del potencial en la frontera r = b V2 = V1 (b) = ke

Q b

Como el campo es cero y la carga encerrada por la superficie S2 deber ser cero, eso significa, que necesariamente, la cara interior del conductor debe estar cargada con carga −Q y la cara exterior con carga −Q (ver figura).

Caso r < a: La superficie gaussiana S3 rodea a Q y el campo tiene la misma forma que en el caso r > b Er = ke y el potencial

Q r2

r
ˆ V3 = −

Er dr + C = ke

Q +C r

donde la constante de integración se calcula por la continuidad en r = a, V2 (a) = V3 (a) Q 1 1 Q ke = ke + C ⇒ C = ke Q − b a b a y así obtenemos finalmente V3 = ke Q

1 1 1 + − r b a


119

3.11 Condensadores Comenzaremos por la definición más general de condensador.7 Un condensador tiene gran importancia práctica, y se compone de dos conductores aislados eléctricamente uno del otro, ya sea por medio del vacío o un aislante (dieléctrico). Los conductores pueden tener cualquier forma (ver figura 3.22), tienen cargas iguales y opuestas, y además existe una diferencia de potencial entre ellos. se puede demostrar experimentalmente que la magnitud de la carga Q es proporcional a la diferencia de potencial V , y la constante de proporcionalidad C se denomina capacidad del condensador y se escribe como C≡

También conocido por el nombre de “capacitor”. 7

Q V

La unidad de capacitancia es el Faradio (F) 1F =

1C 1V

Figura 3.22: Dos conductores aislados, cargados y separados constituyen un condensador.

La capacidad de un condensador es una propiedad física de dos conductores. La capacidad del condensador depende de dos factores: la geometría del condensador y la permitividad () del medio.

3.11.1 Cálculo de capacidad Puesto que la capacidad se define como Q/V necesitamos dos conductores con cargas opuestas de magnitud Q y además debemos calcular la diferencia de potencial entre los conductores. Esta diferencia de potencial se puede calcular con las técnicas que ya hemos vistos en las secciones anteriores. EJEMPLO 3.13: Condensador de placas paralelas Este condensador consiste en dos placas metálicas paralelas de área A, cargadas con una carga Q y separadas por una distancia d. Si ignoramos los efectos de borde podemos considerar el campo en el interior como uniforme, es decir estamos haciendo la aproximación de dos planos infinitos. Si las placas tienen una densidad superficial de carga σ, la carga se puede expresar como Q = σA. Fácilmente se obtiene que la magnitud del campo en el interior es E = σ/0 La diferencia de potencial se obtiene de ˆb

ˆb ~ d~l = − E

∆V = VB − VA = − a

ˆb σ/0 dl = −σ/0

a

dl = − a

σ d = −Ed 0

120


donde b − a = d. Tomando el módulo de ∆V , la capacidad es C=

0 A Q σA = σ = |∆V | d d 0

EJEMPLO 3.14: Condensador cilíndrico Este condensador consiste en un cilindro sólido de radio a y carga +Q rodeado coaxialmente por una cáscara cilíndrica de radio b y carga opuesta −Q. La capacidad se calcula conociendo el campo eléctrico entre a y b el cual es idéntico al del alambre infinito: ~ = 2ke λ rˆ E r El campo es radial y hemos elegido el largo L del cilindro lo suficientemente grande como para que la aproximación sea válida. La diferencia de potencial entre los puntos a y b es ˆb

ˆb ~ d~l = − E

∆V = Vb − Va = − a

2ke λ rˆ d~l r

a

en coordenadas cilíndricas rˆ d~l = rˆ (drrˆ + rdφφˆ + dz zˆ ) = dr por lo tanto

ˆb ∆V = Vb − Va = −2ke λ

dr = −2ke λ ln(b/a) r

a

por lo tanto la capacidad es C=

Q Q = |∆V | 2ke λ ln(b/a)

pero λ = Q/L, donde L es el largo del cilindro C=

L 2ke ln(b/a)

también se expresa como capacidad por unidad de longitud: C 1 = L 2ke ln(b/a)

Para calcular el campo eléctrico entre a y b, se usa la ley de Gauss. Para ello elegimos una superficie gaussiana consistente en un cilindro coaxial de radio r (ver figura). El procedimiento es casi idéntico al del alambre infinito y el resulttado es ~ = 2ke λ rˆ E r Superficie gaussiana


121

EJEMPLO 3.15: Condensador esférico Un condensador esférico consiste de un cascarón conductor de radio b y carga −Q concéntrico con una esfera conductora más pequeña de radio a y carga +Q. Encontrar la capacidad de este sistema. Solución: Lo primero es encontrar la diferencia de potencial entre los conductores. Por medio de la ley de Gauss encontramos fácilmente que el campo eléctrico para una distancia desde el centro de la esfera más pequeña es Q Er = ke 2 a < r < b r Este campo es radial, y por medio de integración obtenemos la diferencia de potencial ˆb Vb− Va = −

ˆb Er dr = −

a

Q ke 2 dr = −ke Q r

ˆb

a

dr = ke Q r2

1 1 − b a

a

Notar que la diferencia de potencial es negativa. A nosotros nos interesa la magnitud para calcular la capacidad ∆V = |Vb− Va | = ke Q

(b − a) ab

entonces C=

Q ab = ∆V ke (b − a)

Con la expresión anterior podemos calcular la capacidad de un conductor aislado. Si hacemos que b → ∞, la capacidad es ab a a C = l´ım = l´ım = = 4π0 a ke b→∞ ke (b − a) b→∞ ke (1 − a/b)

122


3.11.2 Conexión de condensadores En primer lugar vamos a describir el proceso de carga del un condensador. En el caso de un condensador de placas paralelas, inicialmente las placas están neutras. Al conectar una batería los electrones son empujados desde una placa hasta la otra de tal manera que una placa queda con deficiencia de electrones (positiva) mientras que la otra placa queda con exceso de electrones (negativa). En el proceso de carga, la batería pierde energía al efectuar trabajo sobre los electrones. El proceso continua hasta que las placas llegan a su capacidad máxima de recibir carga.

Figura 3.23: Símbolos para batería y condensador.

Figura 3.24: Proceso de carga de un condensador. La energía invertida por la batería se utiliza para trasferir electrones de una placa a la otra.

3.11.3 Energía almacenada en un condensador Supongamos que tenemos un condensador con capacidad C y una diferencia de potencial ∆V entre las placas. De acuerdo a la definición de capacidad, la carga q es igual a C∆V . Si transportamos una carga +dq desde la placa negativa a la positiva, actuando contra la diferencia de potencial ∆V . El trabajo realizado es dW = ∆V dq =

q dq C

Ahora, partiendo de un condensador totalmente descargado, el trabajo para llegar hasta una carga total Q es: ˆQ W = 0

1 q dq = C C

ˆQ qdq = 0

Q2 2C

Este trabajo aparece como energía potencial U almacenada en el condensador. Usando la definición C = Q/∆V , la energía potencial se puede escribir de tres maneras: W =

Q2 1 1 = Q∆V = C (∆V )2 2C 2 2

Esta ecuación es válida para cualquier condensador no importando su geometría.


123

3.12 Dieléctricos Hasta aquí hemos considerado solamente cargas en el vacío. En el caso del condensador de placas paralelas supusimos que no había ningún medio material entre las placas (vacío). Si colocáramos el condensador en un medio no conductor o dieléctrico, entonces la capacidad cambiaría. Las moléculas son neutras a nivel macroscópico, pero si éstas son sometidas a un campo eléctrico externo, se producen desplazamientos de cargas dentro de la molécula de tal forma que se crean pequeños dipolos eléctricos (momentos dipolares inducidos). La mayoría de las moléculas tienen un momento dipolar permanente así que las moléculas se reorientan en presencia de un campo eléctrico externo (Fig. 3.26).

Figura 3.25: Representación de una molécula con un momento dipolar permanente.

Figura 3.26: a) Las moléculas están orientadas en forma aleatoria en un material dieléctrico. b) Se aplica un campo eléctrico externo y las moléculas se orientan con el campo.

a) Sin campo

b) Campo aplicado

Al ser orientadas las moléculas en el dieléctrico, estas generan “dipolitos” que a su vez generan pequeños campos eléctricos en dirección contraria al campo eléctrico externo (Fig. 3.27). La suma de estos peque~ ind ) da origen a un campo eléctrico inducido ños campos eléctricos (∆E ~ ~ 0. Eind que se opone al campo externo E X ~ ind = ~ ind E ∆E

Figura 3.27: Al reorientarse los dipolos, estos crean un campo eléctrico inducido que se opone al campo eléctrico externo.

~ en el interior del dieléctrico, Como resultado tenemos un campo neto E ~0 y E ~ ind : que es la suma vectorial de E ~ =E ~0 + E ~ ind E ~0 y E ~ ind apuntan en dirección contraria, la magnitud de E ~ Puesto que E se expresa como E = E0 − Eind En el caso de un condensador de placas paralelas (Fig. 3.28), experimentalmente se demuestra que al introducir un dieléctrico entre

124


las placas, la diferencia de potencial y la magnitud del campo eléctrico disminuyen en un factor κ

V =

~ ~ = E0 E κ

V0 κ

donde κ > 1 es llamada la constante dieléctrica del dieléctrico. Puesto que C0 = Q0 /V0 , la nueva capacidad se obtiene C=

Q0 Q0 Q0 = V =κ = κC0 0 V V0 κ

Figura 3.28: Al introducir un dieléctrico entre las placas de un condensador de placas paralelas, la capacidad aumenta en un factor κ > 1.

C = κC0 es decir, la nueva capacidad aumenta en un factor κ. ~ ind en el condensador de placas paralelas es equivaLa aparición de E lente a la aparición de una densidad de carga superficial en ambas caras del dieléctrico (Fig. 3.29). Partiendo de E = E0 − Eind y dado que E0 = σ/0 , E = E0 /κ = σ/κ0 y Eind = σind /0 σ σ σ = − ind κ0 0 0 y se obtiene la densidad de carga superficial inducida σind =

κ−1 κ

σ

Figura 3.29: El campo eléctrico inducido es equivalente a un campo generado por dos placas paralelas con densidad de carga σind .

3.12.1 Vector de polarización Para formalizar todo lo anterior, vamos a introducir el concepto de vector de polarización P~ . Este vector expresa la densidad permanente o inducida de momento dipolar en un medio dieléctrico. Supongamos una región pequeña ∆v de un dieléctrico y sea N el número de dipolos que hay en el interior de ∆v,8 entonces se define P~ : N X

P~ ≡ l´ım

∆v→0

p~i

Si n es el número de dipolos por unidad de volumen (dipolos/volumen), entonces en un volumen ∆v hay N = n∆v dipolos. 8

i=1

∆v

El vector de polarización es la densidad de volumen del momento dipolar ∆~ p eléctrico. También en los libros de texto P~ se define como ∆v cuando ~ ∆v → 0. De este modo P se convierte en una función de las coordenadas, P~ (x, y, z ). ¿Se acuerdan del potencial en función del momento dipolar? p~ rˆ V = ke 2 r

Figura 3.30: El número dipolos en un pequeño volumen ∆v define el vector de polarización en esa región.


125

de aquí

d~ p rˆ r2 Si consideramos un volumen elemental dv (Fig. 3.31), el momento dipolar se puede escribir en función de P~ dV = ke

d~ p = P~ dv por lo tanto P~ rˆ (P~ dv ) rˆ = ke 2 dv 2 r r Ahora integramos sobre el volumen V del dieléctrico para obtener el potencial total ˆ ~ P rˆ dv V = ke 2 V r dV = ke

Figura 3.31: El potencial dV a una distancia r del elemento de volumen dv en un dieléctrico.

Análogamente el potencial expresado en función de los vectores de posición (Fig. 3.32) se expresa como: ˆ V (~r) = ke

P~ (~r0 ) (~r − ~r0 )

V0

|~r − ~r0 |3

dv 0

La expresión anterior se puede escribir de otra manera más conveniente:9 ˛ V (~r) = ke

A0

ˆ P~ nˆ (−∇0 P~ ) 0 0 dA + k dv e |~r − ~r0 | r − ~r0 | V 0 |~

donde ∇0 P~ significa derivadas con respecto a las coordenadas primas (x0 , y 0 , z 0 ) en el dieléctrico, V 0 es el volumen del dieléctrico, A0 es la superficie que rodea a V 0 y el vector nˆ es un vector unitario normal saliendo desde el elemento de superficie dA0 .

Figura 3.32: El potencial en un punto cuyo radio vector es ~ r. Se deja al lector la deducción o puede consultar el libro de Reitz-MilfordChristy, páginas 100-101. 9

Los términos P~ nˆ y −∇0 P~ reciben nombres especiales: Densidad superficial de carga de polarización σP ≡ P~ nˆ

[C/m2 ]

Densidad volumétrica de carga de polarización ρP ≡ −∇ P~

[C/m3 ]

Con esto reescribimos el potencial: ˆ ˛ σP ρP 0 V (~r) = ke dA + k dv 0 e 0| 0| |~ r − ~ r |~ r − ~ r 0 0 A V EJEMPLO 3.16 El vector de polarización en una esfera dieléctrica de radio R es P~ = P0 iˆ. Determinar: (a) La densidad superficial de polarización y la carga de polarización: La densidad de carga de polarización superficial es σP = P~ n, ˆ donde nˆ es normal a la superficie de la esfera de radio R. En este caso usamos ren ˆ vez de nˆ σP = P~ nˆ = P~ rˆ = P0 iˆ rˆ

126


obviamente aquí tenemos la dificultad de calcular cuanto vale iˆ · r. ˆ Para ello escribimos el vector unitario rˆ ˆ de tal modo expresado en función de los vectores unitarios cartesianos, rˆ = sin θ cos φiˆ + sin θ sin φjˆ + cos θk, que iˆ rˆ = iˆ (sin θ cos φiˆ + sin θ sin φjˆ + cos θkˆ ) = sin θ cos φ es decir

σP = P0 sin θ cos φ

La carga superficial de polarización se calcula con dA en coordenadas esféricas, dA = R2 sin θdθdφ ˆ2πˆπ

˛ QS =

σP dA = 0

(P0 sin θ cos φ)R2 sin θdθdφ = P0 R2

ˆ2πˆπ 0

0

sin2 θ cos φdθdφ = 0

0

´π

es cero pues integral 0 cos φdφ = 0 (b) La densidad volumétrica de polarización y la carga de polarización: El resultado es inmediato, pues ρP = −∇ P~ = −∇ (P0 iˆ) = −P0 ∇ (iˆ) = 0 así que la carga dentro de la esfera es

˛ Qv =

ρP dv = 0

Nota: La carga total de la esfera es QS + Qv = 0. Es un resultado esperado pues la esfera es neutra.

3.12.2 Vector de desplazamiento Como vimos anteriormente, cuando un dieléctrico está polarizado, aparece una densidad volumétrica de carga ρP . Esta densidad genera a su vez un campo eléctrico, el cual se superpone a cualquier otro campo eléctrico presente. Si partimos de la forma diferencial de la ley de Gauss en el vacío ~ = ρ/0 ∇E en el caso de un dieléctrico hay que incluir la densidad ρP en la ecuación10 ~ = ∇E

1 ( ρ + ρP ) 0

pero como ρP = −∇ · P~ , lo reemplazamos en la ecuación anterior

En algunos libros de texto, ρ se llama “densidad de carga libre” y ρP se llama “densidad de carga ligada”. Entonces se escribe: ~ = 1 (ρlibre + ρligada ) ∇·E 10

0

~ = 1 (ρ − ∇ P~ ) ∇E 0 y reordenando ~ + P~ ) = ρ ∇ ( 0 E La expresión entre paréntesis se llama densidad de flujo eléctrico o des~ que tiene unidades de [C/m2 ] plazamiento eléctrico, D ~ = 0 E ~ + P~ D Esto nos permite formular la forma diferencial de la ley de Gauss en forma más general ~ =ρ ∇D

Forma diferencial de la ley de Gauss en un dieléctrico.


donde ρ es la densidad de carga volumétrica de las cargas libres (o densidad de carga externa). Análogamente la forma integral de la ley de Gauss en presencia de dieléctricos es ˛ ~ dA ~=Q D

127

Forma integral de la ley de Gauss en un dieléctrico.

S

3.12.3 Susceptibilidad eléctrica y constante dieléctrica El grado de polarización de un dieléctrico va a depender de la naturaleza molecular del dieléctrico y también del campo eléctrico aplicado. A nivel macroscópico, experimentalmente se encuentra que P~ depende de ~ P~ = P~ (E ~ ), es decir si E ~ varía en todo punto del material, entonces E, así lo hará P~ . La forma más sencilla es cuando el material es isotrópico y P~ depende ~ linealmente de E: ~ P~ = χ(E )E donde la cantidad escalar χ(E ) es llamada susceptibilidad eléctrica del material. ~ = 0 E ~ + P~ Podemos combinar esta ecuación con D ~ = 0 E ~ + χ(E )E ~ = (0 + χ(E ))E ~ D y definir la permitividad del material (E ) ( E ) = 0 + χ ( E ) de tal forma que el desplazamiento toma una forma más simple11 ~ = (E )E ~ D Recordemos que ya habíamos introducido la constante dieléctrica κ, la cual ahora podemos relacionar con

~ es paSi es constante, entonces D ~ ralelo a E.

= κ0 y puesto que κ es una cantidad adimensional, es más conveniente trabajar con ella χ κ= = 1+ 0 0

por lo tanto, para un medio lineal

~ = ( − 0 ) E ~ P~ = (κ − 1)0 E

Escribimos χ(E) o (E ) diciendo que ~ pero estas “constantes” dependen de E, en algunos materiales lineales estas son independientes del campo y escribimos simplemente = 0 + χ. ~ es paSi χ es constante, entonces P ~ ralelo a E. 11

y

~ = κ0 E ~ D

128


EJEMPLO 3.17: Carga puntual en un medio dieléctrico Este es el ejemplo muy sencillo, pero muy ilustrativo. Sea una carga puntual q localizada en el origen y sumida en un dieléctrico de extensión infinita y constante κ. Encontrar el campo eléctrico en el dieléctrico. Solución: Si la carga estuviera situada en el vacío el campo sería simplemente ke q/r2 . Vamos a suponer que ~ D ~ y P~ son paralelos. el material es lineal de forma que E, ~ y P~ también lo El campo eléctrico es radial, así que D son. Vamos a proceder a usar la ley de Gauss y elegimos como superficie gaussiana una esfera de radio r ˛ ~ dA ~=q D

Superficie gaussiana

S

~ tiene magnitud constante en la carga encerrada es q, D toda la superficie gaussiana de radio r y además es pa~ ralelo a dA

˛ dA = q

D

D4πr2 = q

⇒

⇒

S

D=

q 4πr2

En forma vectorial queda ~ = D

q q rˆ = ~r 4πr2 4πr3

~ = E ~ = κ0 E ~ El campo eléctrico se evalúa de D ~ = E ~ y la polarización de P~ = (κ − 1)0 E

q q rˆ = ~r 2 4πκ0 r 4πκ0 r3

(κ − 1)q P~ = ~r 4πκr3

Nota: Como se puede observar en la figura, el campo eléctrico generado por q hace que el medio dieléctrico se polarice y puesto que κ > 1, el campo eléctrico se debilita en un factor κ. Además si el medio dieléctrico es el vacío, κ = 1 y la polarización se anula.


129

3.12.4 Condiciones de borde Ahora vamos a considerar dos dieléctricos separados por una superficie de frontera (lado izquierdo de la figura 3.33). Queremos saber como ~ yD ~ cuando estos cruzan la frontera. cambian los vectores E Figura 3.33: Superficie de separación entre dos medios dieléctricos. A la izquierda una trayectoria rectangular y a la derecha una superficie gaussiana en forma de cilindro. En ambos casos ∆h es muy pequeño de tal forma que se cumpla la condición de frontera.

Región 2

b

a

c

d

Región 1 Primero comenzamos con el hecho de que el campo eléctrico es conservativo, y por lo tanto la integral de línea a través de un camino cerrado es cero. En nuestro caso elegimos el camino abcd de la figura 3.33 y hacemos ∆h muy pequeño para que se cumpla la condición de frontera: ˛ ~ d~l = 0 E abcda

Ahora descomponemos la trayectoria abcd en los trazos ab, bc, cd y da: ˆ ˆ ˆ ˆ ~ d~l + ~ d~l + ~ d~l + ~ d~l = 0 E E E E ab

bc

cd

da

´ ´ ~ d~l = ~ ~ Vemos que bc E da E dl = 0 si hacemos que ∆h → 0, pues de esa forma las contribuciones de estos dos trazos se hace cero. Entonces sólo nos queda evaluar la expresión: ˆ ˆ ~ ~ ~ d~l = 0 E dl + E ab

cd

En los trazos ab y cd, sólo las componentes tangenciales contribuyen a las ~ 2 d~l = E2t ∆w y E ~ 1 d~l = E1t (−∆w ), por lo tanto integrales. Entonces E ˆ ˆ ~ d~l + ~ d~l = E2t ∆w − E1t ∆w = 0 E E ab

cd

de ese modo E2t ∆w − E1t ∆w = (E2t − E1t )∆w = 0 Puesto que ∆w 6=0, tenemos la condición de frontera para el campo eléctrico es E1t = E2t

Condición de frontera para el campo eléctrico. La componente tangencial es continua a través de una superficie de separación.

130


~ = E, ~ si tenemos dos medios con permitividades Recordando que D 1 y 2 , se cumple que D1t D2t = 1 2 La otra condición de frontera es para el vector desplazamiento ~ Para ello construimos una caja de “píldoras” que esté entre eléctrico D. la frontera de los dos medios (lado derecho de la figura 3.33). Usamos la ley de Gauss ˛ ~ =Q ~ dA D S

Descomponemos la integral en dos partes correspondientes a los dos medios dieléctricos: ˆ ˆ ~ + ~ =Q ~ 1 dA ~ 2 dA D D S1

S2

Donde S1 y S2 representan las superficies parciales del cilindro en el medio 1 y medio 2 respectivamente. Nuevamente consideramos que la altura ∆h del cilindro es muy pequeña tal que las contribuciones del manto es cero. Sólo no queda la contribución de las dos tapas, donde las componentes ~ son paralelas a dA: ~ perpendiculares del vector D ˆ

ˆ

ˆ

~ dA ~+ D S1

S2

~ = −D1n ~ dA D

S1

ˆ dA + D2n

dA = Q S2

~ forma un ángulo de 180° El signo menos viene del hecho de que dA ~ con D1n en el medio 1. La carga encerrada se expresa en función de la densidad superficial de carga, Q = σ∆A −D1n ∆A + D2n ∆A = σ∆A con lo que se obtiene la segunda condición de frontera: D2n − D1n = σ

ó

2 E2n − 1 E1n = σ

Se debe tener en cuenta que D1n , D2n , E1n y E2n son todos valores absolutos. Una forma menos peligrosa de escribir lo anterior es: ~1 −D ~ 2 ) · nˆ 2 = σ (D donde el vector unitario normal nˆ 2 apunta hacia afuera del medio 2 (o hacia adentro del medio 1).

~ es disconLa componente normal de D tinua a través de una superficie de separación cuando existe una carga superficial.


131

EJEMPLO 3.18: Lámina dieléctrica en un campo eléctrico uniforme Se introduce perpendicularmente una lámina de dieléctrico con κ = 3.2 en un ~ 0 = E0 iˆ en el espacio libre. Determinar E ~i , D ~ i y P~i campo eléctrico uniforme E en el interior de la lámina. ~ 0 no cambiará al introducir Solución: Vamos a suponer que el campo eléctrico E la lámina. En la figura las superficies de separación son perpendiculares al campo eléctrico y además no hay cargas libres (σ = 0). Aplicamos la segunda condición de frontera que relaciona las componentes normales del vector desplazamiento (D2n − D1n = σ). Di − D0 = 0 |{z} |{z} dielectrico

Espacio libre

Espacio libre

vacio

pero como el campo eléctrico y el desplazamiento son paralelos y van en la dirección x, D0 = 0 Eo , tenemos Di = D0 = 0 Eo

o en forma vectorial ~ i = 0 Eo iˆ D El campo eléctrico es

~i = 1 D ~ i = 0 Eo iˆ = 1 Eo iˆ = Eo iˆ E κ 3.2

~i La polarización se calcula de P~i = (κ − 1)0 E Eo P~i = (κ − 1)0 iˆ = 0.68750 Eo iˆ κ Finalmente si aplicamos las mismas condiciones de borde en el lado derecho de la lámina, el resultado será el mismo. EJEMPLO 3.19

Superficie sin carga

Dos medios dieléctricos con permitividades 1 y 2 están separados ~ 1y E ~ 2 forman ángulos por una frontera libre de cargas. Los vectores E θ1 y θ2 con la normal respectivamente, tal como se muestra en la figura. De la condición E1t = E2t se obtiene: E1 sin θ1 = E2 sin θ2

(∗)

~ es D1n − D2n = 0 Por otro lado, ya que σ = 0, la condición para D D1 cos θ1 = D2 cos θ2 pero como D1 = 1 E1 y D2 = 2 E2 reemplazamos en la anterior 1 E1 cos θ1 = 2 E2 cos θ2

(∗∗)

132


dividiendo (*) por (**) llegamos a E1 sin θ1 E2 sin θ2 tan θ1 tan θ2 = ⇒ = 1 E1 cos θ1 2 E2 cos θ2 1 2 es decir

1 tan θ1 = tan θ2 2

~ 2 se calcula de La magnitud de E E2 =

q

2 + E2 = E2t 2n

q

(E2 sin θ2 )2 + (E2 cos θ2 )2

θ1 si ahora reemplazamos E2 = E1 sin sin θ2 en la expresión anterior:

r E2 = de la expresión

tan θ1 tan θ2

sin θ1 sin θ1 (E1 sin θ2 )2 + (E1 cos θ2 )2 = sin θ2 sin θ2

=

1 2

se encuentra que r E2 =

sin θ1 cos θ2 sin θ2

=

r

(E1 sin θ1 )2 + (E1

1 cos θ1 2

(E1 sin θ1 )2 + (

sin θ1 cos θ2 )2 sin θ2

y

1 E1 cos θ1 )2 2

obteniéndose finalmente E2 = E1

r 1 sin2 θ1 + ( cos θ1 )2 2

EJEMPLO 3.20: Condensador con dos dieléctricos Ahora vamos a considerar un condensador de placas paralelas con dos medios dieléctricos de permitividad distinta. Suponemos un diferencia de potencial V entre las placas. Los campos eléctricos en las dos regiones son uniformes y debe cumplirse que V = E1 d1 + E2 d2

(∗)

~ En la interfaz dieléctrica no hay carga libre y debe cumplirse la condición de frontera para D D1n = D2n

o´

1 E1 = 2 E2

Si eliminamos E2 y reemplazamos en (*) V = E1 d1 + despejamos E1 E1 =

1 E 1 1 d2 = E1 (d1 + d2 ) 2 2 V d1 + 12 d2

(∗∗)

~ placa = 0 y como la condición de frontera dice Por otro lado, la placa inferior es un conductor, por lo tanto D que D1 − Dplaca = D1 − 0 = σ, se obtiene D1 = 1 E1 = σ


133

y reemplazamos esto en (**) V σ = 1 d1 + 12 d2

σ 1 V = (d1 + d2 ) = σ 1 2

⇒

d1 d2 + 1 2

Puesto que D1 = D2 , la magnitud de la carga superficial es la misma en ambas caras. La capacidad se calcula de: Q 1 σA σA = C= (∗ ∗ ∗) = = d1 d2 d1 V V + d2 σ + 1

2

1 A

2 A

Si imaginamos que el condensador está compuesto por dos condensadores en serie con capacidades C1 = vemos que de (***)

1 A d1

C2 =

y

2 A d2

1 d1 d2 1 1 = + = + C 1 A 2 A C1 C2

que es la fórmula para calcular la capacidad de dos condensadores en serie. EJEMPLO 3.21 Las placas conductoras del condensador de la figura tienen largo L (hacia el fondo) y una densidad de carga +σ (r ) y −σ (r ) respectivamente. Donde σ (r ) = Ar , A > 0. Calcular: (a) La carga por unidad de largo en cada una de las placas. (b) La diferencia de potencial entre las placas. (c) Las cargas de polarización del dieléctrico. Solución (a): La carga se calcula integrando la densidad en una de las superficies metálicas y considerando el elemento de área dado por dA = drdz

ˆ Q=

ˆL ˆb σdA =

placa

0 a

A drdz = LA ln r

b a

donde L es el largo del la placa. Por lo tanto la carga por unidad de longitud es Q = A ln L

b a

Solución (b): Suponemos que las placas están a una diferencia de potencial V0 . Ahora vamos a calcular el potencial en cualquier punto entre las placas con el objetivo de calcular el campo eléctrico y luego el vector desplazamiento. Por la simetría del problema las superficies equipotenciales corresponden a planos que pasan por el vértice y por lo tanto el potencial sólo dependerá del ángulo φ en coordenadas cilíndricas (esta parte del problema es idéntica al ejemplo 3.9). 1 ∂2V =0 r2 ∂φ2 y para r 6= 0 se tiene

∂2V ∂φ2

=0 . Esta es una ecuación diferencial simple, que puede resolverse integrando dos

veces V (φ) = C1 φ + C2 . Las constantes C1 y C2 se obtienen imponiendo las condiciones de borde V (0) = 0

134


y V (α) = V0 para llegar a: V (φ) =

V0 φ α

0<φ<α

El campo eléctrico se obtiene de ~ = − 1 ∂V φˆ = − V0 φˆ E r ∂φ rα

~ = E ~ = − V0 φˆ D rα

Vamos a usar la condición de discontinuidad del vector desplazamiento en la frontera dieléctrico-conductor. Vamos a considerar la placa superior que está a potencial V0 . Entonces el medio 2 es el conductor y el medio 1 es el dieléctrico. Usando D2n − D1n = σ V0 =σ 0 − Dn = − − rα

⇒

σ=

V0 rα

(∗)

donde el vector desplazamiento dentro del conductor (medio 2) es cero. Ahora igualamos (*) con V0 A = rα r

⇒

V0 =

A r

Aα

~1 −D ~ 2 ) nˆ 2 = σ. En nuestro caso el medio 1 es el dieléctrico, También podríamos haber usado la forma (D el medio 2 es la placa (conductor) de arriba y nˆ 2 = −φˆ sale de la placa (entra en el dieléctrico). Además ~ 2 = 0. Si ponemos D ~ 1 = D, ~ tenemos que sabemos que en el conductor no hay campo eléctrico, luego D ~ · nˆ 2 = σ D ~ (−φˆ ) = σ ⇒ − V0 φˆ (−φˆ ) = V0 = σ D rα rα Solución (c): La cargas de polarización se obtienen calculando primero: ~ = −( − 0 ) V0 φˆ = −( − 0 ) A φˆ P~ = ( − 0 )E rα r La densidad volumétrica de carga de polarización es ρP = −∇ · P~ ρP = −∇ P~ = −

1 ∂ (rPr ) 1 ∂Pφ ∂Pz + + r ∂r r ∂φ ∂z

=−

1 ∂Pφ =0 r ∂φ

es cero porque Pφ no depende de φ. La densidad superficial de carga de polarización es σP = P~ · n, ˆ donde nˆ es un vector normal que sale de la superficie del dieléctrico. Tenemos dos fronteras: σP = P~ · nˆ = −( − 0 )

A A ˆ φ · (−φˆ ) = ( − 0 ) r r

A A σP = P~ · nˆ = −( − 0 ) φˆ · (+φˆ ) = −( − 0 ) r r Notar que la suma de todas las cargas de polarización es cero.

θ=0

θ=α


135

3.12.5 La ecuación de Poisson y Laplace en un medio dieléctrico Si el medio dieléctrico es lineal, estas ecuaciones se pueden deducir de ~ = ρ, D ~ = E ~ y de E ~ = −∇V ∇·D ∇2 V = −

ρ

donde todo parece suponer que se ha reemplazado 0 por . Por otro lado la ecuación de Laplace queda idéntica a la del vacío

Ecuación de Poisson en un dieléctrico de permitividad .

Ecuación de Laplace.

∇2 V = 0 EJEMPLO 3.22 Considere dos placas rectangulares conductoras perfectas dispuestas con sus planos formando un ángulo α como muestra la figura. El largo de las placas en dirección perpendicular al papel es L. El espacio entre las placas se rellena con materiales dieléctricos distintos, de constantes dieléctricas 1 , 2 y 3 . Se conecta la placa inferior a tierra (V = 0) y la superior a un potencial V = V0 . Considerando solo el primer trozo, en a < r < b, calcule los ~ D, ~ P~ , la densidad de carga libre sobre cada placampos E, ca, las densidades superficiales de carga de polarización y la capacidad. Solución: En un problema anterior habíamos calculado el potencial entre las placas resolviendo la ecuación de Lapla2 ce en coordenadas cilíndricas: r12 ∂∂φV2 = 0 cuya solución era V (φ) = C1 φ + C2 y con las condiciones de borde obtuvimos V (α ) = El campo eléctrico es

V0 φ α

~ = −∇V = − 1 ∂ E r ∂φ

0<φ<α

V0 V0 φ φˆ = − φˆ α αr

El desplazamiento en el dieléctrico 1 es ~ 1 = 1 E ~ 1 = − 1 V0 φˆ D αr ~ = ( 1 − 0 ) E ~ = −(1 − 0 ) V0 φˆ P~1 = (κ1 − 1)0 E αr ~ La densidad de carga libre se obtiene de la discontinuidad del vector D ~1 −D ~ 2 ) · nˆ 2 = σ (D donde nˆ 2 es el vector unitario normal que sale de la superficie 2.

136


~ 1 en el dieléctrico y D ~ 2 = 0 dentro de la placa metálica y además nˆ 2 = φˆ Para la placa de abajo elegimos D (saliendo de la región 2, la placa). Nos quedamos con la condición: ~ 1 − 0) · φˆ = − σ = (D

1 V0 1 V 0 ˆ ˆ φ·φ = − αr αr

En la placa superior el vector normal nˆ 2 = −φˆ y la superficie 2 es la placa ~ 1 − 0) · (−φˆ ) = − σ = (D

1 V 0 ˆ 1 V 0 φ · (−φˆ ) = + αr αr

Ahora calculamos la carga en la placa superior teniendo en cuenta que el elemento de área en la placa es dA = drdz: ˆb ˆL ˆb ˆ 1 V0 dr 1 V 0 1 V0 drdz = L =L ln(b/a) Q1 = σdA = αr α r α 0 a

a

entonces la capacidad es Q/V0 C1 =

L1 ln(b/a) α

Las densidades superficiales de carga de polarización se calculan de σP = P~1 · nˆ 2 . En la superficie inferior ˆ por lo tanto nˆ 2 = −φ, V0 V0 σP = −(1 − 0 ) φˆ · (−φˆ ) = (1 − 0 ) φˆ αr αr ˆ en la placa superior es el negativo pues nˆ 2 = φ. Cada placa es una equipotencial, por lo tanto la diferencia de potencial es la misma en todos los trozos ~ Todo lo demás depende de la permitividad, así que con diferente permitividad. Lo mismo ocurre con E. serán distintos en cada dieléctrico. Cada trozo está entre placas a igual potencial, por lo que están en paralelo y la capacidad total será: C=

L [1 ln(b/a) + 2 ln(c/b) + 3 ln(d/c)] α

EJEMPLO 3.23 Considere dos cascarones metálicos cilíndricos y concéntricos de radios a y b y largo L b, a. El interior de este condensador se llena con 8 materiales distintos de forma regular, es decir, cada material ocupa el mismo espacio entre los conductores, como se muestra en la figura. Cada material es caracterizado por una constante dieléctrica uniforme. Suponiendo que el conductor interior se conecta a un potencial V0 y el exterior a tierra (V = 0), determinar: (a) La capacitancia de un condensador consistente de un sólo dieléctrico con las dimensiones de la figura. Puede ocupar por ejemplo el condensador que tiene permitividad 1 . (b) La capacitancia total del sistema mostrado en la figura. ¿Como es la conexión de los dieléctricos? ¿En paralelo o en serie? (c) Determine P~ y la densidad superficial de carga de polarización sobre las superficies de o cada dieléctrico. Solución:


137

(a) Para calcular la capacidad necesitamos primero calcular la carga sobre la superficie de una de las esferas. ~ = 1 E. ~ El campo lo obtenemos del potencial que se calcula de Para ello necesitamos calcular el vector D la ecuación de Laplace en coordenada cilíndricas. El potencial dependerá solamente de r pues las superficies equipotenciales son cilindros concéntricos: 1 ∂ ∂V ∇2 V = r =0 r ∂r ∂r para r 6= 0 se tiene ∂ ∂r

r

∂V ∂r

=0

⇒

r

∂V =A ∂r

⇒

V = A ln r + B

las constantes A y B se encuentran a partir de las condiciones de borde V (a) = V0 y V (b) = 0, es decir V0 ln b V0 y B=− A= ln(a/b) ln(a/b) V =

V0 V0 ln b V0 ln r − = ln(r/b) ln(a/b) ln(a/b) ln(a/b)

El campo eléctrico es V0 1 ~ = −∇V = −rˆ ∂V = − V0 1 rˆ = E rˆ ⇒ ∂r ln(a/b) r ln(b/a) r

~ = 1 E ~ = D

1 V0 1 rˆ ln(b/a) r

~ es radial y por lo tanto Ahora procedemos a calcular la carga a partir de la ley de Gauss considerando que D ~ es paralelo al vector dA ˛ ~ · dA ~ Q= D S

para ello elegimos la superficie gaussiana como un cilindro que encierra la región del dieléctrico de largo L ~ es paralelo al y que corresponde a un octavo del cilindro con un ángulo 2π/8 = π/4. Considerando que D ~ vector dA y que el elemento de área en coordenadas cilíndricas es dA = rdφdz   π/4ˆL π/4 ˆL ˆ ˆ 1 V 1 V0 Lπ 1 0  rdz  dφ = Q= DdA = ln(b/a) r 4 ln(b/a) 0

0

0

0

Finalmente la capacidad es C1 =

Q 1 Lπ = V0 4 ln(b/a)

~ en la superficie: Otra forma de haber calculado la carga es usando la discontinuidad del vector D D1n − D2n = σ donde D2n = 0, que corresponde adentro del conductor, entonces σ = de ˆ Q= σdA

1 V0 1 ln(b/a) r

y se obtiene la misma carga

S

(b) Para calcular la capacidad total debemos observar que todos los condensadores están a una misma diferencia de potencial, por lo tanto están en paralelo. La capacidad total es la suma de las capacidades C=

1 Lπ 2 Lπ Lπ + +··· = ( 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 ) 4 ln(b/a) 4 ln(b/a) 4 ln(b/a)

138


~ = V0 (1 −0 ) 1 r. (c) La carga de polarización es σP = P~ n, ˆ donde P~ = (1 − 0 )E ˆ Para la superficie a potencial ln(b/a) r cero nˆ = rˆ y para la superficie a potencial V0 nˆ = −rˆ y obtenemos dos densidades de polarización: V 0 ( − 0 ) 1 σP0 = P~ (rˆ) = ln(b/a) r

y

V0 ( − 0 ) 1 σPV = P~ (−rˆ) = − 0 ln(b/a) r

Por supuesto que la carga total de polarización es cero. De forma análoga obtenemos las densidades para el resto de los dieléctricos. El campo eléctrico no depende de las permitividades . Eso es una consecuencia directa de la continuidad de la componente tangencial del campo eléctrico en la frontera de los dieléctricos. En efecto como el campo es radial, este será tangente al la frontera entre dos dieléctricos.

~ yD ~ 3.12.6 Energía electrostática en términos de E Partiendo de la expresión de energía electrostática de una distribución continua de cargas ˆ 1 U= ρV dv 2 V’

~ sustituimos ρ = ∇ · D 1 U= 2

ˆ ~ )V dv (∇ · D V’

~) = V∇·D ~ +D ~ · ∇V y usando la identidad ∇ · (V D ˆ ˆ ˆ 1 ~)−D ~ · ∇V )V dv = 1 ∇ · (V D ~ )dv − 1 D ~ · ∇V dv (∇ · (V D U= 2 2 2 V’

V’

V’

Para la primera integral usamos el teorema de la divergencia ˆ ‰ ~ )dv = V D ~ · dA ~ ∇ · (V D V’

S0

~ y sustituimos ∇V = −E U=

1 2

‰ S0

~ · dA ~+1 VD 2

ˆ ~ · Edv ~ D V’

Podemos hacer una simplificación a la expresión anterior. La superficie puede ser cualquiera que rodee a las cargas, por lo tanto podemos elegir una esfera de radio R. A medida que R → ∞ el potencial disminuye a razón de 1/R mientras que el desplazamiento disminuye a razón de 1/R2 . Por otro lado la superficie S 0 aumenta a razón de R2 . Es decir la primera integral disminuye a razón de 1/R y se hará cero conforme R → ∞. De esta manera podemos despreciar la integral de superficie y quedarnos con S0

1 U= 2

ˆ ~ · Edv ~ D V’

~ y D. ~ Energía eléctrica en términos de E


~ = E ~ Para un medio lineal e isótropo D 1 U= 2

ˆ V’

E 2 dv

139

Energía eléctrica para un medio lineal e isótropo.

140


PROBLEMAS 3.1 Dado el potencial V = (Ar4 + Br−4 ) sin 4φ (a) Demuestre que ∇2 V = 0 ~ (b) Encuentre las constantes A y B para que se cumpla que V = 100 V y E = 500 V/m en el punto P (r = 1, φ = 22.5°, z = 2). Resp.: (b) A = 112.5; B = −12.5 (o ; B = 112.5) 3.2 Un disco de radio R tiene una densidad de carga superficial dada por σ = σ0 r2 /R2 , donde σ0 es una constante y r es la distancia desde el centro del disco. Encontrar: (a) La carga total sobre el disco. (b) Encontrar la expresión para el potencial electrostático a una distancia z desde el centro del disco, sobre el eje que pasa a través del centro del disco hy es perpendicular al plano del i disco. √ 2 − 2x2 ) x2 + R2 + 2x3 e σ0 Resp.: (a) Q = 12 πσ0 R2 ; (b) V = 2πk ( R 3R2

4

CAPÍTULO

Corriente eléctrica En el capitulo anterior las cargas involucradas en los procesos físicos estaban en reposo, de ahí la palabra electrostática. Ahora vamos a revisar procesos donde las cargas están en movimiento que constituyen el flujo de corriente.

4.1 Corriente eléctrica

Potencial alto

te rien Cor

nte

rrie

Co

El circuito de la figura 4.1 tiene una batería la cual establece una diferencia de potencial entre sus terminales (bornes). Cuando se cierra el circuito para encender la ampolleta, la batería invierte energía (química) para mover carga desde el terminal negativo (potencial bajo) hasta el terminal positivo (potencial alto). Este movimiento de cargas se hace en el circuito interno de la batería. Si la batería se mantiene conectada entonces habrá un flujo constante de carga a través del circuito interno y las cargas saldrán por el terminal positivo hacia el circuito externo para pasar a través de la ampolleta. Después de eso, las cargas habrán perdido energía y volverán a pasar por el terminal negativo. A este flujo de cargas la llamaremos corriente eléctrica. Al establecer esta diferencia de potencial, se hace posible que la carga fluya a través del circuito externo. Este movimiento de carga es natural y no requiere energía. La figura 4.2 muestra una analogía con el caso gravitacional, donde para elevar un objeto se necesita hacer un trabajo contra las fuerza de gravedad, es decir hay que aumentar la energía potencial gravitacional. Para que el objeto vuelva a bajar no se necesita invertir energía, pues el proceso es espontáneo. Por otro lado, los cargas (electrones) no fluirán si ambos bornes de la batería tienen el mismo potencial; las cargas fluirán desde un punto a otro solamente si existe una diferencia de potencial (voltaje) entre esos dos puntos. Un voltaje alto resulta en una mayor tasa de flujo de carga. Como ya mencionamos anteriormente este flujo se llama corriente. La figura 4.3 muestra una analogía con el caso gravitacional; una persona no se deslizará hacia abajo si no hay una diferencia de altura; la persona se deslizará solamente si existe una diferencia de alturas (diferencia de energía potencial gravitatoria) entre dos puntos. A mayor diferencia de altura resultará en una mayor rapidez de deslizamiento y esto es equivalente a una mayor cantidad de corriente fluyendo por el circuito.

Potencial bajo

nte

Corrie

Figura 4.1: Al conectar la ampolleta, la batería gastará energía química para mover cargas de un potencial bajo a uno más alto.

142


No se requiere energía para que el objeto se mueva hacia abajo

Se requiere energía para mover un objeto desde un potencial bajo a un potencial más alto

Figura 4.2: Analogía gravitacional: Se necesita energía para elevar un objeto. Para que el objeto caiga no es necesario invertir energía; el proceso es espontáneo.

Potencial alto

Potencial bajo

Potencial bajo

Borne

No se requiere energía para que la carga se mueva hacia un un potencial más bajo.

Se requiere energía para mover positivo. la carga desde un potencial Potencial alto. bajo a un potencial más alto

ría

l oa

r rio e t n

la de

te ba

Fl

uj

o

a

tr a

i

j Flu

Borne negativo. Potencial bajo.

vé s

de

l ci

rcu

ito

Borne negativo. Potencial bajo.

Figura 4.3: Otra analogía con el caso gravitacional. Mayor diferencia de alturas es análogo a mayor diferencia de potencial.

Alto voltaje

Alta elevación

Bajo voltaje

Baja elevación

corriente eléctrica

143

Para ser más precisos vamos a suponer un alambre conductor de sección transversal A. Se define corriente como la velocidad o razón con que pasan las cargas a través de esta superficie. Si ∆Q es la carga que pasa a través de esta superficie un un intervalo de tiempo ∆t, la corriente promedio es:

Iprom =

∆Q ∆t

Si la carga que fluye a través de A varía en el tiempo, definimos la corriente instantánea I I≡

Figura 4.4: La corriente tiene que ver con el número de coulombs de carga que pasan a través de un punto del circuito por unidad de tiempo.

dQ dt

La unidad de corriente es el ampere (A) 1 A = 1 C/s convención para la dirección de la corriente: Las partículas que transportan carga a través del alambre son los electrones móviles. La dirección del campo eléctrico dentro del circuito es, por definición, la dirección que tomaría una carga de prueba positiva. Entonces, los electrones se mueven en la dirección contraria al campo eléctrico. Decimos que los electrones son los portadores de carga en alambres metálicos. Dentro de la batería la corriente va desde el terminal negativo al positivo, mientras que en el circuito externo, la corriente va desde el terminal positivo al negativo.

4.2 Densidad de corriente Vamos a introducir este concepto de la forma más sencilla posible. La densidad de corriente J se define como la cantidad de corriente por unidad de área. Si tomamos como referencia la figura 4.4

J≡

I A

A/m2

Esta definición sólo es válida si la densidad de corriente es uniforme y la corriente es perpendicular a la superficie. En realidad la densidad de ~ Si el flujo de carga es a través de cualquier corriente es un vector J. superficie S, la corriente se puede calcular: ˆ ~ J~ · dA

I= S

Convención: La dirección de la corriente es opuesta al movimiento de los electrones. Esta convención ha permanecido así sólo por razones históricas.

144


EJEMPLO 4.1 Suponer que la densidad de corriente a lo largo de un alambre es J~ = −2.4kˆ (A/mm2 ). Calcular al corriente total que pasa por una capa semiesférica de radio R = 5 mm. Solución: La densidad de corriente va en la dirección −z. Por otro lado ~ tiene dirección radial dada por dA ~ = dAr. dA ˆ El ángulo que forman rˆ y ˆk es θ, así que kˆ · rˆ = cos θ ~ = (−2.4kˆ ) dArˆ = −2.4dAkˆ rˆ = −2.4dAkˆ rˆ = −2.4dA cos θ dI = J~ dA el elemento de área en coordenadas esféricas es dA = R2 sin θdθdφ. Para una semiesfera 0 ≤ φ ≤ 2π y 0 ≤ θ ≤ π/2. De esto la corriente se obtiene de la integración:

Detalle

I=

π/2 π/2 ˆ2π ˆ ˆ2π ˆ (−2.4 cos θ )R2 sin θdθdφ = (−2.4 cos θ )52 sin θdθdφ 0

0

0 π/2 ˆ

60 sin θ cos θdθ = −120π

= −2π 0

4.3 Ecuación de continuidad La densidad de corriente J~ y la densidad volumétrica de carga ρ son cantidades que están relacionadas por medio de una ecuación diferencial, ´ ~ en una llamada ecuación de continuidad. Si calculamos I = S J~ · dA superficie cerrada que encierra un volumen V , entonces la corriente que entra en la superficie es ˛ ~ I = − J~ dA S

~ siempre apunta hacia afuera en una superficie el signo menos es porque dA ~ cerrada mientras que J entra. Aplicando el teorema de la divergencia ˛ ˆ ~ = − ∇ Jdv ~ I = − J~ dA (∗) S

V

pero sabemos que I = dQ y la carga Q se puede obtener a partir de la ´dt densidad de carga Q = V ρdv, así que   ˆ d  ρdv  I= dt V

el volumen es fijo y debemos considerar que la densidad depende de las coordenadas y también del tiempo, por lo tanto la derivada dentro de la integral debe ser una derivada parcial ˆ ∂ρ I= dv (∗∗) ∂t V

0

sin2 θ 2

π/2 0

= −60π = −188.5 A


igualando (*) y (**) ˆ ˆ ∂ρ ~ = − ∇ Jdv dv ∂t V

ˆ ⇒

145

∂ρ ~ + ∇ J dv = 0 ∂t

V

V

puesto que V es arbitrario, entonces para que la expresión anterior sea cero, el integrando deber ser cero

Ecuación de continuidad.

∂ρ + ∇ · J~ = 0 ∂t La ecuación de continuidad es una ley fundamental de la física relacionada con la conservación de la carga: las cargas eléctricas no se crean ni se destruyen. EJEMPLO 4.2 Consideremos una densidad de corriente dirigida radialmente hacia afuera y que decrece exponencialmente ˆ Calcular la densidad de carga. con el tiempo, J~ = 1r e−t r. ~ Solución: Usando la ecuación de continuidad ∂ρ ∂t + ∇ J = 0 ∂ρ − = ∇ J~ = ∇ ∂t

1 −t e rˆ r

aquí debemos recordar que la divergencia en coordenada esféricas es ∇ · J~ = depende de r como es en el presente caso: ∂ρ 1 ∂ 1 1 − = 2 r2 e−t = 2 e−t ∂t r ∂r r r

1 ∂ (r2 Jr ) r2 ∂r

cuando J~ sólo

con esto se establece una ecuación diferencial en derivadas parciales 1 ∂ρ = − 2 e−t ∂t r la densidad depende de las coordenadas y del tiempo, así que al integrar con respecto a t aparece una constante de integración que depende de las coordenadas. ˆ 1 1 ρ(r, t) = − 2 e−t dt + C (r ) = 2 e−t + C (r ) r r asumiendo que la densidad se anula en un tiempo largo (ρ → 0 si t → ∞), se encuentra que C (r ) = 0. Por lo tanto 1 ρ(r, t) = 2 e−t r

4.4 La ley de Ohm Experimentalmente se encuentra que en un metal, a temperatura constante, la densidad de corriente J~ es directamente proporcional al campo ~ es decir eléctrico E, ~ J~ = g E la constante de proporcionalidad g se llama conductividad.1 Esta ecuación se llama forma puntual de la ley de Ohm y es una muy buena aproximación para una gran cantidad de materiales conductores. Nosotros

Forma puntual de la Ley de Ohm.

En algunos libros se usa el símbolo σ que es el mismo símbolo para expresar la densidad superficial de carga. Aquí usaremos el símbolo g para evitar confusiones. 1

146


trataremos con medios lineales isotrópicos, donde la conductividad g se mantiene constante.2 Sin embargo en el caso general g puede depender ~ ). del campo eléctrico g = g (E También se acostumbra a definir la resistividad µ como el recíproco de la conductividad3 1 µ= g que tiene unidades de ohm.metro donde 1 ohm = 1 Ω ≡

2

Materiales óhmicos.

En algunos libros se usa el símbolo ρ que es el mismo símbolo para expresar la densidad volumétrica de carga. Aquí usaremos el símbolo µ para evitar confusiones. 3

1 volt 1 ampere

Consideremos ahora un alambre homogéneo de sección A y largo L que obedezca a la ley de Ohm con conductividad g (Fig. 4.5). ~ y J~ son uniformes, bajo estas condiciones E ~ y J~ Asumiremos que E son perpendiculares a la sección de área A del del cilindro. La corriente se calcula de la definición básica

Figura 4.5: Alambre homogéneo que obedece la ley de Ohm.

I (∗) A por otro lado notemos que el punto 1 está a mayor potencial que el punto 2. De esto la diferencia de potencial (positiva) entre los extremos del alambre es J=

ˆ1

ˆ1 ~ · d~l = −E E

V = V21 = − 2

ˆ2 dl = E

dl = EL

2

(∗∗)

1

Combinando la ley de Ohm J = gE con (*) y (**) J= es decir

V I = gE = g A L

I V =g A L

⇒

V =

L I gA

Si llamamos resistencia al término R=

L µL = gA A

[Ω]

obtenemos la formula más familiar de la ley de Ohm: V = IR La ecuación V = IR nos permite obtener la resistencia de objetos conductores que poseen campos uniformes. Si los campos no son uniforme, la resistencia puede ser definida de todas maneras como V /I, donde V es la diferencia de potencial entre dos superficies a distinto potencial en el material, y I es la corriente total que va del conductor positivo al negativo. Recordando que ˆ ‰ ~ · dl y I = ~ V =− E J~ · dA C

S

En la mayoría de los libros se llama a esta ecuación “ley de Ohm”, aunque algunos autores difieren de este nombre pues esta ecuación simplemente define resistencia R y sólo provee una relación entre voltaje, corriente y resistencia.


147

de aquí obtenemos la resistencia ´ ´ ~ · dl ~ · dl − CE − CE V R= = = ~ ~ ~ ~ I S J · dA S g E · dA La integral de linea se toma entre dos superficies equipotenciales en el conductor (potencial menor a potencial mayor), y la integral de superficie se evalúa sobre la superficie más positiva de las dos superficies equipotenciales.

4.5 Conexión de resistencias en serie: En el circuito de la figura 4.6 tenemos dos resistencias conectadas en serie, donde la corriente I es la misma que pasa por ambas resistencias: Figura 4.6: Resistencia equivalente de dos resistencias en serie.

∆V = V1 + V2 aplicando V = IR: ∆V = IR1 + IR2 = I (R1 + R2 ) vemos que podemos definir una resistencia equivalente Req = R1 + R2 La generalización para varias resistencias en serie es Req = R1 + R2 + R3 + · · · en paralelo: En el circuito de la figura 4.7 tenemos dos resistencias conectadas en paralelo, donde ambas están a la misma diferencia de potencial. Además la corriente I de bifurca en I1 y I2 y como la carga debe conservarse I = I1 + I2

148


Figura 4.7: Resistencia equivalente de dos resistencias en paralelo.

De la expresión I = V /R obtenemos ∆V ∆V I = I1 + I2 = + = ∆V R1 R2

1 1 + R1 R2

=

∆V Req

donde Req es la resistencia equivalente del circuito 1 1 1 = + Req R1 R2 La generalización para varias resistencias en paralelo es 1 1 1 1 = + + +··· Req R1 R2 R3 EJEMPLO 4.3 Un material de resistividad uniforme µ tiene forma de cuña tal como se muestra en la figura. Encontrar la resistencia entre la cara A y la cara B.


149

Solución: La clave es usar la fórmula R = µL A , pero en este caso el área transversal no es constante. Procedemos a usar diferenciales y a considerar pequeños bloques de largo dx, altura y ancho w (figura de la derecha). El área transversal de cada bloque es A = wy y la resistencia es dR = µ

dx µdx = A wy

tanto x como y son variables a lo largo de la cuña. La variable y se puede calcular teniendo en cuenta que la 1 línea inclinada obedece a la ecuación de una recta con pendiente h2 −h e intercepto h1 L h2 − h1 y= x + h1 L es decir µdx dR = 1 w h2 −h L x + h1 Cada uno de los bloques está en serie para formar la cuña, entonces integramos (sumamos) para calcular la resistencia total L ˆL µ h2 − h1 µ 1 µL h2 dx = R= ln x + h1 ln = h −h 2 1 h −h w w L w (h2 − h1 ) h1 2 1 0 x+h 0

L

1

L

Si la sección transversal es constante, h2 = h1 , entonces debemos tomar el límite en la expresión anterior: µL R = l´ım ln h2 →h1 w (h2 − h1 )

h2 h1

µL = l´ım h2 →h1 w

1 h2 /h1

1

µL 1 µL = = h1 wh2 A

Obviamente este es un resultado esperado. El área transversal es A = wh2 y puesto que el límite es del tipo 0/0, hemos empleado la regla de L’hôpital. EJEMPLO 4.4: Resistencia radial de un cable coaxial Una cable coaxial consiste de dos conductores cilindros concéntricos. La región entre los conductores está completamente llena con silicio. Un efecto indeseable es que la corriente se filtre a través del silicio, en la dirección radial (el cable está diseñado para conducir corriente a lo largo de su longitud y no en forma radial). El radio interior es a, el radio exterior es b y la longitud de los cilindros es L. Calcular la resistencia del silicio entre los conductores.

Conductor externo

Dirección de la corriente

Silicio

Conductor interno

Solución: La corriente indeseable es en dirección radial y en consecuencia vamos a calcular la resistencia en dirección radial y no a lo largo. Para un alambre con sección constante la resistencia se calcula con R = µL/A. Para aplicar esta ecuación vamos a dividir la capa de silicio en cilindros huecos concéntricos de radio r y de

150


espesor dr. Entonces para aplicar la ecuación anterior debemos reemplazar L por dr y escribir µdr A

dR =

que es la resistencia del cilindro de espesor dr y área A. Consideremos que cualquier carga que pase desde el conductor interno al conductor externo debe pasar en forma radial a través del cilindro de espesor dr, y el área por la cual pasa la carga tiene el valor 2πrL (esto equivale a desenrollar el cilindro). Luego dR =

µdr 2πrL

Cada capa de espesor dr se encuentra en serie con la siguiente, así que la resistencia total, se obtiene integrando ˆb R= a

µdr µ = 2πrL 2πL

ˆb a

dr µ = ln(b/a) r 2πL

EJEMPLO 4.5: Resistencia de una arandela Un material conductor de grosor uniforme h y conductividad g tiene la forma de un cuarto de arandela circular plana, con radio interior a y radio exterior b. Determinar la resistencia entre las caras de los extremos. Solución: Dada la simetría de la arandela, vamos a usar coordenadas cilíndricas. Vamos a suponer que hay una diferencia de potencial V0 entre las caras. Por simplicidad suponemos que V = 0 en la cara de abajo (y = 0, φ = 0) y que V = V0 en la cara de arriba (x = 0, φ = π/2)  0 si φ = 0 V = (∗) V0 si φ = π/2

Vista a lo largo de x

El potencial sólo dependerá de φ y podemos usar la ecuación de Laplace para determinar el potencial d2 V =0 dφ2 cuya solución general es: V = c1 φ + c2 con las condiciones (*) se encuentran las constantes V =

2V0 φ π

~ = −g∇V Para encontrar la corriente, primero obtenemos la densidad de corriente de J~ = g E 1 ∂V ˆ 2gV0 ˆ ~ J = −g φ =− φ r ∂φ πr donde hemos usando el gradiente en coordenadas cilíndricas. Para calcular la corriente, integramos sobre ~ la superficie (cara) que esta a mayor potencial, es decir φ = π/2. Para encontrar el elemento de área dA


151

~ es la dirección −φˆ en debemos tener en cuenta la figura de la izquierda donde dA = hdr y la dirección de dA ~ es decir dA ~ = −hdrφˆ esa cara (la dirección de J), ˆ ~= J~ · dA

I= S

ˆ S

ˆ 2ghV0 b dr 2gV0 ˆ 2ghV0 ˆ φ · (−hdrφ) = − = ln(b/a) πr π r π a

finalmente la resistencia es R=

2ghV0 π

V0 ln(b/a)

=

π 2gh ln(b/a)

152


4.6 Dieléctricos imperfectos Recordemos que la resistencia se puede obtener de ´ ~ · dl − CE R= ~ · dA ~ gE S

donde la integral de linea se toma entre dos superficies equipotenciales en el conductor, y la integral de superficie se evalúa sobre la superficie más positiva de las dos superficies equipotenciales. Por otro lado, si los conductores se encuentran en un medio dieléctrico, la capacidad se puede calcular como ~ · dA ~ ~ ~ E Q S D · dA C= = ´ = S´ ~ · dl ~ · dl V − CE − CE

Figura 4.8: Dos conductores en un medio dieléctrico con pérdidas. Se establece una corriente en el dieléctrico y es aplicable la ley de Ohm.

Cuando el medio dieléctrico es imperfecto (con pérdidas), es decir tiene una conductividad muy pequeña, fluirá una corriente del conductor positivo al negativo y se establecerá en el medio una densidad de corriente (Fig. 4.8). Entonces si el medio es homogéneo (independiente de las coordenadas espaciales) podemos juntar las dos ecuaciones anteriores ´

~ · dl ~ · dA ~ ~ ~ ~ ~ E SE S E · dA S E · dA = × ´ = ~ · dl ~ · dA ~ ~ ~ ~ ~ − CE g SE S g E · dA S g E · dA

− RC =

C

es decir

Relación entre la permitividad y la conductividad de un dieléctrico con pérdidas.

RC = g

Si se conoce la capacidad entre los conductores, podemos obtener la resistencia o la conductividad (g) directamente sin necesidad de hacer nuevos cálculos. EJEMPLO 4.6 El material dieléctrico entre las placas de un condensador de placas paralelas tiene una conductividad distinta de cero g . Si A es el área de cada placa y d es la distancia entre ellas. Sea κ la constante dieléctrica del material entre las placas. Mostrar explícitamente que RC = κg0 .

κ0 A Solución: La capacidad del condensador de placas paralelas se conoce C = A d = d , y la resistencia del d dieléctrico de conductividad g, largo d y área transversal A es R = gA , por lo tanto

RC =

κ0 A d κ0 × = = d gA g g


153

4.7 Densidad de corriente en régimen permanente Si los campos eléctricos aplicados son estacionarios,4 entonces las corrientes estarán en estado estacionario y la densidad de carga no variará en el tiempo. Esto se expresa como

En estado estacionario o en régimen permanente. 4

∂ρ =0 ∂t ~ Si recordamos la ecuación de continuidad ∂ρ ∂t + ∇ · J = 0, entonces las corrientes estacionarias tienen divergencia nula ∇ · J~ = 0 esto tiene como consecuencia inmediata que5 ‰ ~=0 J~ · dA S

Recordar que hicimos el mismo razonamiento para el vector desplaza~ donde teníamos que cuando no hay cargas libres miento eléctrico D ¸ ~ ~ S D · dA = 0 y se obtuvo la condición de frontera D1n = D2n . En nuestro caso la condición de frontera para J~ es: J1n = J2n

ó

g1 E1n = g2 E2n

La condición de frontera para el campo eléctrico es idéntica a la anterior: E1t = E2t ~ obtenemos una condición para la componente tanpero como J~ = g E, ~ gencial de J J2t J1t = g1 g2 Estas condiciones de frontera para J~ se pueden combinar con las con~ en un dieléctrico isotrópico: diciones de frontera para el vector D ~ = E ~ D

~ J~ = g E

E1t = E2t

E1t = E2t

D1t D2t = 1 2

J2t J1t = g1 g2

D1n − D2n = σ

J1n = J2n = Jn

1 E1n − 2 E2n = σ g1 E1n = g2 E2n 1 2 Jn − =σ g1 g2

de la divergencia ´ Recordar el teorema ¸ ~ )dv = ~ dA. ~ F F ( ∇ V S 5

154


EJEMPLO 4.7 Dos bloques de material conductor están en contacto en el plano z = 0. En el punto P de la superficie de separación, la densidad de corriente del medio 1 es J~1 = 10(3jˆ + 4kˆ ) (A/m2 ). Determinar J~2 en el medio 2 si g2 = 2g1 . ˆ La primera Solución: El vector J~1 no tiene componente x, por lo tanto podemos suponer que J~2 = J2 jˆ + J2 k. condición es para las componentes normales: J1z = J2z

⇒

J2z = 40

Por otro lado, las componentes tangenciales del campo eléctrico deben cumplir con E1y = E2y , o equivalentemente J1y J2y 30 J2z g 2 30 2g1 30 = ⇒ = ⇒ J2z = = = 60 g1 g2 g1 g2 g1 g1 de este modo

J~2 = 20(3jˆ + 2kˆ ) (A/m2 )

EJEMPLO 4.8: Resistencia de esféricas concéntricas Dos cascarones esféricos concéntricos de radios a y c están rellenos por dos materiales conductores distintos, uno en a < r < b con conductividad g1 y el otro en b < r < c con conductividad g2 . a) Calcule la resistencia entre los dos cascarones. b) Se conecta una pila a la resistencia. El potencial es Vo en el cascarón interno y V = 0 en el externo. Describa lo que pasa después de conectar la pila. c) Se espera hasta que se llegue al régimen estacionario. En este régimen, calcule ~ en ambas regiones de la la densidad de corriente J~ y el campo eléctrico E resistencia y la densidad superficial de carga en la interfaz. Si el material interno es mejor conductor que el externo, ¿que signo tiene esta densidad de carga? Solución: Llamamos región 1 a la que va entre a < r < b y región 2 a b < r < c. Se procede en forma similar al problema 4.4 de los cilindros concéntricos. En este caso son dos cascarones esféricos y vamos a calcular la resistencia en dirección radial. Dirección de la corriente

(a) La resistencia total puede interpretarse como dos resistencias conectadas en serie, R = R1 + R2 . Para un alambre con sección constante la resistencia se calcula con R = L/gA. Para aplicar esta ecuación vamos a considerar capas esféricas concéntricas de radio r y de espesor dr. Entonces para aplicar la ecuación anterior debemos reemplazar r por L y escribimos dR =

dr gA

Consideremos que cualquier carga que pase desde el conductor interno al conductor externo debe pasar en forma radial a través de la capa de espesor dr, y el área por la cual pasa la carga tiene el valor 4πr2 . La resistencia de los dos conductores se obtiene integrando: ˆ b ˆ c dr dr 1 1 1 1 1 1 R= + = − + − 2 2 4πg1 a b 4πg2 b c a 4πr g1 b 4πr g2


155

(b) Como el cascarón interno está a mayor potencial, comenzará a fluir corriente radialmente entre r = a y r = b. Al tener distintas conductividades, los dos materiales permitirán el paso de distintas intensidades de corriente, por lo que se acumulará carga libre en la interfaz entre los dos materiales. La densidad de carga superficial en la interfaz hará que disminuya el campo eléctrico en un material y que aumente en el otro, hasta que las intensidades de corriente a través de ambos sean iguales. En ese momento se alcanza el régimen estacionario. (c) Primero calculamos la corriente mediante I = Vo /R con R calculado en la parte (a). La corriente debe fluir en forma radial por lo que la densidad de corriente es J~ =

I rˆ 4πr2

Como en régimen estacionario la intensidad de corriente a través de cada material debe ser la misma, esta ~ ecuación es válida para ambos materiales. El campo eléctrico se encuentra usando la relación J~ = g E ~ 1 = J~/g1 E

=

~ 2 = J~/g2 E

=

Vo rˆ 4πr2 Rg1 Vo rˆ 4πr2 Rg2

La densidad superficial de carga en la interfaz se encuentra por la discontinuidad en el campo eléctrico radial (normal), que es la dirección perpendicular (normal) a la superficie cargada. 1 1 V o o − σ = ∆(En )o = (E2 − E1 )o = 4πr2 R g2 g1 Si el material interno es mejor conductor que el externo entonces g1 > g2 , por lo tanto la carga en la interfaz es positiva.

4.8 Leyes de Kirchhoff Uno de los objetivos principales de la teoría de circuitos es saber cuales son las corrientes que circulan por un circuito determinado. Ahora vamos a ocuparnos de corrientes estacionarias, es decir corrientes en circuitos de corriente continua. Vamos a comenzar por definir el concepto de fem (fuerza electromotriz)6 de una batería, que el es máximo voltaje que la batería puede suministrar entre sus terminales. En una batería real que está hecha de materiales conductores hay una resistencia al paso de las cargas dentro de la batería. Esta resistencia se llama resistencia interna r. Si miramos la figura 4.9, podemos esquematizar la batería internamente. Si hay una corriente circulando por el circuito (circuito cerrado), la diferencia de potencial entre los puntos a y d no es igual a la fem ε. Si una carga pasa desde a hasta b su potencial se ve incrementado en ε y cuando pasa por la resistencia interna el potencial disminuye en Ir por lo tanto ∆V = Vd − Va = ε − Ir

Por razones históricas se usa este término. No es una fuerza sino una diferencia de potencial en volts. 6

Estructura interna de la batería

pero ∆V debe ser también la diferencia de potencial entre e y f de la resistencia R (resistencia de carga) que está dada por IR IR = ε − Ir

Figura 4.9: Estructura interna de una batería.

156


de aquí se tiene que ε = I (R + r )

ó

I=

ε R+r

En un circuito cerrado como el de la figura 4.9, si medimos con un instrumento (voltímetro), la diferencia de potencial ∆V = Vd − Va , lo que estaremos midiendo, en realidad, es la tensión de la batería (el valor práctico) menos la caída de tensión Ir debido a la resistencia interna. En un circuito abierto (no existe ningún circuito conectado a la batería) no circula corriente, por lo tanto el voltímetro mediría ∆V = Vd − Va ≈ ε. Ponemos el signo de aproximación (≈) porque el voltímetro también tiene una resistencia interna. Esta resistencia debe ser lo más alta posible (infinita para un voltímetro ideal) para que la corriente que pase por el sea ínfima. Un circuito puede consistir de varias ramas o mallas cada una con una fem distinta. El problema central del análisis de circuitos consiste en que dadas las resistencias y las fems de cada rama, se pide encontrar las corrientes que circulan por cada una de las ramas. Por ejemplo la figura 4.10 muestra un circuito donde las cinco resistencias y las dos fems son conocidas. El problema consiste en determinar las seis corrientes. Figura 4.10: Un circuito ejemplo donde las incógnitas son las seis corrientes.

Para resolver este problema necesitamos formular las dos leyes de Kirchhoff 1. la suma algebraica de las corrientes que fluyen hacia un nodo es cero, es decir X

Ij = 0

Esta ley es una manifestación de que la carga no se acumula en un nodo del circuito debido al régimen estacionario de la corriente.


157

2. la suma algebraica de las fems en cualquier malla del circuito es igual a la suma algebraica de los productos I R en esa malla, es decir X

εi =

X

Ij Rj

⇐⇒

X

εi −

X

Ij Rj = 0

Esta ley es una generalización de la expresión ε = IR + Ir que obtuvimos para una batería. Con estas dos leyes estamos en condiciones de resolver el problema de la figura 4.10. Se pueden establecer seis ecuaciones para determinar las corrientes que son las seis incógnitas. Por ejemplo: −I1 + I3 + I5 = 0 ε1 = I6 R6 + I5 R5 + I1 R1

etc

Para aplicar la segunda ley, podemos imaginarnos moviéndonos alrededor de una malla y considerando cargas en un potencial eléctrico en vez de cambios en energía potencial. La figura 4.11 ilustra cuatro casos de la convención de signos para determinar las diferencias de potenciales a través de una resistencia y una batería. Recorrido del circuito

Recorrido del circuito



Figura 4.11: Reglas para determinar las diferencias de potencial a través de una resistencia y una batería (se supone una batería sin resistencia interna). Cada elemento de circuito es recorrido de izquierda a derecha como indica la flecha de arriba.

EJEMPLO 4.9 En el circuito de la figura se pide determinar las tres corrientes. Solución: Aplicando la primera regla de Kirchhoff en cualquiera de los dos nodos (b) o (c) I1 + I2 = I3 Ahora aplicamos la segunda regla de Kirchhoff a la malla (abcda) 10.0 V − (6.0 Ω)I1 − (2.0 Ω)I3 = 0 Para la malla (bef ce) −14.0 V + (6.0 Ω)I1 − 10.0 V − (4.0 Ω)I2 = 0

158


Tenemos tres ecuaciones y tres incógnitas, las cuales forman un sistema de tres ecuaciones lineales:  I1 + I2 − I3 = 0    3I1 + I3 = 5   3I − 2I = 12 1

2

Aunque este sistema de ecuaciones es sencillo de resolver, una forma cómoda de resolverlo es usar el método de eliminación gaussiana, que consiste en transformar este sistema de ecuaciones en una matriz aumentada y luego efectuar operaciones entre filas: 1

1

−1

  3

0

1

−2

0



3

0

1

1

−1

  5  (1) + (2)  4 −−−−−−→ 12 3

1

0

−2

0





0





1

  5  2 × (2) + (3)  4 −−−−−−−−−→ 12 11

1 −1

0

1

0

0

0

 5 



22

De aquí se desprende fácilmente que 11I1 = 22 ⇒ I1 = 2.0. También de la fila (2): 4(2) + I2 = 5 ⇒ I2 = −3.0. De la primera fila: 2 − 3 − I3 = 0 ⇒ I3 = −1.0 I1 = 2.0 A

I2 = −3.0 A

I3 = −1.0 A

Las corrientes I2 e I3 son negativas indicando en realidad que estas corrientes van en el sentido contrario en la figura. EJEMPLO 4.10

En el circuito de la figura si está en condiciones estacionarias, encontrar las corrientes. Solución: En primer lugar hay que notar que en la figura se han dibujado sólo tres corrientes, pero ninguna en los trazos (bg) y (ah). La razón es que estamos en condiciones estacionarias donde el condensador ya se ha cargado completamente y ya no recibe más carga. Por lo tanto Iah = 0 y Ibg = I1 . En el nodo (c) o (f ) se cumple I1 + I2 = I3 En la malla (def cd) hacemos el recorrido horario 4 − 3I2 − 5I3 = 0


En la malla (cf gbc)

159

+3I2 − 5I1 + 8 = 0

Con estas tres ecuaciones construimos la matriz aumentada:      1 1 1 −1 0 1 1 −1 0      5 4  −1 × (2) + (3)  0 5 4  −5 × (1) + (3)  0 3  0 3 −−−−−−−−−−→ −−−−−−−−−−→ 0 0 −8 5 8 5 −3 0 8

1

−1

3

5

−11

0

0



 4 

4

De esto se ve de inmediato que −11I2 = 4 ⇒ I2 = −4/11 = −0.364. Los otros dos valores se obtienen sustituyendo I2 . I1 = 1.38 A I2 = −0.364 A I3 = 1.02 A ¿Cual es la carga en el condensador? Solución: Si aplicamos la segunda regla en la malla (bghab) nos estamos moviendo en el sentido horario −8 + ∆VC − 3 = 0 y la carga se obtiene de Q = C∆VC , luego

⇒

∆VC = 11.0 V

Q = 66.0 µC

EJEMPLO 4.11 En el circuito de la figura calcular la diferencia de potencial entre los puntos a y b e identificar el punto que está a mayor potencial. Solución: En la malla asignamos una corriente I y aplicamos la segunda regla de Kirchhoff ()

+12 − 2I − 4I = 0

⇒

I = 2.0 A

Aplicamos la segunda ley de Kirchhoff a la malla de circuito abierto

(Va − Vb ) + 4.0 V − (2.0 A)(4.0 Ω)

⇒

El signo negativo indica que el punto a está a mayor potencial.

Vb − Va = −4.0 V

160


4.9 El método de las mallas El número de corrientes a determinar en un circuito crece con el número de mallas. Las leyes de Kirchhoff permiten determinar todas las corrientes, pero se necesita resolver un sistema lineal de ecuaciones, cuyo número es igual al número de corrientes a determinar. En el caso del circuito de la figura 4.10 el sistema consiste consta de seis ecuaciones. Para simplificar el problema, vamos a introducir el método de corrientes de malla, que aplicado con cuidado, permite minimizar los cálculos. La metodología consiste en asignar a cada una de las mallas del circuito una corriente imaginaria o ficticia que circula en sentido horario o antihorario y de preferencia se asignan a todas las corrientes el mismo sentido. Usando las leyes de Kirchhoff se plantean tantas ecuaciones como el número mallas. La ventaja es que estas corrientes ficticias permiten reducir drásticamente el número de ecuaciones. EJEMPLO 4.12 Puesto que no hay nada mejor que un ejemplo, revisemos el circuito de la figura 4.10 donde hemos asignado valores a las resistencias y a las fems: Hemos creado tres corrientes ficticias i1 ,i2 y i3 correspondientes a tres mallas tal como se indica en la figura. Para utilizar el método de las mallas sólo utilizaremos estas corrientes. Primero aplicamos el método a la malla superior izquierda donde circula i1 por toda la malla, pero también la corriente i2 pasa por la resistencia de 4 Ω y i3 pasa por la resistencia de 2 Ω −3i1 − 4i1 + 4i2 − 8 − 2i1 + 2i3 = 0 notar que hemos sumado los términos 4i2 y 2i3 porque esas corrientes son compartidas con las otras mallas y además esas corrientes circulan en sentido contrario a la dirección de circulación que hemos elegido (). Simplificando −9i1 + 4i2 + 2i3 = 8 (∗) En la malla de la derecha o sea En la malla de abajo:

−2i2 − 6i2 + 6i3 + 8 − 4i2 + 4i1 = 0 2i1 − 6i2 + 3i3 = −4

(∗∗)

−2i3 + 2i1 − 6i3 + 6i2 − 10 − 5i3 = 0 2i1 + 6i2 − 13i3 = 10

De (*), (**) y (***) formamos la matriz aumentada:

(∗ ∗ ∗)




4

−9

  2 2

6 − 31 2

8





−9

  −4  (2) + (3)  4 −−−−−−→ −13 10 2 3

−6

  

2

4

2

6 −13

16

2

2

0

−5

2

6 −13

  3  (1) × 5 + (2) × 16  −−−−−−−−−−−−−→ 10





 6  (1) × 3/2 − (3) −−−−−−−−−−−→ 10

0 −10

0



8

161

0

0

2

0

−5

2

6 −13

− 91 2

58



 3 

10

116 de aquí se desprende que − 91 2 i1 = 58 ⇒ i1 = − 91 A. Ahora resulta más fácil obtener las otras corrientes:

116 57 101 A i2 = − A i3 = − A 91 182 91 Recordemos que las corrientes que hemos obtenidos son ficticias. Ahora debemos asociarlas con las seis corrientes I1 · · · I6 . En el circuito vemos que i1 = −

101 A = 1.11 A 91

I1 = −i3 =

I3 = −i1 =

I2 = i2 − i1 ==

116 A = 1.27 AA 91

I4 = −i2 =

15 A = −0.16 A 91 Notar que I5 + I3 = I1 , I2 + I5 = I6 y I2 + I4 = I3 .

57 A = 0.31 A 182

I6 =i2 -i3 =

I5 = i1 − i3 = −

25 A = 0.96 A 26

145 A=0.80 A 182

4.10 La ley de Joule En términos simples el ”efecto Joule” es el fenómeno que ocurre en conductor por el cual circula una corriente eléctrica. Parte de la energía cinética de los electrones se transforma en calor debido a los choques que sufren con los átomos del material conductor por el que circulan, en consecuencia la temperatura del conductor aumenta. De acuerdo a la figura 4.12 las cargas eléctricas que atraviesan una resistencia entran con una energía qV1 mayor que con la que salen qV2 . La diferencia de energía es:

Figura 4.12: Efecto Joule: cuando la corriente pasa por la resistencia se produce una caída de potencial.

∆U = qV2 − qV1 = q (V2 − V1 ) = qIR La rapidez con la que las cargas pierden la energía es la potencia disipada en la resistencia R P =

dU d dq = (qIR) = IR dt dt dt

⇒

P = I 2R

[W ]

A nivel microscópico la potencia es: ˆ ~ · Jdv ~ E

P = V

Un caso especial para la expresión anterior es cuando tenemos un conductor de sección transversal constante. En ese caso dv = dAdl y además

Ley de Joule.

162


la densidad de corriente y el campo van en la dirección de la longitud ~ k J~ k d~l). Considerando esto la expresión anterior se puede escribir (E ˆ ˆ ˆ ~ · Jdv ~ = P = E Edl JdA V | L{z } | S {z } V

I

donde I es la corriente y como V = IR recobramos la expresión para el caso macroscópico P = I 2 R.

5

CAPÍTULO

Magnetismo Aparte del campo eléctrico que vimos en la primera parte, ahora necesitamos el concepto de campo magnético que se origina debido al movimiento de las cargas. El origen del magnetismo se remonta al descubrimiento de la magnetita (Fe3 O4 ) que es capaz de atraer pedazos de hierro. También se descubrió que cualquier magneto (imán) no importa su forma, tiene dos polos, llamados polo norte (N) y polo sur (S), los cuales ejercen fuerzas sobre otros polos magnéticos similarmente como lo hacen las cargas eléctricas entre ellas. Al igual que las cargas eléctricas, los polos iguales se repelen y los polos distintos se atraen. El nombre “polo” viene del hecho de que una brújula se orienta de acuerdo al campo magnético de la tierra y los polos magnéticos son cercanos a los polos geográficos (Fig. 5.1). La designación tradicional de polos norte y sur tiene su analogía con las cargas positivas y negativas. En el caso eléctrico podemos tener cargas positivas o negativas aisladas, pero en el caso magnético no es posible aislar los polos. Si uno considera un imán con sus dos polos es imposible separarlos. Si partimos el imán en dos partes aparecerán dos nuevos polos norte y sur en cada uno de los trozos. Si después partimos estos dos imanes en dos trozos tendremos cuatro imanes cada uno con un polo norte y sur. Podríamos seguir así casi indefinidamente. En consecuencia no se pueden aislar los polos magnéticos.

S N

Figura 5.1: Lineas de campo magnético de la tierra apuntan desde el polo norte magnético a polo sur magnético. Además el polo sur magnético no coincide exactamente con el polo geográfico norte, hay una desviación de 11°. N

N

N S N

S

S

N

N S N

S

S

S

Figura 5.2: La división sucesiva de una barra magnética vuelve a formar los polos norte y sur.

5.1 Campo magnéticos y fuerzas A continuación vamos a estudiar los campos magnéticos estáticos, pero, por el momento, sin preocuparnos cual es el origen de ellos. En la primera parte vimos que si poníamos una carga de prueba q en presencia ~ la carga experimenta una fuerza dada por de una campo eléctrico E, ~ F~e = q E Ahora si ponemos la misma carga en movimiento con velocidad ~v en presencia del campo magnético, experimentalmente se demuestra que la carga experimenta una fuerza ~ F~m = q~v × B ~ se llama inducción magnética.1 La unidad de B ~ es el donde el vector B 2 Tesla (T) o Weber por metro cuadrado (Wb/m ) donde 1T = 1

N A.m

En otros textos también se usa el término densidad de flujo magnético. 1

164


Figura 5.3: Fuerza magnética sobre una carga en movimiento. Si q > 0 la fuerza apunta hacia arriba. Si q < 0 la fuerza se invierte.

(a)

(b)

Como hay un producto cruz involucrado el vector F~m es perpendicular ~ (Fig. 5.3). La magnitud de la fuerza magnética sobre la carga a ~v y a B es Fm = |q| vB sin θ ~ De esta expresión se desprende donde θ es el ángulo menor entre ~v y B. ~ (θ = 0 o θ = 180°) que la fuerza es nula si ~v es paralelo o antiparalelo a B ~ son perpendiculares (θ = 90°). y es máxima cuando ~v y B También se pueden usar reglas gráficas para recordar la dirección de la fuerza, tal como se muestra en las dos figuras siguientes:

z

F

B

B

v +

x

Figura 5.4: Regla de la mano derecha para determinar la dirección de la fuer~ za sobre q. Notar que la dirección de F cambia si la carga cambia de signo.

v

v

+

B

-

y

F

F

Si sumamos la fuerza eléctrica y la magnética obtenemos la fuerza de Lorentz: ~ + ~v × B ~) F~ = q (E

Figura 5.5: Otra versión de la regla de la mano derecha.

5.2 Fuerza magnética sobre un conductor con corriente Ya vimos que existe una fuerza sobre una carga en movimiento en presencia de un campo magnético. Ahora si tenemos una alambre por el cual pasa una corriente, entonces es de esperar que se ejerza una fuerza sobre el alambre, pues después de todo una corriente son cargas en movimiento. La fuerza total sobre el alambre será la suma vectorial de todas las fuerzas sobre cada una de las cargas. Consideremos un conductor con una sección de área A (Fig. 5.6). El volumen del trozo de largo ∆x es A∆x. Si n representa el número de portadores de carga2 móviles por unidad de volumen (densidad de portadores de carga), entonces el número de portadores de carga en la sección

Figura 5.6: Sección de un alambre por donde se mueven los portadores de carga con velocidad ~vd . 2 Los portadores de carga son los responsables de la corriente eléctrica: cargas positivas o negativas.

magnetismo

165

de largo ∆x es nA∆x. En consecuencia la carga total en esa sección es ∆Q = (número de portadores)×(carga del portador) = (nA∆x)q Si los portadores se mueven con velocidad de deriva ~vd entonces en un intervalo de tiempo ∆t estos se desplazarán una distancia ∆x = vd ∆t si suponemos que este tiempo es el mismo que se demoran los portadores para pasar de una cara a la otra: ∆Q = (nAvd ∆t)q al dividir ambos lados por ∆t, obtenemos la corriente en un conductor en términos de cantidades microscópicas I=

El campo entra en la página

∆Q = nAvd q ∆t

Consideremos ahora un campo magnético perpendicular al segmento de alambre tal como muestra la figura 5.7. La fuerza magnética sobre una carga q con velocidad ~vd es ~ F~q = q~vd × B Para encontrar la fuerza total sobre el segmento multiplicamos q~vd × ~ por el número de cargas en el segmento de alambre. El volumen del B segmento es AL, lo que significa que el número de cargas es nAL

Figura 5.7: Sección de segmento de alambre por donde se mueven los portadores de carga con velocidad ~vd . el campo magnético es perpendicular al segmento y va entrando en la página.

F~m = nAL(q~vd × B~) pero ya sabemos que la corriente es I = nAvd q y si la reemplazamos en la expresión anterior ~ ×B ~ F~m = I L

Fuerza sobre un segmento de alambre cuando es campo magnético es perpendicular al alambre.

~ es un vector de magnitud L y apunta en la misma dirección que donde L la corriente. El resultado anterior es muy importante y nos vamos a encontrar frecuentemente con campos magnéticos que son perpendiculares a un seg~ ×B ~ indica claramente que la mento de alambre. La expresión F~m = I L fuerza es perpendicular al campo magnético y a la dirección de la corriente. Esto queda ilustrado en la figura 5.8 donde el campo magnético se muestra entrando en la página o apuntando hacia arriba. La magnitud de la fuerza es: Fm = IBL Ahora vamos a ver el caso general donde el alambre no necesaria~ y puede tener cualquier dirección. La mente está en una linea recta y B referencia es la figura 5.9 y supongamos que por el elemento de linea d~l pasa una corriente I. La fuerza sobre ese segmento es ~ dF~m = Id~l × B

Fuerza saliendo

Figura 5.8: En ambos casos el campo magnético uniforme es perpendicular al alambre. La magnitud de la fuerza magnética es F = IBL.

166


donde dF~m se dirige hacia afuera de la página. La ecuación anterior puede ser integrada sobre un circuito parcial o completo. ˆb ~ d~l × B

F~m = I a

donde a y b representan los extremos del alambre. Si el circuito es cerrado ˛ ~ d~l × B

F~m = I C

~ es uniforme, pues este puede salir fuera de Un caso especial es cuando B la integral ˛ ~ ~ ~ Fm = I dl × B

Figura 5.9: Caso general de un alambre con corriente en presencia de una campo magnético.

C

La integral de linea cerrada es fácil de evaluar, pues la suma de vectores infinitesimales que forman un circuito cerrado es cero. De este modo ˛ ~ = 0 (B ~ uniforme) F~m = I d~l × B C

EJEMPLO 5.1 Un alambre que se dobla en forma de un semicírculo de radio R forma un circuito cerrado y lleva una corriente I. El alambre está obre el plano xy, y un campo uniforme se dirige a lo largo del eje +y como se muestra en la figura. Encontrar la magnitud y dirección de la fuerza sobre la parte recta del alambre y sobre la parte curva. Solución: Como el campo magnético uniforme es perpendicular al segmento recto ab, la magnitud de la fuerza sobre ese segmento es simplemente Fab = ILB = I2RB, además la dirección de la fuerza es hacia afuera de la página. Sólo nos falta calcular la fuerza sobre el segmento curvo. la respuesta es muy sencilla pues sabemos que la fuerza total sobre el circuito cerrado es cero, entonces la magnitud de la fuerza es también es I2RB, pero con dirección entrando en la página. En resumen, las dos fuerzas son: F~ab = 2RIB kˆ F~ba = −2RIB kˆ Es un buen ejercicio obtener en forma explícita F~ba . EJEMPLO 5.2

a

En la figura, el cubo tiene un lado de 40.0 cm. Los cuatro segmentos rectos de alambre ab, bc, cd, y da forman un circuito cerrado que lleva una corriente I = 5.00 A, en la dirección mostrada. Un campo magnético uniforme de magnitud B = 0.0200 T se dirige a lo largo de la dirección y. Determinar la magnitud y dirección de la fuerza magnética sobre cada segmento..

b

Solución: Este es un caso de un segmento de alambre recto en presencia de un campo magnético uniforme. Entonces podemos usar la ecuación ~ ×B ~ para este problema. F~m = I L En primer lugar, obtenemos las direcciones de las corrientes (en uni-

d

c

magnetismo

167

dades de metros): ~ ab = −0.400 jˆ L

~ bc = 0.400 kˆ L

~ cd = −0.400 iˆ + 0.400 jˆ L

~ da = 0.400 iˆ − 0.400 kˆ L

~ = 0.0200 jˆ , formamos los productos cruz para obtener la fuerzas Considerando que el campo magnético es B ~ es paralelo al segmento ab (en Newton). En el primer caso la fuerza es nula porque B ~ ab × B ~ =0 F~ab = I L Similarmente

~ bc × B ~ = −40.0 × 10−3 iˆ F~bc = I L ~ cd × B ~ = −40.0 × 10−3 kˆ F~cd = I L ~ da × B ~ = 40.0 × 10−3 (iˆ + kˆ ) F~da = I L

Notar que la fuerza total sobre el circuito es cero. EJEMPLO 5.3 Un conductor es suspendido por dos alambres flexibles como se muestra en la figura. El conductor tiene una masa por unidad de longitud de 0.0400 kg/m. batería Existe un campo campo magnético uniforme entrando en la página de magnitud 3.60 T. ¿Cuál debe ser la corriente en el conductor para que la tensión en los entrando alambres de soporte sea cero? ¿Cuál es la dirección de la corriente? Solución: En ausencia de campo magnético, la tensión de los cables debe igualar al peso del conductor. Para que conductor la tensión de los cables sea cero, la fuerza magnética debe ser igual al peso del conductor. La figura muestra la dirección que debe tener la corriente para que la fuerza magnética apunte hacia arriba. Entonces la condición es alambres flexibles

mg = Fm = ILB donde L es el largo y m la masa del conductor. De esta expresión obtenemos la corriente I=

mg LB

De esta expresión no conocemos ni L ni m. Sin embargo m/L = 0.0400 kg/m es la masa por unidad de longitud. Luego I=

0.0400 kg/m × 9.8 m/s2 = 0.109 A 3.60 T

entrando

168


5.3 Torque sobre una espira con corriente En la sección vimos que un campo magnético ejerce una fuerza sobre un conductor con corriente y también concluimos que si el el campo es uniforme la fuerza neta sobre un circuito cerrado es cero. Sin embargo a pesar que la fuerza neta es cero, eso no significa que el torque neto sea cero. Por ejemplo la figura 5.10 muestra una espira rectangular en pre~ La magnitud de las fuerzas sencia de una campo magnético uniforme B. sobre los segmentos de longitud a son Figura 5.10: Una espira rectangular donde el vector unitario nˆ forma un ángulo θ con el campo magnético unifor~ me B.

(a) Vista superior

(b) Vista de perfil

F1 = IaB

F2 = IaB

pero con direcciones opuestas de tal manera que ellas forman una par de fuerzas que ejercen un torque que hace girar la espira. Para cada fuerza, el brazo de palanca es 2b sin θ, entonces la magnitud de los torques es: τ1 =

b b sin θF1 = sin θIaB 2 2

y τ2 =

b b sin θF2 = sin θIaB 2 2

La magnitud del torque total sobre la espira es τ = τ1 + τ2 = IabB sin θ = IAB sin θ donde A = ab es el área de la espira. Si la espira tiene N vueltas el torque es τ = N IAB sin θ

magnetismo

169

Este torque hace girar la espira de tal forma que nˆ tiende a estar paralelo ~ Una forma conveniente de expresar este torque es en forma vectorial a B. ~ ×B ~ ~τ = I A ~ es un vector de magnitud A = ab y es perpendicular a la superdonde A ficie formada por la espira. El torque sobre una espira con corriente en presencia de un campo magnético es la base como funcionan los motores eléctricos. Como muestra la figura 5.11, la armadura de un motor consiste en una espira de alambre (con muchas vueltas) que puede rotar en un eje. Cuando una corriente pasa a través de la espira, el campo magnético ejerce un torque sobre la armadura y causa que esta rote. La corriente no puede ser constante porque la armadura solo oscilaría alrededor de la posición de equilibrio. Para mantener el motor girando, se usa un conmutador, que tiene como función revertir la dirección de la corriente cada 180°. La inversión de la corriente hace que el motor siempre e impide que este llegue a la posición de equilibrio.

Rotación

N S Escobilla o contacto fijo.

Escobilla o contacto fijo. El Conmutador invierte la corriente en la espira cada medio ciclo. De ese modo la fuerza en la parte izquierda de la espira es siempre hacia arriba.

Figura 5.11: Principio básico de un motor eléctrico. Notar que el conmutador está dividido en dos partes, de tal forma que el terminal positivo de la batería envía corriente a cualquiera de los alambres que toque la mitad derecha del conmutador.

170


5.4 La ley de Biot y Savart La fuente de un campo magnético estático puede ser un magneto (imán), un campo eléctrico que varía en el tiempo, o una corriente continua. Vamos a considerar por el momento una corriente continua que pasa por un elemento diferencial de alambre, tal como muestra la figura 5.12. El campo magnético en el posición 2 debido a ese elemento diferencial viene dado por la expresión ~2 = dB

µ0 I1 d~l1 × rˆ12 2 4π r12

(?)

donde rˆ12 es un vector unitario dirigido desde el punto 1 (punto fuente) hasta el punto 2 (punto campo). La expresión anterior no puede ser verificada experimentalmente porque es imposible aislar el elemento diferencial de corriente. La constante µ0 /4π se define en función de la permeabilidad del espacio libre, µ0 , por medio de

Punto 2

Punto 1

Figura 5.12: La ley de Biot-Savart ex~ 2 produpresa el campo magnético dB cido por un elemento diferencial d~l1 . La ~ 2 es entrando en la padirección de dB gina.

µ0 = 10−7 N/A2 4π La expresión (?) también se puede escribir como ~2 = dB

µ0 I1 d~l1 × ~r12 3 4π r12

En régimen permanente (ver sección 4.7) vimos que la densidad de carga debe ser constante en el tiempo ( ∂ρ ∂t = 0) y de acuerdo a la ecuación ∂ρ ~ de continuidad ∂t + ∇ · J = 0, entonces las corrientes estacionarias tienen divergencia nula, ∇ · J~ = 0. Esto tiene como consecuencia inmediata que3 ‰ ~=0 J~ · dA S

es decir, la corriente total que cruza cualquier superficie cerrada es cero, y esta condición solo puede ser cumplida asumiendo una corriente alrededor de una trayectoria cerrada. Entonces, bajo esta condición, puede ser demostrada experimentalmente la ley de Biot-Savart: ~ (~r2 ) = µ0 I1 B 4π

˛ C1

d~l1 × ~r12 3 r12

Esta fórmula permite encontrar la inducción magnética causada por la corriente I1 en una trayectoria cerrada C1 . El campo magnético también se puede escribir en función de la densidad de corriente J~1 . En una alambre delgado (Fig. 5.12) con sección transversal A, el volumen es dv1 = Adl1 y el flujo de corriente es totalmente a lo largo del alambre. Tenemos J~1 dv1 = J~1 Adl1 = (J1 A)d~l1 = Id~l1

3

Recordar el teorema de la divergencia.

magnetismo

171

entonces al sustituir obtenemos: ˆ

~ (~r2 ) = µ0 B 4π

V

J~1 × ~r12 dv1 3 r12

Como es de costumbre, las dos fórmulas principales anteriores se pueden escribir en función de los radios vectores, considerando que ~r12 = ~r2 − ~r1 ˛ d~l1 × (~r2 − ~r1 ) ~ (~r2 ) = µ0 I1 B 4π C1 |~r2 − ~r1 |3 ~ (~r2 ) = µ0 B 4π

ˆ

J~1 × (~r2 − ~r1 ) |~r2 − ~r1 |3

V

dv1

También podemos usar la notación “prima” para indicar la fuente de la inducción magnética 0 ~ (~r) = µ0 I B 4π 0 ~ (~r) = µ0 I B 4π

˛ C0

˛ C

d~l0 × ~r r3

I d~l0 × (~r − ~r0 ) |~r − ~r0 |3

Antes de ver un ejemplo vamos a mencionar que existe una regla gráfica para determinar la dirección del campo magnético, si conocemos la dirección de la corriente. La figura 5.13 ilustra el método para un alambre muy largo con corriente, pero el método también se puede aplicar a conductores con otra forma.

B Figura 5.13: Regla de la mano derecha para determinar la dirección del campo magnético alrededor de un alambre largo que lleva una corriente. La punta ~ de los dedos da la dirección de B.

EJEMPLO 5.4: Campo magnético debido a un alambre largo Considerar un alambre recto y delgado que lleva una corriente constante I y colocado a lo largo del eje x. Determinar el campo magnético en el punto P debido a la corriente. Solución: Vamos a obtener el campo magnético en el punto P a una distancia y del eje x. El campo magnético debido al diferencial dx es ~ (~r2 ) = dB

µ0 I d~l1 × (~r2 − ~r1 ) 4π |~r2 − ~r1 |3

(∗)

en nuestro caso ~r1 = xiˆ, ~r2 = y jˆ y d~l1 = d~x. Por la regla de la mano derecha el campo en el punto P apunta ˆ Además la expresión d~l1 × (~r2 − ~r1 ) = d~x × (y jˆ − xiˆ) = dxiˆ × (y jˆ − xiˆ) = hacia afuera de la hoja (dirección k). ydxkˆ indica la misma dirección. Entonces al reemplazar en (*) ~ (~r2 ) = dB

µ0 I ydx ˆ k 4π |~r2 − ~r1 |3

(∗∗)

p De la figura se tiene que |~r2 − ~r1 | = x2 + y 2 y podemos expresar (**) en función de x, para luego integrar entre −∞ y +∞. Sin embargo, podemos seguir un camino alternativo y expresar la integral en función de θ.

172


En efecto, de la figura

|~r2 − ~r1 | = y csc(π − θ ) = y csc θ

y también

y = tan(π − θ ) = − tan θ x

⇒

dx = y csc2 θdθ

y remplazamos todo en (**) ~ (~r2 ) = dB

µ0 I dθ ˆ µ0 I µ0 I y (y csc2 θdθ ) ˆ k= k= sin θkˆ 4π (y csc θ )3 4π y csc θ 4πy

para un alambre infinito integramos entre θ = 0 y θ = π ~ (y ) = µ0 I kˆ B 4πy

ˆπ

sin θ =

0

π µ0 I ˆ µ0 I ˆ k (− cos θ ) = k 4πy 2πy 0

Podríamos haber buscado en una tabla, la integral ˆ du u = √ 2 2 3/2 2 (u + a ) a u2 + a2 para obtener el campo ~ (~r2 ) B

=

=

µ0 Iy 4π µ0 Iy 2π

+∞ ˆ −∞

µ0 Iy dx kˆ = 2 4π (x2 + y 2 )3/2 #+∞

1

" y2

p

1 + (y/x)2

0

"

#+∞

x y2

p

µ0 Iy kˆ = 2π

kˆ

x2 + y 2

0

1 µ0 I ˆ − 0 kˆ = k y2 2πy

EJEMPLO 5.5: Campo magnético sobre el eje de una espira con corriente Considerar una espira circular de radio a localizada en el plano xy y que lleva una corriente I. Calcular el campo magnético en un punto axial a una distancia z del centro de la espira. Solución: De acuerdo a la figura: ˆ ~r1 = ar, ˆ ~r2 = z k, d~l = adθθˆ y ~r2 − ~r1 = z kˆ − arˆ Aquí tenemos una mezcla de coordenadas cartesianas y coordenadas cilíndricas. Expresamos todo en coordenadas cartesianas: θˆ = −iˆ sin θ + jˆ cos θ

y

rˆ = iˆ cos θ + jˆ sin θ

entonces ~r2 − ~r1 = z kˆ − iâ cos θ − jˆ a sin θ además |~r2 − ~r1 | =

p

a2 + z 2

y

d~l = adθ (−iˆ sin θ + jˆ cos θ )

magnetismo

173

por lo tanto ~ (z ) = dB

µ0 I d~l × (~r2 − ~r1 ) µ0 I adθ (−iˆ sin θ + jˆ cos θ ) × (z kˆ − iâ cos θ − jˆ a sin θ ) = 3 4π |~r2 − ~r1 | 4π (a2 + z 2 )3/2

y que debido a la ortogonalidad de los vectores unitarios se reduce a: ~ (z ) = dB

ˆ sin2 θ + iˆz cos θ + ka ˆ cos2 θ ) ˆ ) µ0 I (jˆ z sin θ + ka µ0 I (jˆ z sin θ + iˆz cos θ + ka adθ = adθ 4π 4π (a2 + z 2 )3/2 (a2 + z 2 )3/2

Finalmente integramos en θ ~ (z ) = µ0 I B 4π

ˆ2π ˆ ˆ 2) (j za sin θ + iˆza cos θ + ka dθ (a2 + z 2 )3/2 0

resulta que los dos primeros términos son cero y nos quedamos con el resultado final: a2 a2 ~ (z ) = µ0 I 2π ˆ = µ0 I B k kˆ 4π 2 (a2 + z 2 )3/2 (a2 + z 2 )3/2 Otra forma: Podemos resolver este problema más fácilmente usando argumentos de simetría para evitar trabajar con vectores. Trabajaremos con la formula ~ (~r) = µ0 I B 4π

˛

˛ ~ d~l × ~r µ0 I dl × rˆ = r3 4π r2

donde rˆ es un vector unitario que apunta desde el elemento de longitud d~l al punto P .

De acuerdo a la figura de la izquierda, el vector d~l es perpendicular al vector rˆ que apunta desde el elemento ~ en P será la dirección del producto cruz d~l × r, ~ será de longitud al punto P . La dirección de dB ˆ es decir dB ~ ~ ~ perpendicular a dl y a r. ˆ Puesto que dl × rˆ = dl sin 90° = dl, la magnitud de dB es dB =

µ0 I dl 4π r2

174


de la figura r2 = a2 + z 2 y entonces µ0 I dl 4π a2 + z 2 Por otro lado, si consideramos que para cada elemento de longitud, existe otro al lado opuesto que hace que las componentes x del campo magnético se anulen. Por lo tanto el campo magnético solo tiene dirección z. Esto es ilustrado en la figura de la derecha donde se muestran las lineas de campo. La línea que pasa justo por el centro de anillo va en la dirección de eje z. De la figura de la izquierda dB =

dBz = dB cos θ =

µ0 I dl µ0 I dl a √ cos θ = 2 2 2 2 2 4π a + z 4π a + z a + z2

al integrar ˆ Bz =

µ0 I µ0 I dl a a √ = 4π a2 + z 2 a2 + z 2 4π (a2 + z 2 )3/2

ˆ dl =

µ0 I a 2πa 4π (a2 + z 2 )3/2

Finalmente obtenemos el mismo resultado: Bz =

a2 µ0 I 2 (a2 + z 2 )3/2

5.5 Propiedades del campo magnético en el espacio libre Es un hecho experimental que todos lo campos magnético pueden ser descritos en función de una distribución de corriente. Es decir, para corrientes estacionarias, el campo magnético siempre toma la forma descrita en la sección anterior: ~ (~r2 ) = µ0 B 4π

ˆ V

J~1 × (~r2 − ~r1 ) |~r2 − ~r1 |3

dv1

donde J~1 es una densidad de corriente. Se puede demostrar matemática~ tiene la forma de la ecuación anterior entonces se cumple mente que si B que ~ (~r2 ) = 0 ∇·B

~ es nula. También La divergencia de B se le conoce como ley de Gauss del magnetismo.

Esta forma diferencial también se puede expresar en forma integral al aplicar el teorema de la divergencia: ‰

~ (~r2 ) · dA ~=0 B

S

Donde la integral de superficie se aplica a una superficie que rodea a un volumen arbitrario. Este hecho implica que no hay fuentes de flujo magnético y la lineas de flujo magnético siempre se cierran sobre si mismas.4 El hecho de que la divergencia del campo magnético se anule puede ser ser postulada sin mayor demostración. Similarmente se puede postular que

En otras palabras, no hay polos magnéticos aislados (monopolos). 4

Forma diferencial de la ley de Ampère

magnetismo

175

~ (~r2 ) = µ0 J~(~r2 ) ∇×B En resumen, las dos expresiones ~ =0 ∇·B

y

Postulados de la magnetostática en el vacío.

~ = µ0 J~ ∇×B

constituyen los postulados fundamentales de la magnetos~ = 0 también se conoce tática en el vacío. En especial, la expresión ∇ · B como la ley de Gauss en magnetismo.

176


5.6 La ley de Ampère Esta ley permite encontrar campos magnéticos en casos donde la ley de Biot-Savart resultaría muy complicada de aplicar. Si Partimos con ~ = µ0 J~ ∇×B y evaluamos una integral de superficie en ambos miembros ˆ ˆ ~ ~ ~ ( ∇ × B ) · dA = µ0 J~ · dA S

S

y aplicamos el teorema de Stokes5 a la integral del lado izquierdo: ˆ ˛ ~ ) · dA ~= ~ · d~l (∇ × B B S

El teorema de Stokes establece que ~ paraúna campo vectorial ¸ F se cumple ~ ) · dA ~ = ~ · d~l donde que S (∇ × F F C la integral se linea se hace a través de una curva que rodea la superficie. 5

C

de esta forma se tiene la ley de Ampère ˛ C

ˆ ~ · d~l = µ0 B

~ J~ · dA S

y puesto que la integral del lado derecho es la corriente ˛ C

~ · d~l = µ0 I B

EJEMPLO 5.6: Campo magnético debido a una alambre largo Este problema se resuelve muy fácilmente usando la ley de Ampère ˛ ~ · d~l = µ0 I B C

Para ello elegimos una curva que rodee al alambre. En este caso elegimos una circunferencia por conveniencia. Si observamos la ~ es paralelo al elemento de longitud d~l, por lo figura vemos que B ~ ~ tanto B · dl = Bdl ˛ ˛ ~ · d~l = B Bdl = µ0 I C

C

el campo puede salir fuera de la integral pues este constante en cualquier punto de la trayectoria circular de radio y. Entonces obtenemos ˛ B C

dl = µ0 I

⇒

B2πy = µ0 I

⇒

B=

µ0 I 2πy

magnetismo

177

EJEMPLO 5.7: Campo magnético debido a una alambre grueso Calcular el campo magnético producido por un alambre largo de radio R y que lleva una corriente uniformemente a través de su sección.

Solución: Para r ≥ R elegimos un circulo de radio r. De la misma forma que en el ejemplo anterior, vemos ~ es paralelo al elemento de longitud d~l y por lo tanto B ~ · d~l = Bdl que B ˛ ˛ ~ · d~l = B Bdl = µ0 I C

C

donde I es la corriente que pasa a través de la superficie rodeada por la circunferencia de radio r. Obtenemos el mismo resultado que para un alambre delgado B=

µ0 I 2πr

r≥R

Para r < R la corriente que pasa a través del circulo no es la corriente total I sino que una fracción de ella. Si aplicamos la ley de Ampère obtenemos el resultado similar µ0 I 0 2πr 0 donde I es la corriente que pasa a través del circulo de radio r. Podemos establecer una proporcionalidad directa entre las corrientes y las respectivas áreas de cada circulo B=

I I0 r2 0 = ⇒ I = I πR2 πr2 R2 Esta proporcionalidad directa se justifica porque corriente/área no es otra cosa que la densidad de corriente uniforme en el alambre. Entonces B=

µ0 0 µ0 r2 µ0 I I = I 2 = r 2πr 2πr R 2πR2

r
178


EJEMPLO 5.8: Campo magnético de un solenoide

Un solenoide es un alambre largo enrollado en la forma de una hélice. Con esta configuración se produce ~ un campo magnético aproximadamente uniforme en el espacio (interior) rodeado por el alambre. Calcular B cuando el largo del solenoide es lo suficientemente largo para evitar problemas de borde. Solución: Cuando el alambre es suficientemente largo, el campo en el interior es aproximadamente uniforme. En la figura de la izquierda se muestra un corte vertical del solenoide. Para usar la ley de Ampère elegimos una trayectoria rectangular (1234) de tal manera que la corriente la atraviese ˆ ~ · d~l = µ0 I 0 B 1234

~ es uniforme y paralelo a d~l. En (2) La integral se puede dividir en cuatro contribuciones: En el interior (1) B ~ es perpendicular a d~l y las contribuciones serán cero. En el exterior (3) B ~ es aproximadamente nulo, y (4) B es decir la contribución en el segmento 3 es aproximadamente cero: ˆ ˆ ˆ ˆ ~ · d~l = µ0 I 0 ~ · d~l + B ~ · d~l + B B dl + B | {z1 } | 2 {z } | 3 {z } | 4 {z } ~ ~l) (Bkd

~ ~l) 0 (B⊥d

~ 0 (B≈0 )

~ ~l) 0 (B⊥d

Aquí I 0 es la corriente que atraviesa el rectángulo. Por el rectángulo pasan varias vueltas del alambre. Si definimos n como el número de vueltas por unidad de longitud del solenoide n=

vueltas longitud

entonces el número de vueltas en la longitud L es nL. Con esto la corriente es I 0 = nLI y tenemos ˆ B dl = µ0 nLI ⇒ BL = µ0 nLI ⇒ B = µ0 nI 1

Solución: Cuando el alambre es suficientemente largo, el campo en el interior es aproximadamente uniforme. En la figura de arriba a la derecha se muestra un corte vertical del solenoide. Para usar la ley de Ampère elegimos una trayectoria rectangular de tal manera que la corriente la atraviese ˆ ~ · d~l = µ0 I 0 B 1234

~ es uniforme y paralelo a d~l. En (2) La integral se puede dividir en cuatro contribuciones: En el interior (1) B ~ ~ ~ es aproximadamente nulo, y (4) B es perpendicular a dl y las contribuciones serán cero. En el exterior (3) B es decir la contribución en el segmento 3 es aproximadamente cero:

magnetismo

179

ˆ ˆ ˆ ˆ ~ · d~l = µ0 I 0 ~ · d~l + B ~ · d~l + B B dl + B | {z1 } | 2 {z } | 3 {z } | 4 {z } ~ ~l) (Bkd

~ ~l) 0 (B⊥d

~ 0 (B≈0 )

~ ~l) 0 (B⊥d

aquí I 0 es la corriente que atraviesa el rectángulo. Por el rectángulo pasan varias vueltas del alambre, si definimos n como el número de vueltas por unidad de longitud del solenoide n=

vueltas longitud

entonces el número de vueltas en la longitud L es nL. Con esto la corriente es I 0 = nLI y tenemos ˆ B dl = µ0 nLI ⇒ BL = µ0 nLI ⇒ B = µ0 nI 1

180


EJEMPLO 5.9: Campo magnético de un toroide Un toroide de sección rectangular y radio interior R consiste de N vueltas de alambre que lleva una corriente I. Calcular el campo magnético dentro del toroide. Solución: Este es un problema estándar en todos los libros de texto. ~ solo tiene componente La simetría cilíndrica asegura que B φ y que es constante a lo largo de la trayectoria circular de radio r de la figura de abajo. Además suponemos que el campo magnético al exterior del toroide en nulo. Es el mismo argumento que usamos para resolver el problema 5.8 de un solenoide (esto es razonable, pues después de todo un toroide es un solenoide doblado). Para aplicar la ley de Ampère usamos el contorno (trayectoria) circular de radio r. Además consideramos el he~ es tangente a la trayectoria y por lo tanto cho de que B ~ ~ B dl = Bφ dl ˛ ˛ ˛ ~ ~ B dl = Bφ dl = Bφ dl = µ0 N I C

C

C

La cantidad N I representa la corriente total que atraviesa el círculo de radio r. Luego µ0 N I Bφ 2πr = µ0 N I ⇒ Bφ = 2πr Notar que el resultado no depende de R y tampoco de la forma de la sección transversal del toroide.

magnetismo

181

5.7 Propiedades magnéticas de la materia El campo magnético producido por una corriente en una espira nos da un indicio acerca de lo que causa por las cuales ciertos materiales poseen fuertes propiedades magnéticas. Cuando calculamos el torque sobre una espira cuadrada con corriente I, la fórmula que obtuvimos es ~ ×B ~ ~τ = I A pero a pesar de que la deducción fue para un caso especial, la fórmula ~ anterior es válida para una espira con cualquier forma. La cantidad I A aparece en forma muy frecuente en la teoría magnética, así que le daremos un nombre, momento magnético dipolar:

Figura 5.14: Momento dipolar de una espira con corriente. La magnitud de m = IA.

~ m ~ = IA ~ es un vector perpendicular a la superficie y de magnitud A. En donde A general cualquier espira con corriente tiene un campo magnético y por lo tanto un dipolo magnético, incluso a nivel atómico donde se puede imaginar al electrón como una corriente eléctrica en una espira circular. Como todos los materiales están compuestos por átomos, es razonable pensar que a nivel macroscópico los materiales también posean un momento magnético. Cuando no hay un campo magnético externo, los dipolos magnéticos de los átomos de la mayoría de los materiales tienen orientaciones aleatorias (Fig. 5.15) de tal manera que no hay un momento magnético neto.6 La aplicación de un campo magnético externo implica una alineación de los momentos magnéticos de los electrones. Tal como el estado de polarización de una substancia se describe por medio del vector de polarización P~ , el estado magnético de una substancia se describe mediante el vector ~ de magnetización M n∆v X

~ = l´ım M

∆v→0

Figura 5.15: Dipolos magnéticos en un material, con orientaciones aleatorias. El momento magnético neto es aproximadamente cero. 6 Con excepción de los imanes permanentes.

m ~k

k =1

∆v

donde n es la cantidad de átomos por unidad de volumen y la expresión n∆n es la cantidad de átomos en el volumen ∆v. De acuerdo a esta ~ representa una densidad volumétrica de momento magnético definición M y tiene una analogía directa con el vector de polarización P~ .7 ~ 0 y el vector M ~ , el campo Teniendo un campo magnético externo B magnético total en un punto dentro de un material o substancia depende de ambos. En la sección de electrostática definimos dos cantidades escalares, densidad superficial de polarización y densidad volumétrica de polarización. Análogamente en magnetismo, es conveniente definir dos cantidades vectoriales: El vector ~ J~v = ∇ × M [A/m2 ]

n∆v X 7

~ = lim Recordar que P

∆v→0

p ~i

i=1

∆v

182


es la densidad volumétrica de corriente de magnetización. Y el vector ~ × nˆ J~s = M

[A/m]

es la densidad superficial de corriente de magnetización. Donde nˆ es un vector unitario normal que apunta hacia afuera de la frontera. Figura 5.16: La corriente total I que atraviesa la longitud transversal b donde hay una densidad superficial de corriente de magnetización es I = Js b.

La unidad de Js es “amperes por metro de ancho”, es decir si la densidad de corriente superficial, Js , es uniforme, la corriente total I en un ancho b es (Fig. 5.16) I = Js b donde asumimos que el ancho b es medido perpendicularmente a la dirección de la corriente. Para una Js no uniforme es necesario integrar ˆ I = Js dN

Frontera

B

donde dN es el diferencial de longitud transversal a la dirección de la corriente. ~ × nˆ podemos recurrir a la figura Para entender la expresión J~s = M 5.17 que representa un corte transversal de un material magnetizado de cierto espesor. En la superficie del material (lado izquierdo y derecho de las lineas punteadas), los dipolos magnéticos contribuyen a una corriente ~ × nˆ es un vector que superficial efectiva. Claramente el producto cruz M sigue la trayectoria circular de cada dipolo.

5.8 Intensidad de campo magnético ~ los dipolos magnéCuando se aplica un campo magnético externo B, ~ ticos del material se alinean con B y lo mismo ocurre con el momento magnético inducido. El resultado es que el campo magnético total en presencia de un material magnético sea diferente de su valor en el espacio libre. A nivel macroscópico la magnetización se puede describir en términos de la densidad de corriente volumétrica de magnetización, J~v . Si a la ecuación ~ = µ0 J~ ∇×B le agregamos J~v , tenemos ~ = µ0 (J~ + J~v ) ∇×B ~ y como J~v = ∇ × M ~ = µ0 (J~ + ∇ × M ~) ∇×B

⇒

∇×

~ B ~ −M µ0

!

= J~

Figura 5.17: Corte transversal de un material magnetizado. El vector mag~ apunta hacia afuera de netización M la página. En el interior, los dipolos se anulan entre si, pero en la frontera los dipolos contribuyen a una corriente superficial.

magnetismo

183

con esto definimos una nueva cantidad, llamada intensidad de campo ~ magnético H ~ ~ = B −M ~ H µ0 de tal forma que obtenemos una nueva ecuación: ~ = J~ ∇×H Notar que J~ es la densidad de corriente libre (de una batería, etc). La forma integral de la ecuación anterior se obtiene tomando la integral de superficie en ambos lados y aplicando el teorema de Stokes: ˛

ˆ ~ · d~l = H

C

‰ ~ J~ · dA

~ · d~l = I H

⇒

S

C

donde C es el contorno (trayectoria cerrada) que limita la superficie S. Esta ecuación es la ley de Ampère en un medio magnético. En situaciones cuando el medio magnético es lineal e isótropo, la mag~ netización es directamente proporcional a H ~ = χm H ~ M donde la cantidad adimensional χm es la susceptibilidad magnética.8 Al ~ ~ = B~ − M sustituir esta ecuación en H µ0 ~ ~ ~ = B −M ~ = B − χm H ~ H µ0 µ0

Aquí hay una clara analogía con las ~ = χE. ~ susceptibilidad eléctrica P 8

⇒

~ = µ0 (1 + χm )H ~ = µ0 µr H ~ = µH ~ B con µr = (1 + χm ) =

µ µ0

aquí µr es una cantidad adimensional llamada permeabilidad relativa del medio y µ = µr µ0 es la permeabilidad absoluta.9 En general todos los materiales son magnéticos (aunque la mayoría muy débilmente). Para ver el grado de magnetismo de un material es útil analizar los valores de χm , que se obtienen de observaciones expe~ = µ0 (1 + χm )H ~ vemos rimentales. En efecto, al analizar la fórmula B que dependiendo del signo de χm el campo magnético en el interior de una material puede aumentar o disminuir. La tabla siguiente muestra valores de la susceptibilidad magnética para algunos materiales. Los materiales son clasificados de acuerdo al signo de χm . Si χm > 0 decimos que es un material paramagnético. En cambio si χm < 0 el material es diamagnético.

Notar la analogía de ~ = µH ~ y µ = µr µ0 B con el caso de un dieléctrico ~ = 1D ~ y = κ0 . E

9

184


Substancia

χm

paramagnética

Substancia

χm

diamagnética

Aluminio

2.3 × 10−5

Bismuto

−1.66 × 10−5

Calcio

1.9 × 10−5

Cobre

−9.8 × 10−6

Cromo

2.7 × 10−4

Diamante

−2.2 × 10−5

Litio

2.1 × 10−5

Oro

−3.6 × 10−5

Magnesio

1.2 × 10−5

Plomo

−1.7 × 10−5

Niobio

2.6 × 10−4

Mercurio

−2.9 × 10−5

Oxigeno

2.1 × 10−6

Nitrógeno

−5.0 × 10−9

Platino

2.9 × 10−4

Plata

−2.6 × 10−5

Tungsteno

6.8 × 10−5

Silicio

−4.2 × 10−6

Tabla 5.1: Susceptibilidad magnética de algunas substancia paramagnéticas y diamagnéticas a 300 K.

5.8.1 Materiales diamagnéticos En los materiales diamagnéticos el valor de χm es negativo y el campo magnético se debilita por la presencia del material. Esto se justifica por medio de la figura 5.18. En ausencia de un campo magnético externo ~ tenemos un material con sus dipolos atómicos nulos y por tanto una B, ~ = 0. Al aplicar un campo magnético externo B ~ el magnetización total M ~ se opone a B. ~ Esto material se magnetiza de tal forma que el vector M es debido a la ley de Lenz que veremos más adelante. Figura 5.18: Material diamagnético, χm < 0, los momentos magnéticos atómicos son nulos y la aplicación de una ~ induce un magnecampo magnético B ~ tización contraria a B.

5.8.2 Materiales paramagnéticos El paramagnetismo solo ocurre ante la presencia de un campo magnéti~ externo, el momento magnético atómico co externo. En ausencia de un B o molecular es distinto de cero, m ~ 6= 0, pero como estos están orientados ~ , es nula. Al aplicar el campo magaleatoriamente, la magnetización, M ~ los dipolos se orientan en favor de B ~ de tal forma que aparece nético B ~ ~ Como conuna magnetización M que va en la misma dirección de B. secuencia el campo magnético total se incrementa por la presencia del material (Fig. 5.19). Figura 5.19: Material paramagnético, χm > 0, los m ~ 6= 0 pero están orien~ = 0. tados aleatoriamente tal que M ~ hace que los dipolos La aplicación de B atómicos se alineen tal que aparece una magnetización en el mismo sentido que ~ B.

5.8.3 Materiales ferromagnéticos Los materiales ferromagnéticos (por ejemplo hierro, níquel y cobalto) son otra clase de material magnético. Como muestra la figura 5.20 el

magnetismo

material tiene una magnetización permanente incluso en ausencia de una campo magnético externo. Estos tipos de materiales son no lineales, es ~ = χm H ~ yB ~ = µH. ~ Además decir no están regidos por las ecuaciones M χm es un número muy grande. El ferromagnetismo puede ser ilustrado con la figura 5.21 donde se muestran que el material se divide en dominios magnetizados, que contienen una gran cantidad de átomos (1015 o 1016 ) magnetizados dando como resultado una magnetización neta en esa región, incluso en ausencia de una campo magnético. Cada dominio es separado por una pared de dominio que no está magnetizada. Dominio Pared de magnetizado Dominio

(a)

Dominios con mayor volumen

185

Figura 5.20: Un material ferromagnético tiene una magnetización permanente, incluso si no hay una campo externo aplicado.

Figura 5.21: (a) En ausencia de un cam~ los momentos magnéticos de dopo B minio tiene una orientación aleatoria. ~ cre(b) Los dominios alineados con B cen y como consecuencia aparece un momento magnético neto.

(b)

En una muestra no magnetizada, los momentos magnéticos en los dominios están orientados aleatoriamente de tal forma que el momento magnético neto es cero. Cuando la muestra se coloca en un campo magnético externo, los dominios alineados con el campo magnético aumentan su volumen EJEMPLO 5.10 ~ en el eje de un cilindro circular Determinar el campo magnético B uniformemente magnetizado de material magnético. El cilindro tiene ~ = M0 k. ˆ Solución: Puesto radio b, longitud L y magnetización axial M ~ es uniforme (constante) a lo largo del eje z, la densidad de que M ~ = 0. Por otro corriente volumétrica de magnetización es J~v = ∇ × M lado la densidad de corriente superficial de magnetización es ~ × nˆ J~s = M dondenˆ es normal a la pared lateral (manto) del cilindro, que en este caso es radial, es decir nˆ = rˆ (en coordenadas cilíndricas) ~ × rˆ = (M0 kˆ ) × rˆ = M0 φˆ J~s = M Es decir esta barra magnetizada (imán) se comporta como una lamina cilíndrica con una densidad lineal de corriente circunferencial M0 . Además no hay corriente superficial en las ~ × nˆ = 0). tapas del cilindro (M ~ en P (0, 0, z ) consideraremos una cinta de ancho dz 0 a una distancia z 0 del origen. Esta cinta Para hallar B lleva una corriente dada por Js dz 0 pues la corriente atraviesa una distancia transversal dz 0 (ver figura 5.16). En un problema anterior habíamos encontrado que el campo magnético en el eje de un anillo de radio a y

186


que lleva una corriente I era: Bz =

µ0 I a2 2 (a2 + z 2 )3/2

en nuestro caso a → b, z → z − z 0 y I = Js dz 0 , entonces al reemplazar dB =

µ0 (Js dz 0 ) M0 µ0 b2 dz 0 b2 = 2 2 (b2 + (z − z 0 )2 )3/2 (b2 + (z − z 0 )2 )3/2

y al integrar M0 µ0 b2 B (z ) = 2

ˆL 0

dz 0

(b2 + (z − z 0 )2 )3/2

=

L M0 µ0 b2 z0 − z p 2 b2 b2 + ( z − z 0 ) 2 0

y obtenemos finalmente ~ (z ) = M0 µ0 B 2

"

# z−L z √ −p kˆ b2 + z 2 b2 + ( z − L ) 2

magnetismo

187

5.9 Condiciones de borde Para resolver problemas de campos magnéticos debemos saber como ~ yH ~ al pasar la frontera entre dos medios. Usacambian los vectores B remos técnicas similares a las usadas en los dieléctricos. Lo primero es que como divergencia del campo magnético es nula, ~ = 0 y al pasar de un medio al otro, la componente normal del ∇·B campo es continua B1n = B2n ~ 1 = µ1 H ~1 y B ~ 2 = µ2 H ~ 2 y tenemos y en el caso de materiales lineales B la condición µ1 B1n = µ2 B2n Ahora necesitamos una condición de borde para la componente tan~ La componente tangencial no será continua si existe una gencial de H. corriente superficial en la superficie de separación (frontera). Procede ~ · d~l = I en la configuración de la figura remos a usar la ecuación C H 5.22. La trayectoria cerrada abcda está en la superficie de separación de los dos medios: ‰ ˆ ˆ ˆ ˆ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ · d~l H · dl = H · dl + H · dl + H · dl + H C

ab

bc

cd

da

si hacemos que ∆h se aproximen a cero, podemos ignorar las integrales ´ ´ ~ · d~l = ~ ~ en esos segmentos pues bc H ad H · dl = 0. Tenemos ‰

ˆ ~ · d~l = H

C

ˆ ~ ~ ~ · d~l = H ~ 1 · ∆w ~ 2 · (−∆w H · dl + H ~ +H ~) = I ab cd | {z } | {z } ~ 1 ·∆w H ~

~ 1 ·(−∆w H ~)

en este caso I es una corriente superficial que pasa a través de la superficie rodeada por el contorno abcda. La corriente en función de la densidad superficial de corriente se expresa como I = Jsn ∆w. Tenemos ~ 1 · ∆w ~ 2 · (−∆w H ~ +H ~ ) = Jsn ∆w donde hemos puesto Jns para indicar que J~s es normal a la superficie rodeada por el contorno, es decir J~s apunta hacia afuera de la hoja. La ecuación anterior es equivalente a: H1t − H2t = Jsn y la forma más general de escribir esta ecuación es ~1 − H ~ 2 ) = J~s nˆ 2 × (H donde nˆ 2 es un vector unitario normal que apunta hacia afuera del medio 2. Afortunadamente las dos ecuaciones anteriores pueden ser empleadas de una forma más simple, pues en la mayoría de los medios físicos la

a

Medio 1

b d

Medio 2

c

Figura 5.22: Condición de frontera para ~ H.

188


~ es continua a través de la frontera y no componente tangencial de H existen corrientes libres superficiales. Por lo tanto podemos suponer que

~ es conLa componente tangencial de H tinua en la mayoría de los casos.

H1t = H2t

5.10 Flujo magnético El flujo magnético se define de la misma forma que el flujo eléctrico. La integral de superficie ˆ Φm =

~ · dA ~ B S

es el flujo magnético a través de la superficie S limitada por un contorno C. Una situación especial es cuando la superficie es cerrada. En ese caso ~ = 0 (ley de Gauss en magnetismo), lo que usamos el hecho de que ∇ · B trae como consecuencia que ˛ Φm =

~ · dA ~=0 B

S

es decir, el flujo magnético a través de una superficie cerrada es nulo. EJEMPLO 5.11 Una espira rectangular de ancho a y largo b está localizada cerca de un alambre largo que lleva una corriente I. La distancia entre el alambre y el lado más cercano a la espira es c. el alambre es paralelo a lado de largo b. Encontrar el flujo total de campo magnético a través de la espira, debido a la corriente en el alambre. Solución: En la figura, la magnitud del campo magnético generado un alambre con corriente I es B=

µ0 I 2πr

donde r es la distancia al alambre y el campo apunta hacia adentro en la región donde se encuentra la espira. Puesto que el campo es variable con la distancia al alambre, elegimos una franja de ancho dr y largo b a una distancia r del alambre. El flujo es: ˆ ˆ ~ · dA ~= Φm = B BdA S

S

~ · dA ~ = B · dA porque B ~ es paralelo a dA. ~ Además dA = bdr. Reemplazando: donde hemos puesto B ˆ Φm = c

a+c

µ0 I µ0 Ib bdr = 2πr 2π

ˆ c

a+c

a + c dr µ0 Ib µ0 Ib a = ln r = ln 1 + r 2π 2π c c

magnetismo

189

EJEMPLO 5.12 Un conductor delgado a lo largo del eje z lleva una corriente de 16 A ˆ un cascarón cilíndrico de radio r = 6 lleva una en la dirección k, corriente de 12 A en la dirección −kˆ y otro cascarón cilíndrico de ˆ radio r = 10 lleva una corriente de 4 A en la dirección −k. ~ en todo el espacio. (a) Encontrar H

~ · d~l = I donde ya sabeSolución: Usamos la ley de Ampère C H ~ ˆ ˆ mos que H tiene la dirección φ o −φ de acuerdo al la regla de la mano derecha. La trayectoria C será una circunferencia de radio r y concéntrica con el eje z. ~ = 16 φˆ H (i) Para 0 < r < 6 : 2πrH = 16 ⇒ 2πr ~ = 4 φˆ (ii) Para 6 < r < 10 : 2πrH = 16 − 12 ⇒ H 2πr ~ =0 H (iii) Para r > 10 : 2πrH = 16 − 12 − 4 = 0 ⇒ (b) Hallar el flujo total a través de la superficie 1 < r < 7, 0 < z < 1. Solución: La superficie corresponde a un rectángulo de ancho 6 elemento de área en este rectángulo es dA = dzdr, además usamos ˆ ˆ ˆ ~ · dA ~ = BdA = B Φ = ˆ1 ˆ6

= 0

1

16µ0 drdz + 2πr

ˆ1 ˆ7 0

6

y alto 1 perpendicular al plano xy. Un ~ = µ0 H ~ para calcular el flujo B Bdrdz

4µ0 drdz 2πr

µ0 = 2 [4 ln 4 + ln 7/6] = 5.9 µWb π ~ · d~l = I, de la ley de Ampère, aunque en este caso no era Nota: Hemos usado a propósito la forma, C H ~ ~ necesario pues con C B · dl = µ0 I habría sido más directo.

5.11 Inducción electromagnética Michael Faraday contribuyó a uno de los mayores avances en la teoría electromagnética. El descubrió que si en una espira había un flujo variable de campo magnético, entonces se inducía una fem en la espira. En otras palabras, se establece una corriente eléctrica en la espira sin que esté conectada una batería. La ley de Faraday es establece que la fem inducida en un circuito está relacionada con la variación del flujo magnético:10 ε=−

dΦ dt

Esta es una ley experimental que no puede ser deducida de otras leyes experimentales.

El signo negativo indica que la dirección de la fem inducida es tal que se opone al cambio que la produce (ver ley de Lenz). 10

190


Por definición la fem es ˛ ~ · d~l E

ε= y también ˆ Φm =

~ · dA ~ B S

de ε = − dΦ dt escribimos

ˆ d ~ · dA ~ B dt S para un circuito que no cambia de forma, la derivada total puede pasar hacia adentro de la integral en forma de derivada parcial ε=−

ˆ ε=− S

~ ∂B ~= · dA ∂t

˛ ~ · d~l E

aplicamos el teorema de Stokes a la integral del lado derecho ´ ~ ) · dA ~ de tal forma que (∇ × E

¸

~ · d~l = E

S

ˆ

ˆ ~ ) · dA ~=− (∇ × E

S

S

~ ∂B ~ · dA ∂t

ˆ ⇒ S

~ ~ + ∂B ∇×E ∂t

!

~=0 · dA

Este resultado es válido para cualquier superficie, por lo tanto si la in~ + ∂ B~ = 0 independiente de la superficie. tegral es nula, entonces ∇ × E ∂t Con esto obtenemos la ley de Faraday en forma diferencial:11

Para campos estáticos teníamos que ~ = 0. La ley de Faraday es una ∇×E generalización. 11

~ ~ = − ∂B ∇×E ∂t LEY DE LENZ “Las fems inducidas son de un sentido tal que se oponen a la variación del flujo magnético que las produjo” Por ejemplo, si intentamos incrementar el flujo a través de un circuito, la fem inducida tiende a causar corrientes en una dirección para decrementar el flujo. EJEMPLO 5.13

Un circuito circular formado por N vueltas de alambre conductor está en el plano xy con el centro en el origen de un campo magnético dado ~ = kB ˆ 0 cos(πr/2b) sin ωt, donde b es el radio del circuito y ω es por B la frecuencia angular. Determinar la fem inducida en el circuito. Solución: El campo magnético es variable con el tiempo y el circuito no cambia de forma, es decir el flujo del campo magnético depende del tiempo. Primero calculamos el flujo y después la fem ˆ ~ · dA ~ Φm = B S

~ es el área de una franja circular de radio r y apunta en este caso dA

magnetismo

191

~ = dAkˆ = 2πrdrkˆ en la dirección z, es decir dA ˆ Φm =

0

b

ˆ 0 cos(πr/2b) sin ωt) · (2πrdrkˆ ) = (kB

8b2 π − 1 B0 sin ωt π 2

puesto que hay N vueltas, el flujo total es N Φ y obtenemos ε = −N

8N 2 π dΦ = − b − 1 B0 ω cos ωt dt π 2

EJEMPLO 5.14: Conductor movil en un campo magnético estático Cuando un conductor se mueve en un campo magnético estático con una velocidad ~v , los electrones en el conductor experimentarán una fuerza hacia arriba dada por ~ F~m = q~v × B en esta situación la parte abajo del conductor quedará con deficiencia de electrones y la parte de arriba con exceso de electrones. Esto significa que se establecerá un campo ~ y por lo tanto una fuerza en dirección contraria a la fuerza magnética. Esta eléctrico E separación de cargas será hasta que las fuerzas magnética y eléctrica se equilibren, es decir qE = qvB ⇒ E = vB pero el campo eléctrico está relacionado con la diferencia de potencial ∆V entre ambos extremos del conductor, que está dada por ∆V = EL entonces tenemos la condición ∆V = vBL se establece una diferencia de potencial entre los extremos del conductor, donde el extremo de abajo está a mayor potencial. EJEMPLO 5.15 Dos alambres paralelos e infinitos separados por una distancia d llevan corrientes iguales y en direcciones opuestas, con I incrementándose a una razón de dI dt . Una espira cuadrada de alambre de lado d se coloca a un lado y en el mismo plano de los alambres a una distancia d de uno de los alambres. Encontrar la fem inducida y la dirección de esta en la espira.

Ampère:

Solución: El campo magnético producido por una alambre con corriente I a una distancia r es un resultado muy conocido que puede obtenerse fácilmente por medio de la ley de

µ0 I 2πr y su dirección es tangencial a la circunferencia de radio r (regla de la mano derecha). Entonces el flujo B=

192


magnético a través de la espira debido al alambre más alejado es ˆ Φ1 =

ˆ ~ · dA ~= B

ˆ3d BdA =

S

S

2d

µ0 Id 3 µ0 Id dr = ln 2πr 2π 2

donde dA = (d)dr es un elemento de superficie que corresponde a una cinta de alto d y ancho dr en la espira. En este caso el flujo se dirige hacia adentro de la página. Análogamente para el otro alambre ˆ2d Φ2 =

µ0 Id µ0 Id dr = ln 2 2πr 2π

d

apuntando hacia afuera de la página. Entonces el flujo total es Φ = Φ2 − Φ1 = apuntando hacia fuera de la página. En consecuencia la fem inducida en la espira es ε=−

µ0 Id 4 ln 2π 3

dΦ µ0 d 4 dI = − ln dt 2π 3 dt

El campo magnético producido por la corriente inducida debe tender a oponerse al cambio de flujo magnético, de tal forma que el campo debe entrar en la página. Entonces por la regla de la mano derecha la corriente debe fluir en el sentido horario.

5.12 Inductancia e inductancia mutua 5.12.1 Inductancia La inductancia12 es uno de los tres parámetros importantes en la teoría de circuitos. Los otros dos parámetros ya los vimos y son la resistencia y la capacidad. Vamos a considerar la relación entre el flujo magnético y la corriente asociados a un circuito aislado. Si queremos calcular el flujo magnético asociado a un circuito aislado depende de su geometría, y de acuerdo ´ r12 ~ (~r2 ) = µ0 I1 d~l1 ×~ a la ley de Biot-Savart B depende linealmente de 4π r3 12

la corriente en el circuito. Entonces para un circuito que no cambia de forma, la única manera que cambie el flujo es debido al cambio en la corriente. La expresión de flujo la podemos escribir dΦ dI dΦ = dt dI dt

~ es proporcional a Puede suceder que la ley de Biot-Savart sea válida (B I) o que el flujo sea directamente proporcional a la corriente (en ese caso dΦ Φ dI es una constante igual a I ). En cualquiera de los dos casos definimos la inductancia L como dΦ L= dI de este modo la ley de inducción se puede escribir

También conocida como auto inductancia. 12

magnetismo

ε = −L

193

dI dt

que es una ecuación de considerable utilidad. La unidad de inductancia es el henry (H). EJEMPLO 5.16: Inductancia de un toroide Un dispositivo llamado toroide se usa frecuentemente para crear un campo magnético aproximadamente uniforme. un toroide consiste de un alambre conductor enrollado alrededor de un anilla (toro) hecho de un material no conductor. Para un toro con N vueltas, calcular la auto inductancia. Solución: Debemos calcular el flujo magnético, pero primero hay que calcular el campo magnético. De ~ k d~l, es decir B ~ · d~l = Bdl. La aplicación de la ley de Ampère nos lleva a acuerdo a la figura B ˛

˛ ~ · d~l = B

Bdl = µ0 N I

el campo magnético es constante en cualquier punto de una circunferencia de radio r ˛ B dl = µ0 N I ⇒ B2πr = µ0 N I B=

µ0 N I 2πr

Este campo depende de r por lo tanto no es uniforme dentro del toroide. Sin embargo para r mucho mayor que el radio de la sección transversal de toro, podemos considerar un campo aproximadamente uniforme. N IA Ahora procedemos a calcular el flujo. El flujo para cada vuelta es µ02πr , donde A es el área de la sección transversal del toro. Como hay N vueltas, el flujo total es µ0 N IA µ0 N 2 AI = 2πr 2πr de esta forma, la inductancia es aproximadamente Φ=N

L=

µ0 N 2 A 2πr

5.12.2 Inductancia mutua En la sección anterior sólo consideramos un circuito aislado. Ahora consideremos que hay n circuitos. El flujo sobre el i-ésimo circuito debido a al resto de los n − 1 circuitos se calcula como Φi = Φi1 + Φi2 + · · · + Φii + · · · + Φin =

n X

Φij

j =1

donde Φi1 significa el flujo sobre el circuito i debido al circuito 1, etc. la fem inducida sobre el i-ésimo circuito es n X dΦij dΦi dΦi1 dΦi2 dΦii dΦin ε=− =− + +···+ + +···+ =− dt dt dt dt dt dt j =1

Si cada uno de los circuitos es rígido y estacionario, entonces dΦij dΦij dIj = dt dI dt

194


al igual que en el caso de un sólo circuito, los términos dIij son constantes y definimos la inductancia mutua entre el circuito i y el circuito j como dΦ

Mij =

dΦij dIj

i 6= j

Se puede demostrar que Mij = Mji . EJEMPLO 5.17 Supongamos que en el toroide del problema 5.16 hay N1 vueltas y le enrollamos otro alambre con N2 vueltas. Calcular la inductancia y la inductancia mutua. Solución: El campo magnético producido por la corriente 1 es (ver problema 5.16) µ0 N1 I1 2πr

B= en consecuencia los flujos son: Φ11 =

µ0 N12 AI1 2πr

De estos flujos sigue que L1 = De la misma manera

µ0 N12 A 2πr

y

y

Φ21 =

M21 =

µ0 N1 N2 AI1 2πr µ0 N1 N2 A 2πr

µ0 N22 A µ0 N1 N2 A y M12 = 2πr 2πr demostrando, que en este caso, se cumple M12 = M21 . L2 =

Nota: Puesto que M12 = M21 , es interesante considerar 2 M12 M21 = M12 =

es decir M12 =

√

L1 L2

µ0 N1 N2 A 2πr

2

=

µ0 N12 A µ0 N22 A = L1 L2 2πr 2πr

magnetismo

195

5.13 Ecuaciones de Maxwell La ecuaciones de Maxwell representan una de las formas más elegantes y concisas de establecer los fundamentos de la electricidad y el magnetismo. De estas ecuaciones podemos desarrollar la mayoría de las relaciones necesarias en este campo. La formulación concisa de estas ecuaciones involucran un alto nivel de sofisticación matemática, y son usadas como punto de partida para cursos más avanzados. James Clerk Maxwell fue un genio al mismo nivel que Einstein o Newton. Maxwell tomó un conjunto de leyes experimentales conocidas (ley de Faraday, ley de Ampère) y las unificó en un conjunto simétrico y coherente de ecuaciones conocidas como ecuaciones de Maxwell. Maxwell fue uno de los primeros en determinar que la rapidez de propagación de las ondas electromagnéticas es la misma que la rapidez de luz; con esto concluyó que las ondas electromagnéticas y la luz son la misma cosa. Originalmente las ecuaciones de Maxwell fueron escritas para campos en el vacío, en presencia de una densidad de carga eléctrica ρ, y densidad de corriente J~ (cargas en movimiento). Durante el curso hemos formulado algunas de las ecuaciones de Maxwell sin haberlo mencionado:

5.13.1 Forma diferencial de las ecuaciones de Maxwell Las cuatro ecuaciones para ~ ~ = − ∂B ∇×E ∂t ~ ~ = µ0 ε0 ∂ E + µ0 J~ ∇×B ∂t ~ = 1ρ ∇E ε0 ~ =0 ∇B

el vacío son: Ley de inducción de Faraday Ley de Ampère Ley de Gauss de la electricidad Ley de Gauss del magnetismo

Las mismas ecuaciones también pueden ser escritas para medios magnéticos o medios polarizables

Con:

~ ~ = − ∂B ∇×E ∂t ~ ∂ D ~ = ∇×H + J~ ∂t

Ley de inducción de Faraday

~ =ρ ∇D

Ley de Gauss de la electricidad

~ =0 ∇B

Ley de Gauss del magnetismo

Ley de Ampère

Figura 5.23: James Clerk Maxwell [1831-1879] fue un físico escocés, quien originó la idea de radiación electromagnética. Su trabajo fue la base para la teoría especial de la relatividad de Einstein. El también determinó la naturaleza de los anillos de Saturno e inventó la teoría cinética de los gases. La ideas de Maxwell son la base de la mecánica cuántica y de la teoría de la estructura de los átomos y las moléculas.

196


~ = ε0 E ~ + P~ D

Caso general

~ = ε0 E ~ D

Espacio libre

~ = εE ~ D

Dieléctrico lineal isotrópico

~ = µ0 (H ~ +M ~) B

Caso general

~ = µ0 H ~ B

Espacio libre

~ = µH ~ B

Medio magnético lineal isotrópico

5.13.2 Forma integral de las ecuaciones de Maxwell Durante el curso hemos estado más familiarizados con la forma integral de las ecuaciones de Maxwell. Las cuatro ecuaciones para el vacío son: ‰ ~ d~l = − dΦ E Ley de inducción de Faraday dt C ˆ ‰ ~ ∂E ~ ~ ~ Ley de Ampère B dl = µ0 I + µ0 ε0 dA S ∂t C ˆ ~ dA ~= 1Q E Ley de Gauss de la electricidad ε0 S ˆ ~ dA ~=0 B Ley de Gauss del magnetismo S

Las mismas ecuaciones también ticos o medios polarizables ‰ ~ d~l = − dΦ E dt C ‰ ˆ ~ ∂D ~ ~ ~ H dl = I + dA C S ∂t ˆ ~ dA ~=Q D

pueden ser escritas para medios magnéLey de inducción de Faraday Ley de Ampère Ley de Gauss de la electricidad

S

ˆ

S

~ dA ~=0 B


magnetismo

5.13.3 Ecuaciones fundamentales del electromagnetismo Las ecuaciones de Maxwell en sus formas diferencial e integral se encuentran resumidas en la tabla siguiente: Forma diferencial ~ ~ = − ∂B ∇×E ∂t ~ ~ = ∂ D + J~ ∇×H ∂t ~ =ρ ∇D

Forma integral ‰ ~ d~l = − dΦ E dt C ‰ ˆ ~ ∂D ~ d~l = I + ~ H dA C S ∂t ˆ ~ dA ~=Q D

Significado Ley de inducción de Faraday Ley de Ampère Ley de Gauss de la electricidad

S

~ =0 ∇B

ˆ

~ dA ~=0 B


S

Las ecuaciones de Maxwell, junto con la ecuación de continuidad ∂ρ + ∇ · J~ = 0 ∂t y la fuerza de Lorentz ~ + ~v × B ~) F~ = q (E constituyen las ecuaciones fundamentales del electromagnetismo. Estas ecuaciones pueden ser usadas para explicar y predecir todos lo fenómenos macroscópicos electromagnéticos.

197

Apéndice A Elementos diferenciales d~s

~ dA

dV

Cartesianas

dx iˆ + dy jˆ + dz kˆ

ˆ dxdz jˆ ; dydz iˆ dxdy k;

dxdydz

Cilíndricas

dr rˆ + rdφ φˆ + dz kˆ

rdφdz r; ˆ rdφdr kˆ

rdφdzdr

Esféricas

dr rˆ + r sin θdφ φˆ + rdθ θˆ

r2 sin θdθdφ rˆ

r2 sin θdθdφdr

~ =0 Demostración de que ∇ × E Partiendo de

ˆ ~ (~r) = ke E V

~ es el rotor de E

~r − ~r0 ρ(r~0 )dv 0 |~r − ~r0 |3

ˆ ~r − ~r0 ~ = ∇ × ke ∇×E ρ(r~0 )dv 0 |~r − ~r0 |3 V

El campo depende solo de ~r, así que ˆ ρ(r~0 )dv 0 ∇ ×

~ = ke ∇×E

V

~r − ~r0

|~r − ~r0 |3

Para desarrollar esta expresión usamos una identidad vectorial. Sea f una ~ un campo vectorial, entonces se cumple que función escalar y A ~) = f ∇ × A ~ + ∇f × A ~ ∇ × (f A En el término

~ r−~ r0 , |~ r−~ r 0 |3

~r − ~r0 es un vector y

1 |~ r−~ r 0 |3

es un escalar que

depende de ~r. Si aplicamos la identidad anterior ~r − ~r0 1 1 0 ∇× = ∇ × (~r − ~r ) + ∇ × (~r − ~r0 ) |~r − ~r0 |3 |~r − ~r0 |3 |~r − ~r0 |3 Se puede demostrar fácilmente que ∇ × (~r − ~r0 ) = 0. Por otro lado ! 1 1 ∇ =∇ |~r − ~r0 |3 [(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + (z − z 0 )2 ]3/2 Empezaremos con la componente x del gradiente: ! 1 ∂ 1 ∇ = ∂x [(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + (z − z 0 )2 ]3/2 |~r − ~r0 |3 x

= −

3 2(x − x´) 2 [(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + (z − z 0 )2 ]5/2

= −3

x − x0 |~r − ~r0 |5

200


Similarmente para las otras componentes: y − y0 1 z − z0 1 = −3 y ∇ = −3 ∇ |~r − ~r0 |3 y |~r − ~r0 |5 |~r − ~r0 |3 z |~r − ~r0 |5 es decir

1

∇

|~r − ~r0 |3

= −3

~r − ~r0 |~r − ~r0 |5

Por lo tanto 0

∇×

~r − ~r0 |~r − ~r0 |3

= 0−3

~r − ~r0 |~r − ~r0 |5

× (~r − ~r0 ) = −3

}| { z (~r − ~r0 ) × (~r − ~r0 ) |~r − ~r0 |5

=0

~ el producto vectorial A ~ ×A ~ = 0. es cero porque para cualquier vector A, Finalmente ˆ ~r − ~r0 ~ = ke ∇×E ρ(r~0 )dv 0 ∇ × =0 |~r − ~r0 |3 V | {z } 0

Ecuaciones de Maxwell Forma diferencial ~ ~ = − ∂B ∇×E ∂t ~ ∂ D ~ = ∇×H + J~ ∂t ~ =ρ ∇D ~ =0 ∇B

Forma integral ‰ ~ d~l = − dΦ E dt ˆ ‰C ~ ∂D ~ ~ ~ H dl = I + dA S ∂t ˆC ~ dA ~=Q D ˆS ~ dA ~=0 B

Significado Ley de inducción de Faraday Ley de Ampère Ley de Gauss de la electricidad Ley de Gauss del magnetismo

S

~ = ε0 E ~ + P~ D

Caso general

~ = ε0 E ~ D

Espacio libre

~ = εE ~ D

Dieléctrico lineal isotrópico

~ = µ0 (H ~ +M ~) B

Caso general

~ = µ0 H ~ B

Espacio libre

~ = µH ~ B

Medio magnético lineal isotrópico

Índice alfabético adición de vectores, 10 aisladores, 46 base ortonormal, 34, 36 campo conservativo, 29, 62 campo eléctrico, 55 campo escalar, 19 campo irrotacional, 27 campo magnético, 163 campo solenoidal, 26 campo vectorial, 19 capacidad, 119 carga de prueba, 55 carga eléctrica, 43 carga fundamental, 45 carga puntual, 47 circulación, 30 condensadores, 119 condición de frontera, 129 condiciones de borde, 129 conducción, 46 conductores, 46, 112 conjunto completo, 13 conservación de la carga, 45 constante dieléctrica, 124, 127 coordenadas cilíndricas, 36 coordenadas curvilíneas, 33 coordenadas esféricas, 34 coordenadas polares, 37 corriente continua, 155 corriente eléctrica, 141 cuantización de la carga, 45 curvas de nivel, 20 densidad de corriente, 143 densidad de corriente en régimen permanente, 153 densidad de flujo eléctrico, 126 densidad lineal de carga, 59 densidad superficial de carga, 59 densidad superficial de carga de polarización, 125 densidad volumétrica de carga, 59 densidad volumétrica de carga de polarización, 125 desplazamiento eléctrico, 126 diagrama de contorno, 19

dieléctricos, 123 dieléctricos imperfectos, 152 diferenciación vectorial, 21 distribución continua de carga, 58 divergencia, 26 ecuación de continuidad, 144, 197 ecuación de Laplace, 29, 105, 135 ecuación de Poisson, 28, 104, 135 ecuaciones de Maxwell, 195 efecto Joule, 161 efecto punta, 116 electrostática, 43 elemento infinitesimal de área, 33 elemento infinitesimal de línea, 33 elemento infinitesimal de volumen, 33 energía electrostática, 138 energía potencial, 94 energía potencial eléctrica, 94 equilibrio electrostático, 112 espacio vectorial, 9 forma diferencial de la ley de Gauss, 82, 126 forma integral de la ley de Gauss, 81, 127 fricción, 46 fuente, 26 fuerza conservativa, 93 fuerza de Lorentz, 164, 197 fuerza eléctrica, 47, 69 funciones vectoriales, 21 gradiente, 22 inducción, 46 inducción magnética, 163 inductancia, 192 inductancia mutua, 194 Laplaciano, 28 Ley de Coulomb, 47 ley de Gauss, 81 ley de Joule, 161

ley de Ohm, 145 leyes de Kirchhoff, 155 lineas de campo, 56 lineas de fuerza, 56 método de corrientes de malla, 160 magnitud de un vector, 14 manantial, 26 momento dipolar eléctrico, 110 operador nabla, 23 operadores, 38 permitividad del espacio vacío, 47 potencia disipada, 161 potencial eléctrico, 94 potencial electrostático, 93 principio de superposición, 52, 56 producto cruz, 16 producto escalar, 15 producto punto, 15 producto vectorial, 16 proyección de un vector, 18 regla del paralelogramo, 10 regla del triángulo, 10 rotacional, 27 rotor, 27 semiconductores, 46 sumidero, 26 superficie de frontera, 129 superficie equipotencial, 117 Susceptibilidad eléctrica, 127 sustracción de vectores, 10 teorema de la divergencia, 32 teorema de Stokes, 32 vector, 9 vector base, 12, 13 vector de desplazamiento, 126 vector de polarización, 124 vector posición, 12, 21 vector unitario, 12 velocidad de deriva, 165 Volt, 94

Electromagnetismo

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