1º PARTE : Encontrar E producido por distribuciones continuas de carga .

En todos estos casos hay que hacer una integración sobre la distribución de cargas que genera al E.

Ejemplo 1: Queremos hallar el E generado por una distribución superficial uniforme de cargas () depositada sobre un disco plano de radio R, en puntos ubicados sobre el eje del disco. Planteo general: Indico con r´ la posición de las fuentes del campo eléctrico, y con r al punto donde voy a calcular el campo eléctrico. Para hallar el E producido por una distribución continua de cargas en un punto r:

1º) considero el campo eléctrico dE producido por una carga elemental “dq´” ubicada en la posición r´, es decir:

dq´(r´) dE(r) = (1)

En nuestro ejemplo, r es un punto del eje z (bordó),,r´ es un punto del disco (vector en verde) donde se encuentra encuentra la carga elemental dq´.Observar que dE es un vector paralelo a r-r´.

Figura 1 ( en flecha verde la posición de dq´en r´)

2º) Para hallar el campo E producido por toda la distribución de cargas, hay que integrar (1) en toda la región del espacio donde se encuentra la distribución de cargas ( en nuestro ej, en la superficie del disco), es decir:

E(r) = (2)

La integral de (2) es vectorial, es decir, debo resolver las tres integrales escalares en cada una de las coordenadas, las cuales me darán las 3 componentes del campo eléctrico, Ex, Ey y Ez.

Para resolver la integral hay que escribir en forma adecuada el dq´, r y r´.

dq´= ds´ (3)

donde ds´ es el “elemento diferencial de superficie” que contiene al dq´.

r y r´ son las posiciones del punto donde voy a hallar E (punto campo) y la posición donde se encuentra el dq´, respectivamente.

Para escribir ds´ (para este problema) me conviene usar coordenadas cilíndricas.

1

z dE

r-r´ r

R y

x

sen() y d dS

dcos()

R

x Figura 2: Porción del disco cargado (1º cuadrante)

El ds´ se encuentra a una distancia del eje del disco (ver figura 2) y esta orientado a un ángulo respacto al eje x. Por lo tanto, 0R y 02. Lo imagino como un rectangulito diferencial cuyos lados son “d” y “d”. Por lo tanto es: ds´=dd (3)

r= (0; 0; z) r- r´=(-cos ;-sen ; z) (4)

r´= (cos ; sen ; 0) I r- r´I3 = { z2}3/2. (5)

Reemplazando las Ecs.(3),(4) y (5) en (2) se obtiene:

E(r)= (6)

La Ec.(6) son en realidad 3 integrales, dando las tres componentes Ex, Ey y Ez:

Ex= ; pues ∫cosd=0.

Ey= ; pues ∫sen d=0.

Por lo tanto el vector E será paralelo al eje z, es decir, E(r)=Ezez

Luego:

E(r) = ez

La integral en la coordenada radial se resuelve por sustitución, dando:(7)

Si el punto campo(z) se encuentra muy lejos del disco, es decir, z>>R, entonces, desde ese punto debera verse la distribución como una carga puntual ubicada en el centro del disco (r´=0).Considerando el 2º término del corchete de (7) se puede hacer la siguiente aproximación a 1º orden por Taylor:

Si z>>R

La última aproximación es válida, pues R/z<<1. (vale [1x]1x, si x<<1).Reemplazando en la Ec.(7) y eliminando términos:

E(r) ez= ez (8)

El cociente z/I zI vale 1 si z>0; y –1 si z<0. (por supuesto z0).

Como la carga total del disco es QT=.Sup disco=.R2, es decir, , reemplazando en

(8), obtenemos:

E(r) ez. (9)

que corresponde al E generado por una carga puntual QT a una distancia z.A partir de (7), se puede hallar el campo eléctrico E generado por un plano infinito cargado uniformemente con densidad de carga .

2

E(r) = ez

Para conseguirlo, se puede imaginar un plano infinito construido a partir de un disco cuyo radio R. De la expresión (7), cuando R, se observa que el 2º término se anula, con lo cual queda:

E(r) = ez (10)

El signo + si z>0 y – si z<0. Corresponde a vectores E “salientes” del plano si >0. Un último e interesante caso se plantea cuando z0, (o mejor, cuando z0). Es decir, cuanto vale el E en el centro del disco. Si escribimos (7) de la siguiente manera:

(11)

El 1º término del corchete vale 1 si z>0; y –1 si z<0, y el 2º término se hace cero cuando z=0, por lo tanto (11) se hace igual a (10), que corresponde al campo eléctrico generado por un plano infinito con distribución de carga uniforme. Ejemplo 2 E generado por un hilo cargado de longitud L y densidad lineal de carga .

En primer lugar, se trata de un problema tridimensional, pero se puede reducir a 2 dimensiones, con lo cual se podrá analizar usando solo 2 coordenadas.Aunque el hilo cargado “no es” infinito, el problema tiene simetría cilíndrica, con lo cual la recta que contiene al hilo es el eje de simetría. El sistema de coordenadas adecuado al problema son las cilíndricas: , y z.La coordenada “” indica la distancia al hilo, o al eje z (por supuesto, es perpendicular al eje).La coordenada “” indica el ángulo, medido en un plano perpendicular a “z”, respecto a alguna dirección perpendicular a “z”. Y por último tenemos el eje “z”, que en nuestro problema indicará la posición a lo largo de la recta que contiene al hilo. x

1

a1

L z 2

a2

y

figura 3: Hilo recto de longitud L cargado con densidad uniforme . Se muestra la simetría de revolución

Nota: Los ejes “x” e “y” forman parte del sistema de ejes cartesianos.La dirección determinada por el hilo cargado es un eje de simetría (z) o de revolución. Consideremos todos los puntos sobre un plano perpendicular al eje z que intersecan al eje en un punto dado del mismo (indicado por la intersección de los ejes “x” e “y” de la fig.3), y que se encuentran a igual distancia del eje z, es decir, sobre una circunferencia centrada en dicho eje ( indicado en la figura). Por la simetría de revolución, todos estos puntos son indistinguibles desde el hilo cargado (en la figura, se indican los puntos “a1” y “a2”), y por lo tanto, el IEI tendrá igual valor en todos ellos. Como la coordenada que ubica a cada uno de dichos puntos es “”,significará que IEI no dependerá de “”, en consecuencia, el campo eléctrico producido por un hilo de longitud finita solo dependerá de la coordenada z (ubicada en dirección horizontal),y

3

de la coordenada “” o “r” (que mide la distancia al hilo). Además el vector de E esta contenido en el plano formado por la dirección que une al vector del punto campo r y el eje “z”. Por todo lo expuesto, podemos analizar este problema en el plano determinado por las coordenadas y z.

dE P

[(L/2+z)2+2]1/2 [(L/2-z)2+2]1/2 1 2

z

-L/2 dq´ 0 z +L/2

Figura 4: El problema del hilo reducido a 2 coordenadas.

Voy a hallar el E producido en el punto r=( z,). El eje pasa por el centro del hilo, de modo que las coordenadas de sus extremos son +L/2 y –L/2.

Realizo el mismo planteo general; dado un “dq´”, escribo el dE asociado, según la Ec.(1).

Los pasos que siguen son similares a la resolución del problema anterior; debo escribir adecuadamente el “dq´”, “r” la posición del punto donde voy a calcular el E; y “r´” la posición donde se encuentra el “dq´”.

dq´= dz´ (12) (el elemento de linea es dz´)

r=(z,) (13)

r´=(z´,0) (14) con la condición que –L/2z´L/2

(pues con la coordenada z´debo “barrer” todo el hilo)r- r´=(z- z´, ); luego r-r´ 3= {( z- z´)2+ 2}3/2 Reemplazando todo en la Ec.(1)

E( r )= (15)

Produce 2 componentes:

Ez( r )= (16)

E( r )= (17)

La integral en la Ec.(16) se resuelve, por ej, haciendo un cambio de variables u=z-z´, con lo cual queda du= -dz´; y luego en la integral que queda, se hace otro cambio de variable w =2+u2, con dw=2udu, es decir:

Ez( r )= = = (18)

Con w1=2+(z-L/2)2 y w2=2+(z+L/2)2 Finalmente, multiplicando y dividiendo por nos queda:

4

Ez( r )= ] (19)

Al observar la fig.4, podemos reconocer a los 2 terminos dentro del corchete como:

(20)

(21)

Luego, la componente z del CE puede escribirse en forma más sencilla como:

Ez( r )= (22)

Es de notar que la expresión (22) no cambiará aunque el punto r se encuentre a la derecha del extremo derecho del hilo, es decir,si z>L/2, o a la izquierda del extremo izquierdo del hilo (z<-L/2). En todos los casos, ambos ángulos, independientemente del signo ( y no importa porque la función cos es par ), se miden respecto al eje .

Calculemos la otra componente, E( r ), dada por la Ec.(17):Haciendo el mismo cambio de variable u=z-z´, la componente E( r ) se puede escribir como:

E( r )= (23)

La última integral se puede resolver por tablas, dando:

E( r )= (24)

E( r )= ] (25)

Cambiando el signo del último término que esta entre corchetes en (25), me queda:

E( r )= ] (26)

Veamos los 2 términos del corchete en la Ec.(24):

Si –L/2<z<L/2, es decir, como se vé en la figura 4, ambos términos son positivos y valen, observando la fig.4:

y

Donde los ángulos 1 y 2 son medidos desde el punto P, entre el eje vertical y las rectas que lo unen a los extremos del hilo, con la convención de que 1 es positivo cuando es medido en sentido horario y 2 positivo cuando es medido en sentido antihorario, como se muestra en la fig.4, (y negativos si se miden en sentidos contrarios). Entonces (26) queda:

5

E( r )= ] si –L/2<z< L/2 (27)

Veamos que pasa si z>L/2, es decir, el punto r (donde se calcula el CE) ubicado a la derecha del extremo derecho del hilo, como se muestra en la figura 5:

p P

2

1

-L/2 0 L/2 zP ZFigura 5: Punto campo ubicado a la derecha del hilo cargado con densidad uniforme .

Vemos en este caso que el primer término del corchete de la ec.(26) es positivo, es decir, sen(1) es positivo y eso se corresponde al hecho que 1 es positivo, pues esta medido en sentido horario, como se observa en la figura 5. En cambio, el segundo término del corchete de la ec.(26) es negativo, es decir, sen(2) es negativo y eso se corresponde con un 2 negativo, pues ahora está medido en sentido horario.

Si ahora z<-L/2, es decir, el vector de posición a la izquierda del extremo izquierdo del hilo, el primer término del corchete de la ec.26 será negativo, es decir, sen(1) es negativo, y eso se corresponde con un ángulo 1 negativo, pues ahora estára medido en sentido antihorario. En cambio, el segundo término del corchete de la ec.(26) es positivo, sen(2) es positivo, el ángulo 2 es positivo y se mide en sentido antihorario.

Veamos que sucede si el hilo cargado se hace infinitamente largo (L ). En este caso, independientemente de la posición del punto campo, como los extremos del hilo están en el infinito, ambos ángulos 1 y 2 “tienden” y se hacen iguales a 90º. Como cos(90º)=0, de la ec.(22) se tiene:

Ez= 0; es decir, el CE generado por un hilo infinitamente largo no tiene componente // al hilo.

De la ec.(27) nos queda, teniendo en cuenta sen(90º)=1:

E( r )= E( r )= e (28)

Este resultado se comprobará después usando la ley de Gauss.

Para terminar el análisis de este problema, veamos que sucede cuando el punto campo se ubica sobre el eje z ( =0), a la derecha o a la izquierda del hilo .

Resulta intuitivo (por simetría) que el CE no puede tener componente en la dirección perpendicular al hilo, es decir, E=0). Comprobémoslo:

Si z>L/2 (punto campo a la derecha del hilo) z-L/2>0 y z+L/2>0. Por lo tanto, los 2 numeradores de los términos del corchete en (25) son positivos.Si divido el numerador y denominador del 1º término por z+L/2 y el numerador y denominador del 2º término por z-L/2(**), introduciendo ambos términos dentro de la raiz cuadrada en (25) me queda:

E( r )= ] (29)

Como estamos calculando el CE en puntos ubicados sobre el eje z, lo que haremos será analizar (29) cuando 0. Como z>L/2, entonces resulta:

6

<<1 y <<1

Tanto el 1º término como el segundo dentro del corchete de (29), se puede escribir como:

(1+xi)-1/2 1- ½.xi Esta aproximación esta hecha a primer orden usando Taylor, pues xi<<1

Reemplazando estas 2 aproximaciones en los dos términos de (29), tendremos:

E( r ) ] (30)

Cancelando los términos iguales en (30) nos queda finalmente:

E( r ) ]0 cuando 0 (31)

El análisis resulta similar si el punto se ubica ahora a la izquierda del hilo,es decir, si z<-L/2. Nos quedará en este caso una expresión similar a (31), pero con un signo menos.

Finalmente, si -L/2<z<L/2, al realizar los pasos indicados en (**) en (25), nos queda una expresión igual a (29) cambiando el signo “-“ por “+”, es decir:

E( r )= ] (32)

A su vez podemos separar 2 casos:z0 y z=0

Si z0, siempre se puede considerar (como 0) IzI>>. Haciendo la aproximación de Taylor, ahora en los dos términos de (32), nos queda:

E(r) (33)

Cuando 0, el corchete en (33) tiende a 2, por lo tanto E(r) . En cambio, si z=0 (sobre el plano que pasa por el punto medio del hilo), los dos términos del corchete en (32) son iguales, y nos queda:

E(r) (34)

Observamos que si L , el corchete en (34) se hace igual a 1, y nos queda la expresión (28) correspondiente al E creado por un hilo infinito a una distancia .

Veamos que sucede con la componente Ez. De la Ec.(19), haciendo =0, nos queda:

Ez( r )= ] (35)

Si z>L/2, (es decir, a la derecha del hilo),entonces, Ez>0. ( Ver que en este caso z-L/2<z+L/2),pues z se encuentra más cerca del extremo derecho del hilo).

Si z<-L/2, (es decir, a la izquierda del hilo),entonces,Ez<0.( Ver que en este caso z-L/2>z+L/2), pues z se encuentra más cerca del extremo izquierdo del hilo).

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7

II)-PROBLEMAS UTILIZANDO GAUSSIntroducciónConsideremos la siguiente figura:

El Teorema o ley de Gauss nos dice lo siguiente: Si se tiene una distribución de cargas en el vacío, y S es una superficie cerrada que contiene a las cargas q1,q2,q3,…, qN, al calcular el flujo del campo eléctrico E sobre S, se encuentra que:

G1

El 1º término de G1 es el flujo de E sobre la superficie cerrada S; ds=nds es un elemento de superficie normal orientado hacia fuera, o sea, es un vector perpendicular a la superficie y apuntando hacia fuera de S, donde ds es el diferencial escalar de superficie; y lo que aparece dentro del integrando es el producto escalar entre E y ds.(ds es el diferencial escalar de superficie).El 2º término de G1 es el cociente de la carga total encerrada por S y 0, la permitividad del vacío. Hay que notar que el campo E es generado por todas las cargas, es decir, por las cargas dentro y fuera de la superficie S.Nota adicional: la distribución de cargas puede ser discreta o continua. En la figura, se visualiza mejor una distribución discreta.

Utilidad de la ley de Gauss:Existen ciertas distribuciones de carga que, por su alta simetría, permiten utilizar argumentos de simetría para encontrar 2 cosas:1º) Predecir la dirección y sentido del CE generado por la distribución de cargas en todo el espacio. 2º) Una superficie donde el módulo del E tenga el mismo valor, y donde el ángulo entre el vector E y el vector ds se mantenga igual. Como consecuencia, se puede calcular muy facilmente el flujo de E sobre dicha superficie. Si la superficie es cerrada, dicho flujo nos da, por Gauss, la carga total encerrada % 0. Ejemplo 1: Campo eléctrico producido por un hilo recto infinito uniformemente cargado con densidad lineal .

dE nL

dE2 dE1

P S

R hilo ; z

dq1 dq2

nd

H E

Figura 7: Hilo infinito cargado uniformemente, mostrando la superficie de Gauss (superficie cilíndrica cuyo eje es la recta que pasa por el hilo); la densidad de carga es positiva, pues E es “saliente” al hilo. nL es el versor normal a las superficies lateral y nd es el versor normal a las “tapas” del cilindro de Gauss.

8

S q1. q2. q3. ds n E

Eds=IEI.ds.cos() siendo el ángulo entre E y ds

qN ds = ds.n (ds es un elemento

de superficie orientado, es un vector)

Figura 6: Superficie cerrada S encerrando una distribución de cargas en vacio, ds es un elemento de superficie de S, n es el versor normal a ds y E es el CE en la posición del dS.

Por simetría, todos los puntos que se encuentren a la misma distancia del hilo son “equivalentes”. Todos estos puntos forman la superficie lateral de un cilindro que se extiende infinitamente. Esto significa que desde cualquiera de esos puntos el hilo se “verá igual”. En consecuencia, el campo eléctrico producido por el hilo en cualquiera de estos puntos tendrá igual valor (en módulo). Esta superficie esta definida por el valor de la coordenada radial “”, que mide la distancia al hilo, las demás coordenadas “z” y “” toman todos los valores sobre dicha superficie. Como el IEI tiene igual valor sobre toda esta superficie, entonces E solo puede depender de la coordenada radial . Por ser el hilo infinito y estar uniformemente cargado, el campo eléctrico a una distancia R del hilo (es el punto P de la figura 7, sobre la superficie lateral) es siempre normal al hilo, es decir, tiene dirección radial. Esto puede verse considerando al campo eléctrico en P como suma de los dE producidos por iguales elementos de cargas dq ubicados simétricamente a cada lado del punto P, esto es, a igual distancia de P (dq1 y dq2 de la fig.7). Los vectores dE1 y dE2 de la figura, tienen igual módulo y forman el mismo ángulo respecto al hilo, por lo tanto, al sumarlos, se cancelan las componentes paralelas al hilo y solo queda la componente perpendicular al mismo. Entonces dE= dE1+ dE2 resulta normal al hilo. Como el campo total resultante E lo puedo pensar como una suma de todos estos dE, que son todos normales al hilo, resulta también perpendicular al hilo. También la ec.22 mostro que Ez=0, es decir la componente // al hilo se anula en un hilo infinito, también de aquí resulta E normal al hilo.

Resumiendo, tenemos que:1- El módulo de E es igual sobre toda la superficie lateral de un cilíndro de radio R (distancia

al hilo)2- El campo E solo depende de la coordenada radial (la podemos denominar r, , o de

cualquier manera), que mide la distancia al hilo.3- Su dirección es siempre perpendicular al hilo (saliente si >0 y entrante si <0), es decir,

radial.

La superficie de Gauss debe ser una superficie cerrada. La superficie lateral cilíndrica de radio R no es cerrada, pero es parte de la superficie de Gauss. Para cerrarla adecuadamente, consideremos una porción de la superficie lateral, de longitud H, y la cerramos con dos discos o tapas de radio R. Es decir, la superficie de Gauss es la superficie de un cilindro de altura H y radio R.

Aplicando la ley de Gauss a este cilindro tendremos:

G2

La carga total encerrada por esta superficie de Gauss es la contenida en la porción de hilo de longitud H, que vale H. La segunda y la tercer integral del segundo miembro (hechas sobre la superficie de las tapas) son nulas, pues en las 2 tapas de la superficie resulta E perpendicular a ds=dsnd.La 1º integral del segundo miembro, sobre la superficie lateral, se resuelve muy facilmente tomando en cuenta que:a) que E es paralelo al ds=dsnL. Ambos vectores son radiales. Luego Eds =IEIds b) que el IEI es una constante de integración.

Tomando en cuenta a) y b), entonces:

de la última igualdad se obtiene:

G3

9

La 2º igualdad resulta de ser IEI una constante de integración y la integral resultante del 3º miembro es la superficie lateral.Observemos que el resultado obtenido en G3 coincide con el que habiamos obtenido al hallar el campo de un hilo de longitud L (ec.28), donde R (o p en la 28) es la distancia del punto campo al hilo. La ec.28 nos da la dirección del campo, que es radial.

Ejemplo 2: Campo eléctrico producido por una distribución de cargas uniforme sobre una esfera de radio R.

dE

dE2 dE1

P

Se r

dq1 dq2

re

Si

ri R

Figura 8: Esfera de radio R uniformemente cargada en volumen. Se muestran las 2 superficies de gauss, una exterior Se y otra interior Si, ambas esféricas. Además se intenta mostrar que el campo E generado tiene dirección radial.

La figura 8 muestra una esfera de radio R uniformementa cargada con una densidad de carga en volumen 0. Ubiquemos el punto campo r fuera de la esfera, es decir r =re>R. Desde cualquier punto que se encuentre a una distancia re del centro, la esfera cargada “se verá igual’‘. Con este argumento pretendemos mostrar que todos estos puntos son equivalentes, y por lo tanto, el |E| tendrá igual valor en todos ellos. Por supuesto, todos estos puntos se encuentran sobre una superficie esferica de radio re, que es entonces la superficie de Gauss externa a la esfera cargada. Además, la figura 8 muestra que el campo electrico en P es radial, ya que lo considero como suma de contribuciones dE1 y dE2. Ambos diferenciales son iguales en módulo, pues son generados por los respectivos elementos de carga dq1 y dq2, de igual magnitud, ubicados simetricamente y a igual distancia de P. Como las componentes perpendiculares a la direccion radial de dE1 y dE2 son iguales y de sentido contrario, al sumar ambos vectores, dichas componentes se anulan, de manera que solamente queda la componente radial de la suma (vector dE indicado en la fig.8).Todo este razonamiento es válido para un punto interior de la esfera (ri ), con lo cual, para el interior de la esfera también la superficie de Gauss S i es una superficie esferica de radio ri. Lo que estoy afirmando es que el módulo del E tiene el mismo valor en todos los puntos de una superficie esférica, ahora interior a la esfera cargada Si, y además resulta radial.

Por lo tanto, para encontrar el E en un punto exterior re a la esfera, usaremos la ley de Gauss con la Se:

G4

La Se encierra a toda la esfera cargada, por lo tanto la carga encerrada es la carga total QTot

contenida en la esfera. La primer igualdad de G4 resulta de ser E y ds paralelos (ambos son

1

radiales, pues ds=dsne siendo ne la normal externa a Se ). La segunda igualdad proviene de ser IEI=cte sobre toda la superficie de integración Se, y la integral doble sobre ds es una integral escalar, que por supuesto, es igual a la superficie de Gauss Se. Finalmente, de la última igualdad de G4 obtenemos:

Para reR G5

Por supuesto, G5 nos da el módulo del campo para cualquier punto del espacio exterior a la esfera, y sobre la esfera, pero sabemos que su dirección es radial, será saliente si la carga distribuida en la esfera es positiva y entrante si la carga es negativa. Vemos que la expresión corresponde al campo creado por una carga puntal QTot ubicada en el centro de la esfera, esto es, disminuye con el cuadrado de la distancia al centro de la esfera. Esto significa que desde un punto exterior a la esfera, la distribución de carga “se ve” como una carga puntual, de igual magnitud que toda la carga de la distribución, ubicada en el centro de la esfera.

¿Cómo hallamos el campo eléctrico en el interior de la esfera cargada?

Consideremos un punto ri como el indicado en la fig.8. El valor del campoE en dicho punto se encuentra con la ley de Gauss, hallando el flujo de E sobre una superficie interior Si, de radio ri:

G6

En este caso, la superficie Si encierra la carga Qenc=Venc, donde Venc=4/3ri3 es el volumen

encerrado por Si. El flujo se cálcula exactamente igual que en el caso exterior. DespejandoE obtenemos:

G7

De G7, observamos queEdepende linealmente de la distancia al centro de la esfera, por lo tanto, el campo es nulo en el centro, lo cual es esperable por la simetría de la distribución.Notemos lo siguiente. En la resolución de los dos casos (el hilo infinito y la esfera uniformemente cargada) supusimos que E y ds son ambos paralelos, pues el producto escalar resultó positivo. Como el ds es exterior a la superficie de Gauss, estamos suponiendo que también E apunta “hacia fuera”, lo cual es cierto si la carga que genera este campo es positiva. Si la carga es negativa, E y ds serán antiparalelos y el en la integral doble será igual a –1. Si este fuese el caso, tendremos que cambiar el signo en las expresiones G3, G5 y G7.Podriamos, por último, graficar el campo eléctrico en función de la coordenada radial.

PROBLEMAS DE POTENCIAL ELÉCTROSTÁTICO PRODUCIDO POR UNA DISTRIBUCIÓN CONTINUA DE CARGAS

Breve introducción: Dada una distribución de cargas, hay 2 formas de hallar el potencial generado:

1) Si se conoce el campo eléctrico E de dicha distribución (podría ser el caso del disco de radio R y el hilo de longitud L), entonces:

(1V)

1

El 1º término de (1V) es la diferencia de potencial V entre los puntos r0 y r, que no depende del camino entre estos 2 puntos, el segundo término es la circulación de E a lo largo de la trayectoria entre r0 y r. Además, como por definición es Fe=q.E, la diferencia de potencial entre 2 puntos resulta igual al trabajo por unidad de carga que hay que realizar para transportar la carga q en contra (por eso el signo menos) del campo eléctrico E. En general, ro es un punto de referencia para el calculo del potencial, puesto que el potencial esta definido a menos de una constante (supongo ya lo habrán escuchado más de una vez, por ej, para el caso de la energía potencial gravitatoria).

Que el potencial esta definido “a menos de una constante” significa que a un punto tomado como referencia, ro, le puedo asignar un valor arbitrario del potencial. En consecuencia, el valor del potencial en los demás puntos dependerá del valor que le asigné al punto ro. Por lo tanto, lo que realmente importa es la diferencia de potencial entre 2 puntos del espacio (que es en definitiva la magnitud que vamos a poder medir con un instrumento, el voltímetro).

2) Si no se conoce el E generado por la distribución, entonces se halla el potencial por integración directa sobre la distribución de cargas. Como el potencial producido en el punto r por una carga puntual “q” ubicada en r´ es:

(2V)

Con C una constante de integración. Entonces el potencial creado por una distribución continua de cargas (que pueden estar distribuidas sobre una linea, una superficie o sobre un volumén), se encuentra por el principio de superposición, es decir, sumando el potencial creado por cada uno de los elementos de carga dq de la distribucion:

(3V)

donde dq´={dl ; dS ; dV } según se tenga una distribución lineal con densidad , superficial con densidad , o volumétrica con densidad ). Dependiendo del caso la integral puede ser una integral simple, doble o triple. Demás esta aclarar que la integración se realiza sobre la distribución de cargas, ubicadas en r´(variable de integración).

Si se quiere conocer el campo eléctrico generado por una distribución de cargas, suele ser aconsejable hallar primero el potencial generado por la distribución, usando la Ec.(3V) (haciendo la integral, bah) y luego, calculando el gradiente del potencial hallado se encuentra el CE. ( puesto que –grad V=E ). Si se elige esta forma de cálculo, solo efectuaremos una sola integral, para calcular el potencial (recuerden que el potencial eléctrostático es un escalar) luego derivar es siempre más facil, ya que el gradiente es hacer 3 derivadas parciales.En cambio, al hallar el CE por integración sobre la distribución de cargas debemos realizar 3 integrales, una para cada componente del CE.

Con respecto al punto de referencia ro, resulta importante distinguir 2 situaciones:

a) la distribución de la carga que genera el potencial (y el campo eléctrico) se encuentra en una región “acotada” o “finita” en el espacio.

En este caso, si me ubico en puntos “muy alejados” de la distribución de cargas, dicha distribución “se verá” como una carga puntual. Observando la expresión (2V) para el potencial de una carga puntual, “muy lejos” de donde esta la carga significa que:

r- r´, con la cual, de (2V) resulta V=C. (4V)

Es decir, muy lejos de la distribución el potencial toma el valor de la constante de integración. Concretamente, el potencial creado por cualquier distribución localizada de cargas se hace constante cuando me ubico en puntos muy alejados a dicha distribución. Como además, el valor asignado al potencial en cualquier punto es arbitrario, entonces puedo asignar:

1

(5V)

Es decir, la constante es igual a 0.

b) La distribución de cargas que genera el potencial no está acotada en una región del espacio, es decir, se extiende infinitamente

Para poner un ejemplo concreto, un hilo infinitamente largo y cargado con una densidad lineal . En estos casos, nunca podre “ver” a la distribución como una carga puntual, por más lejos que me ubique de la misma. En consecuencia el potencial muy lejos de la distribución ya deja de ser constante. Por más que me aleje de una distribución infinita de cargas, el potencial nunca alcanza un valor constante, es decir, V()cte.Como comentario final antes de abordar los problemas, la integración directa dada por la Ec. (3) para hallar V no se puede resolver en general cuando la distribución de cargas es infinita, pues la integral diverge. La pregunta es entonces:¿cómo se encuentra el potencial en distribuciones infinitas de carga?

Queda claro que, en general, no se puede usar (3V).

Si conocemos el CE, entonces podemos usar la Ec.(1V). Para que el potencial quede univocamente determinado, hay que dar el valor del potencial en algun punto r0 (punto de referencia). Este punto puede ser cualquiera del espacio, que por supuesto no puede estar dentro de la distribución de cargas ni tampoco puede ser el infinito.

Ejemplo 1: Potencial creado por un anillo de radio R cargado con densidad lineal uniforme en puntos ubicados sobre el eje del anillo Usaremos la expresion (3V) para hallar el potencial: z

r=(0,0,z)

r´=(R.cos ; R.sen ;0)

Ir-rI=(R2+ z2)1/2

R

dq=dl ; dl es un diferencial de linea escalar sobrela region donde esta la distribucion de carga.Por lo tanto es un elemento diferencial de arco

dl=RdReemplazando todo en (3V), y haciendo C=0, nos queda:

(6V)

La que se resuelve inmediatamente, dando:

Qanillo=2R (7V)

De (7V), podemos hallar el campo electrico, haciendo uso de E=-gradV

1

En este caso, vemos que V tiene solo dependencia en la coordenada z, por lo que Ey y Ex

seran =0, es decir:

E = ]= ez (8V)

Ejemplo 2 Potencial creado por un disco de radio R cargado superficialmente con densidad de carga sobre puntos del eje del mismo.

Lo voy a resolver de 2 formas distintas. - Por integración directa usando la Ec.(3V).

En este caso tenemos:

r´= (0,0,z) si me desplazo desde el + considero entonces zp>0.(es equivalente considerar z<0 si me desplazo desde -, pues el plano z=0 es un plano de simetría)

r=(cos; sen; 0)

I r- r´I = { z2}1/2

dq=.dd

Reemplazando todo en (3V) tenemos:

(9V)

Integral que puede resolverse facilmente haciendo el c.v. u= z2 , du=2d; dando

(10V)

A partir de (10V) podemos hallar E (que ya calculamos en (7)), haciendo:

pues V=f(z) solamente. (tener en cuenta que z=z, pues estamos considerando

z>0).

Podemos hallar el potencial V utilizando el E ya hallado en (7), utilizando (1V):Si nos desplazamos por el eje z, entonces:

dl=dzez ,

definimos r0 =z0ez con V(ro) =0, y con z>0, entonces:

(11V)

Resolviendo la integral y agrupando términos se llega a:

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(12V)

El corchete del 2º término de (12V) se puede escribir como:

; cuando z0 la raiz cuadrada1, es decir, el corchete tiende

a 0. Por lo tanto, si en (12V) considero z0=, entonces el potencial resulta:

(13V)

que coincide con lo hallado por integración directa de (3V).(expresión(10V)).

Ejemplo 3: Potencial creado por 2 planos paralelos infinitos uniformemente cargados:

Supongamos ambos planos con igual densidad de carga y separados una distancia d.

Es

z=d/2

z=0--- --- --- --- --- --- --- --- --- --- --- --- --- --- --- --- --- --- ---

Ei

z=-d/2

La distribucion de cargas en este ejemplo, a diferencia de la distribución en los dos ejemplos anteriores, es infinita, es decir, no acotada en el espacio. Por este motivo no se puede hallar el potencial por integracion directa, usando (3V), como procedimos en los 2 casos anteriores.

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Para resolver un problema de este tipo, es decir, para encontrar el potencial en una distribucion de carga infinita, hay que hallar el CE total y luego se obtiene el potencial resolviendo la circulacion de Et según:

(14V)

rimero partimos del CE creado por cada plano, Es y Ei, usando Gauss, para todo el espacio; Luego aplicamos el ppio de superposicion para obtener el Et (total)= Ei+Es

: Usando Gauss, podemos hallar el CE generado por cada placa, cuyo valor absoluto es igual a:

(15V)

Este CE es uniforme en cada semiespacio definido por el plano, y perpendicular al mismo; es saliente al plano si >0, y entrante si <0. (Las lineas de campo son paralelas entre si, equiespaciadas y perpendiculares al plano).Si ambos planos tienen la misma densidad de carga (supongamos positiva), el CE total producido se anulará en el espacio entre placas, y se refuerza fuera, dando:

( + si z>d/2 y – si z<-d/2) (16V)

Para encontrar el valor de potencial en cualquier punto del espacio hay que elegir un punto de referencia; es decir, debemos elegir un punto del espacio y asignarle un valor de potencial arbitrario. Como las lineas de CE son perpendiculares a ambas placas, cada una de ellas se mantiene a un potencial constante. Podriamos asignar entonces, por ej, un potencial V=0 sobre la placa superior (z=d/2), luego, aplicando (14V) al CE dado por (16V) tenemos:

Para z>d/2 ; V(z) = - (17V)

Como z>0, (17V) nos muestra que el potencial es negativo, y aumenta en valor absoluto a medida que nos alejamos de la placa, lo cual es coherente con el hecho que el potencial disminuye cuando nos desplazamos en el mismo sentido de la linea de campo, es decir, hacia arriba.

Como E=0 en la región –d/2<z<d/2, el potencial es constante, con lo cual, las dos placas se encontrarán a V=0.

Para z<-d/2 ; V(z) = - (18V)

De vuelta, el potencial toma valores negativos, y aumenta en valor absoluto a medida que me alejo de la placa inferior (es decir, con valores de z cada vez mas negativos).Por último, notemos que el potencial es solamente función de z. Como consecuencia, las superficies equipotenciales son planos dados por z=cte. Y esto es correcto, pues estos planos son ortogonales a las lineas de CE, que son // al eje z.

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