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4 — Electrostática de conductores.

102 Electrostática de conductores.

4.1 Introducción

Hasta aquí hemos tratado con problemas donde la distribución de carga es conocida desde elcomienzo. Ahora atacaremos otro tipo de problemas, la determinación del campo eléctrico cercade un conductor.Como vimos en la sección 1.3.2, la materia se puede clasificar en conductores y aislantes ( odieléctricos ). Un material dieléctrico posee electrones fuertemente ligados a los átomos, demanera que ante la presencia de un campo eléctrico externo éstos pueden oscilar en torno a suposición de equilibrio, pero se mantendrán siempre en la cercanía del átomo correspondiente.Por otro lado, un material conductor (como un metal) posee un gran número de electrones libres,y éstos se pueden mover libremente a través del material. Mientras exista un campo eléctricoal interior de un conductor, los electrons libres serán acelerados. Esta corriente de electronesse detendrá cuando el desplazamiento de cargas en el conductor genere un campo eléctrico quecancele al campo externo, se alcanza entonces un equilibrio estático.

4.2 Propiedades de un conductor en electrostática

4.2.1 El campo eléctrostático dentro de un conductor es nulo

En un conductor, los electrones pueden moverse libremente bajo la acción de un campo eléctrico.Imaginemos que colocamos un conductor en una región donde existe un campo eléctrico externo.En el régimen estático, la única solución aceptable es que en todo punto interior al conductor elcampo eléctrico sea nulo. De lo contrario, éste producirá un movimiento de cargas al interior delconductor, lo que no es consistente con el equilibrio estático. Notar que como ~E(~x) = 0 en elinterior de un conductor, entonces

−~∇φ = 0

Esto significa que al interior de un conductor el potencial es constante.

4.2.2 La carga en un conductor se distribuye en su superficie

Consecuencia directa de la propiedad anterior es que todo exceso de carga en un conductor debedistribuírse en su superficie. Para ilustrar esto último, imaginemos una superficie de Gauss Sarbitraria en el interior del conductor. Como el campo eléctrico al interior es nulo, el flujo sobreS es nulo, lo que sólo es posible si la carga total encerrada qS es cero.

∫∫S

d~S(~x′) ·~E(~x′) = 0→ qS = 0

4.2 Propiedades de un conductor en electrostática 103

Como S es una superficie arbitraria, se deduce que ninguna densidad de carga puede existir enun punto interior al conductor.

4.2.3 El campo eléctrico es normal a la superficieSi bien en la superficie de un conductor puede existir una densidad de carga, ésta debe ser estática.Esto significa que el campo eléctrico debe anularse en la dirección tangente a la superficie (delo contrario las cargas en la superficie no estarán en equilibrio). Matemáticamente esto estagarantizado si el campo eléctrico al interior es nulo. Para demostrarlo, consideremos un puntosobre la superficie de un conductor y calculemos la integral de línea sobre el camino cerrado Γ

de la figura.

Los segmentos ∆l y ∆l′ son perpendiculares a la normal en todo punto, y sus largos puedenser escogidos suficientemente pequeños de forma que el campo eléctrico sea aproximadamenteconstante a lo largo de cada segmento. Los segmentos de largo ∆x y ∆x′ son paralelos a la normal.Descomponiendo el campo en una componente normal ~En y en una componente tangencial ~Et ala superficie, se obtiene:∮

Γ

d~x ·~E = 0×∆l′+En×∆x′−Et ×∆l−En×∆x

Como el campo eléctrico es conservativo, esta integral es cero. En el límite cuando ∆x′→ 0 y∆x→ 0, se tiene Et∆l = 0, y como ∆l es una longitud finita, se concluye que la componentetangencial del campo eléctrico sobre la superficie de un conductor es cero.

Notemos que existe entonces una relación simple entre la magnitud del campo eléctrico en unpunto sobre la superficie del conductor y la densidad de carga σ en dicho punto. Consideremosuna superficie de Gauss cilíndrica arbitrariamente pequeña en torno a un punto ~x, como semuestra en la figura siguiente. La carga encerrada es simplemente σA, con A el área transversaldel cilindro.De la ley de Gauss obtenemos∫∫

Sd~S(~x′) ·~E(~x′) = E(~x)A+0A =

σ(~x)Aε0

de aquí

E(~x) =σ(~x)

ε0(4.1)

NotaEn el ejemplo 1.7 vimos que el campo eléctrico muy cerca de una superficie cargada (de


densidad superficial σ ) es E = σ/(2ε0). Por qué entonces el campo en la proximidad de lasuperficie de un conductor posee una magnitud de E = σ/ε0?. La respuesta es que la densidadde carga en el conductor genera un campo eléctrico tanto dentro como fuera del conductor,dado por ~Esup = +σ/(2ε0)n en la región exterior al conductor, y ~Esup = −σ/(2ε0)n en elinterior. Este campo debe contrarestar al campo externo en el interior del conductor, luego~Eext = σ/(2ε0)n. Al interior del conductor, se tiene ~Esup +~Eext =~0, mientras que en el exterior,~Esup +~Eext = 2 σ

2ε0n = σ

ε0n.

4.2.4 La superficie de un conductor en equilibrio es una equipotencialMostrar esto ahora resulta evidente, consideremos 2 puntos A y B sobre la superficie de unconductor, y calculemos la diferencia de potencial entre estos dos puntos :

φB−φA =−∫ B

Ad~x ·~E(~x) = 0

ya que ~E sólo tiene componente normal a la curva y entonces d~x ·~E = 0 en todo punto de ésta.Luego, los puntos A y B se encuentran al mismo potencial. Se deduce entonces que el potencialφ posee el mismo valor constante tanto al interior como en la frontera del conductor.

4.2.5 Energía potencial de un conductorDado que en un conductor toda la carga se concentra en su superficie, y como además en ella elpotencial es constante, una simple aplicación de la ecuación 3.10 nos da

U =12

∫∫S

φ(~x′)dq(~x′) =12

φ0

∫∫S

σ(~x′)dS(~x′) =12

φ0Q

La energía potencial de un conductor con una carga superficial total Q y a potencial φ0 está dadapor

U =12

φ0Q (4.2)

En una primera parte, abordaremos situaciones simples en las que la simetría de los conductoresimplican una densidad de carga uniforme sobre su superficie.

Ejemplo 4.1 — Energía de una esfera conductora cargada. Para una esfera de radio Ry carga Q, aplicando la fórmula 4.4 se tiene que la energía electrostática es U = Q2

8πε0R . Otraforma de obtener este resultado es integrando la densidad de energía, dada por la ecuación 3.29.

U =ε0

2

∫∫∫R3‖~E(~x)‖2d3x


Sabemos que el campo es nulo al interior del conductor. Para calcular el campo fuera de la esfera,podemos utilizar el hecho de que el campo debe poseer una simetría radial respecto a la esferaconductora, es decir, ~E = E(r)r, donde r es la distancia al centro de la esfera.

El flujo sobre una superficie S esférica de radio r será entonces, por la ley de Gauss:∫∫S

d~S ·~E = 4πr2E(r) =Qε0

Es decir, para r > R, ~E = Q4πε0r2 r (idéntico al campo de una carga puntual Q en el origen). La

densidad de energía electrostática es entonces

u(r) =12

ε0E(r)2 =Q2

32π2ε0r4 r > R

y u(r) = 0 si r < R. Integrando u sobre todo el espacio en coordenadas esféricas:

U = 4π

∫∞

Rdrr2u(r) =

Q2

8πε0

∫∞

R

drr2 =

Q2

8πε0R

Ejemplo 4.2 — Sistema de conductores. Una esfera de metal de radio R y carga q estárodeada por un cascarón esférico metálico de radio interior a y radio exterior b. El cascarón notiene carga netaa) Encuentre la densidad superficial de carga en cada superficieb) Encuentre el potencial en el centro utilizando infinito como punto de referenciac) Si la esfera exterior se conecta a tierra bajando su potencial a cero (igual que en infinito),¿Cómo cambian las respuestas anteriores?


Solucióna) Como la esfera de radio R es metálica (conductora), toda la carga debe estar concentrada en susuperficie. Dada la simetría esférica del problema, esta distribución de carga debe ser uniforme,es decir

σR =q

4πR2

Ahora, el cascarón es eléctricamente neutro, sin embargo en sus superficies (Sa y Sb) se inducecarga de forma tal que el campo eléctrico en su interior sea nulo.

Debe tenerse que ~E(~x) =~0 para a < r < b. Tomando una superficie Gaussiana esférica de radior, a < r < b ∫∫

Sd~S(~x′) ·~E(~x′) = 0

ya que ~E(~x) es nulo en todos los puntos interiores del cascarón. Por otro lado∫∫S

d~S(~x′) ·~E(~x′) = Qint

ε0

luego Qint = 0, donde

Qint = q+σa4πa2 = 0

y se obtiene la densidad superficial de carga en la superficie interior del cascarón

σa =−q

4πa2

Como el cascarón es neutro, debe tenerse que

σa4πa2 +σb4πb2 = 0

−q+σb4πb2 = 0

σb =q

4πb2

Es decir, sobre la superficie interna se induce una carga total −q, y sobre la superficie externa,por supuesto, q.

b) Distinguimos 4 regiones, como se indica en la figura


Como las regiones I y III están contenidas en el interior de un conductor

~E(~x) = 0 ~x ∈ I, ~x ∈ III

Para encontrar el campo eléctrico en las regiones II, y IV , utilizamos la ley de Gauss. Tomandouna superficie esférica de radio r con R < r < a (región II), se tiene∫∫

Sd~S(~x′) ·~E(~x′) = 4πr2E(r) =

qε0

~E(r) =q

4πr2ε0r R < r < a

Del mismo modo, para una superficie esférica de radio r, con r > b (región IV ), se tiene∫∫S

d~S(~x′) ·~E(~x′) = 4πr2E(r) =qε0

~E(r) =q

4πr2ε0r b < r

Con esto, podemos calcular el potencial en el origen

φ(0) =∫

∞

0d~x′ ·~E(~x′)

tomando, por supuesto, un camino radial~x′ = rr, d~x′ = drr, y r ∈ [r,∞]:

φ(0) =∫

∞

0drr ·~E(r)r =

∫∞

0drE(r)

φ(0) =∫ R

0drE(r)+

∫ a

RdrE(r)+

∫ b

adrE(r)+

∫∞

bdrE(r)

φ(0) =∫ a

R

drq4πε0r2 +

∫∞

b

drq4πε0r2 =

q4πε0

(1b+

1R− 1

a

)

c) Ahora, se tieneAl igual que antes debe tenerse que ~E(~x) = 0 para ~x ∈ III (interior de un conductor). Estosimplemente se traduce en

q+σa4πa2 = 0


por ley de Gauss. Es decir, al igual que antes

σa =−q

4πa2

Además el potencial ahora es nulo sobre la superficie exterior Sb, esto quiere decir que

φ(b) =∫

∞

bd~x′ ·~E(~x′) = 0

para cualquier camino entre b y el infinito. Por supuesto, esto requiere que

~E(~x′) = 0 ∀~x ∈ IV

Notar que esto implica que la carga encerrada por una superficie Gaussiana contenida en IVnecesariamente es cero. Es decir, el cascarón ya no es un objeto eléctricamente neutro (se debeinducir una carga neta en el, igual a −q). Esto ocurre si la carga +q inicialmente inducida en lacáscara exterior es evacuada mediante la conexión a tierra, y entonces:

q+σa4πa2 +σb4πb2 = q−q+σb4πb2 = 0

σb = 0

Ejemplo 4.3 — El efecto punta. Un sistema de dos esferas conductoras de radios a y b (cona > b) posee una carga total Q. Si ellas están separadas por una gran distancia y se les conectacon un alambre conductor de dimensiones despreciables, calcule la carga total sobre cada esferay la magnitud aproximada del campo eléctrico sobre la superficie de cada una.


SoluciónSean QA y QB la carga en cada esfera, sabemos que

QA +QB = Q

Notemos que el sistema entero es un conductor, y por lo tanto, su superficie es una equipotencial.Además, como las esferas están separadas por una gran distancia, entonces el campo eléctrico(y en consecuencia el potencial) en la cercanía de cada esfera será aproximadamente el campogenerado por una esfera cargada. Luego

φ(a) =QA

4πaε0= φ(b) =

QB

4πbε0

De donde

QA = QBab

y usando que Q = QA +QB

QA =aQ

a+b

QB =bQ

a+b

Con esto, el campo eléctrico sobre la superficie de la esfera A tiene como magitud

‖~EA‖=aQ

4πε0(a+b)a2 =Q

4πε0(a+b)a

y para la esfera B

‖~EB‖=bQ

4πε0(a+b)b2 =Q

4πε0(a+b)b

De esta forma,

‖~EB‖‖~EA‖

=ab> 1

Es decir, el campo eléctrico sobre la esfera de radio menor es mayor que el campo sobre la esferade radio mayor. Los campos están en proporción inversa de los radios.Éste es el efecto punta cuando se carga un conductor que posee una punta o un lado muypuntiaguido, como el de la figura siguiente:


Entonces una cantidad relativamente pequeña de carga acumulada en la punta puede generaruna densidad superficial de carga muy grande, y como consecuencia, un mayor campo en sucercanía.

Ejemplo 4.4 — Tres esferas conductoras. Tres cáscaras esféricas conductoras concéntricasmuy delgadas poseen radios a,b, y c, respectivamente, siendo a < b < c. Inicialmente la cáscarainterior está descargada, la del medio posee una carga total negativa −Q y la externa una cargatotal positiva Q

a) Encuentre el potencial electrostático en cada una de las cáscaras conductorasb) Si las cáscaras interior y exterior son conectadas mediante un alambre conductor muy delgadoque está aislado al pasar por la cáscara central, ¿Cuál es ahora el potencial eléctrico de cada unade las cáscaras? ¿Cuál es la carga en cada una de las esferas?

SoluciónDistinguimos naturalmente tres regiones del espacio, dadas por I : r < a, II : a < r < b,III : b < r < c, IV : r > c. En cada una de ellas el campo eléctrico posee dirección radial ysu magnitud depende únicamente de la distancia r al centro del conductor interno. Utilizando laley de Gauss para la región I : r < a∫∫

Sd~S(~x′) ·~E(~x′) = 0 ∀S ∈ I

pues ~E(~x) = 0 ∀~x ∈ I (interior de un conductor). Para la región II∫∫S

d~S(~x′) ·~E(~x′) = Qint

ε0= 0

pues la cáscara de radio a se encuentra inicialmente descargada. De esta forma, el campoeléctrico también es nulo en esta región, ~E(~x) = 0 ∀~x ∈ II. Del mismo modo, utilizando unasuperficie esférica de radio r, con b < r < c∫∫

Sd~S(~x′) ·~E(~x′) = 4πr2E(r) =

−Qε0

~E(r) =−Q

4πε0r2 r

Por último, para r > c ∫∫S

d~S(~x′) ·~E(~x′) = 0 ∀S ∈ IV

pues la carga encerrada por cualquier superficie contenida en la región IV es cero. En resumen


~E(r) =

0 si r < b−Q

4πε0r2 r si b < r < c0 si r > c

El potencial en la cáscara exterior es

φ(c) =∫

∞

cd~x′ ·~E(~x)

tomando por supuesto un camino radial~x′ = rr, d~x′ = drr, r ∈ (c,∞)

φ(c) =∫

∞

cdrr ·~E(r) = 0

El potencial en la cáscara de radio b es

φ(b) =∫

∞

bdrr ·E(r)r =

∫ c

bdr−Q

4πε0r2

φ(b) =− Q4πε0

∫ c

b

drr2 =

Q4πε0r

∣∣∣cb

φ(b) =Q

4πε0

(b− c

bc

)por último, el potencial en r = a es

φ(a) =∫

∞

adrr ·E(r)r =

∫ b

adrE(r)+

∫ c

bdrE(r)+

∫∞

cdrE(r)

φ(a) =∫ c

bdrE(r) = φ(b) =

Q4πε0

(b− c

bc

)

b) Ahora se tiene la siguiente configuración

Los conductores de radio a y c se encuentran unidas al mismo potencial. De esta forma, la cargacontenida inicialmente en estos dos conductores se distribuirá, donde por supuesto se debe tener

Qa +Qc = Q


Definiendo las mismas regiones anteriores, nuevamente se tiene

~E(~x) = 0 ∀~x ∈ I

~E(~x) = 0 ∀~x ∈ IV

(región I es el interior de un conductor y la carga total del sistema sigue siendo nula). El campoen la región II se obtiene con la ley de Gauss (superficie esférica de radio r, a < r < b)∫∫

Sd~S(~x′) ·~E(~x′) = E(r)4πr2 =

Qa

ε0

~E(r) =Qa

4πε0r2 r

y del mismo modo, tomando una superficie esférica de radio r, con b < r < c∫∫S

d~S(~x′) ·~E(~x′) = E(r)4πr2 =−Q+Qa

ε0

~E(r) =Qa−Q4πε0r2 r

El potencial en r = c es, por supuesto, nulo, ya que ~E =~0 para r > c

φ(c) =∫

∞

cdrE(r) = 0

además

φ(b) =∫

∞

bdrE(r) =

∫ c

bdrE(r) =

∫ c

bdr

Qa−Q4πε0r2

φ(b) =Qa−Q4πε0

∫ c

bdr

1r2 =

Qa−Q4πε0

(c−b

bc

)y

φ(a) =∫

∞

adrE(r) =

∫ b

adrE(r)+φ(b)

φ(a) = φ(b)+∫ b

adr

Qa

4πε0r2 = φ(b)+Qa

4πε0

(b−a

ab

)pero las cargas inducidas en a y c deben ser tal que

φ(a) = φ(c) = 0

luego

φ(a) =Qa−Q4πε0

(c−b

bc

)+

Qa

4πε0

(b−a

ab

)= 0

φ(a) = (Qa−Q)c−b

bc+Qa

b−aab

= 0

Qa

(c−b

bc+

b−aab

)= Q

c−bbc

4.3 Sistema de varios conductores 113

Qa

(ac−ab+bc−ac

abc

)= Q

c−bbc→ Qa

(b(c−a)

a

)= Q(c−b)

Finalmente

Qa = Qa(c−b)b(c−a)

4.3 Sistema de varios conductores

Cuando se tienen varios conductores, se debe cumplir ~E =~0 y ρ = 0 al interior de cada conductor.Además, al exterior el campo eléctrico es normal a la superficie de cada conductor, y se cumple~E = σ/ε0n.

4.3.1 Fenómeno de inducción electrostáticaSupongamos que en una región del espacio existe un campo eléctrico ~E0, y que se colocaun conductor inicialmente descargado. El campo eléctrico al interior de éste debe anularsepara obtener un nuevo estado de equilibrio. De esta forma un desbalance de cargas se debeestablecer en su superficie del conductor para generar un campo eléctrico que se oponga alcampo eléctrico ~E0 que existe inicialmente. Este fenómeno de repartición de cargas se le llamainducción electrostática.

Si la esfera inicialmente no estaba cargada, la carga total sobre esta debe permanecer nula, lo queimplica que la densidad superficial sera positiva en una zona y negativa en otras. Por ejemplo,supongamos un conductor A inicialmente descargado al que acercamos un objeto B (que puedeser un conductor o no) con carga positiva, como se muestra en la figura siguiente. Una densidadsuperficial de carga negativa se generara en la porcion de superficie mas cercana al objeto B,dejando un exceso de carga positiva en la zona mas alejada a B.La inducción es total si todas las líneas de campo que salen de un conductor terminan en el otro(ninguna línea de campo termina en el infinito). Tal es el caso del sistema de 2 conductores de lafigura siguiente, en en el cual un conductor inicialmente cargado positivamente (carga total +Q)se coloca al interior de otro conductor, inicialmente descargado:El campo eléctrico al interior del conductor exterior debe ser nulo. Si Q′ es la carga total inducidaen la superficie interna, la ley de Gauss aplicada a la superficie S de la figura da:∫∫

Sd~S ·~E = 0 =

(Q+Q′)ε0


Luego en la superficie interna se induce una carga total negativa que compensa a la carga delconductor que se encuentra al interior Q′ =−Q. Como inicialmente el conductor externo no seencuentra cargado, necesariamente Q′′ =−Q′ =+Q.

Ejemplo 4.5 — Jaula de Faraday. Una esfera metálica se encuentra inicialmente descargada.Ahora imagine que una carga positiva q es colocada en algún punto arbitrario dentro de la esferay sin tocar las paredes.

a) ¿Qué carga se induce en la pared interior y exterior de la esfera? Indicar cualitativamente laconcentración de densidad de carga inducida . Describir cómo son las líneas de campo eléctricodentro y fuera de la esferab) Suponga que se mueve la carga q dentro de la cavidad. ¿Cambia la distribución en la superficieexterior de la esfera?c) Ahora se coloca la carga q en contacto con la superficie interior de la esfera.¿Cómo queda ladistribución de carga en la superficie interior y exterior?d) ¿Qué sucede si ahora se acerca otra carga q′ cerca de la superficie exterior del conductor?


Solucióna) La carga q en el interior de la esfera metálica inducirá una separación de carga en el metal. Seaqint la carga total inducida en la superficie interior, y qext la carga total inducida en la superficieexterior. Debido a que la esfera inicialmente se encuentra descargada, se debe tener

qin +qext = 0

Para determinar qint , tomemos una superficie Gaussiana contenida enteramente dentro delcascarón esférico como se muestra en la figura

La carga total encerrada por esta superficfie es

qenc = qint +q

Pero, debido a que el campo eléctrico ~E es cero en el interior de metal, la ley de Gauss indica∫∫ d~S(~x) ·~E(~x) = (qint +q)ε0

= 0

De esta forma qint =−q, y entonces qext = q. La distribución de éstas cargas y sus respectivaslíneas de campo son como se aprecia en la siguiente figura

La carga negativa en la superficie interna se concentra mayoritariamente en la parte de la esferamás cercana a la carga q. En contraste, la carga positiva de la superficie exterior se distribuyeuniformemente sobre la superficie exterior. Ésto último debido a que la esfera metálica esuna superficie equipotencial, y la única forma de que esto suceda es que el campo sea radial yuniforme sobre la superficie exterior

El campo eléctrico fuera de la esfera es

~E(r) =1

4πε0

qr2 r


tal como si la carga q se encontrara en el centro del conductor

b) La distribución de carga en el exterior no cambia al mover la carga q en el interior, por lamisma razón anterior. Por supuesto, la carga inducida en el interior de la superficie si se vuelve adistribuír en la medida que movemos q, para asegurar que el campo en su interior siga siendonulo ~E = 0. Ésto resulta interesante, pues desde el exterior del conductor podríamos saber cuantacarga se encuentra en el interior, pero no podremos asegurar en que posición se encuentra.

c) Cuando la carga q toca la superficie interior, la carga inducida −q se concentrará enteramenteen el punto de contacto y cancelará la carga q.

d) Si se acerca ahora otra carga q′ al exterior de la esfera, entonces la carga se distribuirá en lasuperficie exterior de forma de ser una equipotencial. La distribución de carga al interior nocambia debido a la prescencia de una carga en el exterior. En otras palabras, si una cavidad estáencerrada en un conductor, ninguna distribución estática de carga en el exterior podrá producircampos dentro. Este principio se conoce como shielding, y explica el por qué los aparatoseléctricos se encuentran en cubiertas metálicas. .

Ejemplo 4.6 — Cavidades dentro de un conductor. Dos cavidades esféricas, de radios ay b están contenidas en el interior de una esfera conductora neutra de radio R. En el centro decada cavidad hay una carga puntual qa y qb

a) Encuentre las densidades de carga superficialesb) ¿ Cuál es el campo eléctrico fuera del conductor?c) ¿Cuál es el campo dentro de cada cavidad?

Solucióna) Sobre las superficies Sa y Sb en cada cavidad se inducirá carga de forma de anular el efecto delas cargas puntuales en el interior. Sean dos superficies S1 y S2 como se muestra en la figuraComo S1 está contenida en el interior del conductor

∫∫S

d~S(~x′) ·~E(~x′) = 0 =Qint

ε0

se obtiene

Qint = 0 = qa +σa4πa2 = 0


y la densidad superficial de carga inducida en la cavidad es:

σa =−qa

4πa2

Del mismo modo, y utilizando la ley de Gauss con la superficie S2, se obtiene

σb =−qb

4πb2

Como el conductor es neutro, se inducirá carga en la superficie exterior, de forma que

−qa−qb +σR4πR2 = 0

σR =qa +qb

4πR2

b) El efecto de las cargas puntuales qa y qb es anulado mediante las cargas inducidas en lascavidades. Con esto, el campo exterior posee una simetría esférica, y se puede obtener por la leyde Gauss

∫∫S

d~S(~x′) ·~E(~x′) = 4πr2E(r) =qa +qb

ε0

~E(r) =qa +qb

4πr2ε0r r > R


c) Dentro de la cavidad a, el campo es simplemente el de la carga puntual qa

~Ea =1

4πε0a2 qara

donde ra es el vector radial con la carga qa como origen. Del mismo modo, dentro de la cavidadb

~Eb =1

4πε0b2 qbrb

4.3.2 CapacitanciaCapacitancia de un conductor aisladoSe define la capacitancia, también llamada capacidad de un conductor a partir de la relación entreel potencial eléctrico φ y la carga total Q en su superficie. Si Ω es el volumen del conductor

Q =∫∫

∂Ω

dS(~x′)σ(~x′) φ =1

4πε0

∫∫∂Ω

dS(~x′)σ(~x′)‖~x−~x′‖

~x ∈Ω

Es fácil ver que si cambiamos la densidad de carga σ por σ ′ = ασ , entonces la carga total y elpotencial escalan de igual forma

Q′ = αQ φ′ = αφ

En consecuencia, Q/φ = Q′/φ ′ es una constante que depende únicamente de la geometría delconductor.

Definición 4.3.1 — Capacitancia de un conductor. Definimos la capacitancia de unconductor como:

C = Q/φ (4.3)

donde φ es el potencial del conductor cuando éste posee una carga Q. En el sistema inter-nacional, la unidad de capacitancia es el Faradio (F). En la práctica, las capacitancias sontípicamente del orden del microfaradio (1µF = 10−6 F).

Ejemplo 4.7 — Capacitancia de una esfera conductora. Como vimos en el ejemplo 3.2,el potencial sobre una esfera conductora de radio R y carga Q es:

4.4 El condensador 119

φ =Q

4πε0RLuego, la capacitancia de la esfera es:

C = 4πε0R

Tomando por ejemplo una esfera de radio R = 10 cm, se tiene C = 1.1∗10−11 F.

Capacidad y energía electrostática de un conductorEn la secion 4.2.5 deducimos la energía potencial asociada a un conductor cargado. Físicamente,corresponde a la energía que se debe administrar para cargar al conductor. Si φ y Q son ,respectivamente, el potencial y la carga total sobre el conductor, la energía electrostática estádada por

U =12

φQ

En términos de la capacidad (Q =Cφ ), se tiene:

U =12

Cφ2 =

Q2

2C(4.4)

4.3.3 Coeficiente de inducción de un sistema de conductoresSean N conductores, cada uno con carga Qi y potencial φi, con i ∈ 1,2, ...,N. Como conse-cuencia de la relación lineal entre el potencial φ y la densidad de carga, se tiene una relaciónlineal entre las cargas Qi y los potenciales φi de los conductores

Qi =N

∑j=1

Ci jφ j

Definición 4.3.2 — Coeficiente de inducción. Se define el coeficiente de inducción entrelos conductores i y j como:

Ci j =∂Qi

∂φ j(4.5)

y la capacitancia del i-ésimo conductor.

Cii =∂Qi

∂φi(4.6)

Se tiene Ci j =C ji.

4.4 El condensadorUn condensador (o capacitor) es un sistema de 2 conductores que poseen cargas de igual magnitudpero de signo opuesto.Naturalmente existe una concentración de líneas de campo entre los 2 conductores (intuitivamente,dado que la carga total del sistema es Q−Q = 0, ambos conductores se apantallan y el campo


eléctrico lejos de ambos conductores es débil). El condensador debe su nombre precisamente aque es capaz de concentrar energía electrostática en un determinado volumen del espacio.

4.4.1 Capacitancia de un condensadorSupongamos un condensador compuesto de dos conductores con carga Q1, potencial φ1, y Q2,φ2 respectivamente. Se tiene

Q1 = Q =C11φ1 +C12φ2

Q2 =−Q =C21φ1 +C22φ2

y dado que C12 =C21

Q =C11φ1 +C12φ2

−Q =C12φ1 +C22φ2

Sumando ambas ecuaciones, obtenemos

0 = (C12 +C11)φ1 +(C12 +C22)φ2

Lo cual se cumple únicamente si C11 =C22 =−C12. Se obtiene finalmente una relación linealentre la carga Q y la diferencia de potencial entre ambos conductores

Q =C(φ1−φ2) =C∆φ (4.7)

donde C es la capacidad del condensador:

C =Q

∆V (4.8)

y representa la capacidad a almacenar carga a una diferencia de potencial dada.

4.4.2 Energía electrostática de un condensadorPara un sistema de conductores, se tiene (4.2)

U =12 ∑

iQiφi

Luego, para un condensador, se tendrá:


U =12[Qφ1−Qφ2] =

12

Q(φ1−φ2)

se obtiene la energía almacenada por un condensador

U =12

Q∆φ (4.9)

4.4.3 Cálculo de capacidadesEn general, el procedimiento para determinar la capacidad de un condensador es la siguiente

1. Uno se da la carga Q (o σ , la densidad superficial) sobre uno de los conductores, sabiendoque la carga total sobre el otro debe ser −Q

2. Se determina el campo eléctrico ~E3. La diferencia de potencial se determina a través de ∆φ = φ1−φ2 =

∫ 21~E ·d~l

4. Finalmente se determina la capacidad como C = Q/∆V

Ejemplo 4.8 — Condensador plano. Consideremos un condensador plano, que consiste en2 conductores planos de área A y paralelos separados por una distancia d << A.

Supongamos que la densidad superficial de carga es σ en el primer conductor, y −σ en el otro.Suponiendo que d es mucho menor que A, y considerando un punto interior al conductor lejosde los bordes, podemos aproximar el campo eléctrico generado por cada uno de los conductorespor el de un plano infinito (ejemplo 2.4). En la figura siguiente se muestra el campo eléctricogenerado por cada plano separadamente.

Por superposición, en la zona que se encuentra entre ambos conductores, se tiene

~E(~x) =σ

2ε0x+

σ

2ε0x =

σ

ε0x


mientras que en cualquier punto exterior, la superposición de ambos campos se anula:

~E(~x) =σ

2ε0x− σ

2ε0x =~0

la diferencia de potencial entre ambos conductores será

∆φ = φ1−φ2 =∫ d

0~E ·d~x

donde se escoge como curva una línea paralela a las líneas de campo (d~x = dxx) que une elconductor 1 con el conductor 2. Se tiene finalmente

∆φ =∫ d

0

σ

ε0dx =

σ lε0

Suponiendo que la superficie de cada conductor es A, entonces Q = Aσ y la capacidad delcondensador es

C =Q

∆φ=

ε0Ad

Se ve entonces que las líneas de campo se concentran en la zona delimitada por ambos conduc-tores, y la energía electrostática es entonces almacenada al interior del condensador.

Ahora, si tenemos un condensador plano de área cuadrada y de lado 10 cm, tendremos A = 0,01m2, y suponiendo un ancho d = 1 cm, tenemos que la capacidad vale C = 9×10−12 F. Comoejemplo, si al condensador se aplica una diferencia de potencial de ∆φ = 1,5 V (pila 2A), esteserá capaz de almacenar una carga igual a Q =C∆φ = 1,5×9∗10−12 = 1,35×10−11 C y unaenergía electrostática U = 1

2 Q∆φ = 1.01×10−12 J

Ejemplo 4.9 — Condensador cilíndrico. Consideremos un condensador formado por 2conductores cilíndricos concentricos, de radios a y b. La longitud de ambos cilindros es L yconsideremos que este largo es mucho mayor que b−a, de forma que se puede despreciar losefectos de borde. El condensador se carga de forma que el cilindro interior posea carga Q y elexterior carga −Q. Calculemos la capacidad de este condensador.Para obtener la capacidad debemos primero obtener el campo eléctrico en la región entre ambosconductores. Debido a la simetría cilíndrica del sistema, el campo en todo punto ~x = ρρ(ϕ)entre ambos cilindros debe depender únicamente de la coordenada ρ y apuntar en la direcciónradial ρ . Elegimos entonces una superficie Gaussiana S como un cilindro coaxial de longitud L yradio ρ , con a < ρ < b.


El flujo del campo eléctrico, uniforme y paralelo a la normal en todo punto a la superficie, será∫∫S

d~S(~x′) ·~E(~x′) =∫∫

SE(ρ)ρ ·dSρ = E(ρ) = E(ρ)2πρL

esta superficie encierra toda la carga contenida en el cilindro interno, luego, por ley de Gauss,E(ρ)2πρL = Q

ε0, y entonces

~E(ρ) =Q

2πLε0ρρ

Notar que si ρ < a o ρ > b, la carga total encerrada es nula, y luego ~E =~0. El campo eléctricoesta confinado entre ambos conductores. La diferencia de potencial está dada por

φb−φa =−∫ b

a~E ·d~l =−

∫ b

aEρdρ

donde se ha escogido una curva paralela en todo punto al campo eléctrico (d~l = dρρ). Asi

∆φ = φa−φb =Q

2πLε0

∫ b

a

dρ

ρ=

Q2πLε0

ln(

ba

)De esta forma, tenemos

C =Q

∆φ=

2πLε0

log(ba)

Notar que cuando la distancia d = b−a es muy pequeña respecto a ambos radios, deberíamosobtener la misma expresión que la de un condensador plano (ejemplo 4.8). En efecto, siescribimos

log(b/a) = log(1+d/a)≈ d/a d a


se tiene:

C ≈ 2πaLε0

d=

Aε0

d

donde A = 2πaL corresponde al área del cilindro interno. Consideremos ahora un condensadorcilíndrico de largo L = 5 cm, radios externo b = 0,5 cm e interno a = 0,1cm. La capacidad esC = 2π8.85×10−12×0,05

ln(5) = 1,75×10−12 F. Si conectamos una batería de 5 Volt a este condensador,se almacenará una carga de

Q =C∆φ = 8,784×10−12 C

Ejemplo 4.10 — Condensador esférico. Considere un condensador esférico, que consistede 2 esféras concéntricas de radios a y b. La cáscara interior posee carga Q distribuída uniforme-mente sobre su superficie, y la esfera exterior posee una carga igual pero opuesta −Q. Cuál es lacapacidad de esta configuración?

SoluciónEl campo eléctrico sólo es distinto de cero en la región a < r < b. Usando la ley de Gauss conuna superficie esférica y de radio r como se muestra en la figura

∫∫S

d~S(~x′) ·~E(~x′) = E(r)4πr2 =Qε0

de donde

E(r) =1

4πε0

Qr2


La diferencia de potencial entre las dos cáscaras conductoras es

∆φ = φb−φa =−∫ b

ad~l ·~E

φb−φa =−Q

4πε0

∫ b

a

drr2 =− Q

4πε0

(1a− 1

b

)=− Q

4πε0

(b−a

ab

)de donde obtenemos

C =Q| ∆φ |

= 4πε0

(ab

b−a

)

Ejemplo 4.11 — Capacidad de la tierra. La superficie de la tierra (radio RT = 6400 km) yla ionósfera (a una altura de h∼ 100 km) son dos capas conductoras que forman un condensador.Típicamente, entre la superficie de la tierra y la ionósfera hay una diferencia de potencial de 350kV. Dado que el aire presente entre ambas superficies es parcialmente conductor, la magnituddel campo eléctrico decae exponencialmente en function de la altura z respecto de la superficie(E = E0e−z/H con H = 3.5 km), como vimos en el ejemplo 3.18.Cuál es la magnitud E0 del campo eléctrico en la superficie terrestre? Cuál es la carga totalacumulada en la superficie de la tierra?. Cuál es la capacidad de este condensador?.

SoluciónNotese que el espacio entre la superficie de la tierra y la ionosfera (atmósfera) no es el vacío, yla fórmula del ejemplo 4.10 para la capacidad de un condensador esférico no es directamenteaplicable en este caso. En efecto, vimos en el ejemplo 3.18 que existe una densidad de carga nonula en la atmósfera. El campo eléctrico puede ser escrito como ~E = E0e−r/H r donde RT < r < h.La diferencia de potencial entre la ionósfera y la superficie de la tierra puede ser escrita como

∆φ =−∫ h

0~E · rdr =−E0

∫ h

0e−r/Hdr = E0H(e−h/H −1)

Evaluando para H = 3.5 km, h = 100 km, y ∆φ = 350 kV, se obtiene la magnitud del campoeléctrico sobre la superficie terrestre:

E0 =−∆φ

H(1− e−h/H)≈−∆φ

H=−100 V/m

La tierra está entonces negativamente cargada. La carga Q puede ser calculada considerando queel campo eléctrico en su superficie está dado por:

E0 =Q

4πε0R2T


donde RT = 6400 km es el radio de la tierra. Se obtiene una carga total de :

Q = 4πε0R2T E0 =−4.55×105 C

Y la capacidad del sistema tierra-ionósfera es entonces

C =| Q | /∆φ = 1.3 F

Si toda la carga concentrada en la atmósfera se concentrara en la ionósfera, la capacidad delsistema, aplicando el resultado encontrado en 4.10, sería

C = 4πε0

(RT (RT +h)

h

)= 0.046 F

Ejemplo 4.12 — Condensador con tres esferas. Considere un conductor esférico de radioa dentro de otro de radio b. En el espacio entre ambos conductores se introduce un cascarónesférico conductor de radios interno y externo c y d, respectivamente. Si el conductor de radio atiene carga Q y el exterior de radio b tiene −Q, discuta que ocurre con la capacidad al introducirel cascarón

SoluciónEn el ejemplo 4.10 se obtuvo que la capacidad de un condensador esférico está dada por

C =Q| ∆φ |

= 4πε0

(ab

b−a

)Veamos que ocurre cuando se introduce un conductor neutro entre a y b. Distinguimos 3 regiones,como se indica en la figuraClaramente el campo en todo el espacio presenta una dependencia radial. Por ley de Gauss,utilizandouna superficie esférica de radio r, con a < r < c∫∫

Sd~S(~x′) ·~E(~x′) = E(r)4πr2 =

Qε0

~E(r) =Q

4πε0r2 r a < r < c

Para la región II, dada por c < r < d

~E(~x) = 0 ∀~x ∈ II


pues corresponde al interior de un conductor. En consecuencia, se induce una carga −Q sobra lasuperficie interna del cascarón. Dado que éste es neutro, sobre su superficie exterior se inducecarga Q. Para la región III, exactamente el mismo resultado encontrado en la región I se obtienepara el campo eléctrico ~E(r) = Q/(4πε0r2), d < r < b. Vemos que la introducción del cascarónconductor altera el campo eléctrico en el interior del condensador, pues éste se anula en la regióninterior al cascarón, claramente disminuyendo la diferencia de potencial entre el conductor deradio a y el conductor de radio b. En consecuencia, aumentará la capacidad del sistema, enefecto

∆φ = φa−φb =∫ b

ad~x ·~E(~x) =

∫ b

ad~r ·~E(r)

donde usamos un camino radial para calcular la integral de línea, dada la naturaleza del campo

∆φ =∫ c

ad~r ·~E(r)+

∫ d

cd~r ·~E(r)+

∫ b

dd~r ·~E(r)

y como ~E(r) = 0 ∀c < r < d

∆φ =∫ c

ad~r ·~E(r)+

∫ b

dd~r ·~E(r) =

∫ c

adr

Q4πε0r2 +

∫ b

ddr

Q4πε0r2

∆φ =

(1a− 1

b+

1d− 1

c

)Q

4πε0

Pero c < d, entonces1c>

1d⇒ 1

d− 1

c< 0

En consecuencia, la diferencia de potencial entre el conductor interior y exterior disminuye encomparación al caso en que no está el cascarón. De esta forma, la capacitancia C = Q

∆φes mayor

que la del condensador esférico original

Ejemplo 4.13 — Carga al interior de un condensador plano. Considere un condensadorde placas paralelas cargadas con densidades σ y −σ , como muestra la figura. Se arroja unacarga q horizontalmente por el espacio entre las placas con velocidad vx. Encuentre la trayectoriaseguida por la partícula cargada y el ángulo que forma su vector velocidad con la horizontal almomento de salir, considerando que l es lo suficientemente grande como para que la carga nochoque con alguna de las placas. Considere además que en todo instante la carga q siente unafuerza electrostática


SoluciónEl campo eléctrico en la región entre placas, despreciando efectos de borde y considerando d lestá dado por

~E(~x) =σ

2ε0j+

σ

2ε0j =

σ

ε0j

Así, la fuerza electrostática que siente la carga q está dada por

~F = qσ

ε0j

Notar que estrictamente esto es válido únicamente cuando q está en reposo, sin embargo con-sideraremos que esta fuerza de interacción se mantiene a medida que la carga se mueve. De lasegunda ley de Newton

~a =1m~F =

qσ

mε0j

De esta forma, la cinemática de la carga está descrita por

x(t) = vxt

y(t) =12

qσ

mε0t2

y las velocidadesVx(t) = vx

Vy(t) = at =qσ

mε0t

donde el origen coincide con la posición inicial de la carga la momento de ingresar a la región.Para obtener la trayectoria, utilizamos

t =x(t)vx

y entonces

y(x) =12

qσ

mε0

x2

v2x

la trayectoria es una parábola en el plano x− yEl tiempo que demora la carga en llegar al extremo derecho es

td =dvx


con esto, la velocidad vertical en el momento en que sale es

Vy(td) = atd =qσ

mε0

dvx

y el ángulo α está dado por

α = tan−1(

Vy(td)Vx(td)

)= tan−1

(qσd

mε0v2x

)Notar que se debe tener

y(td) =12

qσ

mε0(

dvx)2 ≤ l

2

4.4.4 Fuerza entre conductores cargados¿Cuál será la fuerza entre las placas de un condensador cargado? Evidentemente debe existir unafuerza que contrarreste la atracción entre ambas placas que poseen cargas de signo opuesto. Estafuerza es fácil de obtener usando el resultado para la energía electrostática de un condensador. Siimaginamos que el espacio entre 2 placas es incrementado una pequeña cantidad dz de formacuasiestática, entonces el trabajo mecánico realizado será

W = Fdz

donde F es la magnitud de la fuerza entre las placas. Este trabajo debe ser igual al cambio en laenergía electrostática del condensador. Notando que

U =12

Q2

C


El cambio en la energía si la carga permanece constante es

∆U =12

Q2d[1C] =− Q2

2C2 dC

donde dC es el cambio en la capacidad del condensador. Luego, se tiene

F∆z =− Q2

2C2 dC

En el límite cuando dz→ 0

F =− Q2

2C2dCdz

=

(dUdz

)∣∣∣Q=cte

Generalizando esta ecuación al caso tridimensional, la fuerza aplicada a una de las placas es:

~F =− Q2

2C2 ∇C = ∇U∣∣∣Q=cte

(4.10)

Notar que para éste cálculo hemos asumido que la carga en el condensador permanece constante(es decir el condensador se encuentra aislado y no está eléctricamente conectado a otros objetos,de forma que la carga total no cambia).

Supongamos que ahora tenemos la situación en la que el condensador es mantenido a unadiferencia de potencial ∆φ constante y que se aumenta la separación entre placas de una cantidaddz.

como la capacidad disminuye, debe haber una disminución en la carga de cada placa dQ =−dC∆φ para mantener una diferencia de potencial ∆φ constante. La batería entonces consumeuna energía Wbat = dQ∆φ =−dC∆φ 2

En este caso, el trabajo realizado por la fuerza F es igual al trabajo consumido por la batería y alcambio de energía electrostática al interior del condensador:

W = Fdz = dU−dC∆φ2

Y como:dU =

12

∆φ2dC

entonces

F =−12

∆φ2 dC

dz=−

(dUdz

)∣∣∣∆φ=cte


Generalizando

~F =−12

φ2~∇C =−∇U

∣∣∣∆φ=cte

(4.11)

Ejemplo 4.14 — Fuerza entre dos placas paralelas. Dos placas conductoras cuadradasde lado a se disponen con sus caras paralelas y muy próximas entre sí. La distancia entre lasplacas es x, como se indica en la figura. Calcule la fuerza sobre la placa de la izquierda cuandola diferencia de potencial entre las placas es φ0.

SoluciónLa energía almacenada en el condensador es

U =12

Cφ20

donde la capacidad está dada por

C(x,z) =ε0A(z)

x=

ε0a(a− z)x

donde A es el área entre las placas. De esta forma, aplicando la ecuación 4.11

~F =−~∇U =dUdx

i+dUdz

k =−12

φ20

(ε0(a− z)a

x2 i+ε0ax

k)

~F =−12

φ20

εo(a− z)ax

i− 12

φ20

εoax

k

4.4.5 Conexión entre condensadoresUn condensador se puede cargar al conectar sus dos extremos a una batería, que mantiene unadiferencia de potencial ∆φ entre ambos conductores.La conexión resulta de compartir cargas entre los 2 metales y los terminales de la batería. Porejemplo, la placa que se conecta al terminal positivo, adquirirá carga positiva. Esto produceuna reducción momentánea de carga en los terminales, y por lo tanto la diferencia de potencialdecrece entre éstos. Luego, reacciones químicas dentro de la batería transfieren más carga desdeun terminal al otro para compensar esta pérdida y mantener el voltaje en su nivel inicial. Labatería se puede pensar entonces como una bomba de carga.


Conexión en paralelo

Dos condensadores, de capacidad C1 y C2 con cargas Q1 y Q2, respectivamente, se conectan enparalelo, como en la figura siguiente

Las placas a la izquierda de cada condensador son conectadas al terminal positivo de la bateríay están al mismo potencial φ+. De forma similar, las placas a la derecha están conectadas alterminal negativo y poseen el mismo potencial de éste, φ−. La diferencia de potencial es entoncesla misma (∆φ = φ+−φ−) entre las placas de ambos condensadores, lo que significa:

∆φ =Q1

C1=

Q2

C2

La batería suministra entonces una carga total Q = Q1 +Q2 al sistema. Estos condensadores sepueden ver como un condensador equivalente de capacidad equivalente Ceq, tal que:

Q =Ceq∆φ = Q1 +Q2 =C1∆φ +C2∆φ = (C1 +C2)∆φ

de forma que

Ceq =Q

∆φ=C1 +C2

Luego, condensadores conectados en paralelo suman su capacidad. En general, para un sistemade N condensadores en paralelo, se tiene

Ceq =C1 +C2 +C3 + ...+CN =N

∑i=1

Ci (4.12)


Conexión en serie

Supongamos que tenemos ahora dos condensadores inicialmente descargados C1 y C2 conectadosen serie, y que una diferencia de potencial ∆φ se aplica los extremos. La placa izquierda delcondensador C1 está conectada al terminal positivo y adquiere una carga +Q, mientras que laplaca derecha del condensador C2 se conecta al terminal negativo y se carga negativamente con−Q. ¿Qué sucede con las placas interiores?. Inicialmente descargadas, por inducción ahoraadquieren cargas iguales pero opuestas. De esta forma, la placa derecha del condensador C1adquirirá carga −Q y la placa izquierda del condensador C2, +Q.

Las diferencias de potencial en los condensadores son

∆φ1 =QC1

∆φ2 =QC2

Vemos que la diferencia de potencial ∆φ es simplemente la suma de las diferencias para cadacondensador

∆φ = ∆φ1 +∆φ2

Estos dos condensadores se pueden reemplazar por un único condensador equivalente tal que

Ceq =Q

∆φ

LuegoQ

Ceq=

QC1

+QC2

y la capacidad equivalente para dos condensadores en serie está dada por

1Ceq

=1

C1+

1C2

En general, para un sistema de N condensadores en serie

1Ceq

=1

C1+

1C2

+ ...+1

CN=

N

∑i=1

1Ci

(4.13)


Ejemplo 4.15 — Conexión de varios condensadores. Considere la configuración de lafigura. Encuentre la capacidad equivalente asumiendo que todos los condensadores tienen lamisma capacidad C.SoluciónAl medio se tienen 2 condensadores en serie, que equivalen, de acuerdo a 4.13, a un condensadorde capacidad 1/(1/C+1/C) =C/2. De igual forma, para los 3 condensadores en serie se tiene1/(1/C+1/C+1/C) =C/3. Con esto, se obtiene el siguiente circuito equivalente

Notar que ahora tenemos 3 condensadores en paralelo. La capacidad equivalente se obtieneusando 4.12

Ceq =C(

1+12+

13

)=

116

C

Ejemplo 4.16 — Pérdida de energía. Se tiene un condensador plano con capacidad C1 yun condensador esférico con capacidad C2. El primero tiene cargas eléctricas Q1 y −Q1 y elsegundo tiene cargas eléctricas Q2 y −Q2. Luego se conectan ambos condensadores como lomuestra la figura:a) Obtenga las nuevas cargas Q′1, −Q′1, Q′2, −Q′2 una vez obtenido el equilibrio eléctrico.b) ¿Cuánto vale la pérdida de energía potencial eléctrica?c) ¿Dónde se pierde dicha energía?d) Se coloca un dipolo eléctrico ~p entre las dos esferas del condensador esférico. ¿Qué sucedecon él?

Solucióna) Por conservación de la carga eléctrica, al conectar ambos condensadores, la carga total se


mantiene constante, luegoQ1 +Q2 = Q′1 +Q′2

Al producirse el equilibrio eléctrico, la diferencia de potencial ∆φ es común para ambos conden-sadores (están conectados en paralelo), esto es:

Q′1 =C1∆φ

Q′2 =C2∆φ

LuegoQ′1Q′2

=Q1

Q2

Con esto

Q′1 =C1(Q1 +Q2)

C1 +C2

Q′2 =C2(Q1 +Q2)

C1 +C2

b) La energía inicial está dada por (Ecuación 4.9)

Ui =12

Q21

C1+

12

Q22

C2

Y la energía final

U f =12

Q′21C1

+12

Q′22C2

La diferencia de energía es

Ui−U f =12

(Q2

1C1

+Q2

2C2− Q′21

C1− Q′22

C2

)=

12

(Q2

1C1

+Q2

2C2−C1(Q1 +Q2)

2

(C1 +C2)2 −C2(Q1 +Q2)

2

(C1 +C2)2

)

Ui−U f =12(Q1C2−Q2C1)

2

C1C2(C1 +C2)> 0

Existe entonces una pérdida de energía.


c) La pérdida de energía se produce debido a que al conectar ambos condensadores, se produceuna redistribución de carga en ellos (y entonces en un intervalo de tiempo breve circula unacorriente eléctrica en los conductores). La energía que se pierde corresponde a la energía disipadaen forma de calor en los conductores. Esto se demostrará en el ejemplo ??.

d) El dipolo gira para orientarse en el sentido del campo eléctrico entre ambas cáscaras esféricas.Además, como el campo no es uniforme en esta región, el dipolo se desplaza hacia donde elcampo eléctrico es más intenso, es decir, hacia la cáscara negativa

Ejemplo 4.17 — Conexión con condensadores cargados. Un condensador de 100 pFse carga a 100 V. Una vez cargado, se desconecta de la batería y se conecta en paralelo a otrocondensador, incialmente descargado. Si el voltaje final es de 30 V, encuentre la capacidad delsegundo condensador

SoluciónInicialmente, se carga el condensador de C1 = 100 pF mediante una fuente de ∆φ0 =V0 = 100V, como se muestra en la figura

En estas condiciones, la carga acumulada en el condensador está dada por

Q0 =C1V0

A continuación, es conectado en paralelo con el condensador C2, como se ve a continuación

La conservación de la carga eléctrica implica

Q1 +Q2 = Q0


Además, la diferencia de potencial entre las placas debe ser la misma para ambos condensadores,esto es

∆V2 =Q2

C2=

Q1

C1

De esta última se deduceQ1 =

C1Q2

C2

reemplazando en la primera, se obtiene

Q0 = Q2

(1+

C1

C2

)Luego

Q2 =C2Q0

C1 +C2

Pero∆V2 =

Q2

C2=

Q0

C1 +C2

FinalmenteC2 =

Q0−C1∆V1

∆V2

y entonces

C2 =7003

= 233.3 pF

Ejemplo 4.18 — Conexión entre condensadores de polaridad opuesta. Dos conden-sadores descargados de capacidades C1 y C2 se conectan en paralelo con una batería que entregauna diferencia de potencial V0. Luego se desconectan y, sin batería, se conectan de modo que laplaca positiva del primer condensador se conecta a la placa negativa del segundo condensador yviceversa. Calcule la nueva carga en cada placa del condensador.

SoluciónCuando ambos condensadores se conectan en paralelo a una fuente V0 se tiene la siguientesituación

Las cargas Q1 y Q2 en cada condensador están dadas por

Q1 =C1V0


Q2 =C2V0

Posteriormente, la batería es desconectada. La figura ( a la izquierda) muestra la configuraciónjusto antes de conectar ambos condensadores. Después de realizada la conexión, y alcanzado unestado de equilibrio, las cargas en cada condensador serán Q′1 y Q′2 ( a la derecha)

Por conservación de carga

Q′1 +Q′2 = Q1−Q2

Ambos condensadores se encuentran al mismo potencial, digamos ∆V

Q′1C1

=Q′2C2

Despejando Q1′ y Q′2, y usando que Q1 =C1V0 y Q2 =C2V0

Q′1 =C1 (C1−C−2)V0

C1 +C2

Q′2 =C2 (C1−C−2)V0

C1 +C2

Ejemplo 4.19 — Condensadores e interruptores. Se tiene un circuito como el que semuestra en la figura.


a) Encontrar la carga de cada condensador cuando se cierra el interruptor S1.b) Cuando se cierra también el interruptor S2.

Solucióna) Cuando sólo se cierra el interruptor 1, se tiene

En este caso, C1 y C3 están en serie, asi como también C2 y C4. La capacidad equivalente entreC1 y C3 está dada por

1Ceq1

=1

C1+

1C3

= 1+13

µ =43(µF)−1

Con lo que

Ceq1 =34

µF

Del mismo modo, para la capacidad equivalente entre C2 y C4

1Ceq2

=1

C2+

1C4

=12+

14(µF)−1 =

34(µF)−1

Así

Ceq2 =43

µF

Por último, Ceq1 y Ceq2 están en paralelo, por lo que la capacidad total será

Ceq =Ceq1 +Ceq2 =34+

43=

2512

µF

Con esto podemos determinar la carga total suministrada por la fuente, dada por

Q = ∆VC = 122512

µF = 25 µC

Ahora, sea Qi la carga acumulada por el condensador i. Se tiene que Q1 = Q3, Q2 = Q4, ya quese encuentran en serie. Sea Vi la diferencia de potencial entre los terminales del condensador i.Así

Q1 = 1µV1

Q2 = 2µV2


Q3 = 3µV3 = Q1

Q4 = 4µV4 = Q2

Además, los voltajes están relacionados según

12 =V1 +V3 =V2 +V4

Resolviendo este sistema, se tiene

Q1 =V1,Q2 = 2V2,Q1 = 36−3V1,Q2 = 48−4V2

Así,

V1 = 36−3V1,2V2 = 48−4V2

De donde se obtiene finalmente

V1 = 9 V, V2 = 8 V, V3 = 3 V, V4 = 4 V

Por último Q1 = 9µC,Q2 = 16 µC. Q3 = 9 µC, Q4 = 16 µC. Se comprueba que Q1 +Q2 =Q3 +Q4 = 25 µC = Q

b) Ahora se tiene lo siguiente

Aquí, se tiene a los condensadores C1 y C2 en paralelo, lo mismo sucede con C3 y C4

Ceq1 =C1 +C2 = 3µF

Ceq2 =C3 +C4 = 7µF

Y estos dos se encuentran en serie, por lo que

1Ceq

=13+

17(µF)−1 =

1021

(µF)−1

Así

Ceq =2110

µF

4.5 Ecuación de Poisson 141

Y la carga suministrada por la fuente será

Q =2110

V =21 ·12

10=

1265

= 25,2µC

Además, se tiene V1 =V2, V3 =V4, ya que se encuentran en paralelo. Así

V1 =1µ

Q1=V2 =

2µ

Q2

V3 =3µ

Q3=V4 =

4µ

Q4

Con esto

2Q1 = Q2

4Q3 = 3Q4

También debe tenerse que

Q1 +Q2 = Q3 +Q4 = 25,2 µC

Así2Q1 = Q2 = 25,2−Q1→ Q1 = 8,4 µC

Q3 = 25,2−Q4 = 25,2− 43

Q3→ Q3 = 10,8 µC

Q4 =43

Q3 = 14,4 µC

4.5 Ecuación de Poisson4.5.1 Problema general: ¿cómo determinar el campo eléctrico en la presencia de

conductores?En una primera parte, hemos abordado situaciones simples en las que la simetría de los con-ductores implican una densidad de carga uniforme sobre su superficie. Cuando esta simetría noexiste, la dificultad que se presenta es evidente. Supongamos que cerca del conductor existe unacarga q. La única posibilidad para que el campo eléctrico al interior del conductor se anule esque una densidad de carga se establezca en la superficie del conductor para anular al campo de lacarga q en todo punto interior. ¿Cómo podemos determinar la forma en que se distribuyen lascargas en su superficie?Sabemos que el campo es normal a la superficie y en principio la ecuación 4.1 nos permitedeterminar la densidad superficial de carga sobre un conductor, pero a condición de conocer elcampo eléctrico en todo punto de la superficie. ¿Cómo podemos determinar el campo eléctricosin conocer a priori la densidad de carga en el conductor?. Claramente este es un problema quese debe resolver de forma autoconsistente.

El teorema de completitud de Helmholtz 3.12.1 establece que el campo electrostático estácompletamente determinado por el potencial escalar φ , el cual hemos visto que cumple unacondición de borde convenientemente simple en la superficie de un conductor. Conviene entonces


plantear el problema general de la electrostática en términos de una ecuación que debe satisfacerel potencial φ en todo el espacio. En este marco, la superficie de un conductor representaria unacondición de borde relativamente simple.

4.5.2 La ecuación de PoissonLa forma diferencial de la ley de circulacion (3.25), ~∇×~E(~x) = 0 es equivalente a decir queexiste un potencial φ tal que

~E(~x) =−~∇φ(~x)

Combinando este resultado con la forma diferencial de la ley de Gauss 3.24, se obtiene unaecuación diferencial de segundo orden para el potencial escalar:

~∇ ·~E(~x) =−~∇2φ(~x) =

ρ(~x)ε0

Teorema 4.5.1 — Ecuación de Poisson (1813). El potencial φ satisface la ecuación dePoisson

~∇2φ(~x) =−ρ(~x)

ε0(4.14)

En regiones libres de cargas, la ecuacion de Poisson se reduce a la ecuación de Laplace.

~∇2φ(~x) = 0 (4.15)

Notar que la identidad (8.6), válida en el marco de la teoría de distribuciones, se interpreta fácil-mente como la ecuación de Poisson para una carga puntual unitaria en el punto~x′, representadapor ρ(~x) = δ (~x′). En efecto, el potencial asociado está dado por φ(~x) = 1

4πε0‖~x−~x′‖ , y la ecuaciónde Poisson 4.14 nos dice entonces:

~∇2φ(~x) =

14πε0

~∇2 1‖~x−~x′‖

=− 1ε0

δ (~x−~x′)

Y obtenemos entonces ~∇2 1‖~x−~x′‖ =−4πδ (~x−~x′).

Ejemplo 4.20 — Densidad de carga del atomo de hidrogeno. El promedio temporal delpotencial de un átomo de hidrógeno está dado por

φ(r) =1

4πε0q

e−αr

r

(1+

αr2

)


donde q es la magnitud de la carga del electrón y α = a0/2, siendo a0 el radio de Bohr. Encuentrela distribución de cargas correspondiente a este potencial e interprete físicamente su resultado

SoluciónEl potencial satisface la ecuación de Poisson 4.14

~∇2φ =− ρ

ε0

en coordenadas esféricas, y dado que el potencial solo depende de r:

~∇2φ(r) =

1r

∂ 2

∂ r2 rφ(r) =−ρ(r)/ε0

Sea ψ(r) = 1r , y f (r) = rφ(r), y utilizamos la identidad

~∇2[ψ f ] = ~∇ · [~∇ψ f ] = ~∇ ·(

ψ~∇ f + f~∇ψ

)Luego

~∇2ψ f = ψ~∇2 f + f~∇2

ψ +2~∇ψ ·~∇ f

Donde sabemos que ~∇2ψ =−4πδ (r), y ~∇ψ =−rr/r3. Además

~∇2 f (r) =1r

d2

dr2 r f (r) =1r

ddr

(r f ′+ f

)=

1r

(r f ′′+2 f ′

)= f ′′+

2r

f ′

y

2~∇ψ ·~∇ f =− 2r2 r ·~∇ f =− 2

r2∂

∂ rf =− 2

r2 f ′

con todo esto

~∇2φ =

1r

f ′′+2r2 f ′−4π f (r)δ (~x)− 2

r2 f ′ =−4π f (0)δ (~x)+1r

d2 f (r)dr2

Obtenemos

f ′ =− 14πε0

αq2

e−αr (1+αr)

f ′′ =1

4πε0

α3q2

re−αr

finalmente

~∇2φ =− ρ

ε0=− q

ε0δ (~x)+

14πε0

qα3

2e−αr

Luego, la densidad de carga del átomo es:

ρ(~x) = qδ (~x)− qα3

8πe−αr

La interpretación física es la siguiente: qδ (~x) representa al protón en el origen, mientrasque −qα3

8πe−αr es la densidad promedio de la nube orbital electrónica, cuya integral en todo el

espacio es igual a −q.


Ejemplo 4.21 — Carga entre cilindros. Dos cilindros muy largos y concéntricos, de radiosa y b, con b > a, se encuentran inicialmente descargados. La región entre ambos se llena con unadensidad homogénea de carga ρ , y luego cada uno de los cilindros se conectan a tierra. Calculeel potencial y el campo eléctrico en la región interior. Cual es la densidad de carga inducida encada cilindro?.

SoluciónEn la región interior a ambos cilindros, es decir a < r < b, el potencial satisface la ecuación dePoisson

~∇2φ(~x) =−ρ(~x)

ε0

Si usamos coordenadas cilíndricas, el potencial podría depender de ϑ , r y z. Sin embargo, de lasimetría del problema es evidente que

∂φ

∂ϕ= 0

con lo que φ = φ(r,z). Además, debido a que la longitud de los cilindros es mucho mayor a(b−a), el potencial también debe ser simétrico con respecto a z. De esta forma, podemos despre-ciar efectos de borde y considerar que el potencial es sólo una función radial de la forma φ = φ(r)

Ahora, el Laplaciano en coordenadas cilíndricas para una función que sólo depende de r es

~∇2φ(r) =

1r

∂

∂ r(r

∂φ(r)∂ r

)

De esta forma, la ecuación de Poisson se transforma en

1r

∂

∂ r(r

∂φ

∂ r) =− ρ

ε0

Equivalentemente∂

∂ r(r

∂φ

∂ r) =−rρ

ε0

Luego

r∂φ

∂ r=−

∫dr

rρ

ε0+C =−r2ρ

2ε0+C

∂φ

∂ r=− rρ

2ε0+

Cr


Finalmente

φ(r) =−∫

drrρ

2ε0+∫

drCr=−r2ρ

4ε0+C lnr+A

Esta es la solución general de la ecuación de Poisson para un potencial de simétría cilíndrica,dependencia radial, y densidad de carga constante. Ahora debemos imponer las condiciones deborde adecuadas. Tenemos φ(a) = 0, lo que equivale a imponer que la superficie cilíndrica deradio a es una equipotencial conectada a tierra. Luego

φ(a) =−a2ρ

4ε0+C lna+A = 0

Además, φ(b) = 0, con esto

φ(b) =−b2ρ

4ε0+C lnb+A = 0

Restando ambas ecuaciones, obtenemos

0 =C(lna− lnb)+(b2−a2)ρ

4ε0

lo que determina la constante C

C =(a2−b2)ρ

4ε0 ln(a/b)

De la primera condición despejamos A

A =a2ρ

4ε0− lna

(a2−b2)ρ

4ε0 ln(a/b)

A =a2 ln(a/b)ρ− lna(a2−b2)ρ

4ε0 ln(a/b)=

ρ(b2 lna−a2 lnb)4ε0 ln(a/b)

Con esto, la solución del potencial para a < r < b es

φ(r) =−r2ρ

4ε0+

(a2−b2)ρ

4ε0 ln(a/b)lnr+

ρ(b2 lna−a2 lnb)4ε0 ln(a/b)

Ahora, para obtener el campo eléctrico, usamos el hecho ~E(~x) =−~∇φ(~x), de manera que

~E(r) =−∂φ

∂ rr =

(rρ

2ε0− (a2−b2)ρ

4ε0r ln(a/b)

)r

que es el campo eléctrico para a < r < b. Para r < a es claro que el campo ~E es nulo, ya que nohay carga encerrada por el conductor interior. Calculemos las densidades de cargas sobre losconductores. Para el conductor interior, tenemos que el campo eléctrico sobre su superficie tienemagnitud

E(a) =aρ

2ε0− (a2−b2)ρ

4ε0a ln(a/b)

La densidad de carga sobre la superficie de un conductor se relaciona con el campo eléctricosegún

E =σ

ε0


Con esto la densidad de carga será

σ1 = ε0

(aρ

2ε0− (a2−b2)ρ

4ε0a ln(a/b)

)El campo eléctrico en la superficie del conductor exterior tiene magnitud

E(b) =bρ

2ε0− (a2−b2)ρ

4ε0b ln(a/b)

y la densidad de carga será

σ2 = ε0

(bρ

2ε0− (a2−b2)ρ

4ε0b ln(a/b)

)

Ejemplo 4.22 — Condensador en ángulo. Considere el siguiente dispositivo. Despreciandolos efectos de borde:

a) Determine el potencial y el campo eléctrico entre las placas.b) Determine la capacidad por unidad de largo en la dirección z (perpendicular a la hoja).

Solucióna) Sabemos que las líneas equipotenciales deben respetar la geometría del dispositivo. Deesta forma, las equipotenciales serán rectas radiales. Por lo tanto, las líneas de campo, alser perpendiculares a las equipotenciales, deben seguir la dirección θ , es decir, son arcosconcéntricos.Si suponemos que el dispositivo es muy largo en la dirección Z, entonces se puede suponer que

~E = E(r,ϑ)ϑ

Pero

~E =−~∇φ(r,ϑ) =−∂φ

∂ rr− 1

r∂φ

∂ϑϑ

Como el campo tiene dirección θ , ∂φ

∂ r = 0. Luego, se tiene que el potencial sólo depende de ϑ ,lo cual era de esperarse. Planteamos la ecuación de Laplace en coordenadas cilíndricas:


~∇2φ =

1r2

∂ 2φ

∂ϑ 2 = 0

φ(ϑ) = Aϑ +B

Pero la placa inferior está conectada a tierra

φ(0) = 0→ B = 0

φ(ϑ0) = φ0→ A =φ0

ϑ0

Finalmente

φ(ϑ) =φ0

ϑ0ϑ

~E(r,ϑ) =−1r

φ0

ϑ0ϑ

b)Calculemos la capacidad por unidad de largo :

C =Qφ0

La carga Q de una de las placas puede calcularse a partir de la densidad de carga σ que apareceen cada placa del condensador. Su valor puede determinarse directamente del campo eléctrico

~E · n =σ

ε0

De donde obtenemos

σ =ε0

rφ0

θ0

Así, el valor de Q es

Q =∫ b

aσ(r)dr =

∫ b

a

ε0

rφ0

ϑ0dr = ε0

φ0

ϑ0ln(

ba)

Finalmente


C = Q/φ0 =ε0

ϑ0ln(

ba)

Ejemplo 4.23 — Condensador cónico. Dos conos conductores concéntricos, cuyas ecua-ciones en coordenadas esféricas son ϑ1 = π/6, y ϑ2 = π/4 respectivamente, se muestran enla figura. Los conos son de extensión infinita y en r = 0 están separados por una distanciainfinitesimal. Si el cono interior está a un potencial de 0 V, y el exterior a 50 V , determinar elpotencial y el campo eléctrico ~E en la región interior a ambos conductores.

SoluciónSea Ω la región delimitada por ϑ1 < ϑ < ϑ2. Si no hay densidad de carga libre en Ω, el potencialsatisface la ecuación de Laplace:

~∇2φ = 0

El problema posee una clara simetría azimutal (el potencial no depende del ángulo polar ϕ).Además, debe existir una independencia en la coordenada r, pues la extensión de los conos esinfinita. De esta forma, el potencial debe ser únicamente función de ϑ , y se debe resolver

~∇2φ(r,ϑ ,ϕ) =

1r2 sinϑ

∂

∂ϑ

(sinϑ

∂φ

∂ϑ

)= 0

Equivalentemente

∂

∂ϑ

(sinϑ

∂φ

∂ϑ

)= 0

sinϑ∂φ

∂ϑ=C1

∂φ

∂ϑ=C1 cscϑ

φ(ϑ) =C1

∫ dϑ

sinϑ+C2


Además ∫ dϑ

sinϑ= ln(tanϑ/2)+C

En efecto

ddϑ

(ln(tanϑ/2)+C) =1

tanϑ/2sec2

ϑ/212=

12cosϑ/2sinϑ/2

=1

sinϑ

con esto

φ(ϑ) =C1 ln(tanϑ/2)+C2

Debemos imponer las condiciones de borde en las superficies conductoras. Se tiene

φ(ϑ1) = 0

φ(π/6) =C1 ln(tanπ/12)+C2 = 0

Ademásφ(ϑ2) = 50

φ(π/4) =C1 ln(tanπ/8)+C2 = 50

Resolviendo el sistema para C1 y C2

50 =C1 (ln(tanπ/8)− ln(tanπ/12))

50 =C1 ln(

tanπ/8tanπ/12

)

C1 =50

ln(

tanπ/8tanπ/12

)y

C2 =−C1 ln(tanπ/12)

Evaluando numéricamente:C1 = 114.79

C2 = 151.17

y la solución es

φ(ϑ) = 114.79ln(tanϑ/2)151.17

El campo está dado por ~E(~x) =−~∇φ(~x). En coordenadas esféricas, y considerando que φ solodepende de ϑ

~E(r,ϑ) =−1r

∂φ

∂ϑϑ =−1

r114.792sinϑ

ϑ


4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno

Consideremos una región del espacio Ω⊆ R3. A continuacion enunciaremos un teorema quepermite obtener φ en Ω mediante una ecuación integral que involucra una integral sobre Ω ysobre su frontera ∂Ω. La demostración se puede encontrar en el anexo 8.4 y utiliza los teoremasde Green.

Teorema 4.6.1 Ecuación integral de Poisson Si φ satisface la ecuación de Poisson en Ω

(4.14), entonces, para~x ∈Ω:

φ(~x) =1

4πε0

∫∫∫Ω

d3x′ρ(~x′)‖~x−~x′‖

− 14π

∫∫∂Ω

d~S(~x′) ·~E(~x′)‖~x−~x′‖

+1

4π

∫∫∂Ω

d~S(~x′) · ~x′−~x‖~x′−~x‖3 φ(~x′)

(4.16)

Notar entonces que el valor del potencial en todo punto~x ∈Ω puede ser determinado a partir dela densidad de carga en Ω, y del valor del potencial y del campo eléctrico en la frontera ∂Ω. Esdecir, todo la informacion de lo que ocurre fuera de Ω se encuentra contenida en la frontera ∂Ω.

Corolario 4.6.2 Si escogemos Ω = R3, y si la densidad de carga es integrable (∫∫∫

R3 d3x′ |ρ(~x′) |< ∞),se obtiene el conocido resultado (3.2):

φ(~x) =1

4πε0

∫∫∫R3

d3x′ρ(~x′)‖~x−~x′‖

Ejemplo 4.24 — Aplicación al caso de un conductor. Para ilustrar la validez de laecuación integral de poisson, consideremos un conductor definido por una región del espa-cio Ω y una cierta distribucion de cargas externa ρext . Sea ~x un punto arbitrario interior alconductor, y apliquemos la ecuación integral de Poisson 4.16.

considerando que la densidad de carga ρ es nula en Ω, que el potencial es constante e igual a φ0en ∂Ω (equipotencial), y que ~E =~0 en todo punto interior a Ω, las dos primeras integrales seanulan

φ(~x) = φ01

4π

∫∫∂Ω

d~S(~x′) · ~x′−~x‖~x′−~x‖3

La integral que multiplica a φ0 es matemáticamente equivalente al flujo sobre ∂Ω del campoeléctrico producido por una carga q = ε0 situada en~x, que por la ley de Gauss vale q/ε0 = 1. Laecuación integral de Poisson nos dice entonces que el potencial en un punto arbitrario~x ∈Ω es

4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno 151

igual al potencial sobre la superficie del conductor, φ(~x) = φ0.

Consideremos ahora un punto~x exterior a Ω y apliquemos la ecuación integral de Poisson paraR3/Ω. La frontera de este volumen corresponde a la superficie del conductor, pero la normalapunta esta vez hacia el interior de Ω.

Considerando que en todo punto exterior a Ω e infinitamente cercano a su superficie se tiene queel campo eléctrico es normal a ∂Ω y | ~E |= σ/ε0 (Ecuación 4.1), obtenemos

φ(~x) =1

4πε0

∫∫∫R3/Ω

d3x′ρext(~x′)‖~x−~x′‖

+1

4πε0

∫∫∂Ω

dS(~x′)σ(~x′)‖~x−~x′‖

+φ0

4π

∫∫∂Ω

d~S(~x′) · ~x′−~x‖~x′−~x‖3

La tercera integral es nula esta vez ya que~x se encuentra fuera de Ω. Se tiene finalmente:

φ(~x) =1

4πε0

∫∫∫R3/Ω

d3x′ρext(~x′)‖~x−~x′‖

+1

4πε0

∫∫∂Ω

dS(~x′)σ(~x′)‖~x−~x′‖

El potencial se obtiene como la superposición del potencial debido a la distribucion de carga ρext

y al potencial generado por la densidad superficial σ del conductor.

4.6.1 Condiciones de ContornoSurge la cuestión sobre cuáles son las condiciones de contorno adecuadas para que dentro delvolumen de interés Ω la solución sea matemáticamente única, y físicamente razonable. Veremosque existen 2 tipos de condiciones de contorno que poseen solución única:

• Especificando el potencial φ(~x) sobre la frontera ∂Ω (condición de Dirichlet)

~x ∈ ∂Ω : φ(~x) = φD(~x)

• Especificando el campo eléctrico ~E(~x) sobre la frontera ∂Ω (condición de Neumann)

~x ∈ ∂Ω : ~E(~x) = ~EN(~x)

La demostración de unicidad para ambos tipos de condición de contorno se encuentra en losapendices 8.5.1 y 8.5.2. Notar que una condición de contorno de Cauchy, que consiste en imponera la vez el valor de φ y del campo eléctrico ~E en la frontera, en general no posee solución (Verapendice 8.5.3).


4.6.2 Expansión en funciones ortogonalesSupongamos que Ω es una región del espacio sin cargas (ρ = 0), de forma que el potencialsatisface la ecuación de Laplace en todo punto de Ω, ~∇2φ(~x) = 0 ∀~x ∈ Ω. Por ejemplo, encoordenadas esféricas:

~∇2φ(r,ϑ ,ϕ) = 0

y busquemos la solución bajo la forma de un producto de funciones de r,ϑ y ϕ:

φ(r,ϑ ,ϕ) =R(r)

rΘ(ϑ)Φ(ϕ)

luego, φ será solución de la ecuación de Laplace si:

ΘΦ

rd2Rdr2 +

RΦ

r3 sinϑ

ddϑ

(sinϑ

dΘ

dϑ

)+

RΘ

r3 sin2ϑ

d2Φ

dϕ2 = 0

dividiendo por φ = R/rΘΦ:

r2 sin2ϑ

Rd2Rdr2 +

sinϑ

Θ

ddϑ

(sinϑ

dΘ

dϑ

)=− 1

Φ

d2Φ

dϕ2

vemos que la única forma de que esto se cumpla es que 1Φ

d2Φ

dϕ2 sea igual a una constante, es decir:

d2Φ

dϕ2 +m2 1Φ

donde m es una constante. Vemos entonces que Φ es una autofunción del operador de laplace enuna dimensión, y está dada por

Φ(ϕ) = e±imϕ

Esta función debe ser periódica, Φ(ϕ±2π) = Φ(ϕ), lo que implica m = 0,±1,±2, ....Con esto

r2

Rd2Rdr2 =− 1

Θsinϑ

ddϑ

(sinϑ

dΘ

dϑ

)+

m2

sin2ϑ

lo que, nuevamente, solo es posible si r2

Rd2Rdr2 es igual a una constante λ . La ecuación para Θ es:

1sinϑ

ddϑ

(sinϑ

dΘ

dϑ

)+

(λ − m2

sin2ϑ

)Θ = 0

cuya solucion se puede escribir en términos de los polinomios asociados de Legendre (verapéndice 8.12.1), y se puede demostrar que la regularidad de Θ en θ = 0 y θ = π impone queλ = l(l +1) y | m |≤ l, donde l es un entero no negativo, l ∈ 0,1,2, .... Luego:

Θ(ϑ) = Pml (cosϑ)

finalmente, la ecuación para R es:

d2Rdr2 −

l(l +1)r2 R = 0


cuya solución es:Rl(r) = Alrl+1 +Blr−l

con Al y Bl constantes. De esta forma, la solución general de la ecuación de Laplace en Ω seescribe, en coordenadas esféricas:

φ(r,ϑ ,ϕ) =∞

∑l=0

l

∑m=−l

(Am

l rl +Bml r−(l+1)

)Pm

l (cosϑ)eimϕ(4.17)

donde Aml y Bm

l son constantes que dependerán de las condiciones de borde en la frontera ∂Ω.En particular, cuando existe simetría azimutal (φ es independiente de ϕ), entonces la solucionqueda:

φ(r,ϑ) =∞

∑l=0

(Alrl +Blr−(l+1)

)Pl(cosϑ) (4.18)

Polinomios de LegendreEnumeraremos aqui ciertas propiedades de los polinomios de Legendre, cuyas demostracionesse pueden encontrar en el apéndice 8.12.1.

1. Los polinomios de Legendre son solución de la ecuación diferencial de Legendre

ddx

(1− x2)

dPl(x)dx

+ l(l +1)Pl(x) = 0 (4.19)

la cual admite una solución en series de potencias de x para | x |≤ 1. Para l ∈ N, Pn es unpolinomio de grado l que se escribe (fórmula de Rodrígues):

Pl(x) =1

2ll!dl

dxl [(x2−1)l] (4.20)

donde, por construcción, Pl(1) = 1 y Pl(−1) = (−1)l para todo l ∈ N. Los primerospolinomios de Legendre están dados por

P0(x) = 1

P1(x) = x

P2(x) =12(3x2−1

)y satisfacen la siguiente fórmula recursiva

(l +1)Pl+1(x) = (2l +1)xPl(x)− lPl−1(x) (4.21)

2. Los polinomios de Legendre cumplen con:

Pl(−x) = (−1)lPl(x)

de forma que si l es par (impar), Pl es par (impar).


3. Se tiene

Pl(x) =1

2l +1ddx

[Pl+1(x)−Pl−1(x)] (4.22)

4. Los polinomios de Legendre constituyen un conjunto ortogonal en [−1,1]. Esto significaque:

∫ 1

−1Pl′(x)Pl(x)dx =

0 si l 6= l′

2/(2l +1) si l = l′(4.23)

5. El conjunto de polinomios de Legendre Pl(x), l ∈ N es un conjunto ortonormal completoen el intervalo −1≤ x≤ 1. Luego, si f es cuadrado integrable en −1≤ x≤ 1, entoncesadmite una expansión en serie de polinomios de Legendre

f (x) =∞

∑l=0

AlPl(x) (4.24)

donde los coeficientes Al de la expansión están dados por

Al =2l +1

2

∫ 1

−1Pl(x) f (x)dx (4.25)

6. Se puede demostrar que

1√1−2xr+ r2

=∞

∑l=0

Pl(x)rl r < 1 (4.26)

una aplicación útil en electrostática consiste en la expansión de 1/‖~x−~x′‖ en polinomiosde Legendre. Considerando ‖~x‖= r, ‖~x′‖= r′ y~x ·~x′ = cosϑ , entonces:

1‖~x−~x′‖

=1√

r2 + r′2−2rr′ cosϑ

suponiendo sin perder generalidad que r > r′:

1‖~x−~x′‖

=1

r√

1+(r′/r)2−2(r′/r)cosϑ

y utilizando la ecuación 4.26

1‖~x−~x′‖

=∞

∑l=0

Pl(cosϑ)r′l

rl+1 r > r′ (4.27)

Ejemplo 4.25 — Potencial en todo el espacio generado por una esfera. Supongamosque se quiere determinar el potencial en todo el espacio dada una esfera de radio a sobre la cualel potencial depende de la coordenada ϑ , es decir:

φ(r = a,ϑ) = φD(ϑ)

donde φD es una funcion arbitraria del angulo ϑ .


Solución El potencial es independiente de ϕ . Para r ≤ a, el potencial se escribe entonces en suforma más general dada por la ecuación 4.18:

φ(r,ϑ) =∞

∑l=0

(Alrl +Blr−(l+1)

)Pl(cosϑ) r ≤ a

Se requiere que φ(r = 0) sea finito, de forma que Bl = 0 para todo l. Luego:

φ(r,ϑ) =∞

∑l=0

AlrlPl(cosϑ) r ≤ a

La condición de borde sobre la esfera es:

φ(a,ϑ) = φD(ϑ) =∞

∑l=0

AlalPl(cosϑ)

renocemos la expansión de la funcion φD en una serie de Legendre (4.24). Luego

Al =2l +1

2al

∫π

0sinϑPl(cosϑ)φD(ϑ)dϑ

Para r ≥ a, nuevamente escribimos

φ(r,ϑ) =∞

∑l=0

(Clrl +Dlr−(l+1)

)Pl(cosϑ) r ≥ a

se debe tenerlimr→∞

φ(r,ϑ) = 0

por lo que Cl = 0 para todo l. Luego

φ(r,ϑ) =∞

∑l=0

Dl

rl+1 Pl(cosϑ) r ≥ a

el potencial debe ser continuo en r = a, y entonces:

φ(a,ϑ) =∞

∑l=0

Dl

al+1 Pl(cosϑ) = φD(ϑ) =∞

∑l=0

AlalPl(cosϑ)

de dondeDl = a2l+1Al


Para el caso particular en que el potencial en la esfera es constante (φD(ϑ) = φ0), se tiene:

Al =2l +1

2al φ0

∫π

0sinϑPl(cosϑ)dϑ

luego Al = 0 para todo l ≥ 1 (ver apéndice 8.12.1) y se tiene:

A0 =12

φ0

∫π

0sinϑP0(cosϑ)dϑ =

12

φ0

∫π

0sinϑdϑ = φ0 = D0/a

y se obtiene el potencial de una esfera conductora a potencial constante:

φ(r,ϑ) = A0r0P0(cosϑ) = φ0 r ≤ a

φ(r,ϑ) = D0r−(0+1)P0(cosϑ) =aφ0

rr ≥ a

sabemos que φ0 = Q/(4πε0a), con Q la carga total de la esfera. Luego, se obtiene el ya conocidoresultado:

φ(r,ϑ) = Q/(4πε0a) r ≤ a

φ(r,ϑ) =Q

4πε0rr ≥ a

Ejemplo 4.26 — Potencial generado por dos hemisferios conductores. Se tiene unaesfera conductora de radio R cuyos hemisferios se encuentran a distinto potencial, de forma que

φ(R,ϑ) =

φ0 si 0≤ ϑ ≤ π/2−φ0 si π/2≤ ϑ ≤ π

Eneucentre el potencial en todo el espacio, y la densidad superficial de cargas en cada hemisferio.Cual es la capacitancia de este sistema?.

SolucionEste es un caso particular del ejemplo 4.25. El potencial está dado por

φ(r,ϑ) =∞

∑l=0

AlrlPl(cosϑ) r ≤ R

φ(r,ϑ) =∞

∑l=0

R2l+1 Al

rl+1 Pl(cosϑ) r ≥ R


dondeAl =

2l +12Rl

∫π

0sinϑPl(cosϑ)φ(R,ϑ)dϑ

reemplazando, se obtiene:

Al =2l +12Rl

(∫π/2

0sinϑPl(cosϑ)φ0dϑ −

∫π

π/2sinϑPl(cosϑ)φ0dϑ

)

Al = φ02l +12Rl

(∫π/2

0sinϑPl(cosϑ)dϑ −

∫π

π/2sinϑPl(cosϑ)dϑ

)= φ0

2l +12Rl

(∫ 1

0Pl(x)dx−

∫ 0

−1Pl(x)dx

)ahora, si l es par, Pl(x) = Pl(−x), mientras que si l es impar, Pl(x) =−Pl(−x). Luego , Al = 0para l par y

Al = φ02l +1

Rl

∫ 1

0Pl(x)dx l impar

de forma que:

φ(r,ϑ) =∞

∑l=1

A2l−1r2l−1P2l−1(cosϑ) r ≤ R

φ(r,ϑ) =∞

∑l=1

R4l−1 A2l−1

r2l P2l−1(cosϑ) r ≥ R

utilizando la siguiente fórmula de recursión para los polinomios de Legendre (4.22) Pn(x) =1

2n+1ddx [Pn+1(x)−Pn−1(x)], se tiene:

Cn =∫ 1

0Pn(x)dx =

12n+1

[Pn+1(x)−Pn−1(x)]∣∣∣10

n≥ 1

dado que Pl(1) = 1 para todo l, tenemos:

Cn =∫ 1

0Pn(x)dx =

12n+1

[Pn−1(0)−Pn+1(0)] n≥ 1

y aplicando la recursión 4.21 (Pn(0) = −(n− 1)/nPn−2(0)), se tiene que, para todo n ≥ 1,P2n−1(0) = 0 y P2n(0) = (−1)n(2n−1)!!/(2n)!!. En consecuencia Cn = 0 para todo n par, y :

C2n−1 =∫ 1

0P2n−1(x)dx =−P2n(0)

2n−1= (−1)n+1 (2n−1)!!

(2n)!!(2n−1)n≥ 1

Finalmente

φ(r,ϑ) = φ0

∞

∑l=1

(−1)l+1 (4l−1)(2l−1)!!(2l)!!(2l−1)

r2l−1

R2l−1 P2l−1(cosϑ) r ≤ R

φ(r,ϑ) = φ0

∞

∑l=1

(−1)l+1 (4l−1)(2l−1)!!(2l)!!(2l−1)

R2l

r2l P2l−1(cosϑ) r ≥ R

vemos que el potencial decae como 1/r2 en el infinito, similar al caso de un dipolo.Nótese que la región r < R no corresponde al interior de un conductor, de hecho, el campoeléctrico no es nulo en ella. En consecuencia, la fórmula 4.1 no es directamente aplicable. Engeneral, el campo eléctrico es discontinuo al atravesar una superficie cargada y se tiene (ecuación2.3):


limr→R+

~E(r,ϑ)− limr→R−

~E(r,ϑ) = σ(R,ϑ)/ε0

de forma que la densidad de carga en la esfera es:

σ(R,ϑ) =−ε0

(∂φ

∂ r

∣∣∣r=R+− ∂φ

∂ r

∣∣∣r=R−

)

σ(R,ϑ)=φ0ε0

R

(∞

∑l=1

(−1)l+1 2l(4l−1)(2l−1)!!(2l)!!(2l−1)

P2l−1(cosϑ)−∞

∑l=1

(−1)l+1(2l−1)2l(4l−1)(2l−1)!!

(2l)!!(2l−1)P2l−1(cosϑ)

)

σ(R,ϑ) =φ0ε0

R

(∞

∑l=1

(−1)l+1 (4l−1)(2l−1)!!(2l)!!(2l−1)

P2l−1(cosϑ)

)pero sabemos, a partir de la solución para el potencial, que

φ(R,ϑ) = φ0

∞

∑l=1

(−1)l+1 (4l−1)(2l−1)!!(2l)!!(2l−1)

P2l−1(cosϑ) =

φ0 si 0≤ ϑ ≤ π/2−φ0 si π/2 < ϑ ≤ π

luego, la densidad de carga es homogénea sobre cada hemisferio

σ(R,ϑ) =

φ0ε0

R si 0≤ ϑ ≤ π/2−φ0ε0

R si π/2 < ϑ ≤ π

la carga total sobre el hemisferio superior es

Q = 2πR2 φ0ε0

R= 2πRφ0ε0

y la capacidad del sistema esC = Q/(2φ0) = ε0πR

Ejemplo 4.27 — Potencial en todo el espacio de un anillo de carga. Encuentre el po-tencial en todo el espacio de un anillo de radio R y carga total Q uniforme.

SolucionEl potencial en todo punto exterior al anillo cumple

~∇2φ(~x) = 0


es claro que el problema posee simetría azimutal, por lo que el potencial se escribe en su formamás general como (4.18)

φ(r,ϑ) =∞

∑l=0

(Alrl +Blr−(l+1)

)Pl(cosϑ) r < R

φ(r,ϑ) =∞

∑l=0

(Clrl +Dlr−(l+1)

)Pl(cosϑ) r ≥ R

debido a que limr→∞ φ(r,ϑ) = 0 y limr→0 φ(r,ϑ)< ∞, se debe tener

Bl =Cl = 0 ∀l

además, vimos en el ejemplo 3.6 que el potencial sobre el eje está dado por

φ(r,0) =1

4πε0

Q√r2 +R2

podemos entonces imponer como condición de borde el valor del potencial en el eje del anillo:.

φ(r,0) =∞

∑l=0

Alrl =1

4πε0

Q√z2 +R2

r < R

φ(r,0) =∞

∑l=0

Dlr−(l+1) =1

4πε0

Q√z2 +R2

r ≥ R

ya que Pl(1) = 1 para todo l. Ahora, podemos escribir:

1√z2 +R2

=1r

(1+R2/r2)−1/2

r < R

1√z2 +R2

=1R

(1+ r2/R2)−1/2

r ≥ R

en ambos casos, se tiene una función de la forma (1+ x)−1/2 con x≤ 1, la cual tiene la siguienteexpansión en potencias de x:

(1+ x)−1/2 =∞

∑l=0

xl

l!dl

dxl ((1+ x)−1/2)∣∣∣x=0

es fácil mostrar por iteración que

dl

dxl ((1+ x)−1/2)∣∣∣x=0

=(−1)l(2l−1)!!

2l l ≥ 1


donde (2l−1)!! = 1×3×5× ...× (2l−1). De esta forma, (1+ x)−1/2 = 1+∑∞l=1

xl(−1)l

l!2l (2l−1)!!, y se debe tener

φ(r,ϑ) =∞

∑l=0

Alrl =Q

4πε0

(1R+

∞

∑l=1

(−1/2)l (2l−1)!!l!

r2l

R2l+1

)r < R

φ(r,ϑ) =∞

∑l=0

Dlr−(l+1) =Q

4πε0

(1r+

∞

∑l=0

(−1/2)l (2l−1)!!l!

R2l

r2l+1

)r > R

Vemos entonces que Al = Dl = 0 para todo l impar. Además, A0 =Q

4πε0R , D0 =Q

4πε0r y

A2l = (−1/2)l (2l−1)!!l!R2l+1 l ≥ 1

D2l = (−1/2)l (2l−1)!!R2l

l!l ≥ 1

Finalmente, el potencial está dado por

φ(r,ϑ) =Q

4πε0

(1R+

∞

∑l=1

(−1/2)l (2l−1)!!l!R2l+1 r2lP2l(cosϑ)

)r < R

φ(r,ϑ) =Q

4πε0

(1r+

∞

∑l=1

(−1/2)l (2l−1)!!R2l

l!r−(2l+1)P2l(cosϑ)

)r ≥ R

La figura siguiente muestra las equipotenciales y las líneas de campo en el plano x− z:

Ejemplo 4.28 — Dipolo al interior de una cáscara esférica. Dos cargas puntuales q y −qestan ubicadas en el eje z en z = a y z =−a, respectivamente.a) Encuentre el potencial electrostatico como expansion de polinomios de Legendre para r < a yr > a.b) Manteniendo el producto p = 2qa constante, tome el límite a→ 0 y encuentre el potencialpara r 6= 0.c) Suponga ahora que el dipolo puntual de la parte b) está rodeado de una esfera de radio Rconectada a tierra. Encuentre el potencial en todo el espacio. Cuál es la densidad de cargainducida en la esfera?.

Solucióna) Dada la simetría azimutal de la distribucion de cargas, el potencial en coordenadas esféricasdepende únicamente de r y ϑ . El potencial en un punto~x = rr(ϑ) en el plano x− z se escribe


φ(r,ϑ) =q

4πε0

(1

‖rr(ϑ)−az‖− 1‖rr(ϑ)+az‖

)utilizando la expansión en polinomios de Legendre 4.27:

1‖~x−~x′‖

=

∑∞l=0

‖~x ′‖l

‖~x‖l+1 Pl(cosγ) si ‖~x‖ ≥ ‖~x′‖

∑∞l=0

‖~x‖l

‖~x ′‖l+1 Pl(cosγ) si ‖~x‖ ≤ ‖~x′‖

donde γ es el angulo entre~x y~x′. Luego, el potencial se escribe:

φ(r,ϑ) =q

4πε0

(∞

∑l=0

rl

al+1 Pl(cosϑ)−∞

∑l=0

rl

al+1 Pl(cos(π−ϑ))

)r < a

φ(r,ϑ) =q

4πε0

(∞

∑l=0

al

rl+1 Pl(cosϑ)−∞

∑l=0

al

rl+1 Pl(cos(π−ϑ))

)r > a

considerando que cos(π−ϑ) =−cos(ϑ), y que Pl(−cosϑ) = (−1)lPl(cosϑ)

φ(r,ϑ) =q

4πε0

∞

∑l=0

(1− (−1)l)rl

al+1 Pl(cosϑ) r < a

φ(r,ϑ) =q

4πε0

∞

∑l=0

(1− (−1)l)al

rl+1 Pl(cosϑ) r > a

Finalmente:

φ(r,ϑ) =2q

4πε0

∞

∑l=1

r2l−1

a2l P2l−1(cosϑ) r < a

φ(r,ϑ) =2q

4πε0

∞

∑l=1

a2l−1

r2l P2l−1(cosϑ) r > a

b) Tomando el limite a→ 0 manteniendo p = 2aq constante, se obtiene el potencial de un dipolopuntual

φ(r,ϑ) = lima→0

2qa4πε0

∞

∑l=1

a2l−2

r2l P2l−1(cosϑ)

r > a


φ(r,ϑ) =p

4πε0lima→0

P1(cosϑ)

r2 +1r2

∞

∑l=2

a2l−2

r2l−2 P2l−1(cosϑ)

r > a

φ(r,ϑ) =p

4πε0r2

P1(cosϑ)+

1r2

∞

∑l=2

lima→0

(ar)2l−2P2l−1(cosϑ)

r > a

considerando que lima→0(ar )

2l−2 = 0 para todo l ≥ 2 y que P1(cosϑ) = cosϑ , se obtiene elpotencial de un dipolo puntual (mismo resultado obtenido previamente en 3.7.2)

φ(r,ϑ) =pcosϑ

4πε0r2 r > 0

c)Ahora se coloca una esfera de radio R conectada a tierra, de forma que φ(R,ϑ) = 0. Para laregión exterior a la esfera, el potencial satisface la ecuación de Laplace con condición de bordenula en la frontera (r = R), luego

φ(r,ϑ) = 0 r ≥ R

para r < R, agregamos al potencial del dipolo puntual una solución de la ecuación de Laplaceescrita en su forma más general

φ(r,ϑ) =pcosϑ

4πε0r2 +∞

∑l=0

(Alrl +Blr−(l+1))Pl(cosϑ) r ≤ R

para que la serie sea finita en r = 0, Bl = 0 para todo l. Además, el potencial debe ser nulo enr = R:

φ(R,ϑ) =pcosϑ

4πε0R2 +∞

∑l=0

AlRlPl(cosϑ) = 0 r ≤ R

esto es

∞

∑l=0

AlRlPl(cosϑ) =− pcosϑ

4πε0R2

debido a la ortogonalidad de los polinomios de Legendre, vemos que Al = 0 para l 6= 1, y:

A1 =−pcosϑ

4πε0R3

Finalmente:


φ(r,ϑ) =pcosϑ

4πε0

(1r2 −

rR3

)r ≤ R

en la esfera se induce una densidad de carga σ(ϑ) dada por (4.1):

σ(ϑ) = ε0~E(r,ϑ) · n(ϑ) = ε0∂φ(r,ϑ)

∂ r

∣∣∣r=R

donde se ha usado que la normal a la esfera en la región r < R es n(ϑ) =−r(ϑ). Con esto:

σ(ϑ) =−3pcosϑ

4πR3

notar que la carga total inducida en el hemisferior superior es:

Q =∫

π/2

02πR2

σ(ϑ)sinϑdϑ =−3p2R

∫ 1

0xdx =−3p

4R

y escribiendo p = 2qa

Q =−32

q(a/R)

4.6.3 Funciones de Green: solución formal a los problemas de contornoOtro método para solucionar todo problema de Poisson consiste en considerar la distribución decarga ρ como una superposición lineal de cargas puntuales. En efecto, en el marco de la teoríade distribuciones, se tiene:

ρ(~x) =∫∫∫

R3ρ(~x′)δ (~x−~x′)d3x′

De forma que basta con solucionar la ecuación de Poisson con las condiciones de borde adecuadascuando ρ es una carga puntual.

Definición 4.6.1 — Función de Green. La función de Green se define como una soluciónde la ecuación de Poisson singular

~∇′2G(~x′,~x) =−4πδ (~x−~x′) ~x′ ∈Ω (4.28)

Ahora vamos a expresar la solución general de la ecuacion de Poisson en términos de la funcionde Green ~G. Sea L(~x′,~x) una solución de la ecuación de Laplace en Ω,~x′ ∈Ω

~∇′2L(~x′,~x) = 0 ~x′ ∈Ω


entonces podemos considerar

G(~x,~x′) =1

‖~x−~x′‖+L(~x,~x′)

La cual es una función de Green dentro de la región Ω, ya que

~∇′2G(~x′,~x) = ~∇′2(

1‖~x−~x′‖

+L(~x,~x′))= ~∇′2

1‖~x−~x′‖

=−4πδ (~x−~x′)

Entonces, usando la segunda identidad de Green para el potencial φ y G:

∫∫∫Ω

d3x′

G(~x′,~x)~∇′ 2

φ(~x′)−φ(~x′)~∇′ 2G(~x′,~x)

=∫∫

∂Ω

dS(~x′)n(~x′)·

G(~x′,~x)~∇′φ(~x′)−φ(~x′)~∇′G(~x′,~x)

para~x ∈Ω, resulta

∫∫∫Ω

d3x′− 1

ε0G(~x′,~x)ρ(~x′)+4πφ(~x′)δ (~x′−~x)

=− 1

ε0

∫∫∫Ω

d3x′ρ(~x′)G(~x′,~x)+4πφ(~x)

=∫∫

∂Ω

dS(~x′)n(~x′) ·

G(~x′,~x)~∇′φ(~x′)−φ(~x′)~∇′G(~x′,~x)

y se tiene en general:

φ(~x)=1

4πε0

∫∫∫Ω

d3x′ρ(~x′)G(~x′,~x)+1

4π

∫∫∂Ω

dS(~x′)G(~x′,~x)n(~x′)·~∇′φ(~x′)− 14π

∫∫∂Ω

dS(~x′)φ(~x′)n(~x′)·~∇′G(~x′,~x)

(4.29)

Apliquemos este resultado a los problemas de contorno de Dirichlet y de Neumann

4.6.4 Solución formal del problema DirichletSe trata de resolver la ecuación de Poisson en una región Ω dado el potencial en la frontera ∂Ω

~x ∈Ω : ~∇2φ(~x) =−ρ(~x)ε0

~x ∈ ∂Ω : φ(~x) = φD(~x)

Resolvamos entonces el problema de Green-Dirichlet asociado~x′ ∈Ω : ~∇

′ 2GD(~x′,~x) =−4πδ (~x′−~x)~x′ ∈ ∂Ω : GD(~x′,~x) = 0

escribiendo la función de green como

GD(~x′,~x) =1

‖~x′−~x‖+LD(~x′,~x)

entonces el problema se reduce a encontrar DL tal que:~x′ ∈Ω : ~∇

′ 2LD(~x′,~x) = 0~x′ ∈ ∂Ω : LD(~x′,~x) =− 1

‖~x′−~x‖

La solución formal es entonces:

φ(~x) =1

4πε0

∫∫∫Ω

d3x′ρ(~x′)GD(~x,~x′)−1

4π

∫∫∂Ω

dS(~x′)φD(~x′)n(~x′) ·~∇′GD(~x′,~x) (4.30)


4.6.5 Solución formal del problema de NeumannSe trata de resolver la ecuación de Poisson en una región Ω dado la componente normal delcampo eléctrico en la frontera ∂Ω

~x ∈Ω : ~∇2φ(~x) =−ρ(~x)ε0

~x ∈ ∂Ω : ~∇φ(~x) · n(~x) =−EN(~x)

Resultaría ventajoso encontrar una función de Green tal que~x′ ∈Ω : ~∇

′ 2GN(~x′,~x) =−4πδ (~x′−~x)~x′ ∈ ∂Ω : ~∇′GN(~x′,~x) · n(~x′) = 0

pero ésto es, en general, imposible. En efecto, el teorema de Gauss nos da∫∫∫Ω

d3x′~∇′ 2GN(~x′,~x) =

∫∫∫Ω

d3x′~∇′ ·~∇′GN(~x′,~x)

=∫∫

∂Ω

d~S(~x′) ·~∇′GN(~x′,~x) =−4π

∫∫∫Ω

d3x′δ (~x′−~x) =−4π

luego ∫∫∂Ω

dS(~x′)n(~x′) ·~∇′GN(~x′,~x) =−4π

ahora bien, puesto que ∫∫∂Ω

dS(~x′) = S

con S el área total de ∂Ω, la condición de contorno más simple a imponer a GN es

~x′ ∈ ∂Ω : n(~x′) ·~∇′GN(~x′,~x) =−4π

S

Luego, debemos resolver ~x′ ∈Ω : ~∇

′ 2GN(~x′,~x) =−4πδ (~x′−~x)~x′ ∈ ∂Ω : n(~x′) ·~∇′GN(~x′,~x) =−4π

S

y si escribimos GN como

GN(~x′,~x) =1

‖~x′−~x‖+LN(~x′,~x)

LN debe satisfacer: ~x′ ∈Ω : ~∇

′ 2LN(~x′,~x) = 0~x′ ∈ ∂Ω : n(~x′) ·~∇′LN(~x′,~x) =−4π

S − n(~x′) ·~∇′ 1‖~x′−~x‖

la solución formal del problema de Poisson-Neumann es entonces:

φ(~x) =1

4πε0

∫∫∫Ω

d3x′ρ(~x′)GN(~x′,~x)−1

4π

∫∫∂Ω

dS(~x′)EN(~x′)GN(~x′,~x)+ 〈φ〉S (4.31)

donde 〈φ〉S es el valor medio del potencial sobre la superficie ∂Ω

〈φ〉S =1S

∫∫∂Ω

dS(~x)φ(~x)

La presencia de este término es un inconveniente, pero no afecta el valor de ~E en ∂Ω


Ejemplo 4.29 — Teorema del valor medio. Demuestre que para un espacio sin cargas, elpotencial electrostático en cualquier punto es igual al potencial promedio sobre cualquier esferacentrada en ese punto

SoluciónUtilizaremos el teorema de Green 4.29, utilizando una función de Green-Dirichlet que satisface

~∇2GD(~x,~x′) =−4πδ (~x−~x′) ~x,~x′ ∈Ω

~GD(~x,~x′) = 0 ~x′ ∈ ∂Ω

Luego, de acuerdo a la solucion general del problema Poisson con condiciones de contorno deDirichlet (green-dirichlet):

φ(~x) =1

4πε0

∫∫∫Ω

d3x′GD(~x,~x′)ρ(~x′)−1

4π

∫∫∂Ω

dS(~x′)φ(~x′)n(~x′) ·~∇′GD(~x,~x′)

ahora, si Ω es una región libre de cargas

φ(~x) =− 14π

∫∫∂Ω

dS(~x′)φ(~x′)n(~x′) ·~∇′GD(~x,~x′)

Escogemos ahora Ω : ε(~x,a), la esfera de radio a centrada en~x, de forma que la función de Greense escribe

GD(~x,~x′) =1

‖~x−~x′‖− 1

a

así~∇′GD(~x,~x′) =

~x−~x′

‖~x−~x′‖3

Luego, para~x′ ∈ ∂Ω

n(~x′) ·~∇′GD(~x,~x′) =~x′−~x‖~x′−~x‖

· ~x−~x′

‖~x−~x′‖3 =− 1‖~x−~x′‖2 =− 1

a2

Y entonces, en todo punto~x al interior de la esfera, el potencial es igual a su valor medio sobre lasuperficie:

φ(~x) =1

4πa2

∫∫∂Ω

dS(~x′)φ(~x′) = φ(~x,a)

Ejemplo 4.30 — Corolario del teorema del valor medio. Demuestre el siguiente corolariodel teorema del valor medio. El campo electrostático en el vacío satisface idénticamente lassiguientes relaciones ∫∫

∂Ω

d~S(~x′) ·~E(~x′)‖~x−~x′‖

= 0

∫∫∫Ω

d3x′~E(~x′) · ~x−~x′

‖~x−~x′‖3 = 0

donde ∂Ω es la superficie de una esfera de radio arbitrario con centro en~x, y Ω es su volumen


SoluciónEn el espacio vacío de cargas

~∇2φ(~x) = 0

Utilizando el teorema de Green 4.29 con G(~x,~x′) = 1/‖~x−~x′‖

φ(~x) =− 14π

∫∫∂Ω

[d~S(~x′) ·~∇′ 1

‖~x−~x′‖

]φ(~x′)+

14π

∫∫∂Ω

d~S(~x′) ·~∇′φ(~x′)‖~x−~x′‖

φ(~x) =1

4π

∫∫S(~x)

d~S(~x′) · ~x′−~x‖~x′−~x‖3 φ(~x′)− 1

4π

∫∫S(~x)

d~S(~x′) ·E(~x′)‖~x−~x′‖

φ(~x) =1

4πa2

∫∫S(~x)

dS(~x′)φ(~x′)− 14π

∫∫S(~x)

d~S(~x′) ·E(~x′)‖~x−~x′‖

donde a =|~x−~x′ | es el radio de la esfera. Por el teorema del valor medio

φ(~x) =1

4πa2

∫∫S(~x)

dS(~x′)φ(~x′)

Luego

∫∫∂Ω

d~S(~x′) ·~E(~x′)‖~x−~x′‖

= 0

Además ∫∫∂Ω

d~S(~x′) ·~E(~x′)‖~x−~x′‖

=∫∫∫

Ω

d3x′~∇′ ·~E(~x′)‖~x−~x′‖

=∫∫∫

Ω

d3x′~∇′ ·~E(~x′)‖~x−~x′‖

+~E(~x′) ·~∇′ 1‖~x−~x′‖

=∫∫∫

Ω

d3x′

ρ(~x′)ε0‖~x−~x′‖

+~E(~x′) · ~x−~x′

‖~x−~x′‖3

=−∫∫∫

Ω

d3x′~E(~x′) · ~x′−~x‖~x′−~x‖3 = 0

4.6.6 Método de las ImágenesLa solución formal de los problemas de contorno en electrostática se logra mediante el método delas funciones de Green. En la práctica no siempre es fácil calcular la función de Green correcta.El método de las imágenes se usa en problemas de una o más cargas puntuales en presencia desuperficies de frontera, por ejemplo conductores conectados a tierra o mantenidos a un potencialfijo. Este método de las imágenes nos ayuda a encontrar la función de Green adecuada en losproblemas de contorno Dirichlet con φD = cte. Consideremos una carga q situada en~x′ ∈Ω .Se trata de resolver el siguiente problema Dirichlet


~x′ ∈Ω :

~x ∈Ω : ~∇2φ(~x) =− q

ε0δ (~x−~x′)

~x ∈ ∂Ω : φ(~x) = φD

Bajo condiciones geométricas favorables es posible inferir que un número pequeño de cargaspuntuales, de magnitud apropiada, y ubicadas adecuadamente en la región externa Ω, puedensimular las condiciones de contorno requeridas, estas son las cargas imágenes.

Sea Ω la región de interés, Ω la región externa (típicamente el interior de un conductor), yun conjunto de cargas imagenes q′i = q′i(q,~x

′) ubicadas en las posiciones ~x′i = ~x′i(q,~x′), con

~x′i(q,~x′) ∈ Ω. Las cargas imágenes deben ser externas a la región de interés Ω, de manera que su

potencial sea una solución de la ecuación de Laplace en Ω. En efecto, el potencial creado por lascargas imágenes satisface

~∇2 14πε0

∑i

q′i‖~x−~x′i‖

=1

4πε0∑

iq′i~∇

2 1‖~x−~x′i‖

=− 1ε0

∑i

qiδ (~x−~x′i) = 0

si~x ∈Ω y~xi ∈ Ω.

Ejemplo 4.31 — Carga puntual q ubicada frente a un conductor plano a potencialcero, y de extensión infinita. Consideremos el siguiente problema Dirichlet en Ω, con Ω =~x | z > 0. La frontera ∂Ω = ~x | z = 0 corresponde al plano conductor a potencial nulo. Cuáles la densidad superficial y la carga total inducida en el plano conductor?.

Se trata de resolver el problema siguiente para el potencial


~x ∈Ω : ~∇2φ(~x) =− q

ε0δ (~x−~x′)

~x ∈ ∂Ω : φ(~x) = 0

Donde~x′ = dz es la posición de la carga puntual q. Resolvemos entonces el problema medianteel método de las imágenes. Sea una carga q′′ ubicada en~x′′ ∈ Ω.

El potencial en Ω debido a ambas cargas será, simplemente

~x ∈Ω : φ(~x,~x′) =q

4πε0‖~x−~x′‖+

q′′

4πε0‖~x−~x′′‖

El valor de q′′ y de~x′′ los escogemos tal que en la frontera

~x ∈ ∂Ω :q

4πε0‖~x−~x′‖+

q′′

4πε0‖~x−~x′′‖= 0

Tomando~x′′ = d′′k, y~x = xx+ yy, un punto en el plano z = 0, la condición φ(~x) = 0 implica:

φ(z = 0) =1

4πε0

q√

x2 + y2 +d2+

q′′√x2 + y2 +d′′2

= 0

Basta tomar entonces como carga imagen una carga −q ubicada igualmente a una distancia d,detrás del plano z = 0:

q′ =−q, d′′ =−d

En efecto, vemos que el potencial en Ω es idéntico al potencial generado por un dipolo generadopor 2 cargas puntuales separadas por una distancia d. En la figura siguiente se muestran las líneasde campo generadas por tal distribución de carga. El potencial en el plano z = 0 es efectivamentenulo.La solución para el potencial resulta ser

φ(~x,~x′) =q

4πε0

1

‖~x−dk‖− 1‖~x+dz‖

Esta es la solución del problema Dirichlet propuesto originalmente. En efecto se satisface laecuación de Poisson propuesta en Ω

~∇2φ(~x,~x′) =

q4πε0

(~∇2 1‖~x−dk‖

−~∇2 1‖~x+dk‖

)=− q

ε0

(δ (~x−dk)+δ (~x+dk)

)


y como δ (~x+dk) = 0 para~x ∈Ω

~∇2φ(~x,~x′) =− q

ε0δ (~x−dk) =− q

ε0δ (~x−~x′)

En la figura siguiente se muestran las líneas de campo y las equipotenciales en la situación real.En la región z < 0 (interior al conductor), el campo eléctrico es nulo y el potencial constante.Para z > 0, el potencial es idéntico al de un dipolo p = 2dq.

La densidad de carga inducida sobre el plano infinito está dada por (4.1):

σ(~x) = ε0~E(~x) · n ~x ∈ ∂Ω

En este caso

σ(~x) =−ε0∂φ(~x)

∂ z

∣∣∣z=0

Necesitamos entonces

∂

∂ z1

‖~x−~x′‖= k ·~∇

(1

~x−~x′

)=−k · ~x−~x′

‖~x−~x′‖3

luego∂

∂ z1

‖~x−dk‖=− z−d‖~x− z′k‖3


y∂

∂ z1

‖~x+dk‖=− z+d‖~x+ z′k‖3

De esta forma

∂φ(~x)∂ z

∣∣∣z=0

=− q4πε0

−d

‖xx+ yy−dk‖3− d‖xx+ yy−dk‖3

Finalmente

∂φ

∂ z

∣∣∣z=0

=1

4πε0

2qd

(x2 + y2 + z′2)3/2 =−σ(x,y)ε0

y la densidad de carga inducida sobre el plano es

σ(~x) =− 12π

qd

(x2 + y2 +d2)3/2

De la simetría de la figura (invarianza del plano ante rotación en torno al eje z) resulta claro quela densidad de carga inducida en el plano es función de la distancia al origen ρ =

√x2 + y2. En

coordenadas polares se tiene

σ(ρ) =− 12π

qd

(ρ2 +d2)3/2

La carga total inducida será

Q =∫ 2π

0dϕ

∫∞

0dρρσ(ρ) =−2π

∫∞

0dρρ

12π

qd

(ρ2 +d2)3/2

Calculemos ∫∞

0

dρρ

(d2 +ρ2)3/2 =12

∫∞

0

du

(d2 +u)3/2 =12

∫∞

d2

dvv3/2

=12

v−32+1(

−32 +1

)∣∣∣∞d2=−v1/2

∣∣∣∞d2=

1d

Finalmente, la carga total inducida es

Q =−q

Ejemplo 4.32 — Potencial generado por un disco de carga. Considere el plano z = 0conectado a tierra, salvo en un disco de radio R en donde φ = φ0.a) Exprese el potencial en todo punto (ρ,ϕ,z) con z > 0 como una integral sobre el plano z = 0en coordenadas polares.b)Muestre que en el eje del disco el potencial esta dado por:

φ(z) = φ0

(1− z√

R2 + z2

)

c) Demuestre que a grandes distancias (ρ2 + z2 >> R2), el potencial puede ser expandido enserie de potencias de (ρ2 + z2)−1, cuyos términos principales dan:


φ =φ0za2

2(ρ2 + z2)3/2

1− 3a2

4(ρ2 + z2)+

5(3ρ2a2 +a4)

8(ρ2 + z2)2 + ...

Solucióna) En el semi-espacio Ω = z≥ 0, el potencial satisface la ecuación de Laplace, ~∇2φ = 0, y enla frontera ∂Ω = z = 0 se tiene

φ(ϕ,ρ,z = 0) =

φ0 si ρ < R0 si ρ ≥ R

Se debe resolver entonces un problema de Dirichlet, cuya solución general se escribe de acuerdoa 4.30

φ(~x) =1

4πε0

∫∫∫Ω

d3x′ρ(~x′)GD(~x,~x′)−1

4π

∫∫∂Ω

dS(~x′)φD(~x′)n(~x′) ·~∇′GD(~x′,~x)

y dado que ρ = 0 ∈Ω

φ(~x) =− 14π

∫∫∂Ω

dS(~x′)φD(~x′)n(~x′) ·~∇′GD(~x′,~x)

La función de Green GD, que por definición se anula en z = 0 y satisface ~∇2GD(~x,~x′) =−4πδ (~x−~x′) para ~x′ = (x′,y′,z′) ∈ Ω fue calculada con el método de las imágenes en elejemplo 4.31 (se debe reemplazar q por −4πε0):

GD(~x,~x′) =−

1‖~x−~x′|

+1

‖~x−~x′′‖

donde~x′′ = (x′,y′,−z′). Para calcular n(~x′) ·~∇′GD(~x′,~x) en todo punto~x′ sobre el plano z = 0,utilizamos que n(~x′) =−k y la identidad 3.1

~∇′GD(~x,~x′) =

(~x−~x′)‖~x−~x′|3/2 −

(~x−~x′′)‖~x−~x′′‖3/2

~∇′GD(~x,~x′) · (− k)∣∣∣z′=0

=−

z‖~x−~x′|3/2 −

z‖~x−~x′′‖3/2

=− 2z

((x− x′)2 +(y− y′)2 + z2)3/2


Un punto~x′ sobre el plano z = 0 se escribe~x′ = (ρ ′ cosϕ ′,ρ ′ sinϕ ′,0), y sea un punto arbitrarioen el semiespacio Ω, ~x = (ρ cosϕ,ρ sinϕ,z). Luego (x− x′)2 + (y− y′)2 + z2 = ρ2 + ρ

′2−2ρρ ′(cosϕ cosϕ ′+ sinϕ sinϕ ′)+ z2 y se tiene:

φ(ρ,ϕ,z) =1

4π

∫ 2π

0dϕ′∫ R

0φ0

2zρ ′dρ ′

(ρ2 +ρ′2 + z2−2ρρ ′ cos(ϕ−ϕ ′))3/2

φ(ρ,ϕ,z) =zφ0

2π

∫ 2π

0dϕ′∫ R

0

ρ ′dρ ′

(ρ2 +ρ′2 + z2−2ρρ ′ cos(ϕ−ϕ ′))3/2

b) El potencial en el eje puede ser calculado fácilmente tomando ρ = 0

φ(z) =zφ0

2π

∫ 2π

0dϕ′∫ R

0

ρ ′dρ ′

(ρ′2 + z2)3/2 = zφ0

∫ R

0

ρ ′dρ ′

(ρ′2 + z2)3/2

mediante la sustitución u = ρ′2 + z2:

φ(z) =zφ0

2

∫ R2+z2

z2

duu3/2 =−zφ0u−1/2

∣∣∣R2+z2

z2= φ0−

zφ0√R2 + z2

luego, sobre el eje:

φ(z) = φ0

(1− z√

R2 + z2

)

c) Escribiendo

(ρ2 +ρ′2 + z2−2ρρ

′ cos(ϕ−ϕ′))3/2 = (ρ2 + z2)−3/2

1+

ρ′2

ρ2 + z2 −2ρρ ′ cos(ϕ−ϕ ′)

ρ2 + z2

−3/2

y utilizando la siguiente expansión (1+ x)n ≈ 1+ nx+ n(n+1)2 x2 + ... para n = −3/2 y x =

(ρ′2−2ρρ ′ cos(ϕ−ϕ ′))/(ρ2 + z2):

1+

ρ′2

ρ2 + z2 −2ρρ ′ cos(ϕ−ϕ ′)

ρ2 + z2

−3/2

≈ 1− 32

ρ′2−2ρρ ′ cos(ϕ−ϕ ′)

ρ2 + z2 +158(ρ′2−2ρρ ′ cos(ϕ−ϕ ′))2

(ρ2 + z2)2


el potencial se escribe, considerando que∫ 2π

0 cos(ϕ−ϕ ′)dϕ ′ = 0:

φ(ρ,ϕ,z) =zφ0

2π(ρ2 + z2)3/2

∫ 2π

0dϕ′∫ R

0ρ′dρ′− 3

2(ρ2 + z2)

∫ 2π

0dϕ′∫ R

0ρ′2

ρ′dρ′

+15

8(ρ2 + z2)2)

∫ 2π

0dϕ′∫ R

0(ρ′4 +4ρ

2ρ′2cos2(ϕ−ϕ

′))ρ ′dρ′+ ...

(4.32)

φ(ρ,ϕ,z) =zφ0

2π(ρ2 + z2)3/2

πR2− 3

(ρ2 + z2)

πR4

4+

158(ρ2 + z2)2 (2π

R6

6+R4

ρ2π)+ ...

φ(ρ,ϕ,z) =zφ0R2

2(ρ2 + z2)3/2

1− 3R2

4(ρ2 + z2)+

58(ρ2 + z2)2 (R

4 +3R2ρ

2)+ ...

Ejemplo 4.33 — Carga puntual en prescencia de una esfera conductora conectadaa tierra. Se tiene ahora una carga puntual q situada a distancia d del centro de una esferaconductora de radio a conectada a tierra. La idea es determinar el potencial electrostático, lacarga inducida en la esfera y la fuerza de interacción entre la carga y la esfera conductora.

Necesitamos resolver el problema de Poisson-Dirichlet asociado:~x ∈Ω : ~∇2φ(~x) =− q

ε0δ (~x−~x′)

~x ∈ ∂Ω : φ(~x) = 0

Este problema puede ser resuelto mediante el método de las imágenes. Si escribimos en coorde-nadas esféricas~x′ = dr′, por simetría, la carga imagen q′′ será ubicada en un punto interior a laesfera tal que~x′′ = d′′r′.

De esta forma, el potencial en Ω será

~φ(~x) =1

4πε0

q‖~x−~x′‖

+1

4πε0

q′′

‖~x−~x′′‖


y se debe tener φ(‖~x‖= a) = 0. Sean~x = rr,~x′ = dr′,~x′′ = d′′r′. Entonces

φ(rr) =1

4πε0

q‖rr−dr′‖

+1

4πε0

q′′

‖rr−d′′r′‖

φ(rr) =1

4πε0

qr‖r− d

r r′‖+

14πε0

q′′

d′′‖r′− rd′′ r‖

Luego, imponiendo un potencial nulo en la superficie de la esfera

φ(r = a) =1

4πε0

q/a‖r− d

a r′‖+

q′′/d′′

‖r′− ad′′ r‖

= 0

Así, basta con tomar d′′ = a2

d , y q′′ =− ad q. Se tiene entonces la solución para el potencial en Ω

φ(~x) =q

4πε0

1

‖~x−dr′‖− a/d

‖~x− a2

d r′‖

Para calcular la densidad de carga inducida en la esfera:

~x ∈ ∂Ω : σ(~x) =−ε0~∇φ(~x)∣∣∣~x=ar

n ·~∇φ(~x) =q

4πε0n ·~∇

1

‖~x−dr′‖− a

d‖~x− a2

d r′‖

En la superficie,~x = ar, n = r

=− q4πε0

r ·

ar−dr′

‖ar−dr′‖3 −ad

ar− a2

d r′

‖ar− a2

d2 r′‖3

=− q

4πε0

a−dr · r′

‖ar−dr′‖3 −ad

a− a2

d r · r′

‖~ar− a2

d r′‖3


Se tiene

‖ar−dr′‖=(a2 +d2−2adr · r′

)1/2= d

1+(a

d

)2−2(a

d

)cosϑ

1/2

‖ar− a2

dr′‖=

(a2 +

a4

d2 −2a3

dr · r′

)1/2

= a

1+(a

d

)2−2(a

d

)cosϑ

1/2

con ϑ = r · r′. Entonces

σ(ar)=q

4π

a−d cosϑ

d3 −( a

d

) a−(a/d)2d cosϑ

a3(1+( a

d

)2−2( a

d

)cosϑ

)3/2

=q

4πa2

( a

d

)3−( a

d

)2 cosϑ −( a

d

)+( a

d

)2 cosϑ(1+( a

d

)2−2( a

d

)cosϑ

)3/2

Finalmente

σ(ar) =− q4πad

1−( a

d

)2(1+( a

d

)2−2( a

d

)cosϑ

)3/2

La densidad de carga posee un máximo en ϑ = 0, que corresponde al punto más cercano a lacarga q. Como se puede intuír, la carga total inducida sobre la esfera es q′. En efecto

Q =∫∫

∂Ω

dS(~x)σ(~x) = a2∫ 2π

0dϕ

∫π

0dϑ sinϑσ(cosϑ) = 2πa2

∫ 1

−1dµσ(µ)

Q =−q2

(ad

)1−(a

d

)2∫ 1

−1

dµ

(A−Bµ)3/2

con A = 1+(a/d)2, B = 2ad . Además

∫ 1

−1dµ (A−Bµ)−3/2 =− 1

B

∫ A−B

A+Bν−3/2dν =− 1

Bν−

32+1

−32 +1

∣∣∣A−B

A+B

=2B

(A+B)1/2− (A−B)1/2

(A2−B2)1/2

=

22( a

d

) [1+ ( ad

)2+2( a

d

)]1/2− [1+

( ad

)2−2( a

d

)]1/2(

1+( ad )

2)2−4

( ad

)21/2

=da

(1+ a

d

)−(1− a

d

)1−( a

d

)2 =2

1−( a

d

)2

FinalmenteQ =

∫∫∂Ω

dS(~x)σ(~x) =−qay

= q′


Una forma de obtener la fuerza de interacción entre la esfera y la carga puntual es calcular lafuerza que ejerce la carga imagen q′′ sobre q

~Fq =qq′

4πε0

~x′−~x′′

‖~x′−~x′′‖3

=−q2 qd4πε0

d− a2

d

‖d− a2

d ‖3r′ =− q2a

d4πε0

r′(d− a2

d

)2

~Fq =−q2

a24πε0

(ad

)3 r′

[1−( a

d

)2]2

La que es claramente una fuerza de atracción. Otra forma de obtener este resultado es calcular lafuerza que ejerce la carga q sobre la esfera. Sea un elemento diferencial de superficie dS(~x), alcual se le asocia una densidad de carga inducida σ(~x). El campo eléctrico es normal a la esferaen dicho punto, y entonces uno podría pensar que el diferencial de fuerza electrostática actuandosobre este elemento de superficie es

d~F(~x) = σ(~x)dS(~x)σ(~x)

ε0r(~x) =

σ2(~x)dS(~x)ε0

r(~x)

Sin embargo, esto es incorrecto. El campo eléctrico sobre la superficie de la esfera es lacontribución de la densidad de carga superficial y la carga q. Ambas contribuciones son idénticas,esto es fácil de mostrar recordando que el campo eléctrico generado por una distribución planade carga es σ(~x)/2ε0r(~x). De esta forma, la fuerza sobre dS(~x) es

d~F(~x) =σ2(~x)dS(~x)

2ε0r(~x)

La fuerza total sobre la esfera es, entonces

~F =1

2ε0

∫∫∂Ω

d~S(~x)σ2(~x)r(~x)

Dado que la fuerza resultante es de la forma ~F = Fr′

F =1

2ε0

∫∫∂Ω

dS(~x)r′ · r(~x)σ2(~x) =a2

2ε0

∫ 2π

0dϕ

∫π

0dϑ sinϑ cosϑσ

2(cosϑ)

F =a2π

ε0

∫ 1

−1dµµσ

2(µ) =a2π

ε0

q2

16π2a4

(ad

)2

1−(a

d

)22 ∫ 1

−1

dµµ

(A−Bµ)3

Donde∫ 1

−1

dµµ

(A−Bµ)3 =1

B2

∫ B

−B

νdν

(A−ν)3 =− 1B2

∫ B

−B

dν(A−ν)

(A−ν)3 +AB2

∫ B

−B

dν

(A−ν)3

Desarrollando estas integrales es posible demostrar que la fuerza sobre la esfera es

~F =q2

4πε0a2

(ad

)3

1−(a

d

)2−2

r′ =−~Fq


4.7 Resumen y fórmulas escenciales• En un conductor Ω en equilibrio estático, el campo eléctrico y la densidad de carga son

nulos al interior de Ω. Toda la carga se concentra en su superficie ∂Ω, y en consecuencia, elpotencial electrostático φ es constante en Ω, su superficie ∂Ω constituya una equipotencialy el campo eléctrico es perpendicular a ∂Ω en todo punto.

• Se define la capacitancia C de un conductor mediante

C = Q/φ0

donde Q es la carga en su superficie y φ el potencial del conductor.

• De igual forma, la capacitancia de un condensador (sistema de dos conductores con cargaQ y −Q) está dada por

C = Q/∆φ0

donde ∆φ es la diferencia de potencial entre los conductores.

• Un sistema de N condensadores en paralelo puede ser visto como un condensador equiva-

lente de capacidad Ceq =(

∑Nk=1

1Ck

)−1

Mientras que un sistema de N condensadores en serie puede ser visto como un condensador

equivalente de capacidad Ceq = ∑Nk=1Ck

• El potencial electrostático φ satisface la ecuación de Poisson

~∇2φ =− ρ

ε0

En un volumen finito Ω, la ecuación de Poisson posee una solución única si se especifica elvalor del potencial en ∂Ω (condición de Dirichlet) o de la componente normal del campoeléctrico en ∂Ω (condición de Neumann)

4 — electrostática de conductores.fabiancadiz.com/images/04electro.pdf · 4.2 propiedades de un...

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