2.1 Introducción. 2.2 Flujo sobre una superficie. 42 Ley de Gauss

Transcripción

1 2 Ley de Gauss

2 42 Ley de Gauss 2.1 Introducción En el capítulo anterior enunciamos las leyes fundamentales de la electrostática. La ley de Coulomb para una carga puntual y el principio de superposición conducen a la ecuación integral (1.3) que permite calcular el campo eléctrico en todo punto del espacio conociendo la distribución de cargas ρ: E( x) = 1 d 3 x ρ( x )( x x ) 4πε 0 R 3 x x 3 En conclusión, esta ecuación resuelve completamente el problema de la electrostática en que conocemos exactamente la distribución espacial ρ de todas las cargas. El gran problema es que en muchas situaciones no se sabe a priori cómo están distribuídas las cargas en el espacio, y la ecuación (1.3) se vuelve insuficiente. La distribución espacial de ρ en general depende del campo eléctrico, y el campo eléctrico a su vez dependerá de la posición de las cargas. Nos enfrentamos entonces a un problema que debe ser resuelto de forma auto-consistente. Por ejemplo, veremos más adelante que si acercamos un objeto cargado (por ejemplo una carga puntual positiva +q) a un conductor (de volumen Ω), los electrones en este último se moverán hasta alcanzar un equilibrio electrostático, y una densidad de carga σ se creará en su superficie Ω debido a la prescencia de la carga puntual. Para calcular el campo eléctrico un punto x del espacio, toda la distribución de carga debe ser conocida para utilizar la integral (1.3), incluyendo la densidad superficial de σ carga sobre la superficie del conductor Ω, desconocida a priori. Resulta entonces absolutamente necesario introducir otras leyes y herramientas matemáticas necesarias para resolver los problemas de electrostática. En este capítulo veremos una de las leyes fundamentales que satisface el campo eléctrico: la ley de Gauss, que establece una relación entre el campo eléctrico y las cargas que lo originan, y que es consecuencia directa de la ecuación fundamental (1.3). 2.2 Flujo sobre una superficie Flujo de un campo vectorial sobre una superficie plana Consideremos la superficie plana de la figura, de área S y normal ˆn (perpendicular en todo punto a la superficie). Si la superficie se encuentra en presencia de un campo vectorial uniforme E, el flujo de E sobre S se define como: Φ S, E = E ˆnS = E Scosϑ

3 2.2 Flujo sobre una superficie 43 Es decir, el flujo de un campo vectorial sobre una superficie es una medida de su componente normal a la superficie Flujo de un campo vectorial sobre una superficie arbitraria Hemos definido el flujo de un campo E uniforme sobre una superficie plana. En general, una superficie S será curva, y el campo eléctrico E puede variar sobre los distintos puntos de la superficie. Para calcular en general el flujo del campo sobre una superficie S arbitraria, se particiona esta última en una suma de elementos de área infinitesimales. Así, en la posición x S, se tendrá un elemento de superficie ds( x ) localmente plano y de normal ˆn( x ). El campo eléctrico E( x ) será aproximadamente constante sobre ds( x ). El flujo a través de ds será entonces: Φ ds, E = E( x ) ˆn( x )ds( x ) El flujo total a través de la superficie S se obtiene sumando sobre todos los elementos de superficie, tomando el límite cuando ds( x ) 0. Obtenemos entonces el flujo para una superficie general. Definición Flujo de un campo vectorial sobre una superficie. El flujo de un campo vectorial E sobre una superficie S se define como la integral: Φ S, E = S E( x ) ˆn( x )ds( x ) (2.1) Cuando la superficie S es cerrada (es decir, cuando ella es la frontera de un volumen acotado Ω R 3, es decir S = Ω), en todo punto x Ω por convención la normal apunta hacia la región que no está encerrada por Ω, llamada exterior de Ω. De esta forma, el flujo de un campo

4 44 Ley de Gauss E sobre Ω en un punto x Ω es positivo si las líneas de campo eléctrico están saliendo del volumen Ω ( E( x ) ˆn( x ) > 0), y será negativo si las líneas entran a través de Ω ( E( x ) ˆn( x ) < 0). La notación para el flujo sobre una superficie cerrada es la siguiente: Φ Ω, E = E( x ) ˆn( x )ds( x ) Ω 2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) La ley de Gauss establece que el flujo eléctrico a través de una superficie cerrada es proporcional a la carga encerrada por ella. Más concretamente: Teorema Teorema del flujo de Gauss. Para toda superficie cerrada Ω, el flujo del campo eléctrico es proporcional a Q(Ω), la carga total encerrada por Ω: Φ Ω, E = ds( x ) ˆn( x ) E( x ) = Q(Ω) (2.2) Ω ε 0 Escribiendo de forma explícita la carga encerrada por Ω, la ley de Gauss se re-escribe: ds( x ) ˆn( x ) E( x ) = 1 d 3 x ρ( x ) Ω ε 0 Ω Esta ley, consecuencia de la ley de Coulomb, tiene una gran utilidad para calcular el campo eléctrico de distribuciones de carga con determinadas simetrías espaciales. Notar que campos eléctricos creados por cargas fuera de la superficie no contribuyen al flujo total (el flujo entrante se compensa perfectamente con el flujo saliente). Figura 2.1: El flujo del campo eléctrico sobre toda superficie cerrada Ω generado por una carga exterior a Ω es siempre nulo. Es decir, el flujo sobre una superficie cerrada sólo depende de la carga encerrada por ella, y es independiente de la forma de la superficie. Nota La ley de Gauss es consecuencia de la ley de Coulomb. Es natural preguntarse si dada la ley de Gauss es posible reconstruír la ley de Coulomb. Siendo matemáticamente rigurosos, la respuesta es negativa. En efecto, como veremos más adelante, parte de la información contenida en la ley de Coulomb no se transmite a la ley de Gauss, siendo la parte que falta la circulación del campo

5 2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 45 eléctrico sobre toda curva cerrada d x E( x ), cuyo resultado veremos en el próximo capítulo. Sin embargo, utilizando la ley de Gauss y asumiendo que el campo de una carga puntual es radial, entonces: Dada una carga puntual q, consideramos una superficie S esférica de radio r centrada en la carga. El campo eléctrico tiene la misma magnitud sobre todos los puntos de la superficie S, que llamamos E(r). Además, su dirección coincide con la normal a S en todo punto de la superficie, E(r) = E(r)ˆr = E(r) ˆn. El flujo sobre S es entonces el área de la esfera multiplicada por la magnitud del campo électrico ds( x ) ˆn( x ) E( x ) = 4πr 2 E(r) Finalmente, la ley de Gauss iguala el flujo recién calculado con q/ε 0. Se obtiene entonces la ley de Coulomb: E(r) = q 4πε 0 r 2 ˆr No se debe olvidar que la ley de Gauss por si sola no basta para recuperar la ley de Coulomb, en efecto debimos asumir la simetría radial del campo generado por una carga puntual. Más adelante veremos que cuando las cargas están en movimiento, la ley de Coulomb deja de ser válida, pero la ley de Gauss, en cambio, se seguirá cumpliendo. Es por esto que la ley de Gauss es una de las cuatro ecuaciones de Maxwell fundamentales del electromagnetismo. Ejemplo 2.1 Flujo sobre distintas superficies. Para las 3 superficies cerradas de la figura, el mismo resultado se obtiene para el flujo del campo eléctrico a través de ellas, Φ E = Q/ε 0. S Note que Q puede ser una carga discreta, o un conjunto de cargas discretas de carga total Q, o bien un volumen de carga total Q. El flujo de E sobre una superficie es únicamente sensible a la carga total encerrada, y no a la forma en que ésta esté distribuída en el espacio.

6 46 Ley de Gauss Ejemplo 2.2 Flujo sobre una superficie cuadrada. Calcule el flujo eléctrico a través de una superficie Σ cuadrada, de lado L, generado por una carga puntual q ubicada a L/2 del centro de la superficie, como se muestra en la figura. Solución Una forma de calcular el flujo consiste a evaluar explícitamente la integral Φ Σ, E = Σ ds( x ) ˆn( x ) E( x ) utilizando un sistema de coordenadas cuyo origen coincide con la carga puntual, el flujo sobre un elemento de superficie ds en el punto x = (x,z ) Σ está dado por: ds( x ) ˆn( x ) E( x ) = dx dz ĵ q(x î + L/2 ĵ + z ˆk) 4πε 0 ((L/2) 2 + x 2 + z 2 ) 3/2 y entonces: Φ Σ, E = ql 8πε 0 L/2 L/2 dx L/2 L/2 dz 1 ((L/2) 2 + x 2 + z 2 ) 3/2 En vez de calcular esta doble integral, podemos utilizar el teorema de Gauss. Consideremos una superficie cúbica S donde Σ es una de las caras. El flujo a través de S, por el teorema de Gauss, es simplemente Φ S, E = q/ε 0. Dado que la carga puntual se ubica en el centro del cubo, el flujo es idéntico a través de cada una de las seis caras de S. Siendo Σ una de ellas, se tiene entonces: Φ Σ, E = Σ ds( x ) ˆn( x ) E( x ) = 1 6 ds( x ) ˆn( x ) E( x ) = S q 6ε 0

7 2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 47 Ejemplo 2.3 Campo de una esféra cargada. Consideremos una carga distribuída de forma homogénea sobre una esfera de radio R. Se desea obtener el campo eléctrico en todo el espacio generado por esta distribución de carga: { ρ( x ρ0 si x ) = R 0 si x > R Solución Una forma de resolver esto es evaluando la integral de Coulomb (2.1). Otra forma más inmediata consiste en considerar la evidente simetría esférica del campo eléctrico: su magnitud depende únicamente de la distancia r al origen de la distribución de cargas, y su dirección debe coincidir con la dirección radial ˆr. De esta forma, para obtener el campo en la región exterior a la distribución de carga (r > R), escogemos una superficie esférica de radio r > R, como se muestra en la figura siguente. El flujo del campo eléctrico sobre esta superficie es Φ S, E = π 2π d S( x ) E( x ) = dϑ dφr 2 sinϑ ˆr(ϑ,φ) E(r)ˆr(ϑ,φ) = E(r)4πr 2 S 0 0 y utilizando la ley de Gauss: Φ S, E = E(r)4πr2 = Q ε 0 donde Q = 4 3 πr3 ρ 0 es la carga total de la distribución. Finalmente: E(r) = E(r)ˆr = Q 4πε 0 r 2 ˆr

8 48 Ley de Gauss es decir, el campo en r > R es igual al de una carga puntual Q en el origen. En términos de la densidad ρ 0 : E(r) = ρ 0R 3 r 2 ˆr Ahora, para el campo al interior de la esfera, nuevamente escogemos una superficie gaussiana S esférica de radio r < R Nuevamente el flujo es: Φ = d S( x ) E( x ) = E(r)4πr 2 = Q(r) S ε 0 donde Q(r) es la carga encerrada por la superficie S, que en este caso vale: Q(r) = 4 3 πr3 ρ 0 de forma que E(r)4πr 2 = 4πr3 ρ 0 E(r) = rρ 0 es decir, la magnitud del campo eléctrico al interior de la distribución es lineal en r. Finalmente: E( x) = { rρ0 Qr ˆr = ˆr 4πε 0 R 3 ρ 0 R 3 ˆr = Q ˆr r 2 4πε 0 r 2 si x R si x > R Notar que el campo es continuo en x = R. La figura siguiente muestra la dependencia de la magnitud del campo eléctrico en función de la distancia al origen.

9 2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 49 Ejemplo 2.4 Campo de un plano infinito de carga. Consideremos el plano infinito z = 0 con densidad superficial de carga uniforme σ > 0. Se desea determinar el campo eléctrico que genera en todo el espacio (esto fue resuelto con la integral de Coulomb en el ejemplo de un disco de radio infinito 1.7). Solución Sea P un punto arbitrario ubicado sobre el plano infinito, y consideremos un pequeño elemento de superficie en el plano. Como la densidad de carga σ es uniforme, siempre existe un elemento de superficie simétrico tal que la contribución de ambos elementos da un campo eléctrico resultante según el eje z. Esto será cierto para todo elemento de superficie, y se deduce entonces que el campo eléctrico generado en P necesariamente apunta en la dirección perpendicular al plano, E = E ˆk. Además, todos los puntos P ubicados a una distancia fija del plano (digamos, h) son equivalentes. Luego, la magnitud del campo en todo plano paralelo al plano de carga es constante (independiente de x e y). Esto quiere decir que E(x,y,h) = E(h)ˆk. Para calcular E(h), utilizamos la ley de Gauss, donde la superficie cerrada S a considerar es un cilindro de altura 2h que intersecta al plano cargado de forma simétrica, como se ilustra en la siguiente figura. El cilindro puede ser divido en 3 superficies, las tapas S 1 y S 2 (ambas de área A), y el manto S 3. El flujo de E sobre el cilindro es entonces: Φ S, E = ds( x ) ˆn( x ) E( x ) = ds 1 ˆn 1 E + ds 2 ˆn 2 E + ds 3 ˆn 3 E S S 1 S 2 S 3 El flujo sobre S 3 es cero, ya que en todo punto la normal es perpendicular a E, E( x) ˆn 3 ( x) = 0 x S 3. Además, la magnitud de E sobre ambas tapas es constante e igual a E(h) (notar que sobre S 2 el campo apunta según ˆk). Con esto: Φ S, E = ds( x ) ˆn( x ) E( x ) = ds 1ˆk E(h)ˆk + ds 2 ( ˆk) E(h)( ˆk) S S 1 S 2

10 50 Ley de Gauss ( ) Φ S, E = E(h) ds 1 ( x ) + ds 2 ( x ) = 2AE(h) S 1 S 2 donde A es la superficie de S 1 y S 2. Por la ley de Gauss, el flujo del campo eléctrico está dado por: Q(S) Φ S, E = 2AE(h) = ε 0 donde la carga encerrada por esta superficie es Q(S) = σa de forma que la magnitud del campo es uniforme en el espacio: Finalmente E(h) = σ 2ε 0 = E E( x) = { σ 2ε 0 ˆk si z > 0 σ 2ε 0 ˆk si z < 0 Notar que el campo tiene una discontinuidad en z = 0, dada por: lim E(z) lim E(z) = σ z 0 + z 0 ε 0 Veremos más adelante que el campo eléctrico siempre es discontinuo en prescencia de una superficie cargada. Este es un ejemplo en el cual se tiene una densidad de carga infinita (y por lo tanto, una carga total infinita), y el campo eléctrico resultante posee magnitud constante en el espacio. Por supuesto que un plano infinito es un concepto límite. Para un plano finito, el resultado recién obtenido será una buena aproximación para todos los puntos lejos de los bordes y ubicados a una distancia h mucho menor que el tamaño característico del plano, que llamaremos L (eventualmente, cuando h se vuelve comparable a L, la magnitud del campo eléctrico comenzará a decaer en función de h). Más aún, dado que toda superficie suave puede ser aproximada localmente por una superficie plana, el resultado obtenido en este problema es también una aproximación para el campo eléctrico generado en un punto infinitesimalmente cerca de una superficie cargada. Es decir, en la vecindad de todo punto x de una superficie cargada, se tiene

11 2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 51 E = σ( x) 2ε 0 donde σ( x) y ˆn( x) son, respectivamente, la densidad de carga y la normal a la superficie en el punto x. ˆn( x) Ejemplo 2.5 Campo de una línea de carga. El teorema de Gauss permite de calcular simplemente el campo eléctrico de una línea de carga, calculado previamente en 1.9 utilizando la integral de Coulomb. Tomamos como superficie Gaussiana un cilindro de radio r y cuyo eje de simetría coincide con el de la distribución lineal de carga. Debido a la simetría cilíndrica, el campo es radial y depende únicamente de la distancia r. Con esto, no hay flujo por las tapas del cilindro, y en el manto el campo eléctrico es siempre normal a la superficie y de magnitud constante, luego d S d E = dsˆr E(r)ˆr = E(r) ds = E(r)2πrl S manto manto la carga encerrada por este cilindro es Q(S) = λl, luego E(r)2πrl = λl ε 0 El mismo resultado obtenido en 1.9. E(r) = λ 2πrε 0 ˆr Ejemplo 2.6 Superposición de distribuciones conocidas. Considere un plano infinito de carga con densidad superficial σ > 0. Se practica un orificio circular de radio R. a) Calcule el campo eléctrico en cualquier punto de abscisa x perteneciente al eje del orificio b) A lo largo del eje del orificio se coloca una línea de carga de largo a, densidad lineal λ > 0 y cuyo punto más próximo se encuentra a distancia µ del centro del orificio. Calcule la fuerza de repulsión que experimenta la línea de carga. Solución Una forma natural de solucionar este problema es utilizando el principio de superposición. Esto es, considerar al sistema como la superposición de un plano infinito y de un disco de radio R de densidad superficial σ. Ya se vió en el ejemplo 1.7 que el campo generado por un disco de

12 52 Ley de Gauss radio R y de densidad σ está dado por: E 1 (xˆk) = σ ( ) x 1 ˆk 2ε 0 R 2 + x 2 El campo generado por el plano infinito de densidad σ, visto en el ejemplo 2.4 es: E 2 (xˆk) = σ 2ε 0 ˆk El campo eléctrico total será la superposición de E 1 y E 2 E(xˆk) = σ + σ ( ) x 2ε 0 2ε 0 R 2 + x 1 2 ˆk = σ 2ε 0 x R 2 + x 2 ˆk b) Para calcular la fuerza sobre la línea de carga, primero tomamos un elemento diferencial de longitud dx (a distancia x del plano). La fuerza sobre este elemento está dada por: d F = dq E(x) = λdx E(x) = σx λ 2ε 0 R 2 + x dxˆk 2 Con lo que la fuerza total sobre la línea de carga será µ+a ( ) σx λ F = dx ˆk µ 2ε 0 R 2 + x 2

13 2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 53 Sea z = R 2 + x 2, con lo que dz = 2xdx. Finalmente F = λσ R 2 +(µ+a) 2 dz î = σλ ( R 4ε 0 R 2 +µ z 2ε 2 + (µ + a) 2 ) R 2 + µ 2 ˆk 0 Ejemplo 2.7 Un cable coaxial. Considere un cable coaxial muy largo, compuesto por un cilindro sólido interior de radio a y densidad de carga volumétrica ρ (constante) y por un cilindro exterior hueco de radio b (b > a) que lleva una densidad de carga superficial σ tal que el cable en su totalidad es eléctricamente neutro. Encuentre el campo eléctrico producido por el cable en todo el espacio. Solución Establecemos un sistema de coordenadas cilíndricas en el centro del cable (coordenadas (r,ϕ,z). Por simetría (consideramos un cable de largo infinito), el campo debe ser radial, y su magnitud únicamente función de r (la distribución de carga posee una clara simetría azimutal, es decir, es invariante ante una rotación del ángulo polar ϕ). Luego E(r,ϕ,z) = E(r)ˆr. Distinguimos tres regiones, I : {b < r}, II : {a < r < b} y III : {r < a}. Para calcular el campo eléctrico utilizamos la ley de Gauss, con una superficie cilíndrica (radio r, altura h). En la figura siguiente se muestra el caso r > b. Sobre las tapas, se tendrá un flujo nulo pues E ˆn = ± E ˆk = 0 en dichas superficies. La integral de flujo se reduce a la integral sobre el manto del cilindro: ds( x ) ˆn( x ) E( x ) = S Manto ds( x ) ˆn( x ) E( x ) Para todo x en el manto, ds( x ) ˆn( x ) = rdϕdzˆr(ϕ), y E( x ) = E(r)ˆr(ϕ), de forma que

14 54 Ley de Gauss Manto ds( x ) ˆn( x ) E( x ) = re(r) 2π 0 h dϕ dz = 2πrhE(r) 0 Note que este resultado es general y se cumple para todo r. Con esto: d S( x ) E( x) = E(r)2πrh S pero como el cable es neutro, la carga encerrada por S es nula, Q(S) = 0. Luego, por la ley de Gauss, el campo eléctrico es nulo al exterior del cable: E(r)2πrh = 0 E(r) = 0 r > b Notar que luego la relación entre ρ y σ es la siguiente: Q(S) = πa 2 hρ + σ2πbh = 0 σ = ρa2 2b En la región II : {a < r < b}, la simetría nuevamente implica la naturaleza radial del campo eléctrico (al igual que su dependencia en r y no en ϕ). Nuevamente utilizamos como superficie cerrada un cilindro S de radio r y altura h. Sabemos que: d S( x ) E( x) = E(r)2πrh = Q(S) S ε 0 y la carga encerrada es, esta vez, aquella contenida en el volumen del cilindro sólido interior que se encuentra al interior de S: Q(S) = ρπa 2 h entonces E(r)2πrh = ρ πa2 h ε 0 E( x) = a2 ρ 2ε 0 r ˆr si r [a,b] Por último, para la región III : {r < a}, se escoge nuevamente un cilindro de radio r y altura h.

15 2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 55 que encierra una carga entonces En resumen: ds( x ) ˆn( x ) E( x) = E(r)2πrh S Q S = ρπr 2 h E(r)2πrh = ρ πr2 h ε 0 E( x) = E( x) = ρr 2ε 0 ˆr ρr 2ε 0 a 2 ρ 2ε 0 r si 0 r < a si a < r < b 0 si b < r Notar la discontinuidad al atravesar la superficie cargada r = b, lim E(r) lim E(r) = a2 ρ r b r b + 2ε 0 b = σ ε 0 Ejemplo 2.8 Superposición de esferas. Considere dos esferas no concéntricas de radio R. La primera de ellas lleva una densidad volumétrica de carga ρ y la segunda ρ. Los centros de las esferas están a distancia menor que 2R, y sea d el vector que va del centro de la esfera positiva al centro de la negativa. Demuestre que el campo eléctrico en la intersección de las esferas es constante, y encuentre su valor. Solución Este problema se puede resolver por superposición y recordando la forma del campo eléctrico generado por una distribución esférica homogénea de carga ρ (ver 2.3). E( x) = { ρr ˆr ρr 3 r 2 ˆr si r R si r > R

16 56 Ley de Gauss donde r es la distancia al centro de la esfera. Ahora, sea P un punto arbitrario dentro de la región de la intersección. El campo en P producido por la distribución de carga positiva es y el de la distribución de carga negativa E 1 = ρ x E 2 = ρ x donde x y x son los vectores definidos en la figura siguiente. Por el principio de superposición, el campo eléctrico en P está dado por Pero x x = d, con lo que finalmente: E(P) = E 1 + E 2 = ρ x + ρ x E(P) = ρ x + ρ ( ) x d = ρ d P fue escogido de manera arbitraria, luego, para todo punto dentro de la zona de intersección, el resultado es el mismo, y el campo eléctrico es uniforme en dicha región. Ejemplo 2.9 Fuerza entre una banda y una línea de carga. Calcule la fuerza por unidad de largo que se ejercen una distribución superficial muy larga de ancho b y densidad de carga σ y un alambre igualmente largo con densidad lineal de carga λ, puesto en el mismo plano que la banda a distancia r del borde inferior, como muestra la figura.

17 2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 57 Solución Podemos optar por calcular la fuerza que ejerce la distribución lineal de carga sobre la distribución plana, o viceversa. Utilizemos la primera opción, para ello necesitamos obtener el campo eléctrico generado por una distribución lineal muy larga, obtenido en 1.9 y 2.5: E(d) = λ 2πε 0 d ˆr donde d es la distancia al alambre. Ahora, en el plano que contiene a ambas distribuciones, definimos las direcciones î, ĵ como se indica en la figura siguiente. El campo eléctrico generado por la distribución lineal en un punto (x,y) tiene la forma: E( x) = λ 2πε 0 (r + y) ĵ Luego la fuerza que se ejerce sobre un elemento de carga infinitesimal dq = σdxdy en (x,y) está dada por: λ d F(x,y) = dxdyσ 2πε 0 (r + y) ĵ De forma que la fuerza que se ejerce sobre una porción de largo L de la distribución plana es L b σλdy F = dx 0 0 2πε 0 (r + y) ĵ F = σλl b dy 2πε 0 0 r + y ĵ = σλl ln(r + y) 2πε 0 y la fuerza por unidad de largo es: b 0 ĵ = σλl ( r + b ln 2πε 0 r ) ĵ

18 58 Ley de Gauss F L = σλ ( ) r + b ln ĵ 2πε 0 r Solución alternativa También podríamos haber calculado la fuerza que ejerce la distribución bidimensional sobre la línea de carga. Para esto, consideremos un diferencial de carga dq = λdx ubicado en la posición x sobre la línea, y calculemos la fuerza que ejerce sobre éste una franja muy delgada del plano de ancho dy, como se muestra en la figura. Esta franja puede ser vista como una línea infinita de densidad σdy. Luego, el campo E(x) que genera en la posición del diferencial de carga está dado por: σdy d E(x) = 2πε 0 (y + r) ĵ y el campo total será el de la superposición de todas las franjas sobre el plano: E(x) = σ b dy 2πε 0 0 (y + r) ĵ = σ ( ) r + b ln ĵ 2πε 0 r Luego, la fuerza sobre dq es: d F(x) = λdx E(x) = λdxσ ( ) r + b ln ĵ 2πε 0 r Como la fuerza es independiente de x (constante sobre la línea de carga), la fuerza sobre un segmento de la línea de largo L es, simplemente, F = λlσ 2πε 0 ln ( ) r+b r ĵ. De aquí, obtenemos inmediatamente la fuerza por unidad de largo que se ejerce sobre la línea: F L = λσ ( ) r + b ln ĵ 2πε 0 r Ejemplo 2.10 Esfera con cavidad. Una esfera no conductora, centrada en el orígen, de radio 2a lleva una densidad de carga ρ constante. Se extrae material de esta esfera de modo que queda una cavidad esférica de radio a, cuyo centro está en el eje y a la distancia a desde el orígen, como se muestra en la figura. El resto de la esfera mantiene la densidad de carga ρ = const. a) Demuestre que el campo eléctrico en el punto P fuera de la esfera vale

19 2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 59 E = ρ ( 8a 3 ) r 2 + a 2 + 2ar sinα ˆR a3 r 2 ˆr donde ˆR = R/R, ˆr = r/r b) Ahora considere el caso en que el punto P está dentro de la esfera de radio a, a una distancia r < a desde el centro de dicha esfera. Demuestre que la componente x del campo eléctrico en este punto vale cero. Encuentre E y Solución a) El problema puede ser tratado como la suma de dos distribuciones de cargas independientes. Una esfera de radio 2a con densidad de carga uniforme ρ, y una esfera de radio a con densidad de carga ρ, ubicada como se indica en la siguiente figura. El campo en P debido a la esfera de radio 2a está dado por donde la carga total de la esfera es E 1 (P) = Q 4πε 0 R 2 ˆR Q = 4 3 π(2a)3 ρ = 4 3 π8a3 ρ Luego Por teorema del coseno E 1 (P) = π8a3 ρ 4πε 0 R ˆR 2 = ρ 8a 3 R 2 ˆR

20 60 Ley de Gauss Así R 2 = r 2 + a 2 2ar cos(π/2 + α) = r 2 + a 2 + 2ar sinα E 1 (P) = ρ ( 8a 3 ) ˆR r 2 + a 2 + 2ar sinα Además, el campo eléctrico generado por la distribución de radio a y densidad ρ es y se tiene, finalmente E 2 (P) = πa3 ρ 4πε 0 r 2 ˆr = ρ ( ) a 3 r 2 ˆr E(P) = ρ ( 8a 3 ) r 2 + a 2 + 2ar sinα ˆR a3 r 2 ˆr b) Se debe recordar que el campo en el interior de una esfera uniformemente cargada tiene una dependencia lineal en la distancia al centro de ésta (ver 2.3). Concretamente, si x = (x,y) denota un punto dentro de la esfera de radio a, se tiene E 1 ( x) = ρ R ˆR = ρ R ( cosϑî + sinϑ ĵ ) Pero Rcosϑ = r cosα, y Rsinϑ r sinα = a, de forma que: Para la esfera de radio a, el campo es Así De aquí vemos que y E 1 ( x) = ρ ( r cosαî + (a + r sinα) ĵ ) E 2 ( x) = ρ rˆr E( x) = ρ ( R ˆR rˆr ) E x = ρ (r cosα r cosα) = 0 E y = ρ (a + r sinα r sinα) = ρa Así, el campo dentro de la cavidad esférica es uniforme y dado por E = ρa ĵ

21 2.4 Demostración de la ley de Gauss Demostración de la ley de Gauss Primer método (distribuciones) A partir de la ley de Coulomb y el principio de superposición, expresamos el campo eléctrico como una integral sobre todo el espacio de la distribución de cargas: E( x) = 1 d 3 x ρ( x )( x x ) 4πε 0 R 3 x x 3 Por otra parte, es muy simple mostrar la siguiente identidad (la demostración se hará explícitamente en 3.2): 1 x x = ( x x ) x x 3 De esta forma, el campo eléctrico puede ser escrito como: E( x) = 1 { } d 3 x ρ( x ) 4πε 1 0 R 3 x x Ahora, sea Ω R 3, y Ω la superficie cerrada que encierra a Ω. El teorema de la divergencia de Green-Ostrogradsky establece: Esto es: { = d 3 x { 1 d 3 x ρ( x ) Ω 4πε 0 R 3 ds( x) ˆn( x) E( x) = E( x)d 3 x Ω Ω 1 x x }} = 1 { { }} d 3 x d 3 x ρ( x ) 4πε Ω R 3 x x Ahora utilizamos la identidad fundamental (7.6), válida en el marco de las distribuciones: y entonces 2 1 x x = 4πδ( x x ) ds( x) ˆn( x) E( x) = 1 { } d 3 x ρ( x )δ( x x )d 3 x = 1ε0 d 3 x ρ( x) Ω ε 0 Ω R 3 Ω Lo que termina por demostrar la ley de Gauss: Ω ds( x) ˆn( x) E( x) = 1 ε 0 Ω d 3 x ρ( x) = Q(Ω) ε 0

22 62 Ley de Gauss Segundo método (ángulo sólido) Existe otra forma de demostrar la ley de Gauss puramente geométrica que no necesita la identidad (7.6). Para ello es conveniente introducir la nocion de ángulo sólido, que corresponde a un ángulo bidimensional que representa el tamaño aparente de una superficie visto desde un punto O. Por ejemplo, considere dos esferas concentricas de radios r 1 y r 2, como se muestra en la figura Las dos porciones esfericas S 1 y S 2, vistas desde O, poseen el mismo tamano aparente. Esto es por que ambas subtienden un mismo ángulo sólido. Matemáticamente, un elemento de superficie en coordenadas esféricas se escribe ds = r 2 sinϑdϑdφ. Se define el ángulo sólido elemental como dω = sinϑdϑdφ. Es fácil ver que las dos superficies de la figura están descritas por los mismos intervalos de ϑ y de φ, y entonces ambas subtienden un mismo ángulo sólido total Ω = dω. Se tiene entonces: S 1 = r1ω 2 S 2 = r2ω 2 El ángulo sólido se mide en stereoradianes, y puede variar entre 0 y 4π. Para el caso más general de un elemento de superficie d S = ds ˆn cualquiera (no necesariamente una porción de esfera) a distancia r de O, el ángulo sólido sera el mismo que el de su proyección sobre una esfera, como se muestra en la figura siguiente: Si esta esfera es de radio unitario, entonces el ángulo sólido será igual a la superficie de la proyección de d S sobre la esfera, es decir dω = 1/r 2 d S ˆr. Ahora, para demostrar la ley de Gauss, consideremos una carga puntual q en el origen y una superficie cerrada S que contiene a q. El flujo del campo eléctrico sobre un elemento diferencial d S situado a una distancia r de la carga sera

23 2.4 Demostración de la ley de Gauss 63 dφ S, E = E d S = q 4πr 2 ˆr d S = q 4π dω con dω el ángulo sólido que subtiende d S respecto a la carga. Esto es consecuencia del caracter radial del campo eléctrico generado por una carga elemental. Luego, el flujo del campo sobre toda la superficie será: E d S = q dω = q S 4πε 0 S ε 0 ya que el ángulo sólido que subtiende toda superficie cerrada que contiene a la carga es 4π. Consideremos ahora el caso en el que la carga q se encuentra fuera de la superficie cerrada S. Todo elemento de superficie d S 1 tendra un equivalente que subtiende un ángulo sólido de igual magnitud pero de signo contrario, como ocurre con d S 1 y d S 2 en la figura siguiente. Si descomponemos la superficie S en pares elementales tales que dω 1 = dω 2, es fácil ver que el flujo total a través de S es nulo. Finalmente, si se toma un conjunto de cargas q i, el campo total será la superposición de los campos E i generados por cada una. El teorema de Gauss se aplica individualmente a cada carga y se obtiene entonces: E d S = 1 S ε 0 q i i donde se incluyen en la suma únicamente las cargas contenidas en S. Finalmente, para una distribución continua de cargas, la suma se reemplaza por una integral sobre el volumen delimitado por S.

24 64 Ley de Gauss 2.5 Resumen y fórmulas escenciales El campo eléctrico generado por una densidad de carga ρ : R 3 R está dado por la integral de Coulomb (Ecuación (1.3)) E( x) = 1 4πε 0 R 3 d3 x ρ( x ) x x 3 ( x x ) La ley de Gauss es consecuencia de la ley de Coulomb (1.3) y establece que el flujo de E sobre toda superficie cerrada Ω es proporcional a la carga contenida en el volumen Ω encerrado por Ω (Ecuación 2.2) Ω ds( x ) ˆn( x ) E( x ) = 1 ε 0 Ω d 3 x ρ( x ) = Q(Ω) ε 0 Ω R 3 Conociendo ρ, y a partir de la ley de Gauss (2.2), no es posible deducir la ley de Coulomb, a menos que uno asuma la simetría radial del campo generado por una carga puntual. En este sentido, la ley de Gauss por sí sola contiene menos información que la ecuación (1.3). En los problemas resueltos en este capítulo, esta falta de información es compensada con argumentos de simetría que permiten establecer la forma del campo eléctrico una vez conocida la distibución de carga. Cuando la distribución de carga no posee una simetría clara, la ley de Gauss no es suficiente para determinar E. En el capítulo siguiente veremos que si además se conoce la circulación de E sobre toda curva cerrada Γ, es decir, el valor de Γ d x E( x), entonces se tiene toda la información necesaria para determinar E en todo el espacio.