apuntes electro p2004

7/21/2019 Apuntes Electro p2004

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Capıtulo 1

Electroestatica: cargas y campos.

version final 1.5, 13 de Julio del 2004

En este capı tulo estudiaremos los conceptos esenciales de la Fı sica de las cargas electricasestacionarias, es decir, la electroestatica. Las secciones que veremos:

Algo de historia.

Carga electrica; conservacion, invariancia y cuantizacion.

Ley de Coulomb.

Energı a de un sistema de cargas.

Campo electrico.

Flujo electrico.

Ley de Gauss.

Ejemplo de evaluacion del campo electrico.

Fuerza sobre una carga superficial.

Energı a asociada a un campo electrico.

1.1. Algo de historia.

La electricidad a traves de los fenomenos de la electrostatica se conoce desde tiemposmuy antiguos. Teofrato (321 AC) y probablemente Tales (600 AC) sabı an que el ambar al

ser frotado con otras substancias secas adquirı an la habilidad de atraer cuerpos livianoscomo plumas o trozos de paja. Cerca de 2000 anos despues el medico de la Reina Isabel Ide Inglaterra, William Gilbert (1544-1603) uso la palabra griega para ambar, elektron , paradescribir estas fuerzas que llamo vis electrica .

Tambien se observo que existen dos tipos de electricidad. Por ejemplo, si una barra devidrio se frota con seda, estos dos cuerpos quedan cargados con dos tipos distintos de electri-cidad. Ası , dos barras frotadas con seda se repelen. Benjamı n Franklin (1706-1790) le dio

1



2 CAP ITULO 1. ELECTROEST ATICA: CARGAS Y CAMPOS.

el nombre de positiva a la electricidad con que queda la barra de vidrio y negativa a la dela seda. Ahora se sabe que en este experimento electrones son traspasados de la barra a laseda. Ası decimos que los electrones tienen carga negativa.

1.2. Carga electrica; conservacion, invariancia y cuan-

tizacion.

Hechos experimentales que se conocen sobre la carga:

Existen dos variedades: Positivas y Negativas.

Las de igual signo se repelen.

Las de distinto tipo se atraen.

1.2.1. Propiedades de la carga.

Se conserva.

La carga total de un sistema aislado, es decir, la suma algebraica de las cargas positivasy negativas en cierto instante, no varı a nunca.

Por un sistema aislado entendemos: aquel en el que no esta permitido el flujo de materiaa traves de sus paredes. Un ejemplo de la conservacion de la carga es la creacion depares (electron-positron.)

La carga es un invariante relativista.

Esta cuantizada.

En 1909 Millikan demostro experimentalmente que la carga siempre se presenta comomultiplo entero de una unidad fundamental de carga que llamaremos e .

Se dice que la carga esta cuantizada, es decir

Q = N e N ∈ Z .

Se ha mostrado experimentalmente que la diferencia en el valor absoluto de las cargade un proton y de un electron si existiera serı a menor que 10−20e

Existen los quark con carga +2e/3 (u), -e/3 (d), -e/3 (s), +2e/3 (c), -e/3 (b), +2e/3(t). Pero no se detectan quark libres. p(uud) y n(ddu). La cuantizacion de la cargaescapa del alcance del electromagnetismo clasico. Nosotros lo ignoraremos, usaremosdistribuciones continuas de carga.



1.3. LA LEY DE COULOMB. 3

1.3. La Ley de Coulomb.

12

0

r r

qq

1

1

2

2r

La fuerza de interaccion entre dos cargas es la Ley de Coulomb

F 12

= kq 1q 2

r212

r12

= kq 1q 2

r312

r12

(1.1)

donde r12 = r1 − r2, r12 = |r12|, r12 = r12/|r12|, F 12, es la fuerza sobre q 1 debido a q 2. Losq i, son escalares con sus signos respectivos y finalmente k, tiene en cuenta las unidades. Elvector unitario r12 indica que la fuerza es paralela a la recta que une a las dos cargas.

Sabemos que por accion y reaccion: F 12 = − F 21.Las unidades: si r12 [cm], F [dinas], q i [ues] k = 1. Si por el contrario r12 [m], F [Newton],

q i [Coulomb] entonces

k =

1

4π0 = 8.9875 × 109 Nm2

C2

, (1.2)

La constante 0 se conoce como constante dielectrica o permitividad del vacı o, y tiene unvalor:

0 = 8.8542 × 10−12

C2

Nm2

. (1.3)

El factor de conversion entre [Coulomb] y [ues]

1[C] = 2.998 × 109 [ues] , (1.4)

y la carga del electron en [ues] es

e = 4.803250(21) × 10−10 [ues] (1.5)

Un hecho experimental es que la fuerza con la cual dos cargas interact uan no se modificapor la presencia de una tercera, es mas, sea cual fuere el numero de cargas presentes ennuestro sistema la ley de Coulomb puede utilizarse para calcular la interaccion de cada par.Este hecho es conocido como el Principio de superposicion.




Una configuracion de cargas q iN i=1 con vectores riN

i=1 ejercen una fuerza F 0 sobre una

partı cula de carga q 0 ubicada en r0 respecto a algun origen comun. F 0 se puede escribir:

F 0 =N

i=1

q 0q ir0i

r20i

(1.6)

1.3.1. Ejercicios.

1. Encuentre la fuerza resultante sobre q 3 considerando que q 1 = +e, q 3 = +e y q 2 = −e.

q1

q3

q2

a

a

2. ¿En que posicion la fuerza resultante sobre q 2 es cero? ¿Que tipo de equilibrio es?

q1 q2 q3

Teorema de Earnshaw: Ningun sistema puede estar en equilibrio estable bajo la unicaaccion de fuerzas electricas

Fin clase I.



1.4. ENERGI A DE UN SISTEMA DE CARGAS. 5

1.4. Energı a de un sistema de cargas.

Consideremos el trabajo que hay que hacer sobre el sistema para llevar dos cuerpos car-gados (inicialmente infinitamente distantes) a una distancia dada.

q1 q2

muy

grande

Inicialmente

q1

q

2r 12

Después

Estamos omitiendo la energı a necesaria para “crear” las partı culas cargadas.

1.4.1. Calculo del trabajo.

W =

F · ds = r12

+∞

q 1q 2r2

r · dr(−r) = +q 1q 2

r12

+∞

−drr2

= q 1q 2

r12.

El origen esta en q 1 y traemos q 2 desde infinito.

q1

r

ds

q2

F

W = q 1q 2

r12(1.7)

debe ser mayor que cero si las cargas tienen el mismo signo.

Sabemos que si la Fuerza es conservativa el trabajo es el mismo independiente del caminousado.




cos θds = dr

F ds =−Fdr

q

r

r+dr

θ

dr

ds

Debido a que la fuerza es central los tramos de camino entre r y r + dr requieren el mismotrabajo, por lo tanto, la Fuerza es conservativa.

Si acercamos una tercer partı cula a r31 de q 1 y a r32 de q 2 el trabajo sera

W 3 =

F 3 · ds =

( F 31 + F 32) · ds

=

F 31 · ds +

F 32 · ds ,

por lo tanto, es la suma de los trabajos

1.4.2. Energı a de un sistema de cargas.

W 3 = q 1q 3r31

+ q 2q 3r32

.

El trabajo total efectuado U , para reunir las tres cargas en estas posiciones, sera por lotanto,

U = q 1q 2

r21+

q 1q 3r31

+ q 2q 3

r32. (1.8)

U corresponde a la energı a potencial electrica del sistema. El cero de U lo elegimoscuando las cargas estan infinitamente separadas.

1.4.3. Propiedades de U .

U es independiente del orden de colocacion.

U es independiente del camino.

U solo depende de la disposicion final de las cargas.



1.4. ENERGI A DE UN SISTEMA DE CARGAS. 7

En general para un sistema de N cargas q i

U = 1

2

N j=1

k= j

q jq krk j

(1.9)

1.4.4. Un ejemplo.

−e

−e

−e

−e

+2e

b

b

b

−e

−e

−e

−e

U = 8 −2e2

(√

3/2)b+

12e2

b +

12e2

√ 2b

+ 4e2

√ 3b

= 4.32e2

b .

1.4.5. U de una red cristalina.

La energı a de una configuracion de carga tiene importancia en Fı sica de Solidos. Uncristal ionico (NaCl) puede representarse, con gran aproximacion, por una distribucion deiones positivos (Na+) y negativo (Cl−) alternados en una distribucion espacial periodica.

a

A pesar de que los iones NO son puntuales veremos que podemos tratarlos como si lofueran.




La energı a electroestatica juega un importante papel en la explicacion de la estabilidady cohesion de un cristal ionico.

¡La suma es enorme! un cristal macroscopico contiene del orden de 1023 atomos. ¿Conver-gera la suma?

Lo que se desea hallar es la energı a potencial por unidad de volumen o de masa, la cualdeberı a ser independiente del tamano del cristal. Obviamente 2 gramos de NaCl tiene eldoble de energı a que un gramo.

Cualquier ion positivo esta en una posicion equivalente a cualquier otro.

La distribucion de iones negativos en torno a uno positivo es la misma que la de ionespositivos en torno a uno negativo.

Tomemos un ion cualquiera, elijamoslo como centro y sumemos sus interacciones contodos los demas y multipliquemos por el numero total de iones de ambas clases.

U = 1

2

N j=1

k= j

q jq krk j

= 1

2N

N k=2

q 1q kr1k

.

Los terminos principales de la suma anterior son

U = 1

2N

−6e2

a +

12e2

√ 2a

− 8e2

√ 3a

+ . . .

.

La serie no converge absolutamente. Este calculo es “delicado”

U = −0.8738Ne2

a ,

donde N es el numero de iones.

1.5. El campo electrico.

Un conjunto de cargas q iN i=1 fijas en el espacio y una carga q 0 en la posicion (x,y,z ), la

fuerza sobre q 0 es

F 0 =N

j=1

q 0q jr2

0 j

r0 j .

Dividamos la ecuacion anterior por q 0 obteniendo una magnitud vectorial que depende dela estructura del sistema de cargas y de la posicion (x,y,z ).

A este vector, el cual es funcion de (x,y,z ), lo llamamos el campo electrico originado

por las cargas (q i) y lo denotamos por E .

E (x,y,z ) =N

j=1

q j r0 j

r20 j

dinas

ues

. (1.10)



1.5. EL CAMPO ELECTRICO. 9

La condicion de que las cargas sean fijas se puede reemplazar exigiendo que q 0 sea infini-tesimal para no alterar la distribucion de carga inicial, i.e.

E (x,y,z ) = lımq0→0

F

q 0. (1.11)

No es tan riguroso como parece ya que q < e no se observan.

1.5.1. Lı neas de Campo

Si tomamos la ecuacion (1.10) como la definicion de E , sin referencia a una carga deprueba, no surgen problemas y no necesitamos que las cargas sean fijas.

Una manera de visualizar un campo electrico son las lı neas de campo. Su relacion con elcampo electrico es la siguiente

i) La tangente de estas lı neas tiene la direccion del campo en ese punto.

ii) Estas lı neas convergen cuando nos aproximamos a una region de campo intenso y seseparan en una region de campo debil.

1.5.2. Dibujando lı neas de Campo.

+ −

Para el trazado de lı neas se debe tener en cuenta:

Las lı neas deben partir de las cargas positivas y terminar en las cargas negativas obien en el infinito en el caso de un exceso de carga.

El numero de lı neas que partan de las cargas positiva o lleguen a la negativa esproporcional a la magnitud de la carga.

Dos lı neas de campo no pueden cruzarse.




1.5.3. Ejemplos.

Lı neas de campo de una par de cargas con distinto signo.

Lı neas de campo de una par de cargas con igual signo.

Fin clase II.



1.6. DISTRIBUCIONES DE CARGA 11

1.6. Distribuciones de carga

Ahora vamos a generalizar pasando de cargas puntuales a una distribucion continua decarga.

La distribucion de carga esta caracterizada por una funcion de la posicion ρ(x,y,z ) lla-mada densidad de carga volumetrica y tiene dimensiones de [carga/volumen]

Para evaluar el campo

Punto deObservación

Origen

r

r − r ’

r ’

( r )= (x’,y’,z’)ρρ

dx’dy’dz’=d3r’

E (r) =

ρ(r )d3r

|r − r |3 (r − r ) (1.12)

Habitualmente uno elige el origen en el punto de observacion, ρ(r) es una constante o unafuncion analı tica dentro del volumen de interes y se evalua el modulo o una componente delcampo

ρ = cte dq

R

R

E =

dq

R2R = ρ

dv

R2R (1.13)




1.6.1. Densidades.

Si una carga Q esta uniformemente distribuida en un volumen V , la densidad volumetri-ca de carga es

ρ = Q

V . (1.14)

Si una carga Q esta uniformemente distribuida sobre una superficie de area A, la den-sidad superficial de carga es

σ = Q

A . (1.15)

Si una carga Q esta uniformemente distribuida sobre una lı nea de longitud L, ladensidad lineal de carga es

λ = Q

L . (1.16)

1.6.2. Campo de una lı nea infinita cargada

R

z

r

dE

θ

θ

dq= dzλ O z

d E = dq

R2R =

λdz

R2 cos θr +

λdz

R2 sen θz

Notemos que

R =√

r2 + z 2 cos θ = r√ r2 + z 2

sen θ = z √ r2 + z 2

luego

E =

∞−∞

λdz

r2 + z 2r√

r2 + z 2r +

∞−∞

λdz

r2 + z 2z √

r2 + z 2z

= λrr

∞−∞

dz

(r2 + z 2)3/2 + λz

∞−∞

z

(r2 + z 2)3/2 = λrr

∞−∞

dz

(r2 + z 2)3/2 ,

por paridad.



1.6. DISTRIBUCIONES DE CARGA 13

Hacemos el cambio de variable

z = r tan φ

dz = r sec2 φ dφ ,

y reemplazamos en la integral

E = λrr

π/2

−π/2

r sec2 φ dφ

(r2 + r2 tan2 φ)3/2 = λrr

π/2

−π/2

r

r3

sec2 φ

(1 + tan2 φ)3/2 dφ

= λ

r r

π/2

−π/2

sec2 φ

sec3 φ dφ =

λ

r r

π/2

−π/2

cos φ dφ

= λ

r r sen φ

+π/2

−π/2=

λ

r r[1 − (−1)] =

2λ

r r .

Resumiendo

E (r) =

2λ

r r (1.17)

1.6.3. Campo de una distribucion de carga plana e indefinida

dE

x

y

dq= dxdy

R

σ

θ

Por simetrı a solo interesa la componente z (las otras se anulan)

E z =

dq

R2 cos θ =

∞−∞

∞−∞

σdxdy

x2 + y2 + z 2 cos θ ,

donde cos θ =

z

(x2 + y2 + z 2)1/2 , luego la integral nos queda:

E z = zσ

∞−∞

∞−∞

dxdy

(x2 + y2 + z 2)3/2 .

Usemos coordenadas polares planas sobre el plano

r2 = x2 + y2 ,

rdrdφ = dxdy .




La integral nos queda

E z = zσ

2π

0

dφ

∞0

r dr

(r2 + z 2)3/2 = 2πσz

∞0

r dr

(r2 + z 2)3/2

= 2πσz −1

(r2

+ z 2

)−1/2

∞

0

= 2πσz 0

− −1

√ z 2 = 2πσ

z

|z | .

Resumiendo

E (r) = 2πσ sgn(z )z (1.18)

Fin clase III.



1.7. FLUJO ELECTRICO. 15

1.7. Flujo Electrico.

Consideremos cierto campo vectorial F (r) en el espacio, y en ese espacio cierta superficiecerrada S arbitraria.

Podemos definir el flujo de F a traves de esa superficie como:

Φ =

S

F · da (1.19)

Donde la integral es sobre S , i.e. toda la superficie. Si se trata del campo electrico E (r)entonces el el flujo electrico a traves de esa superficie S es

Φ = S

E · da (1.20)

1.7.1. La normal

Definimos el vector normal n a la superficie es aquel que apunta hacia afuera del volumendefinido por la superficie cerrada.

n

da

da = n da




1.7.2. Analogı a con un fluido.

Sea v el campo de velocidades del fluido

a

a

a

60 o

cos 60

o

vaFlujo:Flujo: 0Flujo: va

El flujo es el volumen del fluido que atraviesa la superficie por unidad de tiempo.

1.7.3. Flujo de una carga puntual.

Evaluemos el flujo a traves de una superficie esferica S I centrada en una carga puntual q

SI

ΦI =

I

q

r2r · r da =

π0

2π

0

q

r2r2 sen θ dθdφ = 4πq (1.21)



1.8. LEY DE GAUSS. 17

SI

SIII

Como el resultado anterior (1.21) NO depende de r, el flujo a traves de la superficie S II I sera

ΦII I = ΦI = 4πq . (1.22)

SI

SIII

SII

Si no hay mas carga no se crea ni se destruye flujo, por lo tanto

ΦII = 4πq . (1.23)

Por superposicion puede extenderse este resultado a cualquier numero de cargas o adistribuciones continuas.

1.8. Ley de Gauss.

El flujo del campo electrico E a traves de una superficie cerrada cualesquiera, es decir, laintegral de E · da extendida a la superficie, es igual a 4π por la carga total encerrada por lasuperficie

S

E (r) · da = 4πi

q i = 4π

∂S

ρdv (1.24)

Este resultado es equivalente a la ley de Coulomb.




1.9. Ejemplos de evaluacion del campo electrico.

1.9.1. Cascaron esferico.

SI

SII

r <

r >Q

R

La densidad superficial σ es

σ = Q

4πR2 . (1.25)

Existen dos regiones de interes, r > R y r < R.

region r > R

Consideremos la superficie S II para evaluar E en la primera region. Dada la simetrı a delproblema postulamos E (r) = E (r)r, claramente para la superficie da = dar

E · da =

E (r)r · rda = 4πQ

E (r)

S II

da = 4πQ

E (r)4πr2 = 4πQ

E (r) = Q

r2 .

Luego para r > R

E (r) = Q

r2r (1.26)

region r < R

Consideremos la superficie S I para evaluar E en la segunda region. Dada la simetrı a delproblema nuevamente postulamos E (r) = E (r)r, para la superficie da = dar



1.9. EJEMPLOS DE EVALUACI ON DEL CAMPO ELECTRICO. 19

E · da =

E (r)r · rda = 0

E (r) S I

da = 0

E (r)4πr2 = 0

E (r) = 0 .

Luego para r < R

E (r) = 0 (1.27)

Grafiquemos ambos resultados

r 2Q

R r

Ancho del cascarón

E(r)

1.9.2. Esfera cargada con ρ constante.

SI

SII

r <

r >Q

b

La densidad volumetrica ρ es

ρ =

Q4π3 b3

= cte. si r < b

0 si r > b. (1.28)

Obviamente

ρdv = Q. Existen nuevamente dos regiones de interes, r > b y r < b.




region r > b

Consideremos la superficie S II para evaluar E en la primera region. Dada la simetrı a delproblema postulamos E (r) = E (r)r, claramente para la superficie da = dar

E · da =

E (r)r · rda = 4π

ρ dv

E (r)

sII

da = 4π

ρ dv

E (r)4πr2 = 4πρ4π

3 b3 =

Q

r2 .

Luego para r > b

E (r) = Q

r2r (1.29)

region r < b

Consideremos la superficie S I para evaluar E en la segunda region. Dada la simetrı a delproblema nuevamente postulamos E (r) = E (r)r, para la superficie da = dar

E · da =

E (r)r · rda = 4π

ρ dv

E (r)

sI

da = 4π

ρ dv

E (r)4πr2

= 4πρ

4π

3 r3

=

Q

b3 r .

Luego para r < b

E (r) = Q

b3rr (1.30)

Grafiquemos ambos resultados

r 2

Q

a3

Qr

r

E(r)

a

Fin clase IV.




1.9.3. Cascaron esferico grueso.

r >

r <

r i

R1

R2

SII

SIII

SI

Q

La densidad ρ es

ρ = Q

4π3

R32 − 4π

3 R3

1

. (1.31)

Existen tres regiones de interes, r > R2, R1 < r < R2 y r < R1.

Evaluacion en la region r > R2.

Consideremos la superficie S I para evaluar E en la primera region. Dada la simetrı a del

problema postulamos E (r) = E (r)r, claramente para la superficie da = dar

E · da =

E (r)r · rda = 4πQ

E (r)

S I

da = 4πQ

E (r)4πr2 = 4πQ = Q

r2 .

Luego para r > R

E (r) = Q

r2r (1.32)

Evaluacion en la region R1 < r < R2.

Consideremos la superficie S II para evaluar E en la segunda region. Dada la simetrı a delproblema nuevamente postulamos E (r) = E (r)r y para la superficie da = dar




E · da =

E (r)r · rda = 4π

ρ dv

E (r) S II

da = 4πρ dv

E (r)4πr2 = 4πρ4π

3

r3 − R3

1

=

Q

r2

r3 − R3

1

R32 − R3

1

.

Luego para R1 < r < R2

E (r) = Q

r2

r3 − R3

1

R32 − R3

1

r (1.33)

region r < R1.

Consideremos la superficie S II I para evaluar E en la segunda region. Dada la simetrı apostulamos E (r) = E (r)r, para la superficie da = dar

E · da =

E (r)r · rda = 0

E (r)

S III

da = 0

E (r)4πr2 = 0

E (r) = 0 .

Luego para r < R1

E (r) = 0 (1.34)

r 2

Q

R1

R2

R1

3 R

2

3 _

R1

33r _

r 2

Q

r

E(r)




Caso lı mite, R1 → 0.

E (r) =

Q

r2r r > R2

Q

R32

rr r < R2

(1.35)

Caso lı mite, R1 → R2.

E (r) =

Q

r2r r > R2

0 r < R2

(1.36)

1.9.4. Esfera cargada con ρ(r) variable.

r <

r >

SIS

II

b

Q

La densidad volumetrica ρ es

ρ(r) =

5Q

πb5r(b − r) si r < b

0 si r > b. (1.37)

Debemos probar que

ρdv = Q y luego encontrar el campo electrico en las dos regiones

de interes, r > b y r < b. Integramos la densidad en todo el espacio ρ(r)dv =

∞0

π0

2π

0

ρ(r)r2 sen θdrdθdφ = 4π

b0

5Q

πb5r(b − r)r2 dr

= 20Q

b5

b0

r3b dr − b

0

r4 dr

=

20Q

b5

b5

4 − b5

5

=

20Q

b5

b5

20

= Q .




region r > b.

Consideremos la superficie S I para evaluar E en la primera region. Dada la simetrı a delproblema postulamos E (r) = E (r)r, claramente para la superficie da = dar

E · da =

E (r)r · rda = 4π

ρ dv

E (r)

sI

da = 4π

ρ dv

E (r)4πr2 = 4πQ

= Q

r2 .

Luego para r > b

E (r) = Q

r2

r (1.38)

region r < b.

Consideremos la superficie S II para evaluar E en la segunda region. Dada la simetrı a delproblema nuevamente postulamos E (r) = E (r)r, para la superficie da = dar

E · da =

E (r)r · rda = 4π

ρ dv

E (r) sII da = 4π ρ dv

E (r)4πr2 = 4π

r0

π0

2π

0

ρ(u)u2 sen θdudθdφ

E (r) = 4π

r2

r0

5Q

πb5u(b − u)u2 du

E (r) = 20Q

b5r2

r0

bu3 du − r

0

u4 du

E (r) = 20Q

b5r2br4

4 − r 5

5

= Q

b5

5br2 − 4r3

Luego para r < R

E (r) = Q

b5

5br2 − 4r3

r (1.39)




1.9.5. Lı nea cargada infinita.

da=−da z

da= da z L

z

λ

da= da R R

La figura muestra las diferentes normales de la superficie de Gauss elegida.

Calculo del campo electrico.

Suponemos el campo electrico con la siguiente forma E (r) = E (R) R con R el radio delas coordenadas cilı ndricas. La Ley de Gauss nos dice

E · da = 4πQencerrada

La carga encerrada corresponde a λL, luego

2

tapas

E (R) R · (±z ) da +

manto

E (R) R · R da = 4πλL

E (R)2πRL = 4πλL

E (R) = 2λ

R .

Luego

E (r) = 2λ

RR (1.40)




1.9.6. Plano infinito cargado.

z

A

σ

La figura muestra la seccion del plano que define el cilindro al atravesarlo.

Calculo del campo electrico.

Suponemos el campo electrico con la siguiente forma

E (r) =

+E (z )z z > 0

−E (z )z z < 0(1.41)

La Ley de Gauss nos dice E · da = 4πQencerrada

La carga encerrada, en este caso, corresponde a σA, luego

2

tapas

±E (z )z · (±z ) da +

manto

E (z )z · R da = 4πσA

2E (z )A = 4πσA

E (z ) = 2πσ .

Luego

E (r) = 2πσ sgn(z )z (1.42)




1.9.7. Problemas de flujo.

Consideremos una carga q situada en el centro de un cubo. ¿Cuanto flujo sale por una delas caras?

q

Φ = 1

6 × 4πq =

2πq

3 (1.43)

Consideremos una carga q situada en un vertice de un cubo. ¿Cuanto flujo sale por cadauna de las caras?

q

Por las caras que contiene a la carga el flujo es nulo y por las otras tres el flujo es igual.Agregamos siete cubos en el entorno tal de dejar la carga al centro de un nuevo cubo mas

grande, ahora podemos usar el resultado anterior

q

Φ = 1

4 × 1

6 × 4πq =

πq

6 (1.44)

Fin clase V.




1.10. Fuerza sobre una carga superficial.

r 0

ues

cm2σ

dAσ

E= 4πσ

Q=4π σr 0

2

E=0

¿A que se debe y cual es la fuerza que actua sobre un elemento superficial de carga σdA?

La fuerza es debida a la repulsion que experimenta por parte de todo el resto de loselementos de carga de la esfera.

¿Que valor del campo debemos usar sobre la lamina?

E ext = Q

r20

= 4πσ , E in = 0 . (1.45)

Usemos el promedio1

2 (E ext + E in) = 2πσ (1.46)

Una manera de entender esto es suponer que el espesor NO es nulo. Supongamos que no

es una densidad superficial sino una densidad volumetrica ρ (uniforme) en un ancho ∆r talque ρ∆r = σ.

∆ r ∆ r ∆ r ∆ r

E= 4πσ E= 4πσ E= 4πσ E= 4πσ

∆ r

0

E=0 E=0 E=0 E=0ρ = cte.

=σρ

La carga superficial real NO se hallara en una capa de espesor cero y densidad volumetricainfinita, ası que nuestra representacion es mas realista que la del caso lı mite. Por ejemplo:una carga de superficie en un metal puede tener varios [A] de espesor.



1.11. ENERGI A ASOCIADA A UN CAMPO ELECTRICO. 29

La fuerza sobre un elemento de carga superficial

dF = 1

2 (E ext + E in) dq = 2πσσdA = 2πσ2dA . (1.47)

La fuerza por unidad de area vale 2πσ2. Esta es una fuerza hacia el exterior originada porla repulsion de las cargas. Naturalmente si las cargas no escapan esta fuerza debe estar equi-librada con alguna fuerza de origen atomico o molecular, no incluida en nuestras ecuaciones.Si cargamos un globo de goma, la repulsion calculada tenderı a a dilatarlo.

1.10.1. El trabajo para comprimir.

Recı procamente, deberı amos efectuar trabajo sobre el sistema para acortar el diametromientras Qtotal =cte.

r 0

r 0_ dr

dr

Supongamos que deseamos disminuir el radio de la esfera de r0 a r0

−dr. El trabajo contra

las las fuerzas electricas

dW = (2πσ2)(4πr20) dr = 8π2σ2r2

0 dr .

En funcion de la carga total Q = 4πr20σ tenemos

dW = Q2dr

2r20

(1.48)

1.11. Energı a asociada a un campo electrico.

Notemos que al disminuir la esfera, en lo que al campo se refiere, es crear la intensidad decampo 4πσ en una capa entre r0 y r0 − dr donde el campo antes era nulo. En todos los otrospuntos del espacio el campo permanece exactamente igual que antes. Esta parte del campo,puede decirse, que ha sido creada a costa del trabajo dW .

dW = Q2dr

2r20

= Q2 × 4πr2

0 × dr

2 × 4πr20 × r2

0

= Q2

8πr40

dv = E 2

8π dv (1.49)

Este es un ejemplo particular de un teorema mucha mas general, que no demostraremos.




1.11.1. El teorema.

La energı a potencial U de un sistema de cargas, la cual es el trabajo total requeridopara formar el sistema, puede calcularse a partir del campo electrico propio simplementeasignando una cantidad de energı a (E 2/8π)dv a cada elemento de volumen dv e integrandopara todo el espacio donde existe el campo electrico.

U = 1

8π

E 2

dv (1.50)

donde la integral es sobre todo el espacio.

1.11.2. Energı a de la esfera usando el campo.

Usando la ecuacion (1.50) podrı amos calcular al energı a asociada a nuestra esfera car-gada. El campo en todo el espacio es

E =

Q

r2 r r > r0

0 r < r0

(1.51)

La energı a es

U = 1

8π

E 2 dv =

1

8π

∞r0

Q2

r4 4πr2 dr =

Q2

2

∞r0

1

r2 dr = −Q2

2r

∞

r0

,

finalmente

U = Q2

2r0

(1.52)

1.11.3. Energı a de la esfera calculando el trabajo.

A partir de la ecuacion (1.49) considerando una esfera de radio arbitrario r y que la dismi-nuiremos desde un radio ∞ a un radio r0 dado. (Recordemos que la fuerza y el desplazamientoson antiparalelos luego debe haber un signo (-)),

U =

r0

∞

−Q2dr

2r2 =

∞r0

Q2

2r2 dr = −Q2

2r

∞

r0

= Q2

2r0. (1.53)

Nuevamente obtenemos el resultado (1.52)

U = Q2

2r0(1.54)

Una imagen usual es que la energı a esta almacenada en el campo.

Siendo el sistema conservativo, esta cantidad de energı a puede ser recuperada permi-tiendo a las cargas “separarse”.



1.11. ENERGI A ASOCIADA A UN CAMPO ELECTRICO. 31

La energı a estaba en alguna parte.

Nuestra consideracion aparece correcta si imaginamos que la energı a esta almacenadaen el espacio con una densidad | E |2/8π en [erg/cm3].

Sin embargo, solo es fı sicamente medible la energı a total

Fin clase VI.



Capıtulo 2

Potencial electrico.

En este capı tulo veremos:

Integral de lı nea del campo electrico.

Diferencia de potencial y funcion potencial.

Gradiente de una funcion escalar.

Deduccion del campo a partir del potencial.

Potencial de una distribucion de cargas.

Disco cargado uniformemente.

Divergencia de una funcion vectorial.

Teorema de Gauss y forma diferencial de la Ley de Gauss.

La divergencia en coordenadas cartesianas.

El Laplaciano.

La ecuacion de Laplace.

Rotacional de una funcion vectorial.

Teorema de Stokes.

Rotacional en coordenadas cartesianas.

Significado fı sico del rotacional.

33



34 CAP ITULO 2. POTENCIAL ELECTRICO.

2.1. Integral de lı nea del campo electrico.

Supongamos que una cierta distribucion estacionaria de carga produce un campo E ,entonces

P 2

P 1

E

·ds , (2.1)

a traves de cierto camino. Significa:

Dividir el camino en pequenos segmentos.

Representar cada segmento por un vector que una sus extremos.

Efectuar el producto escalar del vector asociado al segmento del camino por el campo E en ese lugar.

Sumar estos productos para todo el camino.

La integral corresponde al lı mite de esta suma al hacer los segmentos cada vez maspequenos y numerosos.

1P

2P

c a m i n

o

1P

2P

1P

2P

ds E

2.1.1. Un ejemplo.

Consideremos el campo vectorial E = K yx + Kxy. Queremos evaluar la integral de lı neaa traves del camino de la figura

1 2

1

2

x

y

A

B C



2.1. INTEGRAL DE LI NEA DEL CAMPO ELECTRICO. 35

La integral es separable C A

E · ds =

BA

E · ds +

C B

E · ds . (2.2)

El elemento de camino ds = dxx + dyy y el campo por componentes E = Kyx + Kxy

luego E · ds = Kydx + Kxdy . (2.3)

En la primera parte del camino (de A a B) y = 2x (una recta) lo que implica dy = 2dx,por lo tanto, B

A

E · ds = K

BA

(ydx + xdy)

= K

1

0

2xdx + 2xdx

= 4K 1

0 x dx = 2K . (2.4)

A lo largo del camino de B a C , y = 2 y dy = 0 C B

E · ds = K

C B

(ydx + xdy)

= K

2

1

2dx = 2K . (2.5)

La suma de ambos tramos

C A

E · ds = 2K + 2K = 4K (2.6)

2.1.2. Otro camino.

Consideremos ahora el camino de la figura

x

y

A

C

B

21

1

2

Sobre el camino A → B y = 0 luego dy = 0 BA

E · ds = 0 , ya que E ⊥ ds. (2.7)




Sobre el camino B → C x = 2 luego dx = 0 C B

E · ds =

2

0

K 2 dy = 2Ky

2

0

= 4K . (2.8)

2.1.3. Independencia del camino.El campo electrico de una carga puntual es radial y depende solamente de r. Si P 1 y P 2

son dos puntos cualesquiera en el campo de una carga puntual es directo que la integral delı nea de E es la misma para todas las trayectorias que unen P 1 y P 2.

Lo anterior puede verificarse usando una argumentacion equivalente a la usada cuandoevaluamos el trabajo.

Por superposicion, la integral de lı nea de E (debido a todos los manantiales) debe serindependiente del camino. Es decir, la integral

P 2P 1

E ·

ds (2.9)

Tiene el mismo valor para todos los caminos que unen a P 1 y P 2 en un campo electroestatico.

2.2. Diferencia de potencial y funcion potencial.

Debido a que la integral de lı nea en el campo electroestatico es independiente del camino,podemos usarla para definir una magnitud escalar ϕ21 como sigue

ϕ21 = − P 2

P 1

E · ds (2.10)

Donde ϕ21 es el trabajo por unidad de carga efectuado al mover una carga positiva desdeP 1 a P 2 en el campo E .

Ademas, ϕ21 es una funcion escalar unı voca de las dos posiciones P 1 y P 2 que llamaremosdiferencia de potencial entre los dos puntos.

En sistema CGS las unidades de diferencia de potencial son [erg/ues]=[statvolt]. En sis-tema MKS las unidades de diferencia de potencial son [Joule/Coulomb]=[Volt].

1 [Volt] = 1

299.79 [statvolt] (2.11)

2.2.1. Funcion potencial.

Supongamos que mantenemos P 1 fijo en cierta posicion de referencia. Entonces ϕ21 esfuncion solo de P 2. Podemos escribir

E(x,y,z)ϕ (x,y,z)

Campo escalar

Potencial asociado a

Campo vectorial



2.2. DIFERENCIA DE POTENCIAL Y FUNCI ON POTENCIAL. 37

Dado E se determina ϕ salvo por una constante aditiva debido a la arbitrariedad en laeleccion de P 1.

Supongamos que tenemos dos definiciones para la funcion potencial, ϕA y ϕB, que solodifieren en el punto P 1, es decir

ϕA = − rA

E · ds , ϕB = − rB

E · ds . (2.12)

A ϕA lo podemos escribir como

ϕA = − rA

E · ds

= − BA

E · ds − rB

E · ds

= cte. + ϕB

ϕA = ϕB + cte.

2.2.2. La carga puntual.

El campo de una carga puntual q es q

r2r.

r A r B

r

ds

r ds = dr A

B

q

dr

Evaluemos la diferencia de potencial

ϕAB = − BA

q

r2r · ds = −

BA

q

r2dr =

q

r

B

A

= q

1

rB− 1

rA

Si rA → ∞ϕ(r) =

q

r (2.13)




2.2.3. Dos cargas en el plano.

Nos interesa encontrar el potencial en todo el plano de la configuraci on de dos cargaspuntuales de la figura

1q

2q

r 1

r 2

(x,y) y

x0b a

El potencial es la suma de los potenciales individuales

ϕ(x, y) = q 1r1

+ q 2r2

= q 1 (x + b)2 + y2

+ q 2 (x − a)2 + y2

2.2.4. Otro ejemplo.

Nos interesa encontrar el potencial en todo el plano del campo E (x, y) = Kyx + Kxyeligiendo nuestro punto de referencia P 1 = (0, 0). Usaremos el camino de integracion mostradoen la figura.

(x,y) y

x(0,0)

ϕ(x, y) = − (x,y)

(0,0)

E · ds

= − (x,0)

(0,0)

E xdx − (x,y)

(x,0)

E ydy

= K (y = 0)

x0

dx − Kx

y0

dy = 0 − Kxy

= −Kxy



2.2. DIFERENCIA DE POTENCIAL Y FUNCI ON POTENCIAL. 39

A todos los resultados anteriores le podemos sumar una constante. Esto solamente indi-carı a que el punto de referencia al cual se asigna ϕ = 0 se puso en otra parte.

No hay que confundir Potencial con energı a potencial de un sistema.

La energı a potencial de un sistema de cargas es el trabajo total requerido para reunirlas.

El potencial asociado al campo serı a el trabajo por unidad de carga requerido paratraer una carga de prueba positiva desde el infinito al punto (x,y,z ) en el campo E delsistema de cargas.

Fin clase VII.




2.3. Gradiente de una funcion escalar.

Sabemos que dado el campo electrico podemos hallar la funcion potencial electrico, queresulta ser una funcion escalar.

Si quisieramos proceder en sentido contrario, es decir, a partir del potencial deducir el

campo electrico de la ecuacionϕ21 = −

P 2P 1

E · ds , (2.14)

Parecerı a que el campo es en algun sentido una derivada de la funcion potencial. Paraprecisar esto presentamos el gradiente de una funcion escalar:1

grad f = ∇f (x,y,z ) = ∂f

∂xx +

∂ f

∂y y +

∂ f

∂z z . (2.15)

El gradiente de una funcion escalar es un vector en la direccion de la maxima pendienteen sentido ascendente y su modulo es la pendiente medida en aquella direccion

Dirección de la

máximo crecimiento

x

y

(x,y)

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

exp(−x*x−y*y)

−1

−0.5

0

0.5

1

−1−0.5

0 0.5

1

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

2.4. Deduccion del campo a partir del potencial.

Consideremos la diferencial de la funcion escalar de tres variables ϕ(x,y,z )

dϕ = ∂ϕ∂x

dx + ∂ ϕ∂y

dy + ∂ ϕ∂z

dz , (2.16)

1La derivada parcial respecto a la variable x de una funcion f (x,y,z), escrita simplemente ∂f/∂x, significala razon de variacion de la funcion respecto a x manteniendo constante las otras variable (y, z), i.e.

∂f

∂x = lım

∆x→0

f (x + ∆x,y,z) − f (x,y,z)

∆x ,



2.5. POTENCIAL DE UNA DISTRIBUCI ON DE CARGA. 41

ademas de

ϕ21 = − P 2P 1

E · ds → dϕ = − E · ds , (2.17)

y comodϕ = ∇ϕ · ds = − E · ds . (2.18)

Identificamos E = − ∇ϕ (2.19)

El signo menos da cuenta de que el campo electrico esta dirigido de una region de mayorpotencial hacia una region de menor potencial, mientras que el vector ∇ϕ se define de maneraque se dirija en el sentido creciente de ϕ.

2.4.1. Ejemplos.

Carga puntual.

E =

−

∇ϕ =

−

∇q

r =

− ∂

∂rq

r r =

q

r2

r .

Dos cargas.

ϕ = q 1 (x + b)2 + y2

+ q 2 (x − a)2 + y2

=⇒

E = q 1[(x + b)x + yy]

((x + b)2 + y2)3/2 +

q 2[(x − a)x + yy]

((x − a)2 + y2)3/2 .

Otro ejemplo.

ϕ =

−Kxy =

⇒ E = − ∂

∂x(−Kxy)x +

∂

∂y(−Kxy)y

= K yx + Kxy .

2.5. Potencial de una distribucion de carga.

Para calcular el potencial debido a una distribucion de carga

Punto deObservación

Origen

r

r − r ’

r ’

( r )= (x’,y’,z’)ρρ

dx’dy’dz’=d3r’

Distribución de carga

región finita

contenida en una




ϕ(r) =

ρ(r )d3r

|r − r | (2.20)

Debe tenerse que el potencial sea nulo en infinito. La distribucion de carga debe estar

acotada a una region finita.En el caso de una distribucion constante escribimos el potencial como la suma de los

potenciales debido a los distintos dq de la distribucion. La distribucion debe ser finita.

ρ = ctedq

R

ϕ =

dq

R = ρ

dv

R (2.21)

En caso que la distribucion NO sea constante, la primera expresion sigue siendo valida.

2.5.1. Las lı neas equipotenciales.

El lugar geometrico de los puntos con un valor particular de ϕ es una superficie, llamadaequipotencial la cual se representa en dos dimensiones por una curva y en tres por unasuperficie.

q

La familia de curvas equipotenciales son ortogonales a las lı neas de fuerzas.



2.5. POTENCIAL DE UNA DISTRIBUCI ON DE CARGA. 43

2.5.2. Potencial de un hilo largo cargado.

Calculemos el potencial de un hilo infinito cargado con densidad uniforme λ medianteintegracion directa.

R

z

r

dq= dzλ O z

dϕ = dq R

= λdz √ z 2 + r2

ϕ =

∞−∞

λdz √ z 2 + r2

=

∞−∞

λ z

r

2

+ 1

dz

r

Usando la paridad del integrando y haciendo el cambio de variable u = z

r, tenemos

ϕ = 2λ ∞

0

du

√ u2 + 1

,

haciendo u = tan θ con du = sec2 θ dθ

ϕ = 2λ

π/2

0

sec2 θ dθ

(tan2 θ + 1)1/2

= 2λ

π/2

0

sec θ dθ

= 2λ log(sec θ + tan θ)

π/2

0

→ ∞ .

La divergencia de la integral se debe a que la distribucion de carga no esta contenida enun region finita (hay carga en ∞).

Calculemos la diferencia de potencial entre dos puntos cualesquiera usando la expresionpara el campo electrico de una lı nea infinita uniformemente cargada

ϕ21 = − P 2P 1

E · ds = − r2

r1

2λ

r dr

= 2λ log(r1) − 2λ log(r2) .




Fijamos arbitrariamente el punto P 1 para obtener la funcion potencial

ϕ = −2λ log(r) + cte. (2.22)

Claramente

− ∇ϕ = −r ∂ϕ∂r

= 2λr

r .

2.6. Disco cargado uniformemente.

Consideremos un disco no conductor cargado con una distribucion uniforme σ [ues/cm2]de espesor infinitesimal.

La carga total corresponde a Q = πa2σ. No hay dos capas.

Si el disco fuera conductor habrı a redistribucion de carga acumulandose hacia los bordes.

P1(0,y,0)

2P

x

z

Ra

dq

y

σ

Evaluemos el potencial en el punto P 1 = (0, y, 0)

ϕ(0, y, 0) =

dq

R =

2π

0

a0

σrdθdr y2 + r2

= 2πσ

a

0

r

y2 + r2dr = 2πσ

y2 + r2

a

0

ϕ(0, y, 0) = 2πσ[

y2 + a2 − y] , si y > 0.

Por simetrı a debemos tener ±

y2

ϕ(0, y, 0) = 2πσ[

y2 + a2 + y] , si y < 0.

El valor en el centro ϕ(0, 0, 0) = 2πσa



2.6. DISCO CARGADO UNIFORMEMENTE. 45

singularidaden la derivada

ya−a

ϕ

0

Estudiemos el comportamiento de ϕ(0, y, 0) para valores grandes de y. Para y a tenemos

y2 + a2 − y = y

1 − a2

y2 − 1

= y 1 + 1

2

a2

y2 . . . − 1 ≈ a2

2y .

De aquı tenemos

ϕ(0, y, 0) = πa2σ

y =

Q

y , para y a. (2.23)

Donde πa2σ = Q es la carga total, luego este serı a el potencial de una carga puntual de esevalor. Desde muy lejos el disco se ve puntual.

El potencial para puntos fuera del eje de simetrı a no es facil, las integrales resultan serelı pticas (

dφ/

1 − k2 sen2 φ)

Fin clase VIII.




2.6.1. Potencial en el borde del disco.

Evaluemos el potencial en el punto P 2 = (a, 0, 0)

P2

θ

r

a

2a

dr

σ

ϕ(a, 0, 0) = dq

r = σ2rθdr

r =

2σθdr .

De la figura r = 2a cos θ luego dr = −2a sen θdθ. Reemplazando en la integral

ϕ(a, 0, 0) =

0

π/2

2σθ(−2a sen θ) dθ

=

π/2

0

4σaθ sen θ dθ

= 4σa [sen θ − θ cos θ]

π/2

0

= 4σa .

Comparando este valor con el del centro del disco (2πσa) el potencial disminuye. Estoimplica que el campo electrico tiene componente en el plano del disco y hacia afuera. Porlo anterior, si la carga pudiese moverse se distribuirı a hacia los bordes. Podemos calcular elcampo electrico en el eje de simetrı a directamente del potencial

E y = −∂ϕ

∂y

= − d

dy2πσ y2 + a2 − y

= 2πσ

1 − y

y2 + a2

y > 0 .

Tomemos el lı mite y → 0 por la derecha y por la izquierda.

Si y tiende a cero+ entonces E → 2πσy.

Si y tiende a cero− entonces E → −2πσy.



2.6. DISCO CARGADO UNIFORMEMENTE. 47

Este es el campo que corresponde a un lamina indefinida (infinita) con densidad superficialhomogenea σ .

Podemos encontrar el campo cerca del disco usando Gauss. Como superficie de Gaussusamos la “cajita” de la figura.

El campo no

esal plano

A

Φ = AE +y − AE −y + (flujo lateral)

El primer termino corresponde al campo inmediatamente por delante, el segundo al campopor detras en un caso la normal apunta hacia adelante y en el otro apunta hacia atras. El flujolateral se puede hacer tan pequeno como se quiera aplanando la caja. (Mientras el campoparalelo sea finito.) La carga encerrada es σA luego la ley de Gauss

AE +y − AE −y = 4πσA ,

o bien lo podemos reescribir como

E +y − E −y = 4πσ (2.24)

Esto vale para cualquier distribucion superficial de carga uniforme o no. Si σ es la densi-dad local de una capa superficial cargada, existe un cambio brusco o discontinuidad en lacomponente perpendicular del campo electrico.

2.6.2. La energı a del sistema.

Recordemos la expresion para la energı a total asociada a un campo E

U = 1

8π

Todo el espacio

E 2

dv . (2.25)

Escribamos la energı a ahora en terminos del potencial. Utilizamos que E = − ∇ϕ, luegotenemos

U = 1

8π

Todo el espacio

∇ϕ2

dv . (2.26)




Hay otra forma de calcular la energı a almacenada

U = 1

2

N j=1

k= j

q jq kr jk

. (2.27)

Si reescribimos la ecuacion anterior de la forma

U = 1

2

N j=1

q j

k= j

q kr jk

.

El termino entre parentesis corresponde a la contribucion de todas las cargas al potencial enla posicion de q j . Podemos sumarlas y llamarles ϕ j (potencial en la posicion de q j debido atodas las otras cargas) luego

U = 1

2

N

j=1

q jϕ j . (2.28)

Si tenemos una distribucion continua

U = 1

2

ρϕdv (2.29)

2.7. Divergencia de una funcion vectorial.

Sea F (x,y,z ) una funcion vectorial. Consideremos el flujo total a traves de la superficieS

Φ = S

F · da .

da

S

V

F

V 1

V 2

S 1 incluye D

S 2 incluye D

D

Si dividimos V en dos partes, diagrama de la derecha, el flujo es el mismo

Φ =

S 1

F · da +

S 2

F · da ,

ya que los flujos sobre D se anulan.



2.8. TEOREMA DE GAUSS Y FORMA DIFERENCIAL DE LA LEY DE GAUSS. 49

Podemos dividir V sucesivamente hasta tener V 1, V 2, . . . , V N con superficies S 1, S 2, . . . , S N ,podemos afirmar

Φ =

S

F · da =N i=1

S i

F · dai .

Si consideramos el lı mite N → ∞ las integrales S i F · dai → 0. Es decir, se hacen cada vezmas pequenas, al igual que cada V i, a medida que N crece. Pero si consideramos la razon

entre ambas magnitudes S i

F · dai

V i,

encontramos que tiene un lı mite cuando N → ∞. Este lı mite es una propiedad caracterı sticade la funcion vectorial (campo vectorial) F en esa region.

Llamaremos divergencia de F a esta propiedad:

div F (x,y,z ) =

∇ · F

≡ lımV →0

1

V S

F

·da (2.30)

donde V es un volumen que incluye al punto (x,y,z ) y S es la superficie donde se extiende laintegral, ademas es la superficie de V . La condicion de que el lı mite exista y sea independientedel metodo de subdivision, lo estamos dando por supuesto.

La div F corresponde al flujo saliente de V por unidad de volumen en el lı mite en que V es infinitesimal. Es una magnitud escalar, que depende de la posici on y puede variar de unlugar a otro.

2.8. Teorema de Gauss y forma diferencial de la ley de

Gauss.

Consideremos un volumen V cuya superficie es S . Hagamos una particion en N subvo-lumenes V i cuya superficie es S i escribamos el flujo total a traves de S en funcion de laparticion.

Φ =

S

F · da =N i=1

S i

F · dai =N i=1

V i

S i

F · dai

V i

.

En el lı mite que N → ∞ y V i → 0, tenemos

S

F · da = V

div F dv (2.31)

Este resultado es conocido como teorema de Gauss o teorema de la divergencia. Secumple para todo campo vectorial para el cual existan los lı mites involucrados.

Apliquemos el teorema de la divergencia al campo electrico S

E · da =

V

div E dv . (2.32)




Recordemos la Ley de Gauss que satisfacı a el campo electrico sobre el mismo volumen ysuperficie

S

E · da = 4π

V

ρ dv . (2.33)

Como ambas ecuaciones se cumplen para cualquier volumen

div E = ∇ · E = 4πρ (2.34)

Esta ultima ecuacion es conocida como la forma diferencial de la ley de Gauss ycorresponde a la primera ecuacion de Maxwell.

2.9. La divergencia en coordenadas cartesianas.

Veamos la forma que tiene el operador divergencia en coordenadas cartesianas

div F = ∇ · F = ∂F x

∂x +

∂ F y∂y

+ ∂ F z

∂z (2.35)

La divergencia es un escalar y en coordenadas cartesianas corresponde al producto escalarentre el operador vectorial ∇ y el campo vectorial. Si div F > 0 el flujo es saliente. Si div F < 0el flujo es entrante.

Consideremos un cilindro infinito de radio a, cargado con densidad uniforme ρ.

y x

z

a

ρ

Usando la ley de Gauss podemos encontrar el campo en todo el espacio,

E (r) =

2πρa2

r r > a

2πρr r < a



2.9. LA DIVERGENCIA EN COORDENADAS CARTESIANAS. 51

Proyectemos el campo en coordenadas cartesianas

E x(r) = x

rE =

2πρa2x

x2 + y2 r > a

= 2πρx r < a

E y(r) = y

rE =

2πρa2y

x2 + y2 r > a

= 2πρy r < a

E z = 0

En el exterior de la carga cilı ndrica la div E

∂E x∂x

+ ∂ E y

∂y = 2πρa2

1

x2 + y2

−

2x2

(x2 + y2)2 +

1

x2 + y2

−

2y2

(x2 + y2)2= 0 ,

dentro∂E x∂x

+ ∂ E y

∂y = 2πρ(1 + 1) = 4πρ .

Contabamos con ambos resultados.

Fin clase IX.




2.9.1. El Laplaciano.

Tenemos

E = − grad ϕ = − ∇ϕ = −

x∂ϕ

∂x + y

∂ϕ

∂y + z

∂ϕ

∂z

.

Por otra partediv E = ∇ · E =

∂E x∂x

+ ∂ E y

∂y +

∂ E z∂z

.

Combinandolas

div E = − div grad ϕ = −

∂ 2ϕ

∂x2 +

∂ 2ϕ

∂y2 +

∂ 2ϕ

∂z 2

Definamos el operador Laplaciano

∇2

= ∂ 2

∂x2 + ∂ 2

∂y 2 + ∂ 2

∂z 2 (2.36)

La notacion ∇2 se explica como sigue:

∇ = x ∂

∂x + y

∂

∂y + z

∂

∂z .

Si lo tratamos como un vector

∇ · ∇ = ∂ 2

∂x2 +

∂ 2

∂y2 +

∂ 2

∂z 2 .

El Laplaciano en coordenadas cartesianas. En otras coordenadas esto NO es cierto. En ge-neral, el Laplaciano es

∇2 ≡ div (grad) (2.37)

2.9.2. La ecuacion de Poisson.

Utilizando la definicion del Laplaciano, y la forma diferencial de la ley de Gauss obtenemos

∇2ϕ =

−4πρ (2.38)

Esta ecuacion es conocida como la ecuacion de Poisson. Esta escrita en coordenadas carte-sianas

∂ 2ϕ

∂x2 +

∂ 2ϕ

∂y 2 +

∂ 2ϕ

∂z 2 = −4πρ (2.39)

Esta es la forma no homogenea de la ecuacion y corresponde al caso en que hay presenciade densidad de carga.



2.10. LA ECUACI ON DE LAPLACE. 53

2.10. La ecuacion de Laplace.

Donde quiera que la densidad sea nula, i.e. ρ = 0, el potencial electrico satisfacen laecuacion homogenea, conocida como la ecuacion de Laplace

∇2ϕ = ∂ 2ϕ

∂x2 + ∂ 2ϕ

∂y2 + ∂ 2ϕ

∂z 2 = 0 (2.40)

Esta ecuacion la encontramos en muchas ramas de la Fı sica. Las funciones que satisfacenla ecuacion de Laplace se conocen como armonicas.

2.10.1. Propiedades de las funciones armonicas.

Si ϕ(x,y,z ) es armonica, es decir, solucion de la ecuacion de Laplace, entonces el valormedio de ϕ sobre la superficie de una esfera cualesquiera (NO necesariamente pequena) esigual al valor de en el centro.

Demostracion: En el caso de un potencial electrico en regiones sin carga. El trabajopara traer Q distribuida sobre una esfera en presencia de q serı a: Q veces el valor mediosobre la esfera del potencial debido a q .

q

Q distribuída

sobre la esfera

Pero sabemos que este trabajo serı a el mismo que si hubiesemos tenido primero la cargade prueba y luego traemos a q desde el infinito. En este caso el trabajo serı a el mismo quesi Q estuviera en el centro de la esfera en lugar de estar distribuida sobre la superficie.

Si hay mas fuentes usamos el principio de superposicion tal de incluir todos los manan-tiales.

2.10.2. Equilibrio estable.

Lo anterior esta estrechamente relacionado con el teorema de imposibilidad de equilibrioestable en un campo electroestatico.

Supongamos que tenemos un campo en que existe un punto P en el cual una partı cula

cargada estuviese en equilibrio estable. Esto implica que cualquier desplazamiento pequenoa partir de P debe llevarla a un lugar donde actue un campo que empuje hacia P . Pero loanterior significa que una pequena esfera alrededor de P debe estar dirigido hacia el interioren todos los puntos de la superficie. Lo anterior contradice la Ley de Gauss, ya que no haycarga negativa dentro de la region.

En otras palabras, no se puede tener una region vacı a donde el campo electrico este di-rigido todo hacia el interior o todo hacia el exterior y esto es es necesario para un equilibroestable considerando ambos signos de la carga.




Para expresar lo anterior en funcion del potencial una posicion estable debe ser tal queϕ sea menor que el de todos los puntos proximos (si la carga es positiva) o mayor (si esnegativa).

Evidentemente ninguno de los dos es posible para una funcion cuyo valor medio sobre laesfera es igual al valor en el centro. Es posible atrapar y mantener estable una carga con un

campo electrico tiempo dependiente.

2.11. Rotacional de una funcion vectorial.

Desarrollamos el concepto de divergencia, una propiedad local de un campo vectorial,partiendo de la integral de superficie sobre una superficie cerrada. En el mismo espı rituconsideremos la integral de lı nea de un cierto campo vectorial F (x,y,z ) sobre un caminocerrado C el cual es el contorno de una superficie S (La curva podrı a no estar contenida enel plano). Definimos la circulacion como

Γ = C

F · ds. (2.41)

ds

F C

C 1

C 2

B

Dividamos el circuito en dos, claramente la circulacion inicial es la misma que la suma delas circulaciones a traves de ambos circuitos, debido a que el tramo B se cancela entre ambos

circuitos.Γ =

C

F · ds =

C 1

F · ds +

C 2

F · ds ,

Si consideramos una particion en N circuitos C i cada uno con circulacion Γi y areadelimitada ai y normal ni podemos escribir

Γ =N i=1

Γi =

C

F · ds =N i=1

C i

F · ds .

Definamos una cantidad cuyo lı mite exista y sea independiente de la particion

lımai→0

Γi

ai= lımai→0

C i

F ·

ds

ai

n

ai

i



2.12. TEOREMA DE STOKES. 55

Asociamos a cada superficie ai su vector normal ni mediante la regla de la mano derechapara su sentido. De esta manera nuestro lı mite lo interpretamos como una magnitud vectorial,que llamaremos rotor de F , en la direccion de ni.

(rot F )

·ni = lım

ai→0

Γi

ai= lım

ai→0 C i

F · ds

ai(2.42)

2.12. Teorema de Stokes.

Consideremos una particion de un circuito C en N circuitos C i con circulacion Γi, area ai

y normal ni. Escribamos la circulacion total sobre C como una suma de las circulaciones Γi

Γ =

C

F · ds = lımN →∞

N i=1

Γi

= lımN →∞,ai→0

N i=1 ai

Γ

ai

= lımN →∞,ai→0

N i=1

ai rot F · ni =

S

da · rot F .

Ası podemos resumir el anterior resultado en lo que se conoce como el Teorema de Stokes. C

F · ds =

S

rot F · da (2.43)

2.13. Rotacional en coordenadas cartesianas.Sea F = F (x,y,z ) entonces

rot F = x

∂F z∂y

− ∂ F y∂z

+ y

∂F x∂z

− ∂ F z∂x

+ z

∂F y∂x

− ∂ F x∂y

. (2.44)

Tambien lo podemos escribir en coordenadas cartesianas como el determinante siguiente

rot F =

x y z ∂ ∂x

∂ ∂y

∂ ∂z

F x F y F z

(2.45)

Si consideramos al operador nabla como

∇ = x ∂

∂x + y

∂

∂y + z

∂

∂z ,

podemos escribir el rot F en coordenadas cartesianas como

rot F = ∇ × F (2.46)




2.14. Significado fısico del rotacional.

Un campo con rotacional distinta de cero tiene circulacion o turbulencia.

Supongamos un campo de velocidades G y tal que rot G = 0. Entonces las velocidades eneste campo tiene superpuestas <· o

<· superpuesto a la circulacion general en una direccion.

Por ejemplo: el campo de velocidades del agua al vaciar una banera adquiere circulacion, dehecho lo que flota gira mientras avanza.

Un “Rotacionalimetro” imaginario para el campo electrico.

q

q

qq

Como funcionarı a este dispositivo:

Si rot E = 0 el aparato tenderı a a girar, un resorte podrı a usarse para frenar larotacion y ası el valor de la torsion sera proporcional al rot E .

Si podemos hallar la direccion del eje para la cual el torque (en sentido horario) es

maximo, esta es la direccion del vector rot E .

¿Que podemos decir para el campo electroestatico E ? El “rotacionalimetro” siempremarcarı a cero. Esto se deduce a partir que

E · ds = 0, si el camino es cerrado y por el

Teorema de Stokes

rot E = 0 (2.47)

en todos los puntos. Esta condicion es suficiente para que el campo sea “conservativo”, esdecir, para que pueda escribirse como gradiente de una funcion escalar (el potencial).



2.14. SIGNIFICADO F ISICO DEL ROTACIONAL. 57

2.14.1. Ejemplo.

Recordemos el campo E = K yx + Kxy . (2.48)

Calculemos las componentes del rotor de E

(rot E )x =

∂E z∂y

− ∂ E y∂z

= 0

(rot E )y =

∂E x∂z

− ∂ E z∂x

= 0

(rot E )z =

∂E y∂x

− ∂ E x∂y

= K − K = 0 .

Esto nos dice que este campo (2.43) es el gradiente de un potencial escalar. Este campocasualmente tiene tambien divergencia nula

div E =

∂E x∂x

+ ∂ E y∂y

+ ∂ E z∂z

= 0 .

Por lo tanto, representa un campo electroestatico en una region libre de carga. Si definimosun campo

F = K yx − Kxy

luego(rot F )z = −2K

no podrı a ser un campo electroestatico.

Fin clase X.



Capıtulo 3

Campo electrico en conductores

Conductores y aisladores.

Conductores en el campo electroestatico.

Problema electroestatico general: Teorema de unicidad.

Algunos sistemas simples de conductores.

Condensadores y capacidad.

Potenciales y cargas en varios condensadores.

Energı a almacenada en un condensador.

Otros puntos de vista de los problemas de contorno.

3.1. Conductores y aisladores.

Dos tipos de materiales: Conductores y aisladores.Los conductores: son materiales en los que las cargas electricas se mueven con bastante

libertad. Los buenos conductores son tı picamente metales.Los aisladores: son materiales en que las cargas se mueven con mucha dificultad. El vidrio,

el caucho y los plasticos son buenos aisladores.Los conductores difieren de los aisladores en su conductividad del orden de 1020.Diferencia entre un conductor y un aislador es tan grande como entre un s olido y un

lı quido. Ambas propiedades dependen de la movilidad de las partı culas. En un caso losportadores de carga y en otro caso los atomos mismos. Sustancias con fluidez entre el lı quidoy el solido, (en electricidad son los semiconductores).

Los semiconductores: son una tercera clase de materiales. Sus propiedades electricas seencuentran entre las de los aisladores y las de los conductores. El Silicio y el Germanio sonejemplos bien conocidos de semiconductores utilizados comunmente en electronica actual.Las propiedades electricas de los semiconductores pueden cambiarse en varios ordenes demagnitud anadiendo a los materiales pequenas cantidades de otros elementos (dopaje).

59



60 CAP ITULO 3. CAMPO ELECTRICO EN CONDUCTORES

3.2. Conductores en el campo electroestatico.

Estudiemos sistemas en que intervienen conductores. Nos interesa el estado estacionario,es decir, cuando ya se han producido todas las redistribuciones de carga en el conductor.Todos los aisladores presentes los supondremos perfectos.

Cuando la carga se ha reacomodado: ¿Que podemos decir sobre el campo electrico dentrode la materia conductora?.

El campo es NULO, de no ser ası los portadores de carga sentirı an una fuerza y semoverı an, luego, la situacion no serı a estacionaria. (en ausencia de f externas)

Nos estamos refiriendo al campo medio promediado en una region grande comparada conlos detalles de la estructura atomica.

El potencial es el mismo en todo el conductor. La superficie del conductor es una equipo-tencial del campo.

E=0

No conductorneutro

Portadores decarga moviles

Conductor conreordenamiento

de carga

Consideremos un sistema de conductores cargados.

ϕ1

ϕ3

ϕ2Q

1

Q2

Q3

El conductor k-esimo tiene una carga Qk.

El conductor k-esimo puede caracterizarse por un valor de ϕk.

Elegimos ϕ = 0 en infinito.

Debido a que la superficie de los conductores debe ser equipotenciales y E = − ∇ϕ, elcampo electrico debe ser perpendicular a las superficies en todos los puntos de la misma.

Existe una discontinuidad del campo en la superficie:



3.3. PROBLEMA ELECTROEST ATICO GENERAL: TEOREMA DE UNICIDAD. 61

E = 0 adentro E = 0 afuera

=⇒ Densidad de carga

en la superficie σ

Aplicamos la Ley de Gauss

A

C o n d

u c t o

r

Caja

E · da = 4πσA

E nA + 0A = 4πσA

E n = 4πσ

la componente normal del campo. La carga superficial debe dar cuenta de las carga total Qk,es decir, la integral de σ sobre toda la superficie debe dar cuenta de Qk

En general para un sistema de conductores

ϕ = ϕk en todos los puntos de la superficie del conductor k -esimo.

En todo punto exterior junto al conductor, E es perpendicular a la superficie, el modulo

es E = 4πσ donde σ es la densidad local de carga superficial

Qk =

S k

σda = 1

4π

S k

E · da (3.1)

No hay que pensar σ como la fuente de E . El campo total es debido a todas las cargasdel sistema, proximas y lejanas, de las cuales la carga superficial es s olo una parte. La cargasuperficial esta obligada a un reajuste propio hasta que cumpla E = 4πσ

3.3. Problema electroestatico general: Teorema de uni-cidad.

Podemos plantear el problema desde el punto de vista del potencial ϕ, pues si hallamos ϕpodemos deducir E . En cualquier punto (x,y,z ), exterior a los conductores, ϕ debe satisfacerla ecuacion de Laplace

∇2ϕ = 0 , ∂ 2ϕ

∂x2 +

∂ 2ϕ

∂y 2 +

∂ 2ϕ

∂z 2 = 0 (3.2)




El problema es hallar un ϕ que satisfaga (3.2) y tambien las condiciones especificadas enlas superficie de los conductores. Las condiciones pueden ser establecidas de diferentes formas

Los potenciales ϕk son fijados.

Pueden fijarse las cargas Qk.

En un sistema real los potenciales pueden fijarse mediante conexiones permanentes abaterı as a ϕ cte. Entonces ϕ(x,y,z ) debe tomar el valor correcto en todos los puntos decada una de las superficies.

3.3.1. Condiciones de borde.

Estas superficies en su totalidad limitan la region en la cual esta definida ϕ, si incluimosuna superficie grande (en el infinito, por ejemplo) donde se exige que ϕ tienda a cero. Tenemosun caso de condiciones de borde tipo Dirichlet, (Dirichlet boundary condition).

Por otra parte podemos especificar las Qk (no ademas los ϕk esto sobre-determinarı a elproblema), con las cargas dadas tenemos fijado el valor de grad ϕ sobre la superficie de cadaconductor. Tenemos un caso de condiciones de borde tipo Neumann, (Neumann boundarycondition).

Los dos casos son distintos desde el punto de vista matematico. Ademas, podemos com-binar los dos tipos de condiciones del contorno. Condiciones de borde mixta.

Un problema general de interes es este: con las condiciones de contorno dadas de algunamanera, el problema: tiene o no solucion, tiene una solucion o tiene mas de una solucion.

3.3.2. Unicidad.

No se intenta responder la pregunta de todas las formas que puede presentarse, pero uncaso importante puede ser ilustrativo.

Supongamos que se ha fijado el potencial ϕk de cada conductor, junto con la condicionde que ϕ tienda a cero a distancia infinita.

Demostremos que tiene solucion unica.

Como problema fı sico es evidente que tiene una solucion. Desde el punto de vistamatematico supondremos que existe una solucion ϕ(x,y,z ) y demostraremos que esunica.

Supongamos que existe otra funcion ψ(x,y,z ) que es tambien solucion de la ecuacionde Laplace y satisface las condiciones de contorno.

La ecuacion de Laplace es lineal, es decir, si ϕ y ψ la satisfacen c1ϕ + c2ψ tambien loes. En particular

W (x,y,z ) = ϕ(x,y,z ) − ψ(x,y,z ) .



3.3. PROBLEMA ELECTROEST ATICO GENERAL: TEOREMA DE UNICIDAD. 63

Por supuesto W no satisface las condiciones de contorno, de hecho en cada superficieW = 0 porque ϕ y ψ tienen el mismo valor ϕk sobre cada S k. Ası que W es solucion deotro problema electroestatico, uno con los mismos conductores mantenidos a potencialcero.

Podemos afirmar que W es nula en todo el espacio pues si no lo fuera debe existir un

maximo o un mı nimo en alguna parte recordemos que W = 0 en infinito.

Si W tiene un extremo en cierto punto p, consideremos una esfera centrada en p. Comoya vimos en el capı tulo anterior una funcion que satisface la ecuacion de Laplace suvalor medio es igual a su valor en el centro.

W no tiene maximos ni mı nimos, entonces ϕ = ψ, es decir, solamente puede existiruna solucion que satisfaga las condiciones de borde prescritas.

Ahora podemos demostrar otro hecho notable. En el espacio interior a un conductor huecode cualquier forma, si asimismo este espacio esta libre de cargas, el campo electrico es nulo.

Esto es cierto cualquiera sea el campo exterior.

E=0

El potencial ϕ dentro de la caja debe satisfacer Laplace el contorno est a a ϕ = ϕ0, luego lasolucion es ϕ = ϕ0 en todo el volumen. E = − ∇ϕ = 0 en todo el volumen, ya que ϕ = cte.Apantallamiento, parece sorprendente el reacomodo “inteligente” de carga, tal de anular E en el interior.

Fin clase XI.




3.4. Algunos sistemas simples de conductores.

3.4.1. Esferas conductoras.

Dos esferas metalicas concentricas de radios R1 y R2 que contienen cargas totales Q1 yQ2.

R1

Q2Q

1

R2

El potencial en la esfera exterior es ϕe = Q1 + Q2

R1. El potencial en la esfera interior es

ϕi = Q1

R1+

Q2

R2.

Si las dos esferas contienen la misma cantidad de carga pero de signos contrarios Q1 =

−Q2, el campo electrico es distinto de cero solamente en el espacio entre ellas.

3.4.2. Carga cerca de un plano conductor.

El sistema, mas simple, en el cual queda en evidencia la movilidad de las cargas en unconductor, es la una carga puntual proxima a un conductor plano.

Q

h

x

y

z

ϕ=0

¿Que tipo de campo y que distribucion de carga debemos esperar?



3.4. ALGUNOS SISTEMAS SIMPLES DE CONDUCTORES. 65

Q

Conductor

3.4.3. Metodo de imagen.

Consideremos un sistema de dos cargas puntuales equidistantes del plano x − y. Sobre elplano el potencial es cero. Calculemos el campo

ϕ=0 el plano

z

h

r A A

−Q

Q

h

Carga imagen

θ

Evaluemos el campo sobre el plano sumando la contribucion de la carga y de la cargaimagen:

E = Q

r2 + h2 cos θ(−z ) +

−Q

r2 + h2 cos θ(z )

= −2Q

r2 + h2

h

(r2 + h2)1/2 z

Luego la componente z del campo

E z = −2Qh

(r2 + h2)3/2 (3.3)

La densidad superficial de carga σ

σ = E z4π

= −Qh

2π(r2 + h2)3/2 (3.4)




La carga superficial total q T debe valer −Q. Como comprobacion podrı amos integrar paratoda la superficie y ver que ocurre.

q T =

2π

0

∞0

σ rdrdφ = 2π

∞0

−Qhr

2π(r2 + h2)3/2 dr

= ∞

0−

Qhr dr

(r2 + h2)3/2 = −Qh −

1

(r2 + h2)1/2∞

0

= −Qh

−1

∞ − −1

h

= −Q

El metodo de imagen podrı a llamarse “ajuste del contorno de la solucion”.

3.5. Condensadores y capacidad.

Consideremos un sistema de dos placas planas conductoras cargadas separadas por unadistancia s

ϕ1

ϕ2

Aárea

Carga Q

Carga −Q

s

Sea A el area de cada placa y supongamos que una placa contiene la carga Q y la otra

−Q. Los potenciales en cada una de las placas son ϕ1 y ϕ2. Excepto en los bordes el campoes casi uniforme en la region entre las placas.

Líneas de fuerza

Si consideramos uniforme el valor del campo tenemos

ϕ1 − ϕ2 = − 1

2

E · ds = E

1

2

ds = Es .

Podemos escribir el campo como

E = ϕ1 − ϕ2

s (3.5)



3.5. CONDENSADORES Y CAPACIDAD. 67

La densidad de carga superficial de la superficie interior de las placas es

σ = E

4π =

ϕ1 − ϕ2

4πs (3.6)

Si despreciamos la variacion real de E y de σ en los bordes de al placa, podemos escribiruna expresion simple para la carga total en la placa

Q = A(ϕ1 − ϕ2)

4πs (3.7)

despreciando efectos de bordeLa ecuacion (3.7) sera mas precisa cuanto menor sea la relacion entre s y las dimensiones

laterales de la placa.

ϕ1

ϕ2

R

s

Consideremos una expresion que incluye un factor de correccion f .

Q = A(ϕ1 − ϕ2)

4πs · f (3.8)

Veamos para diferentes razones entre s/R cuanto vale f

s/R f 0.20 1.2860.10 1.1670.05 1.0940.02 1.0420.01 1.023

Nuestro sistema es un ejemplo del sistema electrico conocido como condensador. Un con-densador es simplemente dos conductores proximos a diferentes potenciales y que contienecargas distintas.

3.5.1. Capacidad.

Nos interesa la relacion entre la carga Q de una de las placas y la diferencia de potencialentre ellas. Definimos capacidad C como la razon entre la carga y la diferencia de potencial

Q = C (ϕ1 − ϕ2) −→ C = Q

(ϕ1 − ϕ2) (3.9)




para nuestro particular sistema, ecuacion (3.7)

C = A

4πs

[cm2]

[cm] (3.10)

Depende solo de aspectos geometricos del sistema. La unidad de capacitancia en CGS es

el [cm]. Cuando uno se enfrenta a circuitos no usa estas unidades sino las del sistema practico.Usando unidades MKS tenemos para la capacidad,

C = Q

∆ϕ

[coulomb]

[volts] = [farad] (3.11)

1[farad] = [coulomb]

[volts] =

3 × 109

1/300

[ues]

[statvolt]

= 9 × 1011 [ues]

[statvolt]

1[farad] = 9 × 1011[cm]

Un condensador de 1 [farad] serı a gigantesco: dos placas separadas 1 [mm] deberı antener una area de 100 [km2]. Lo usual es [µF ].

Todo par de conductores, prescindiendo de la forma y disposici on, pueden considerarseun condensador.

ϕ1

Q2

(i)

Q1

Q2

(e)

ϕ2 S

Luego Q(i)2 = −Q1, ya que el flujo es nulo sobre al superficie S . El campo es nulo en el

interior de un conductor. Es decir, Q(e)2 no interviene.

C = Q

ϕ1 − ϕ2

Fin clase XII.



3.6. POTENCIALES Y CARGAS EN VARIOS CONDENSADORES. 69

3.6. Potenciales y cargas en varios condensadores.

Estudiemos la relacion entre las cargas y los potenciales de un cierto numero de conduc-tores. Para fijar ideas consideremos 3 conductores separados rodeados todos por una capaconductora.

ϕ=0

2ϕ

1ϕ

3ϕ

Los potenciales en los tres conductores son ϕ1, ϕ2 y ϕ3. El teorema de unicidad garantiza

que dados ϕ1, ϕ2 y ϕ3 el campo electrico esta determinado en todo el sistema Se deduce quelas cargas Q1, Q2 y Q3 en los conductores estan asimismo determinados unı vocamente. Lacarga en la superficie interna de la capa que rodea es −(Q1 + Q2 + Q3).

ϕ=0

2ϕ

1ϕ

3ϕ

Q1

Q2

Q3

+ +( )_

Los potenciales ϕ2 = ϕ3 = 0

ϕ=0

1ϕ

2ϕ =0

3ϕ =0

Los valores para las cargas

Q1 = C 11ϕ1 , Q2 = C 21ϕ1 , Q3 = C 31ϕ1 . (3.12)

Las constantes solo dependen de la forma y disposicion de los conductores.Los potenciales ϕ1 = ϕ3 = 0




ϕ=0

3ϕ =0

1ϕ =0

2ϕ


Q1 = C 12ϕ2 , Q2 = C 22ϕ2 , Q3 = C 32ϕ2 . (3.13)

Las constantes solo dependen de la forma y disposicion de los conductores.Los potenciales ϕ1 = ϕ2 = 0

ϕ=0

1ϕ =0

3ϕ

2ϕ =0


Q1 = C 13ϕ3 , Q2 = C 23ϕ3 , Q3 = C 33ϕ3 . (3.14)

Las constantes solo dependen de la forma y disposicion de los conductores.

La superposicion de los tres estados posibles donde ni ϕ1, ni ϕ2 ni ϕ3 son necesariamentenulos.

La expresion que relaciona las cargas y los potenciales se obtiene sumando las ecuaciones(3.12), (3.13) y (3.14) tenemos

Q1 = C 11ϕ1 + C 12ϕ2 + C 13ϕ3

Q2 = C 21ϕ1 + C 22ϕ2 + C 23ϕ3 (3.15)

Q3 = C 31ϕ1 + C 32ϕ2 + C 33ϕ3

Solo se necesitan seis de las nueve constantes ya que C 12 = C 21, C 13 = C 31 y C 23 = C 32.Esto NO es evidente y puede probarse por conservacion de energı a. Las constantes C ij dela ecuacion (3.15) se les conoce como coeficientes de capacidad.

Puede resolverse el sistema para hallar los ϕi en funcion de las Q j.



3.7. ENERGI A ALMACENADA EN UN CONDENSADOR. 71

ϕ1 = P 11Q1 + P 12Q2 + P 13Q3

ϕ2 = P 21Q1 + P 22Q2 + P 23Q3 (3.16)

ϕ3 = P 31Q1 + P 32Q2 + P 33Q3

Los P ij se le conocen como coeficientes de potencial y pueden calcularse a partir de los C ij .Tambien se puede escribir la ecuacion en forma matricial

ϕ1

ϕ2

ϕ3

=

P 11 P 12 P 13

P 21 P 22 P 23

P 31 P 32 P 33

Q1

Q2

Q3

Donde P es un tensor simetrico.

3.7. Energı a almacenada en un condensador.Consideremos un condensador de capacidad C con una diferencia de potencial ϕ12 entre

las placas. La carga Q es igual a C ϕ12. Hay carga Q en una placa y −Q en la otra.Supongamos que aumentamos la carga de Q a Q + dQ transportando una carga positiva

dQ de la placa negativa a la positiva contra la diferencia de potencial ϕ12.

dW = ϕ12dQ = QdQ

C .

Para cargar un condensador partiendo del estado descargado a un estado con carga Qf

W = 1C

Q=Qf

Q=0Q dQ = Q

2

f

2C . (3.17)

Usando que Q = Cϕ la energı a U almacenada en el condensador es

U = Q2

2C =

1

2Cϕ2

12 (3.18)

Para el condensador de placas planas con area A y separacion entre las placas s tenemos que

C = A

4πs

, E = ϕ12

s

.

Luego

U = 1

2Cϕ2

12 = 1

2

A

4πs

(Es)2

= E 2

8π As =

E 2

8π volumen

Fin clase XIII.




3.8. Otros puntos de vista de los problemas de contor-

no.

Existen algunos metodos generales para tratar los problemas de contorno. Nosotros con-sideraremos tres metodos distintos para atacar este problema:

Representacion conforme. Metodo analı tico en dos dimensiones.

Metodos de rela jacion. Un tipo de metodo numerico.

Metodo de mı nima energı a. Un metodo variacional.

Estos no son los unicos metodos de solucion, tanto analı ticos como numericos, por ejemplo:expansion en funciones ortogonales y diferencia finita respectivamente.

3.8.1. Mapeo conforme.

Este metodo esta basado en la teorı a de funciones complejas. Lamentablemente solo esaplicable a dos dimensiones, es decir, ϕ(x, y) en ese caso la ecuacion de Laplace se reduce a

∂ 2ϕ

∂x2 +

∂ 2ϕ

∂y 2 = 0 . (3.19)

Hay sistemas que pueden ser reducido a dos dimensiones, por ejemplo, los sistemas cilı ndricosen los cuales no hay variacion en el eje z o sistemas rectangulares como planos infinitos adiferente potencial. Tanto la parte real como la parte imaginaria de cualquier funcion analı ticaen el plano complejo son armonicas. Una aplicacion f es conforme si mantiene los angulosorientados. Es decir, si dos curvas C 1, C 2 formaban un angulo φ1 en el punto z entonces

sus respectivas imagenes bajo f , digamos C

1 y C

2 forman el mismo angulo en z

. La idea esencontrar una aplicacion conforme que me permita transformar las condiciones de borde aunas mas faciles para resolver el problema.

3.8.2. Metodo de relajacion.

Es un tipo de metodo numerico para encontrar en forma aproximada el potencial elec-troestatico con ciertos valores de contorno dados. El metodo es simple y casi universalmenteaplicable y esta basado en el hecho de que todas las funciones armonicas en un punto soniguales al valor medio en las proximidades del punto. En este metodo se discretiza el espacioϕ(xi) y todos los valores (salvo el contorno) se ajustan tal que cumplan con el promedio de

los valores vecinos. Repetimos este proceso hasta que los cambios sean despreciables (o tanpequenos como se quiera teniendo en cuenta la precision numerica).

3.8.3. Metodo de mı nima energı a.

Si consideramos la energı a del sistema como un funcional del potencial:

U = 1

8π

∇ϕ2

dv (3.20)



3.8. OTROS PUNTOS DE VISTA DE LOS PROBLEMAS DE CONTORNO. 73

Enunciado como principio variacional: el funcional de la energı a sera mı nimo cuando ϕ seala solucion al problema fı sico. Entre mas se aproximan la funcion de prueba a la solucion delproblema menor sera U . Luego podemos elegir una familia parametrica de funciones de pruebay variar los parametros hasta encontrar el mı nimo. Si la familia de prueba elegida incluyeentre sus miembros la solucion del problema fı sico, cuando minimicemos la encontraremos.

3.8.4. Ejemplo de mapeo conforme.

Consideremos el siguiente problema en el plano con las condiciones de contorno especifi-cadas.

V oϕ= ϕ=0

Aislador

x

y

Escribimos un punto x, y en el plano por un complejo z = x + iy o bien en su forma polarz = reiθ. Usamos el mapeo conforme

w = u + iv = Log z = Log reiθ = Log r + iθ .

Entonces el problema se mapea en

ϕ=0

V oϕ=

V oϕ= ϕ=0

Aislador

x

y

w= Log z z w

u

v

π

La primera semi-recta θ = 0 −→ v = 0. La segunda semi-recta θ = π −→ v = π.

La solucion en el plano w es ϕ(u, v) = V oπ

v = V oπ

θ, con 0 ≤ θ ≤ π. En terminos de las

coordenadas cartesianas

ϕ(x, y) = V o

π arctan

y

x .

3.8.5. Relajacion

Consideremos el siguiente problema




ϕ=0 ϕ=10

x=10 x=0

Con solucionϕ(x) = x .

La solucion numerica, en la primera columna el numero de iteraciones y en las siguientes losvalores del potencial ϕ(x) para x = 0, 1, 2, 3, . . . , 9, 10.

0 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 5.00 10.00 10.00 10.00 10.00 10.0010 0.00 0.81 1.61 2.69 3.76 5.00 6.24 7.31 8.39 9.19 10.0020 0.00 0.98 1.95 2.96 3.97 5.00 6.03 7.04 8.05 9.02 10.0030 0.00 0.99 1.99 2.99 4.00 5.00 6.00 7.00 8.01 9.00 10.00

40 0.00 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00 9.00 10.00

0

2

4

6

8

10

0 2 4 6 8 10

"phi-00.txt"x

0

2

4

6

8

10

0 2 4 6 8 10

"phi-10.txt"x

0

2

4

6

8

10

0 2 4 6 8 10

"phi-20.txt"x

0

2

4

6

8

10

0 2 4 6 8 10

"phi-30.txt"x



3.8. OTROS PUNTOS DE VISTA DE LOS PROBLEMAS DE CONTORNO. 75

3.8.6. Variacional.

Consideremos el siguiente problema

V oϕ=0

x=0 x=d

ϕ=

Con solucionϕ(x) = V o

x

d .

Consideremos la siguiente familia de funciones de prueba

ψ(x) = V ox2

d2 + αx(x − d) .

Donde α es un parametro. Las condiciones de borde son satisfechas ψ(0) = 0 y ψ(d) = V o.

ψ(x) = V ox2

d2 + αx2 − αdx

∇ψ = ∂ψ

∂xx =

2V o

x

d2 + 2αx − αd

x ∇ψ

2

= 4

V od2

+ α

2

x2 − 4

V od2

+ α

αdx + α2d2

Luego en la funcional

U = 1

8π

∇ψ2

dv

U = 1

8π

d0

4

V od2

+ α

2

x2 − 4

V od2

+ α

αdx + α2d2

dx

= 1

8π

4

3

V od2

+ α

2

d3 − 2

V od2

+ α

αd3 + α2d3

= 1

8π 4

3

V 2od

+ 2

3V odα +

1

3d3α2

Derivamos el funcional respecto al parametro α e igualamos a cero.

∂U

∂α =

1

8π

2

3V od +

2

3d3α

= 0

Al resolver para α.

V od + d3α = 0 =⇒ α = −V od2

.




Al reemplazar en la solucion

ψ(x) = V ox2

d2 + αx(x − d)

= V ox2

d2

−V o

x2

d2 + V o

xd

d2

= V oxd

= ϕ(x) .

Fin clase XIV.



Capıtulo 4

Corriente electricas.

Lo que veremos en este capı tulo sera:

Transporte de carga y densidad de corriente.

Corrientes estacionarias.

Conductividad electrica y ley de Ohm.

Un modelo para la conduccion electrica.

Donde falla la ley de Ohm.

Conductividad electrica de los metales.

Resistencia de los conductores.

Circuitos y elementos de circuitos.

Disipacion de energı a en la circulacion de corriente.

Fuerza electromotriz y pilas voltaicas.

Corriente variables en condensadores y resistencia.

4.1. Transporte de carga y densidad de corriente.

Las corrientes electricas se deben al movimiento de los portadores de carga. La corriente

electrica en un hilo es la medida de la cantidad de carga que pasa por un punto del hilo porunidad de tiempo. La unidad de corriente electrica en sistema CGS es [ues/s]. La unidadde corriente electrica en sistema MKS es [Ampere]=[Coulomb/s]. La conversion entre ambasunidades es:

1 [A] = 3 × 109ues

s

= 6.2 × 1018

e−

s

.

Por supuesto que lo que cuenta es el transporte de carga neta, es decir, con la debidaconsideracion de signo. El movimiento de un cuerpo neutro podrı a decirse que supone el

77



78 CAP ITULO 4. CORRIENTE ELECTRICAS.

transporte de gran cantidad de carga (∼ 105 Coulomb por gr. de materia), pero no haycorriente debido a que se mueve exactamente el mismo numero de partı culas elementalespositivas y negativas con la misma velocidad media.

4.1.1. Densidad de corriente.

Un tipo de corriente mas general, o transporte de carga, supone portadores de carga que semueven en un volumen tridimensional. Para describirlo necesitamos el concepto de densidadde corriente.

Consideremos un caso particular en el cual, en promedio hay η partı culas por cm3 mo-viendose con el mismo vector velocidad u y transportando la misma carga q .

Imaginemonos un pequeno rectangulo de area a, fijo con cierta orientacion.

u

q

u

q

u

q

u

qu

q

u

q

u

q

u

q u

q

u

q

u

q a

¿Cuantas partı culas atraviesan el rectangulo en un intervalo ∆t?.

u

q

u

q

u

q

u

q

u

q

a

u

q

u

q

u

q

∆ u t

∆u t cos θ

θ

Las partı culas fuera del prisma no alcanzan la ventana.¿Cuantas partı culas hay en el prisma?

N =

Densidad de

partı culas

×

volumen

del prisma

N = ηu∆t cos θa = η∆tu · a



4.2. CORRIENTES ESTACIONARIAS Y CONSERVACI ON DE LA CARGA. 79

Calculemos la corriente I (a) a traves de a,

I (a) = qN

∆t =

qηu · a∆t

∆t = ηqu · a . (4.1)

Supongamos que tenemos distintas partı culas en el conjunto que difieren en la carga yen el vector velocidad. Denotemos cada clase por el subı ndice k, teniendo

I (a) = η1q 1a · u1 + η2q 2a · u2 + . . . = a ·k

ηkq kuk . (4.2)

La magnitud vectorial que multiplica a a la llamamos la densidad de corriente.

J =k

ηkq kuk (4.3)

En sistema CGS la unidad para la densidad de corriente es [ues/s cm2] y en el sistemaMKS la unidad es [A/m2].

Consideremos la contribucion a la densidad de corriente de los e−, los cuales puedenestar presentes con distintas velocidades (casi al azar en un conductor). Sea N e el numerototal de electrones por unidad de volumen, considerando todas las velocidades. Evaluemos lavelocidad media

u = 1

N e

k

ηkuk . (4.4)

Podemos escribir el aporte de los electrones a la densidad de corriente

J e = eN eu q k = −e ∀k . (4.5)

La densidad de corriente depende de la velocidad media de los portadores. Al describir

ue

un vector promedio; para una distribucion isotropica de velocidades, sera nulo independientede cual fueran los modulos.

4.2. Corrientes estacionarias y conservacion de la car-

ga.

La corriente transportada por un conductor largo como un hilo, por supuesto, es la integralde la densidad de corriente J extendida a la seccion recta del hilo. En realidad, la corrienteI que circula a traves de cualquier superficie S es precisamente la integral de la superficie.

I = S

J · da (4.6)

Donde I es el “flujo” asociado al vector J , en este caso el nombre es adecuado. Consi-deremos el caso de corrientes estacionarias, es decir, cuando J permanece constante con eltiempo en todo punto. Se debe satisfacer la conservacion de la carga.

Consideremos una region del espacio limitada por una superficie cerrada S . La integral desuperficie de J extendida sobre S da la velocidad con que la carga sale del volumen encerrado.




u u

n1

n2

u n1

N eq . u n2

N eq .

q q

S

Las cargas que atraviesan no contribuyen a la

J · da. Ya que u · n1 = −u · n2. Como nose puede crear carga

No se puede dar

4.2.1. Divergencia de J .

Por lo tanto S

J · da = 0 =⇒ div J = 0 , (4.7)

si las distribuciones de carga son independientes del tiempo.Supongamos que la corriente NO es estacionaria ya que s J

·da es la velocidad instantanea

con que la carga total abandona el volumen cerrado, mientras que V (S ) ρdv es la carga en el

interior del volumen, en un instante cualquiera tenemos S

J · da = − d

dt

V (S )

ρ dv . (4.8)

Usando el teorema de la divergencia

div J = −∂ρ

∂t ,

En el caso que las distribucion de carga dependa del tiempo.

4.2.2. Ecuacion de continuidad.La relacion anterior la podemos reescribir

∇ · J + ∂ ρ

∂t = 0 (4.9)

Esta ecuacion es conocida como la ecuacion de continuidad y expresa la conservacion dela carga.

Fin clase XVI.



4.3. CONDUCTIVIDAD ELECTRICA Y LEY DE OHM. 81

4.3. Conductividad electrica y ley de Ohm.

Existen varias maneras de producir el movimiento de las cargas:

En un generador electroestatico Van der Graaff se da una carga superficial a una correaaislada que la conduce a otro electrodo por transporte (como una escalera mec anica).

En la atmosfera pequenas gotas de agua cargadas que caen a causa de su peso, consti-tuyen un componente del sistema de corriente de la Tierra.

Sin embargo, el agente mas comun del transporte de carga es la fuerza ejercida por uncampo electrico sobre un portador de carga.

Un campo electrico tiende a mover los portadores de carga y ası tiende a producir unacorriente electrica. El que esto ocurra o no, depende de la naturaleza fı sica del sistema en elcual actua el campo, es decir, el medio.

Uno de los primeros descubrimientos experimentales acerca de las corrientes electricas en

la materia se resume en la Ley de Ohm:

I = V

R (4.10)

Donde I es la corriente que circula por un hilo.

V = ϕ12 es la diferencia de potencial entre sus extremos.

R La resistencia.

Para un trozo de hilo mantenido a la misma temperatura, la resistencia R, no dependede la corriente que circula.

La resistencia depende de la geometrı a, siendo directamente proporcional a la longitudL e inversamente proporcional al area de la seccion recta A.

R = ρL

A , (4.11)

donde ρ la resistividad de la substancia, depende del material. La resistencia R se mide enOhm [Ω](con Ampere y Volt). La resistividad se da en [Ω cm].

El hecho fundamental que refleja las ecuaciones (4.11) es este: En los materiales solidoshomogeneos la densidad de corriente en un punto es proporcional al campo electrico y laconstante de proporcionalidad depende solo de la substancia (y no de la forma del conductor

por ejemplo.) J = σ E , (4.12)

donde σ es una constante caracterı stica de la substancia. La conductividad σ podrı a, y dehecho en algunos casos lo es, ser un tensor.

En el interior de la mayorı a de los conductores son equivalente fı sicamente tres direccionesperpendiculares. Por ejemplo, el cobre (fcc) sin embargo, es policristalino la cual hace todaslas direcciones equivalentes a gran escala.

Al no existir una direccion privilegiada J tiene la misma que E y la constante es escalar.




V 1 V 2

E J

Densidad decorriente

L

Corriente I

área A

resistividad ρIntensidad delcampo eléctrico

J = σ E

I

A = σ

V

L

I = σA

L V , Ley de Ohm

R =

1

σ

L

A =⇒ 1

σ = ρ

El cobre puro a temperatura ambiente tiene una resistividad ρ = 1.7 × 10−6 [Ω cm] y unaconductividad σ = 5.8 × 10−5 [Ωcm]−1.

En CGS no existe nombre especial para la unidad de conductividad o resistividad.

Resistividad = Intensidad de campo

Densidad de corriente

= carga

cm2 carga/s

cm2 (4.13)

La cual se reduce a segundos. Es decir, en el sistema CGS la unidad de la resistividad esel [s] y la de la conductividad es 1/[s]. En estas unidades el cobre tiene una resistividad deρ = 10−18 [s] y la del vidrio es ρ = 103 [s].

4.3.1. Un modelo para la conduccion electrica

Intentaremos describir el proceso de conduccion electrica mediante un sistema modelo.Sera razonablemente para un gran numero de conductores, pero no en todos.

Necesitamos portadores de carga, imaginemos un medio que consista en portadores decarga positivos y negativos en igual numero, N de cada clase por centı metro cubico.

Los portadores positivos son iones de masa M + y conducen carga +e.

Los portadores negativos son iones de masa M − y conducen carga −e.

La densidad de corriente J esta determinada por la velocidad media de los portadores.Se aplica un campo electrico E , constante con el tiempo, que ejerce una fuerza, sobre

cada uno de los portadores de carga q E (Como si la carga estuviera en reposo).



4.3. CONDUCTIVIDAD ELECTRICA Y LEY DE OHM. 83

Una fuerza constante sobre un portador de carga libre debe producir una aceleracionconstante. Pero la densidad de corriente constante esta asociada a una velocidad constante,no a una aceleracion constante. Si nuestro sistema obedece la Ley de Ohm debe ser debido aque la velocidad media es proporcional a la fuerza en nuestros portadores.

Lo anterior nos advierte que los portadores de carga no pueden moverse libremente;

debe haber algo que se oponga al movimiento que produce e campo electrico. No hay queesforzarse demasiado para hallar una fuente de impedimento friccional. Surge de las colisionesque experimentan los portadores de carga al moverse por entre los demas y entre todas lasotras partı culas que puedan ocupar el medio.

El como esto tenga lugar dependera de los detalles de nuestro modelo. Particularicemosy consideremos un gas consistente de atomos neutros, iones positivos y iones negativos conuna densidad algo parecida a la de un gas normal, es decir, de unos 1019 [atomos/cm3].Supongamos que hay preponderancia de atomos neutros, con iones + y − entre ellos.

La distancia entre partı culas, neutras o cargadas, es mucho mayor que los radios atomi-cos o ionicos de manera tal que la mayorı a del tiempo el ion no interviene en colisiones. Enausencia de campo electrico los atomos y iones se mueven en direcciones al azar, con velo-

cidades determinadas por la temperatura. La relacion entre la temperatura y el valor mediode la energı a cinetica, nos la da la teorı a cinetica de los gases.

En un instante determinado (t = 0) un ion se mueve con velocidad u, ¿que ocurre despues?.El ion se movera en lı nea recta con velocidad constante hasta colisionar (K y p se conservan)pero la velocidad variara u −→ u y luego de otra colision a u y ası sucesivamente. En efectoes que el ion se olvida de su velocidad u a t = 0. Digamos despues de un tiempo τ esto ocurre.

Este tiempo τ es caracterı stico del sistema y es el lapso de tiempo que conducen a unaperdida de correlacion entre la velocidad inicial y final del sistema. Ahora podemos aplicarle E , haremos mas simple la discusion si suponemos que la perdida de memoria ocurre en unasola colision (por ej.esferas elasticas). Nuestra conclusion es independiente de esta suposicion.Despues de una colision el ion parte en una direccion al azar denotemosla por uc.

Al cabo de un tiempo ∆t el efecto de campo es aportarle un ∆ p = Ee∆t, el cual se sumaa pinicial = Muc + Ee∆t. Si el incremento es pequeno podemos esperar que la otra colisionocurra como si no hubiera E . En otras palabras, el valor medio del tiempo entre colisionest es independiente del campo E . Si esto no es muy intenso. El ∆ p por efecto del campo essiempre en la misma direccion. Pero se desorienta en cada colision.

¿Cual es el promedio de las cantidades de movimiento de todos los iones positivos, en uninstante dado?

M +u+ = 1

N

j

M +uc

j + e E ∆t j

, (4.14)

donde uc j es la velocidad del j-esimo ion precisamente despues de su ultima colision que

ocurrio hace ∆t j segundos. Como uc j estan distribuidos al azar su contribucion es nula. Elvalor medio de la velocidad de un ion positivo en presencia del campo estacionario E es.

u+ = e E t+

M +. (4.15)

Esto muestra que el valor medio de la velocidad de un portador de carga es proporcional ala fuerza a el aplicada. Si observamos solamente la velocidad media, parece como si el medioofreciese una resistencia al movimiento con una fuerza proporcional a la velocidad.




Es una especie de resistencia viscosa, siempre que los portadores de carga se comportende este modo podemos esperar algo parecido a la ley de Ohm.

La expresion para J

J = N ee E t+

M +−

Ne−e E t−

M −

Factorizando la expresion para J tenemos:

J = N e2

t+M +

+ t−

M −

E (4.16)

Nuestra teorı a predice que el sistema obedecera a la ley de Ohm. La ecuacion (4.16)

expresa una relacion lineal entre J y E siendo las demas caracterı sticas del medio.La constante

N e2 t+M +

+ t−

M − ,

se presenta en el papel de la conductividad σ . En general

σ ≈ e2

N +t+

M ++

N −t−M −

, (4.17)

donde τ ± corresponde al tiempo de perdida de la correlacion, los N ± corresponden al numerode portadores de cambos signos de carga.

Todo sistema que sus portadores de carga libre sean frecuentemente desorientados porcolisiones u otra interaccion con el sistema debe cumplir la ley de Ohm. Si E no es demasiadointenso.

4.3.2. Donde falla la ley de Ohm.

Si el campo E es lo suficientemente intenso para que un ion adquiera, entre colisiones, unavelocidad adicional comparable a su velocidad termica. Lo anterior afectarı a notablemente

el tiempo entre colisiones t±, estos tiempos como funcion de E . =⇒ −→J ∝ −→

E 2.En gases a baja presion y campos muy debiles pueden presentarse discrepancias con la

ley de Ohm.Otro efecto del campo muy intenso es producir variaciones en el numero de portadores.

Los portadores adquieren suficiente energı a con el campo para que sus colisiones con losotros atomos sean lo suficientemente violentas para ionizarlos produciendo mas portadores.

La avalancha resultante es un derrumbamiento de la ley de Ohm.Si el campo se aplica por un tiempo muy corto, inferior a τ deberemos revisar nuestra

deduccion. Al aplicar un campo alterno de perı odo muy corto comparado con la respuestade los portadores estara determinada en gran parte por su inercia.

Existen dispositivos no-ohmicos diodo (deja pasar la corriente en un sentido) uniones dedos materiales semiconductores, etc. Si todos los dispositivos fueran ohmicos la tecnologı aelectronica moderna desaparecerı a.

Fin clase XVII.



4.4. CONDUCTIVIDAD ELECTRICA EN METALES. 85

4.4. Conductividad electrica en metales.

Los metales son los mejores conductores que se conocen. No hay duda que su elevadaconductividad se debe a los electrones libre, libres en el sentido que no estan ligados a ningunatomo en especı fico. Evaluemos el tiempo entre colisiones τ − para un metal como el sodio(Na), 2.5

×1022 atomos por cm3, notemos que cada atomo aporta con un electron.

τ − = σme−

N −e2 =

(1.9 × 1017) × (9.0 × 10−28)

(2.5 × 1022) × (2.3 × 10−20)

τ − ≈ 3 × 10−14 [s] (4.18)

Parece un tiempo sumamente largo para un electron que se mueve en una red cristalinasin sufrir desviaciones importantes. La velocidad termica de un e− a temperatura ambientees de unos 107[ cm

s ] a si que en 3 × 10−14 [s] un e− recorre unos 30 [A], mas de diez veces el

espaciado de la red.¿Por que la red e iones es tan transparente a los electrones? La explicacion esta en la

naturaleza ondulatoria (cuantica) de los electrones, no deben verse como pequenas partı culascargadas desviadas por cada ion en la red. La resistividad se debe a scattering con los defectoscristalinos. A medida que aumenta la temperatura las vibraciones aumentan haciendo que laconductividad decrezca con la temperatura. En la mayorı a de los metales se cumple la leyde Ohm incluso para densidades de corrientes muy elevadas.

4.5. Semiconductores.

Un cristal de Silicio (Si) tiene 4 electrones de valencia y 4 atomos cerca con los que formacuatro enlaces covalentes. este tipo de enlace son muy rı gidos (C formando diamante por

ejemplo). Una estructura de Si es un aislador, no hay electrones moviles.Supongamos que logramos sacar un electron de uno de los enlaces y lo movemos, realmente

tenemos dos cargas: el electron y el hueco. El electron va a la banda de conduccion que tieneun gap de 1.12 [eV].

T=0K

2 1023e−

por cm3

2 1015

por cm3

2 1023e−

por cm3Banda de

conducción

Banda devalencia

gap 1.12 [eV]

T=500K

huecosmoviles

conducciónNinguno

[ohm cm]−1σ=0 σ=0.3




Tenemos una probabilidad termica de ocupacion p2

p1= e−∆E/kBT . Existen otros semicon-

ductores el germanio Ge con un gap de 0.7 [eV], incluso el diamante (C) pero con un gap de5.5 [eV]. Si se reemplaza 1 de cada 107 atomos de Si por otro de Fosforo (P) el cual tienecomo 5 electrones de valencia, con una energı a de 0.044 [eV] podemos mover el electronsobrante. Estos semiconductores son conocidos como de tipo n (negativa la carga movil). Si

dopamos con Al y este nos aporten solo tres electrones. En este caso lo que tenemos es unsemiconductor tipo p.

Fin clase XVIII.



4.6. CIRCUITOS Y ELEMENTOS DE CIRCUITOS. 87

4.6. Circuitos y elementos de circuitos.

Los dispositivos electricos, ordinariamente, tienen terminales bien definidos a los cualespueden conectarse los hilos. La carga puede circular hacia el interior o el exterior por estoscaminos. Si se conectan dos terminales, y solo dos por medio de hilos a cualquier cosa exterior

y si la corriente es estacionaria, la velocidad sera constante en todas partes, la corriente debeser igual y opuesta en los dos terminales. Si hubiera diferencias entre las corrientes de losdos terminales habrı a un objeto que acumula carga =⇒ su potencia varı a rapidamente yesto no puede durar mucho =⇒ la corriente NO es estacionaria. En el caso anterior podemoshablar de la:

Corriente I que circula por el dispositivo.

Del voltaje V entre los terminales.

Donde V /I es la resistencia, un numero en unidades de resistencia.

Si la ley de Ohm se cumple en todo lugar del objeto a traves del cual circula la corriente,este numero sera constante e independiente de la corriente. Este numero define completa-mente el comportamiento electrico del objeto para el flujo estacionario de corriente (cc)(dcingles) entre los terminales dados. Supongamos varias cajas conteniendo diferentes objetos:un pedazo de cable, una ampolleta, una bobina, un vaso con solucion de KCl, un par deresistencias.

KCl

Si a cualquiera de estas cajas se la hace formar parte de un circuito electrico, conectandohilos a los terminales, la relacion de la diferencia de potencial entre los terminales a lacorriente que circula en el hilo resulta ser, digamos 65 [Ω] en todos los casos. Decimos que laresistencia entre los terminales en cada caja es de 65 [Ω]. Esta afirmaci on no sera cierta paratodos los valores de corriente y voltaje, sin embargo, existen ciertos lı mites en que todas secomportan linealmente, dentro de este margen, para corrientes estacionarias, todas las cajas

son equivalentes. Equivalentes en el sentido de que si un circuito contiene una de estas cajas,el comportamiento del circuito no difiere segun cual sea la caja.

La representamos por el sı mbolo: reemplaza a la caja en el diseno del circuitodel cual es uno de los componentes. Un circuito electrico o una red es una agrupacion de taleselementos, unidos uno a otro por conductores de resistencia despreciable.

Tomando una red constituida por algunos elementos conectados entre sı y eligiendo dospuntos como terminales, podemos considerar que el conjunto es equivalente, en lo que serefiere a los terminales, a una sola resistencia.




4.6.1. Resistencias en serie.

Dos o mas resistencias conectadas de modo que la misma carga fluye a traves de cadauna de ellas; se dice que estan conectadas en serie.

R1 R2

a b c

I

(Fig 1)

Por ambas resistencias debe circular la misma corriente. La caı da de potencial entre losextremos de ambas resistencias (desde el punto a al c) es

V = I R1 + IR2 = I (R1 + R2)

Definimos la resistencia equivalente Re en serie como

Re = V

I = R1 + R2 (4.19)

El circuito equivalente al de la Figura es

R =e

R +1

R2

c

I

a

Cuando existen mas de dos resistencias en serie la resistencia equivalente es

Re = R1 + R2 + R3 + . . . .

4.6.2. Resistencias en paralelo

Dos o mas resistencias conectadas de modo de que la diferencia de potencial entre susextremos sea la misma; se dice que estan conectadas en paralelo.

R1

R2

I 1

I 2

a

(Fig 2)

I I

V

a’

b

Sea I la corriente que va de a a b. En el punto a la corriente se divide en dos: I 1 que pasapor R1 e I 2 que pasa por R2.

La corriente total es la suma de las corrientes parciales

I = I 1 + I 2 .




Sea V = V a − V b la caı da de potencial a traves de cada resistencia:

V = I 1R1 = I 2R2 =⇒ I 1I 2

= R2

R1.

La resistencia equivalente Re de una combinacion de resistencias en paralelo se define demodo que la misma corriente total I circule para la diferencia de potencial V .

Re = V

I =⇒ I =

V

Re= I 1 + I 2 =

V

R1+

V

R2

es decir1

Re=

1

R1+

1

R2=⇒ Re =

R1R2

R1 + R2(4.20)

El circuito equivalente al de la figura (2) es

R =e

R2

R1

R +1

R2

c

I

a

El resultado anterior puede generalizarse a un numero cualquiera de resistencias en paralelo

1

Re

= 1

R1

+ 1

R2

+ 1

R3

+ . . .

La resistencia equivalente de una combinacion de resistencias en paralelo es menor igualque cualquiera de las resistencias involucradas. Puede hallarse la corriente en cada una delas dos resistencias en paralelo a partir del hecho que la caı da a traves de la combinacion deambas es I Re y que tambien es I 1R1 e I 2R2

I 1R1 = I 2R2 = I Re = IR1R2

R1 + R2,

Podemos despejar las corrientes parciales

I 1 = IR2

R1 + R2,

I 2 = IR1

R1 + R2,

Lo anterior es necesario para manejar un circuito como el siguiente




Sin embargo, el circuito simple

No se puede reducir.

4.6.3. Un ejemplo.

Para el circuito de la figura:

6[V] +

I

12Ω 6Ω

2Ω

Hallar la resistencia equivalente.

La corriente que circula por cada resistencia en paralelo

La corriente total

Solucion:

Hacemos la reduccion del circuito a sus resistencias equivalentes:




R1

R2

R3

V

R1

R1e

V

R2e

V

Calculemos el valor de las resistencias equivalentes

R1e = R2R3

R2 + R3=

72

18[Ω] = 4[Ω]

R2e = R1 + R1e = 2[Ω] + 4[Ω] = 6[Ω]

La corriente total

I = V

R = 6

6

[V]

[Ω] = 1[A] .

Las corrientes en R2(I 2) y en R3(I 3)

I 2 = R3

R2 + R3I =

6

12 + 6 × 1 =

1

3[A]

I 3 = R2

R2 + R3I =

12

12 + 6 × 1 =

2

3[A]

Claramente I 2 + I 3 = I .

4.6.4. Leyes de Kirchhoff.

En un circuito de corriente continua tı pico se conectan varias baterı as o pilas y resis-tencias de un modo determinado y han de encontrarse los valores de la corriente en diversaspartes del mismo. Para esto se necesitan metodos mas generales. Toda red de resistencias porlas que circula una corriente constante, tiene que satisfacer las siguientes condiciones:

i) La corriente a traves de cada elemento debe ser igual a la diferencia de potencial entrelos extremos de este elemento dividida por la resistencia del mismo.

ii) En un nudo de la red, un punto donde se reunen tres o mas hilos de conexion, la sumaalgebraica de las corrientes hacia el nudo debe ser nula. (Esta es la conservacion de lacarga expresada en el circuito).

iii) La suma de las diferencias de potencial, tomadas a lo largo de una malla de la red, uncamino que empieza y termina en el mismo nudo, debe ser nula. (Esta es la expresi on

para un circuito de la propiedad general del campo electrico estatico −→

E d−→s = 0 paratodo camino cerrado)




Las ultima dos condiciones se conocen como leyes de Kirchhoff.El planteo algebraico de estas condiciones, para cualquier red, nos dara exactamente el

numero de ecuaciones linealmente independientes necesarias para afirmar que s olo hay unasolucion y solo una para la resistencia equivalente entre dos nudos elegidos. Afirmamos estosin demostrarlo.

Una red de cc es un sistema lineal los voltajes y corrientes estan regidos por un sistemade ecuaciones lineales, que corresponden a la expresion de las condiciones i), ii) y iii).Por lo tanto, la superposicion de distintos estados posibles de la red es tambien un estado

posible.

I 1

I 2

I 2

V 2

V 3

V 1

I 6

I 6

I 5

I 4

I 3

I 4

La seccion de la red de la figura con ciertas corrientes, I 1, I 2, I 3,. . . circulando por loshilos y ciertos potenciales V 1, V 2,. . . . . . en los nudos. Sı algun otro sistema de corrientes ypotenciales como I 1, . . . ,V 1 ,. . . es otro estado de hechos posible en esta seccion de la red,entonces tambien lo es el sistema (I 1 + I 1) , . . . . . . (V 1 + V 1 )

Estas corrientes y voltajes correspondientes a la superposicion tambien satisfaran a lascondiciones i), ii), iii).

Encuentre las corrientes para el siguiente circuito.

R =1 12 [Ω] R =2 1 [Ω]

R =4 1 [Ω]

=1 18 [V]ε

=2 12 [V]ε1 2

R =3 6 [Ω]

I 2

I 1

+

+

I

A

En el primer loop 1 : ε1 = I R1 + I 1R3

En el segundo loop 2 : ε2 = I 2R4 − I 1R3 + I 2R2

En el nodo A : I = I 1 + I 2Reordenando tenemos

IR1 +I 1R3 +0 = ε1

0 −I 1R3 +I 2(R4 + R2) = ε2

I −I 1 −I 2 = 0




El sistema en forma matricial:

12 6 00 −6 21

−1

−1

I I 1I 2

=

18120

Invirtiendo la matriz resolvemos para las corrientes

I I 1I 2

=

0.075 0.056 0.111

0.019 −0.111 −0.2220.056 0.167 −0.0667

18

120

El resultado final

I I 1I 2

=

2

−13

El signo menos en la segunda componente significa que nos equivocamos al elegir el sentido

de I 1.

Fin clase XIX.




4.7. Disipacion de energı a en la circulacion de corrien-

te.

El flujo de corriente en una resistencia lleva consigo disipacion de energı a. Sea una fuerza F para mover un portador de carga con una velocidad media v (trabajo por unidad de tiempo)

Fv y como F = q E el trabajo por unidad de tiempo es q Ev. La energı a consumida de estemodo se manifiesta eventualmente en forma de calor. En nuestro modelo de conduccion. Laexplicacion es evidente:

El ion adquiere, entre colisiones, cierta energı a cinetica adicional al igual que momen-tum.

Unas cuantas colisiones restablecen la direccion al azar del momentum, pero no nece-sariamente su energı a cinetica.

El ion transfiere energı a al obstaculo que lo desvı a, los atomos neutros. De estamanera el trabajo efectuado por la fuerza electrica al mover a los portadores de carga,se transfiere eventualmente al medio en reposo como energı a cinetica al azar o calor.

La potencia disipada por una resistencia R por la cual circula una corriente I es

P = I 2R (4.21)

Podemos usar la ley de Ohm IR = V para obtener otras expresiones para la potencia disipada

P = I 2R = I V = V 2

R .

Este efecto de disipar energı a en forma de calor cuando circula una corriente a traves deuna resistencia es conocido como efecto Joule. Las unidades son [Volt×Ampere]=[Watt].

4.8. Fuerza electromotriz.

El origen de la fuerza electromotriz en un circuito de corriente continua es cierto mecanis-mo que trasporta portadores de carga en el sentido opuesto al que el campo electrico intentamoverlos.

Un generador electroestatico de Van de Graaff es un ejemplo a gran escala.



4.9. REDES CON FUENTES DE VOLTAJE. 95

V=V o

E

E E

V=0

I

R

Con un movimiento continuo aparece una corriente en la resistencia externa, que circula

en el sentido del campo E . Disipandose allı energı a (que aparece en forma de calor) IV 0 oI 2R por unidad de tiempo. Dentro de la columna de la maquina hay un E dirigido haciaabajo, las cargas se mueven en la correa hacia arriba. La energı a necesaria para mover lacorrea se suministra en forma externa. Este generador de Van de Graaff es efectivamente unabaterı a con una fuerza electromotriz, bajo estas condiciones, de V 0 volt.

En las baterı as ordinarias, es la energı a quı mica la que hace que los portadores decarga se muevan en una region donde el campo electrico se opone al movimiento. Es decir, unportador de carga positiva puede desplazarse a un lugar de potencial electrico mas elevadosi al hacerlo ası puede intervenir en una reaccion quı mica que dara mas energı a que larequerida para escalar el “desnivel” electrico.

4.9. Redes con fuentes de voltaje.

En lo que concierne a su papel en un circuito exterior, una pila puede representarse porun circuito equivalente que consiste en una fuerza electromotriz ε en serie con una ciertaresistencia interna Ri. Al conectar una resistencia exterior R circula una corriente,

Ri

+

Ri

+ V R

I = ε

(R + Ri) , o bien V = ε − IRi .




4.10. Corrientes variables en condensadores y resisten-

cias.

Consideremos circuitos que contienen condensadores, en ellos la corriente no sera estacio-naria sino variara con el tiempo.

+Qo

−Qo

Q oV =o C

RC R

I=0

C

A t = 0 cerramos el circuito, la corriente inicial I 0 a traves de la resistencia sera

I o = V oR

,

pero al circular corriente el condensador se descarga. En todo momento se tiene

Q = CV , I = V

R , −dQ

dt = I , (4.22)

luego

IR = V = Q

C ,

Eliminemos la corriente

−RdQdt

= QC

=⇒ dQdt

= − QRC

(4.23)

Escribamosla como ecuacion diferencial

dQ

dt +

Q

RC = 0 =⇒ Q(t) = Qoe−t/RC . (4.24)

El tiempo tc = RC es la constante de tiempo del circuito, Q decae en 1/e. la corriente Lacorriente

I (t) = −dQ

dt =

Qo

RC e−t/RC =

V oR

e−t/RC = I oe−t/RC .

R

C

+

s

ε



4.10. CORRIENTES VARIABLES EN CONDENSADORES Y RESISTENCIAS. 97

Cerramos el interruptor a t = 0

ε = V R + V C = I R + Q

C , y I =

dQ

dt

Eliminemos la corriente

dQ

dt R +

Q

C = ε =⇒ dQ

dt +

Q

RC =

ε

R .

Q(t) = Ae−t/RC + εC

Q(t = 0) = 0 ⇒ A = −εC

Q(t) = εC 1

−e−t/RC

La corriente

I (t) = dQ

dt =

ε

Re−t/RC .

ε

RεC

I

t

Q

t

Condensadores en paralelo

C 1

C 2

C 3

Paralelo

C ef = C 1 + C 2 + C 3

Condensadores en serie

C 1

C 2

C 3

Serie




1

C ef =

1

C 1+

1

C 2+

1

C 3

Durante el proceso de cargado fluye una carga total, la obtenemos integrando

Qf = ∞

0 I (t) dt = ∞

0

ε

Re−t/RC

dt

= εC −e−t/Rc

∞0

= εC

La baterı a hace un trabajoW = Qf ε = ε2C

La energı a almacenada en el condensador

U = 1

2QV =

1

2Qf ε =

1

2ε2C .

La energı a disipada por efecto Joule

W R =

∞0

I 2(t)R dt =

∞0

ε2

R2e−2t/RC R dt

= ε2C

2

∞0

e−2t/RC d

2t

RC

= ε2C

2

∞0

e−x dx = ε2C

2

−e−x∞

0

W R =

ε2C

2

Cuando un condensador es cargado la energı a entregada por la baterı a es: la mitadalmacenada en el condensador y la mitad disipada por efecto Joule independiente del valorde la resistencia R.

Fin clase XX.



Capıtulo 5

Los campos de cargas en movimiento.

En este capı tulo veremos las siguientes secciones:

Desde Oersted a Einstein.

Fuerzas magneticas.

Medidas de carga en movimiento.

Invariancia de la carga.

Medidas de campo electrico en diferentes sistemas de referencia.

Campo de un punto cargado moviendose con velocidad constante.

Campo de una carga que parte o se detiene.

Fuerza sobre una carga en movimiento.

Interaccion entre cargas en movimiento.

5.1. De Oersted a Einstein.

En 1819 Oersted experimenta con una brujula e hilos por las que circula una corriente.Al poner paralelo el hilo y la aguja y hacer circular corriente se produce un movimiento dela aguja. Ampere y Faraday efectuaron una descripcion esencialmente completa y exacta dela accion magnetica de las corrientes electricas. Ademas, de los anteriores descubrimientos

experimentales se desarrollo la teorı a clasica completa del electromagnetismo. Formuladamatematicamente por Maxwell y triunfalmente corroborada por la demostracion de Hertz delas ondas electromagneticas, en 1888. La relatividad restringida tiene sus raı ces historicasen el electromagnetismo. El artı culo de Einstein en 1905 fue titulado Acerca de la electro-

din´ amica de los cuerpos en movimiento.Hoy en dı a esperamos que toda teorı a completa sea relativisticamente invariante. Es

decir, debe expresar lo mismo en todos los sistemas de referencia inerciales. La teorı a elec-tromagnetica de Maxwell lo era antes de que se reconociera la importancia de esto.

99



100 CAP ITULO 5. LOS CAMPOS DE CARGAS EN MOVIMIENTO.

5.2. Fuerzas magneticas.

Dos hilos paralelo estan recorridos por corrientes en el mismo sentido.La fuerza, por unidad de longitud, sobre uno de los hilos se comprueba que es directamente

proporcional al producto de las dos corrientes e inversamente proporcional a la distancia entrelos hilos.

+ +

metálicaLámina

+

+

I 1

I 2

(a) (b) (c)

Figura 5.1: Experimentos con corrientes.

Invirtiendo el sentido de una de las corrientes, se invierte el de la fuerza que pasa aser repulsiva. Existe cierto tipo de accion a distancia entre los dos filamentos de corrientesestacionarias. Parece que no tiene relacion con la carga electrica estatica en la superficie delhilo.

Pueden existir tales cargas y los hilos pueden estar a distintos potenciales, pero la fuerzaque estamos considerando dependen solamente del movimiento de carga en los hilos, es decir,de las dos corrientes. Puede colocarse una lamina metalica entre los dos hilos sin afectar adicha f . (Figura5.1) Estas nuevas fuerzas, que entran en juego cuando se mueven las cargas,

se llaman Fuerzas Magneticas.La brujula de Oersted no se parece mucho a un circuito de corriente continua. Sin embargo,

ahora sabemos, como Ampere lo sospecho, que el hierro imantado esta lleno de cargas enmovimiento incesante, corrientes electricas a escala atomica.

I I

Figura 5.2: Brujula y bobina.

Una bobina de hilo delgado con una baterı a para proporcionarle corriente, se comportacomo la brujula bajo la influencia de una corriente proxima. Observando el movimiento de



5.2. FUERZAS MAGN ETICAS. 101

una partı cula cargada libre, en lugar de un hilo conductor de corriente, hallamos que ocurre elmismo hecho. En un tubo de rayos catodicos, los e− que seguirı an una trayectoria rectilı nea,se desvı an a un lado o al otro a causa de la corriente de un hilo.

+

e−

Figura 5.3: Tubo de Rayos catodicos.

Estamos familiarizados con estos hechos y sabemos que esta interaccion entre corrientesy otras cargas moviles puede explicarse introduciendo un campo magnetico. Recordemos queel campo electrico es simplemente una manera de describir la accion o distancia entre cargasestacionarias, la cual se expresa por la ley de Coulomb. Diremos que una corriente electricatiene un campo magnetico asociado que ocupa el espacio que le rodea.

Otra corriente o partı cula cargada movil que se encuentre en este campo, experimentauna fuerza proporcional a la intensidad del campo magnetico en aquella posicion. Para unapartı cula cargada, la fuerza es siempre perpendicular a la velocidad.

La fuerza total sobre una partı cula con carga q y velocidad v esta dada por la fuerza deLorentz

F = q E + q

c v

× B (5.1)

donde B es el campo magnetico y c es la velocidad de la luz.Tomaremos la ecuacion (5.1) como la definicion de BLa intensidad del campo magnetico es un vector que determina la parte proporcional a

la velocidad de la f sobre una carga movilSi nos piden: Midase el modulo y la direccion del vector B en tal punto, se requiere que

hagamos las siguientes operaciones:

Tomar una partı cula de carga q conocida.

Medir la fuerza sobre q en reposo, para determinar E .

Medir luego la fuerza sobre la partı cula cuando su velocidad es v.

Repetir con v en cualquier otra direccion.

Hallamos ahora un B que haga que la ecuacion (5.1) satisfaga todos estos resultados.

Este es el campo magnetico en el punto en cuestion.




Evidentemente esto no explica nada. ¿Por que se cumple la ecuacion? ¿Por que podemoshallar siempre un B que satisfaga esta simple relacion para todas las v posibles? ¿Por que estafuerza es proporcional a la velocidad? Lo mas notable es que esta fuerza es estrictamenteproporcional a la velocidad y que el efecto del campo electrico no dependa, en absoluto, dev.

Fin clase XXI.



5.3. MEDIDA DE CARGA EN MOVIMIENTO. 103

5.2.1. Medida de la carga en reposo.

¿Como vamos a medir la cantidad de carga electrica sobre una partı cula movil? Estodebe ser establecido primero que nada. Una carga solamente solamente por los efectos queproduce. Una carga puntual Q que esta en reposo, puede medirse determinando la fuerza queactua sobre una carga de prueba q separada a cierta distancia

2Fr Q=

q

Carga en reposo

q

Q

en reposoCarga de prueba

Figura 5.4: Cargas en reposo.

5.3. Medida de carga en movimiento.

Si la carga que deseemos medir, se mueve, estamos en una base incierta. Existe unadireccion particular, la del movimiento. Podrı a ser que la fuerza sobre la carga de prueba q dependiese de la direccion de Q a q , ademas de la distancia entre las dos cargas. En ese casopara diferentes posiciones de la carga de prueba observarı amos diferentes fuerzas

v

F 1

2?r Q=

q

F 2

F 3

Q

q

Carga de pruebaen reposo

r r

q

r

q

Figura 5.5: Cargas en movimiento.

Tampoco tenemos la seguridad de que la fuerza estara siempre en la direccion del radio

vector r. Para admitir esta posibilidad, convengamos en definir Q como promedio en todasdirecciones. Imaginemos un gran numero de cargas de prueba infinitesimales distribuidasuniformemente sobre una esfera. En el instante en que la carga movil pasa por el centro de laesfera, se mide la fuerza sobre cada carga de prueba, y el valor medio de los modulos de estasfuerzas se utilizan para calcular Q. La operacion anterior serı a precisamente la necesariapara determinar la integral de superficie del campo electrico sobre la esfera en el instantet. Las cargas de prueba estan aquı en reposo, recordemos: La fuerza sobre q por unidad decarga, por definicion, nos da el campo electrico en este punto. Esto sugiere que mas que la




ley de Coulomb, la ley de Gauss brinda la manera natural de definir la cantidad de cargapara una partı cula movil o para un conjunto de cargas moviles.

Podemos componer una definicion como sigue: La cantidad de carga electrica en unaregion se define por la integral de superficie del campo electrico E extendida a una superficieS que comprenda la region Esta superficie S esta referida a cierto sistema de coordenadas F .

El campo electrico E en un punto (x,y,z ) en un instante t en F , se mide por la fuerza sobreuna carga de prueba en reposo en F , en aquel instante y lugar. La integral de superficie ha de

determinarse en un instante t particular. Es decir, los valores del campo que se utilizan sonlos que se han medido simultaneamente por observadores todos desplegados sobre S (Estono presenta dificultad, pues S es estacionaria en el sistema F ).

A la integral de superficie S , en el instante t, la denotamos S (t)

E · da (5.2)

Definimos la cantidad de carga en el interior de S como

Q = 1

4π

S (t)

E · da (5.3)

Nos desconcertarı a el que el valor de Q determinada ası dependiese de la forma y tamanode la superficie S . Para una carga estacionaria esto no ocurre, es la ley de Gauss. Pero, ¿comosabemos que la ley de Gauss se cumple cuando las cargas son m oviles? Afortunadamente secumple: Podemos tomarla como un hecho experimental.

Esta propiedad fundamental de E de las cargas moviles nos permite definir la cantidadde carga por la ecuacion (5.3). Aparece una pregunta importante: ¿Que ocurre si las mismaspartı culas tienen otras velocidades?.

5.4. Invariancia de la carga.

Existe evidencia experimental concluyente de que la carga total en un sistema, no varı apor el movimiento de los portadores de carga.

Las pruebas: la rigurosa neutralidad electrica de los atomos y moleculas. La neutralidaddel atomo de hidrogeno comparada con la neutralidad del atomo de He en el cual el movi-miento de p+ y e− es muy distinto en ambos casos. Otra evidencia viene del espectro opticode los isotopos del mismo elemento, atomos con distinta masa pero igual carga (nominal-mente). De nuevo se halla una marcada diferencia en el movimiento de los p+, pero no hay

discrepancia en la carga. La masa no es invariante de la misma manera. Sabemos que la masade una partı cula varı a con su movimiento, en el factor 1/(1 − v2/c2)1/2.

Un experimento imaginario:Un experimento real se puede efectuar con un espectrografo de masas, que puede revelar

facilmente una diferencia de masa entre una molecula de deuterio ionizado 2[1p++1n0]+1e−

y un atomo de helio ionizado 2p++2n0+1e−. Ambas estructuras son muy diferentes y laspartı culas se mueven con velocidades muy distintas. La diferencia de energı a se presentacomo una diferencia de masa medible. No existe diferencia detectable, con una precision muy



5.4. INVARIANCIA DE LA CARGA. 105

(1−v2 /c2)1/2

2m

+q

+qm

m

masa de la caja + 2m masa de la caja +

2q2q

Carga total =

Masa total =

Figura 5.6: Cargas y masas en movimiento.

elevada, en la carga electrica de los iones. Los experimentos que hemos descrito, y otros,demuestran que el valor de la integral de superficie

S

E · da de nuestra Ley de Gauss:-depende solamente del n´ umero y variedad de partı culas cargadas en el interior de S , y

no de como se mueven.

Segun los postulados de la relatividad, tal manifestacion debe ser cierta para cualquiersistema de referencia inercial, si lo es para uno. Por lo tanto, si F es cierto sistema dereferencia inercial distinto, que se mueve con respecto a F y S es una superficie cerrada ental sistema, la cual en el instante t encierra los mismos cuerpos cargados que encerraba S enel instante t debemos tener

S (t)

E · da =

S (t)

E

· da

(5.4)

Por supuesto que E se mide en F , es decir, se define por la fuerza sobre una carga deprueba en reposo en F . No debe pasarse por alto la diferencia entre t y t. Sabemos quesucesos que son simultaneos en un sistema pueden NO serlos en otro. Cada integral en (5.4)ha de calcularse, en cierto instante, en su sistema de referencia.

Si las q estan en los contornos de S o S ha de cuidarse de asegurar que las q en el interiorde S en el instante t, son las mismas que las interiores a S a t. La ecuacion (5.4) es unaexpresion formal de la invariancia relativista de la carga. Podemos elegir nuestra superficiegaussiana en cierto marco de referencias inercial. La integral de superficie nos dar a un numeroindependiente del sistema de referencia. Esto NO es lo mismo que la conservacion de la carga,

que estudiamos antes y quedo expresada por

∇ · J = −∂ρ

∂t

La conservacion de la carga implica que si tomamos una superficie cerrada fija en algunsistema conteniendo materia cargada, y si las partı culas no atraviesan el contorno, entoncesla carga total en el interior de esta superficie es constante.




La invariancia de la carga implica que si consideramos este conjunto de materia desdeotro sistema de referencia mediremos exactamente la misma carga. La energı a se conservapero no es invariante. La carga es un escalar invariante ante transformaciones de Lorentz. Loanterior determina completamente la naturaleza del campo electrico para cargas moviles.

Fin clase XXII.



5.5. CAMPOS ELECTRICOS MEDIDOS EN DIFERENTES SISTEMAS DE REFERENCIAS.107

5.5. Campos electricos medidos en diferentes sistemas

de referencias.

Si la carga ha de ser invariante, bajo transformaciones de Lorentz, el campo electrico E tiene que transformar de una manera particular.

¿Como transforma E ? significa responder a una pregunta como la siguiente: Si un obser-vador en un cierto sistema de referencia inercial F mide un campo electrico E en un puntoen el espacio y tiempo, ¿que campo sera medido en el mismo punto del espacio tiempo porun observador en un diferente sistema de referencia inercial? Para cierta clase de campospodemos responder la pregunta aplicando la ley de Gauss en ambos sistema.

x

z b

b

F

Figura 5.7: Par de placas paralela.

En el sistema de referencia F , figura anterior, tenemos dos laminas estacionarias de cargacon densidades superficiales +σ y −σ. Son laminas cuadradas de lado b paralelas al planoXY con una separacion que supondremos pequena comparada con su extension. En F elmodulo del campo es | E | = 4πσ.

Consideremos F que se mueva hacia la izquierda con respecto a F , con velocidad v. Paraun observador en F , las laminas cuadradas cargados ya no son cuadradas. Su coordenada x

se ha contraı do deb → b

1 − β 2 , con β =

v

c.

Pero la carga total es invariante, es decir, independiente del sistema de referencia, ası quela densidad de carga medida en F es mayor que σ , su relacion es 1/

1 − β 2.

F

F’

v

z

x

σ

b

(a)

1−β2b

F

F’

(b)

σ ’

v

v

z’

x’

Figura 5.8: En los diferentes sistemas.

La figura (5.8 a) es como se ve en F . La figura (5.8 b) es como se ve en F




¿ Que podemos decir acerca del campo electrico en F si todo lo que conocemos del E decargas moviles esta contenido en la ecuacion de Gauss? Pero una cosa se puede afirmar, E esnulo en la parte exterior de las laminas y uniforme entre ellas, al menos en el lı mite cuandola extension → ∞. El campo podrı a ser de la forma mostrada en la figura, de hecho no loes.

v

v

(b)

(a)

Figura 5.9: Como NO son los campos.

La figura (5.9 a) podrı a ser el campo de una sola lamina positiva en F . La figura (5.9b) podrı a ser el campo de una sola lamina negativa en F .

Aunque el campo fuera de esta forma, al hacer superposicion serı a nulo afuera y perpen-dicular a las placas adentro. Podemos aplicar Gauss a una caja estacionaria en F

σ ’F’

z’

x’

F’

v

Caja estacionariaen

Figura 5.10: Aplicando la ley de Gauss en F .

La carga contenida se determina por σ . El campo es nulo al exterior de las placas. La ley

de Gauss da E z = 4πσ = 4πσ

1 −β 2

, luego

E z = E z

1 − β 2= γE z , γ =

1 1 − β 2

≥ 1 (5.5)

Imaginemos un caso distinto, las laminas cargadas estacionarias en F estan orientadas ⊥al eje x.

El observador en F ve E x = 4πσ. En este caso σ (en F ) es la misma. Las laminas NO sehan contraı do la distancia entre ellas, pero esta no interviene en la determinacion del campo.



5.5. CAMPOS ELECTRICOS MEDIDOS EN DIFERENTES SISTEMAS DE REFERENCIAS.109

x

z

F

Figura 5.11: Otro par de placas paralela.

Solo se ha contraı do la distancia entre ellas, pero esta no interviene en la determinacion delcampo.

Usando la ley de Gauss sobre la caja estacionaria en F

σ

’

= σ

F’

z’

x’

F’

v

Caja estacionariaen

Figura 5.12: Aplicando la ley de Gauss.

E x = 4πσ = 4πσ = E x (5.6)

¿Nuestras conclusiones tienen validez general? Para que E tenga sentido, el observadoren F habiendo medido el campo en un punto en cierto instante, debe ser capaz de predecira partir solamente de estas medidas, lo que mediran los observadores en otros sistemas en elmismo punto espacio temporal. Considerando lo anterior las ecuaciones (5.5) y (5.6) toman

un significado mas alla del caso particular. Si tomamos cualquier distribucion de cargas todasen reposo en F . La velocidad de F respecto de F es v = vxx.

Si un observador en F mide un campo E z en la direccion z entonces en F indicara, parael mismo punto un campo E z = γE z. Si el observador en F mide E x en la direccion x (iguala la direccion de la velocidad de F respecto de F ) en F indica E x = E x. Evidentemente lasdirecciones y y z son equivalentes al ser transversales a la velocidad.

Las cargas en reposo en F son la fuente de un campo E . Supongamos que F se muevecon velocidad v relativa a F . En cualquier punto de F descomponemos E en longitudinal E




(paralela a v) y transversal E ⊥ (perpendicular a v). En el mismo punto del espacio tiempo

en F el campo E se descompone en E y E ⊥ luego

E = E

E ⊥ = γE ⊥(5.7)

Nuestra conclusion se cumple solamente para campos originados por cargas estacionariasen F . Como veremos, si las cargas en F se mueven, la prediccion del campo electrico en F

implica el conocimiento de dos campos en F , el electrico y el magnetico. Pero ya tenemos unresultado util que es suficiente siempre que podamos hallar cualquier sistema de referenciainercial en el cual todas las cargas en reposo

5.6. Campo de una carga puntual que se mueve con

velocidad constante.

θ’

E ’ z

E ’ x

E z

E x

x’

z’

F’(b)

Q

r’

x

F

Q

z

r

(x,z)

θ

x’

z’

F’

v

(a)

v

Figura 5.13: Carga en reposo en F .

En F una carga puntual Q esta en reposo en el origen, esta carga pasa por el origen deF cuando t = 0. En todo punto E tiene por modulo Q/r2 y esta dirigido radialmente haciaafuera,

Las componentes cartesianas en F

E x = Q

r2 cos θ =

Qx

(x2 + z 2)3/2

E z = Q

r2 sen θ = Qz

(x2 + z 2)3/2

El sistema F que se mueve en la direccion (−x), con rapidez v respecto a F . Las trans-formaciones de Lorentz:

x = γ (x − βct) , y = y , z = z , t = γ

t − β x

c

. (5.8)

Los relojes se habı an colocado a cero cuando x = 0 y x = 0 coincidı an.



5.6. CAMPO DE UNA CARGA PUNTUAL QUE SE MUEVE CON VELOCIDAD CONSTANTE.1

Segun las ecuaciones (5.5) y (5.6)

E z = γE z , E x = E x .

Usando (5.8) y (5.8) podemos expresar las componentes del campo E z y E x en funcion delas coordenadas en F . En el instante t cuando Q pasa por el origen en F tenemos

E x = E x = γQx

((γx)2 + (z )2)3/2

E z = γE z = γQz

((γx)2 + (z )2)3/2

Advirtamos que: E zE x

= z

x lo cual indica que E forma el mismo con x que r. Es decir,

E se dirige radialmente hacia afuera a lo largo de una recta trazada desde el origen a laposicion instantanea de Q

Lo anterior significa que si Q paso por el origen del sistema prima a las 12 AM tiempo

prima, un observador estacionado en cualquier punto del sistema prima expresara que E enese punto a las 12 AM estaba dirigido radialmente desde el origen. Lo anterior suena comotransmision instantanea de informacion. ¿Como puede conocer un observador distante unkilometro, la posicion de una partı cula en el mismo instante? No puede. Esto no estabasobreentendido.

Esta partı cula se movı a siempre a v cte. en un “plan de marcha” que le exigı a pasar porel origen al mediodı a. Es el pasado de la partı cula lo que determina el campo observado.

Evaluemos la intensidad del campo

E 2 = E 2x + E 2z = γ 2Q2(x2 + z 2)

[(γx)2 + (z )2]3

= Q2(x2 + z 2)γ 4[(x)2 + (z )2 − β 2(z )2]3

= Q2(1 − β 2)2

(x2 + z 2)2

1 − β 2z 2

x2 + z 2

3 (5.9)

Si r representa la distancia desde la carga Q, que esta momentaneamente en el origen,entonces r =

√ x2 + z 2. Si θ es el angulo entre r y v entonces z = r sen θ, luego

E = Q

r21 − β 2

(1−

β 2 sen2 θ)3/2 (5.10)

No hay nada especial acerca del origen de coordenadas, ni acerca del plano X Z compa-rado con cualquier otro plano a lo largo del eje x. Por lo tanto, podemos decir de maneracompletamente general que el campo electrico de una carga en movimiento uniforme, en cier-to instante dado, esta dirigido radialmente desde la posicion instantanea de la carga y sumodulo viene dado por

E = Q

r21 − β 2

(1 − β 2 sen2 θ)3/2 ,




siendo θ el entre la direccion de movimiento de la carga y r.Para velocidades pequenas el campo E ≈ Q/r2 y es practicamente el mismo en cada

instante al campo de una carga puntual estacionaria en F en la posicion instantanea de Q.Pero si β 2 no es despreciable, el campo es mas intenso en la direccion ⊥ al movimiento queen la direccion del movimiento a igual distancias a la carga. Si indicamos la intensidad de

campo por la densidad de lı neas de campo, ellas deberı an concentrarse en el plano ⊥ a ladireccion del movimiento Este es un campo electrico notable. No tiene simetrı a esferica, lo

.25

.35

2.0 1.5 .85.50

x’

y’

z’

β=0.866

Figura 5.14: Densidad de lı neas que atraviesan una esfera unitaria debida a una carga movilen direccion x con v/c = 0.866.

cual no nos sorprende porque en esta referencia hay una direccion privilegiada, la direccion delmovimiento de la carga. Tambien es un campo que no puede producir ninguna distribucionestacionaria de cargas, sea cual fuere su forma. Pues la integral curvilı nea de E a lo largode un camino cerrado no es nula.

v

A

B

C

D

Figura 5.15: Integral curvilı nea.

Los arcos circulares no contribuyen por ser ⊥ a E . En las secciones radiales E es masintenso en BC que en AD. La circulacion de E = 0. Pero tengamos presente que este NO esun campo electroestatico. En el transcurso del tiempo el campo electrico E , en cada puntode F , varı a al moverse la carga fuente.

Fin clase XXIII.



5.7. CAMPO DE UNA CARGA QUE ARRANCA O PARA. 113

5.7. Campo de una carga que arranca o para.

Velocidad uniforme significa un movimiento a rapidez constante, en lı nea recta, quesiempre ha estado en movimiento. ¿Que ocurre si nuestro electron NO ha estado viajandoanteriormente a lo largo del eje negativo de las x? Supongamos que ha estado en reposoen el origen a t = 0. Inmediatamente antes de t = 0, algo comunica al electron una granaceleracion bruscamente, hasta que la rapidez sea v y se mueva a lo largo del eje positivo conesta rapidez. Despues su movimiento es el de la figura. . .

−10 [s]Unidad de tiempo 10

vc

=4

5

x

y

P 6 [ c

m ]

t=0 t=2 t=4

Figura 5.16: Carga a velocidad constante.

Sin embargo, esta figura no representa bien el campo para la historia descrita. Se puedever esto al considerar el punto P en t = 2 =⇒ 2 × 10−10 [s]=⇒ 6 [cm] recorridos por unasenal luminosa. Ya que P esta a mas de 6 [cm] no puede haber recibido la noticia de que elelectron ha empezado ha moverse en t = 0 (a menos que se viole la relatividad). El campoen el punto P en el instante t = 2 y en realidad en todos los puntos exteriores a la esfera deradio 6 [cm] con centro en el origen, deben ser el campo de una carga en reposo en el origen.Cerca de la carga movil, lo que ocurrio en el pasado no puede ocasionar diferencia. El campode la partı cula que acelero debe parecerse a esta figura. . .

a moverse en x=0, t=0

La carga empezó

x=0

t=2

Figura 5.17: Campo de carga acelerando.

Existe una capa delgada (cuyo espesor en un caso real dependera de la duracion requeridapara la aceleracion) dentro del cual tiene lugar la transicion de un tipo de campo a otro. Estacapa se dilata con rapidez c, permaneciendo su centro en x = 0.




En la se representa el campo en un electron que se ha estado moviendo con velocidaduniforme hasta t = 0, en aquel instante alcanzo x = 0 en donde se freno bruscamente.

θοϕο

a moverse en x=0, t=0

La carga terminó x=0

A

B

C

D

F E

t=2

Figura 5.18: Campo de carga desacelerando.

Ahora bien, la noticia de que se detuvo no puede alcanzar en un tiempo t, ningun puntomas alejado que ct del origen.

El campo en el exterior de la esfera de radio R = ct debe ser el que prevalecerı a si elelectron hubiese mantenido el movimiento con su rapidez original. Este es el porque vemosel cepillo de las lı neas de campo a la derecha en la figura 5.18 dirigidas precisamente haciala posicion donde estarı a el e− si no se hubiese parado. Es relativamente facil relacionar laslı neas de campo interiores y exteriores. Solamente existe una manera que este campo este deacuerdo con la ley de Gauss. Hagamos girar EABCDF en torno al eje x para engendraruna superficie de revolucion. Como la superficie NO encierra carga la integral de E sobre lasuperficie total debe ser nula. Las unicas contribuciones provienen de los casquetes esfericos,pues el resto de la superficie es paralela a E por construccion.

El campo en el casquete interior es el campo de una carga puntual en reposo. El campoen el casquete exterior es el campo de una carga puntual con rapidez constante v.

θο

ϕο

r 2 sen ϕ d ϕ2 πr’2sen

θ θd 2

π

F

D

E

A

r’

θ ϕ

r

Figura 5.19: Superficies en las cuales integrar.

La integral en el interior θ0

0

q

r2 2πr2 sen θ dθ = 2πq

θ0

0

sen θ dθ (5.11)



5.8. FUERZA SOBRE UNA CARGA M OVIL 115

La integral de E sobre el casquete exterior es: ϕ0

0

q

r2

1 − β 2

(1 − β 2 sen2 ϕ)3/2 2πr2 sen ϕ dϕ

= 2πq ϕ0

01 − β

2

(1 − β 2 sen2 ϕ)3/2 sen ϕ dϕ (5.12)

La condicion de que el flujo entrante sea igual al saliente nos conduce a θ0

0

sen θ dθ =

ϕ0

0

1 − β 2

(1 − β 2 sen2 ϕ)3/2 sen ϕ dϕ (5.13)

Haciendo uso de dx

(a2 + x2)3/2 =

x

a(a2 + x2)1/2, obtenemos

cos θ0 =

ϕ0 1 − β 2 sen2 ϕ (5.14)

Una manera equivalente de expresar la relacion entre θ0 y ϕ0

tan ϕ0 = γ tan θ0 (5.15)

En las lıneas de campo que conectan el campo proximo a campo remoto deben existircomponentes transversales, es decir no radiales. Hay un campo intenso en la regi on de tran-sicion, y esta configuracion de campos se dilata con rapidez c en el transcurso del tiempo,vemos que tenemos algo muy parecido a la propagacion de una onda de campo electrico

transversal.

5.8. Fuerza sobre una carga movil

Conocemos la fuerza experimentada por una carga estacionaria en el campo de otra cargase mueve con velocidad cte. Preguntemosnos: ¿Cual es la fuerza que actua sobre una cargamovil, la cual se mueve en el campo de otras cargas? Primero consideremos el caso que semueve en el campo producido por cargas estacionarias. Podrı a ser un electron moviendoseentre las placas cargadas de un osciloscopio, o una partı cula α moviendose en el campocoulombiano cerca del nucleo atomico. Las fuentes del campo estan en reposo en cierto sistema

que llamaremos “Lab”. En cierto lugar y tiempo, en el “Lab” observamos una partı culacon carga q que se mueve con velocidad v, en este instante, en el campo electroestatico.¿Que fuerza actua sobre q? Sabemos que la fuerza es la derivada temporal del momentum.¿Cual es la variacion de momentum de la partı cula d p/dt en este lugar y tiempo, medida en“Lab”?

La respuesta esta implı citamente contenida en lo que ya sabemos. Consideremos el sistemadesde un marco de referencia F que se mueve con la partı cula. En este sistema la partı cula,esta en reposo y son las otras cargas las que se mueven ahora. Esto lo conocemos, la fuerza




sobre la carga estacionaria q es E q donde E es el campo en F . Podemos hallar E dado E , mediante las transformaciones que ya conocemos. Con E podemos hallar la variacion delmomentum con respecto al tiempo. Nuestro problema es como transforma la fuerza, es decir,la derivada temporal del momentum, de un sistema inercial a otro.

Consideremos cierto sistema de referencia inercial F que se mueve en la direccion x

positiva, con rapidez v, observada en otro sistema de referencia F . Sea una partı cula cuyamasa en reposo es m, moviendose en la direccion x positiva en F con rapidez v. Sea px lacomponente x del momentum medida en F y sea px la componente x del momentum medidaen F .

Necesitamos hallar la relacion entre px y px

px = mv

1 − β 2= mcβ γ β =

v

c , γ =

1 1 − β 2

. (5.16)

Por otro lado, en el sistema F la velocidad de la partı cula es

v + v

1 − vv

c2

= c(β + β

)1 − ββ ,

Ası que

px = mc(β + β )

(1 + ββ )

1 −

β +β

1+ββ

21/2

= mc(β + β )

[(1 − β 2)(1 − β 2)]1/2

= mcγγ

(β + β

) (5.17)

Comparando ambas ecuaciones

px = γ ( px + βγ mc) = γ

px + β

E

c

, (5.18)

E es la energı a medida en F .Si recordamos como transforma la coordenada x = γ (x + βct) entonces con la anterior

relacion como evidencia podemos decir que ( px, py, pz,E/c) se comporta como (x,y,z,ct). Yaque y = y en una transformacion de Lorentz con v dirigida en x, debemos esperar que

py = py . (5.19)

La relacion entre t y t

t = γ

t + β

x

c

(5.20)

Diferenciando

dt = γdt + γ β

c

dx

dt = γdt(1 + ββ ) . (5.21)



5.8. FUERZA SOBRE UNA CARGA M OVIL 117

A partir de la ecuacion (5.19)dpy = dpy (5.22)

Diferenciando la ecuacion (5.18)

dpx = γpx + γβmc dγ

dpx dpx , (5.23)

El factor mc(dγ /dpx) puede calcularse a partir de la ecuacion (5.16)

px = mcγ β = +mc

γ 2 − 1 , (5.24)

Derivamosdpxdγ

= mcγ

γ 2 − 1=

mc

β (5.25)

Entonces dγ /dpx = 1/(dpx/dγ ) = β /mc, sustituyendo en (5.23)

dpx = γdpx(1 + ββ

) . (5.26)

Comparando (5.21) y (5.26) vemos que

dpxdt

= dpx

dt (5.27)

Esto se cumple no importa lo grande que sea v ya que el factor (1 + ββ ) aparece en ambasecuaciones.

Nos interesa solamente los casos en que v es ,muy pequena, es decir, cuando la partı culaesta casi en reposo en F .

En este caso β β puede despreciarse y entonces al comparar (5.21) y (5.22), hallamos

dpydt

= 1

γ

dpydt

(5.28)

Resumiendo

F es un sistema de referencia inercial en el cual una partı cula esta instantaneamenteen reposo o moviendose muy lentamente.

F es cualquier otro sistema de referencia inercial con respecto al cual F se mueve concierta velocidad. Usando las componentes paralelas y perpendiculares del momentum

respecto a la velocidad relativa entre F y F podemos establecer

dpdt

=dpdt

dp⊥dt

= 1

γ

dp⊥dt

(5.29)

La ecuacion (5.29) corresponde a la ley de transformacion de la fuerza. La ley de trans-formacion de los campos ya la conocemos: E = E y E ⊥ = γE ⊥. Ahora podemos volver a la

partı cula cargada moviendose a traves del campo electrico E .




E E’

E’ = E

dp’

dt’

dp

dt =

= qE dp

dt

Sistema de referencia

"partícula" F’

Sistema de referencia

"Lab" F

E E’

E E’ = γ =dpdt

dp’dt’

1γ

= qE dpdt

q q v

qv

q

Figura 5.20: Resumen.

Sea E la componente de E paralela a la direccion instantanea del movimiento de nuestrapartı cula. La transformamos a F , el campo E = E , la fuerza

dpdt

= E q = E q . (5.30)

En F se mide la fuerza longitudinal

dpdt

=dpdt

= E q . (5.31)

La partı cula NO permanece en reposo en F en el transcurso del tiempo. Se acelera por elcampo E , y v aumentara, sin embargo nos interesa la aceleracion instantanea.

Para E ⊥ en F , en el sistema prima E ⊥ = γE ⊥, ası que

dp⊥dt

= qE ⊥ = qγE ⊥ .

Pero al transformar la fuerza a F

dp⊥dt

= 1

γ

dp⊥dt

= 1

γ (γE ⊥q ) = E ⊥q . (5.32)

El corolario es: La fuerza que actua sobre una partı cula cargada que se mueve a lo largode F es q veces el campo E en este sistema de referencia estrictamente independiente de lavelocidad de la partı cula.

Fin clase XXIV.



5.9. INTERACCI ON ENTRE UNA CARGA M OVIL Y OTRAS CARGAS M OVILES.119

5.9. Interaccion entre una carga movil y otras cargas

moviles.

Sabemos que puede haber una fuerza sobre una carga movil dependiente de la velocidad.Esta fuerza esta asociada con un campo magnetico, las fuentes de ese campo son corrientes

electricas, es decir, otras cargas en movimiento. Desde nuestro punto de vista, la interaccionmagnetica entre las corrientes electricas puede admitirse como un corolario inevitable de laley de Coulomb. Si los postulados de la relatividad son validos, si la carga es invariante ysi se cumple la ley de Coulomb, los efectos que llamamos “magneticos” estan destinados aocurrir. Estos efectos apareceran tan pronto como examinemos la interaccion electrica entreuna carga movil y otras cargas moviles.

Un sistema simple nos puede ayudar a ilustrar esto.

v0

v E=0

y

xq

Lab

Carga móvil

−λ

+λ

................Electrones moviendose

Iones en reposo

Figura 5.21: Carga a velocidad constante.

Las cargas se suponen tan numerosas y poco espaciadas que puede ignorarse su car acterdiscreto a las distancias que intervendran. Hay una lı nea de cargas positivas en reposo que seextienden hasta el infinito en ambas direcciones. Existen tambien cargas negativas (electrones)moviendose con velocidad v0 hacia la derecha. Las cargas estan ligeramente separadas porclaridad. Para este sistema no existe un sistema de referencia en la cual todas las cargas estenen reposo. Las densidades son = λ+ = −λ− = λ0 ⇒ λT = 0 =⇒ E = 0.

Una carga de prueba q estacionaria a cierta distancia r del hilo no experimenta fuerzaya que E = 0. Ahora nos interesa la fuerza sobre una carga de prueba movil. Supongamosque la carga q se ha puesto en movimiento hacia la derecha con rapidez v en la referenciadel Lab. ¿Que fuerza actua sobre ella, observada en la referencia del Lab? Para responderlo anterior, introducimos un sistema de coordenadas que se mueve con la carga de prueba

q . En este sistema de referencia, que llamaremos de la partı cula, la carga q esta en reposoy la fuerza sobre ella esta determinada solamente por el campo electrico en este sistema dereferencia. ¿Por que existe un campo electrico en la referencia partı cula cuando no lo hay enel Lab? La razon es que los valores de las densidades lineales de carga vistas en la referenciade la partı cula (λ

+, λ

−) NO son iguales entre si, el hilo no es neutro, esta cargado. Existeun exceso de carga por unidad de longitud.

¿Que hay de la invariancia de carga?La carga total encerrada dentro de cierto contorno es la misma, no importa en que sistema




de referencia se mida. En este caso ningun contorno puede encerrar a la carga total en el hilo,la cual se extiende hasta el infinito; lo que ocurre en sus extremos aquı no nos interesa. Si nosmovemos a la misma rapidez que la carga de prueba hallaremos una densidad lineal distinta,el hilo aparece cargado. Las carga positiva estaran mas cerca entre ellas y los electrones maslejos. La distancia entre los iones se contraera en la direccion x en el factor (1−v2/c2)1/2 = 1/γ ,

lo que la harı a mas densa γλ0 que en la referencia del Lab en la cual las cargas positivasestaban en reposo.Las cargas negativas ya estaban en movimiento en el Lab, luego encontrar su densidad en

el sistema de referencia de la carga de prueba sera un poco mas trabajoso. Ya que su densidaden el sistema del Lab es −λ0, en el sistema en que los electrones estan en reposo la densidaddebe ser −λ0/γ 0, donde γ 0 es el factor de Lorentz para v0. Necesitamos las velocidades de lascargas negativas en el sistema de la partı cula de prueba

v0 = v0 − v

1 − v0v/c2 =⇒ β 0 =

β 0 − β

1 − β 0β (5.33)

El correspondiente factor de Lorentz lo obtenemos con un poco de algebra

γ 0 = (1 − β 20 )−1/2 = γγ 0(1 − β 0β ) . (5.34)

Este es el factor por el cual la densidad lineal de carga negativa en reposo en su propiosistema es modificada cuando es medida en el sistema de la carga de prueba. La densidadlineal de carga en el alambre en el sistema de la carga de prueba λ, la podemos calcularcomo sigue

λ = γλ0 − λ0

γ 0(γγ 0(1 − β 0β )) = γββ 0λ0 . (5.35)

El primer termino corresponde al producto del factor de transformacion al sistema dela partı cula por la densidad de carga de los iones en el sistema que ellos estan en reposo.El segundo termino corresponde al producto de al densidad de carga de los electrones ensistema que ellos estan en reposo por el factor de transformacion al sistema de la partı cula.El alambre esta cargado positivo. La ley de Gauss garantiza un campo radial E r dado pornuestra forma familiar de una lı nea cargada infinita

E r = 2λ

r =

2γβ β 0λ0

r . (5.36)

En el sistema de la carga de prueba este campo esta en la direccion −y. La fuerza queexperimentara la carga de prueba

F y = qE y = −2qγββ 0λ0

r . (5.37)

Ahora retornemos al sistema de referencia del Lab. ¿Cual es la magnitud de la fuerza sobrela carga q medida en ese sistema? Si su valores qE y en el sistema en que la carga de pruebaesta en reposo, en el sistema del Lab se reportara una fuerza mas pequena en un factor 1/γ .



5.9. INTERACCI ON ENTRE UNA CARGA M OVIL Y OTRAS CARGAS M OVILES.121

Ya que r = r, la fuerza sobre nuestra carga en movimiento, medida en el sistema del Lab, es

F y =F yγ

= −2qββ 0λ0

r . (5.38)

La cantidad λv0 es precisamente la corriente I en nuestro hilo en [ues/s]. Expresado porI esta corriente, el valor de la fuerza sobre la carga movil esta dado por

F = 2qvxI

rc2 =

q

cvx

2I

rc

(5.39)

Es un hecho notable que la fuerza sobre la carga de prueba m ovil no dependa separada-mente de la velocidad o de la densidad de los portadores de carga en el hilo, sino solamentede la combinacion que determina el transporte neto de carga. Veamos como esto explica larepulsion mutua de conductores que conducen corriente en sentidos contrarios. Suponemosigual numero de portadores positivos y negativos moviendose en sentido contrario con la

misma velocidad.

Corriente

en reposo

Conductor 1

Conductor 2Corriente

(a)

Figura 5.22: Dos cables conductores.

En el Lab tenemos (5.22a). Las corriente se deben al movimiento de las cargas negativas(los electrones), las cargas positivas (los iones) estan en reposo. En el sistema de referenciaque se mueve con las cargas negativas del primer conductor el sistema aparece en la figura(5.23b).

En este sistema el conductor 1 tiene un exceso de carga positiva por unidad de longitudde aquı que se repelen con las cargas positivas en el conductor 2. Analogamente, las negativas

en el conductor 1 son repelidas por el exceso de carga negativa en el conductor 2.Para hallar las fuerzas sobre los restantes portadores de carga, las cargas negativas en el

conductor 2, pasamos al sistema de referencia en la que ellas est an en reposo, (5.24c).Aquı el conductor 2 como aparece con un exceso de carga positiva, ası que las cargas

positivas en el conductor 1 deben experimentar una repulsion. De manera similar para lascargas negativas en 2. Ası que cada portador de carga, en su propia referencia en reposo,experimenta una repulsion resultante de los portadores de carga en el otro conductor. Deaquı que, en el Lab, tenemos una repulsion de cada uno de los conductores por el otro.




1

2

en reposo

(b)

Figura 5.23: En el sistema de los electrones.

2

(c)

1

en reposo

Figura 5.24: En el sistema de los otros electrones.

En este capı tulo hemos visto como el hecho de la invariancia de carga implica la fuerza

entre corrientes electricas. Esto no nos obliga a considerar que un hecho es la causa delotro. Estos son simplemente dos aspectos del electromagnetismo cuyas relaciones ilustranelegantemente la ley mas general: La fı sica es la misma en todos los sistemas de referenciainerciales.

Si tuviesemos que analizar cada sistema de cargas moviles, transformando entre variossistemas de coordenadas, nuestro trabajo serı a pesado y desconcertante. Existe un metodomejor: el efecto completo de una corriente sobre otra, o de una corriente sobre una cargamovil puede describirse completa y concisamente introduciendo un nuevo campo, el campomagnetico.

Fin clase XXV.



Capıtulo 6

El campo magnetico.

En este capı tulo veremos las siguientes secciones.

Definicion de campo magnetico.

Algunas propiedades del campo magnetico.

Potencial Vector.

Campo de cualquier corriente que recorre un hilo. (Ley de Biot-Savart.)

Campos de espiras y bobinas.

Variacion de B en una lamina de corriente.

¿Como transforman los campos?

Experimento de Rowland. Efecto Hall.

6.1. Definicion de campo magnetico.

Una carga que se mueve en las cercanı as de un corriente experimenta una fuerza per-pendicular a su propia velocidad. Este comportamiento se describe usualmente diciendo queexiste un campo magnetico en torno a un hilo que conduce corriente y que una carga movilexperimenta una fuerza en un campo magnetico. La fuerza que actua sobre una carga q moviendose con velocidad uniforme v viene dada por

F = q E + q

c

v

× B . (6.1)

donde E y B son campos vectoriales que no dependen de la velocidad de la partı cula.Las unidades de B =[dinas/ues]=[Gauss]. Si se cumple la ecuacion (6.1) definimos E como

el campo electrico en aquel punto y definimos B como el campo magnetico en tal lugar.Si B = 0 entonces (6.1) corresponde a la fuerza electroestatica.

B = 2I

rc ϕ . (6.2)

123



124 CAP ITULO 6. EL CAMPO MAGN ETICO.

B

I

r

Figura 6.1: Campo en torno a un hilo conductor.

Hemos demostrado que si q se mueve paralela al conductor siente una fuerza. Si se mueveperpendicular al conductor tambien se puede demostrar que siente una fuerza.

La interaccion magnetica entre corrientes paralelas solamente depende del producto de

las corrientes y no de las densidades de los portadores o de las velocidades separadamente.

I 1

I 2

F

r

Figura 6.2: Fuerza entre hilos conductores.

La fuerza por unidad de largo

Fuerza por cm = 2I 1I 2

rc2 (6.3)

ds

B

I

Figura 6.3: Fuerza sobre un conductor.



6.1. DEFINICI ON DE CAMPO MAGN ETICO. 125

Expresada en funcion de un campo magnetico B el valor de la fuerza sobre un conductorque conduce una corriente estacionaria I en un campo magnetico B generado por otrascorrientes, a partir de una forma diferencial de la fuerza de Lorentz, es

d F = dq

c v × B =

dq

cdtdt

ds

dt × B =

I

c ds × B . (6.4)

Donde ds es el elemento de longitud que recorre el conductor, dirigido en el sentido de lacorriente. Si medimos la corriente en Amperes el campo en Gauss

B[Gauss] = 2

10

I [A]

r[cm]

Recordemos que 1[A]=3×109 [ues/s] y c = 3 × 1010 [cm/s].La intensidad del campo magnetico terrestre cerca de la superficie de la Tierra ≈ 0.5 [Gauss].

Un campo entre 10 a 20 [kGauss] lo obtenemos con un electroiman de hierro. Un campo entre60 a 80 [kGauss] lo obtenemos con un electroiman superconductor. La magnitud que hemos

definido B en muchos libros la llaman induccion magnetica.La circulacion de un campo magnetico satisface

Γ

B · ds = 4π

c

S (Γ)

J · da . (6.5)

Donde S (Γ) es cualquier superficie cuyo contorno sea Γ. El lado derecho corresponde a 4π/cla corriente encerrada por el camino, es decir,

Γ

B · ds = 4πc I encerrada

El campo de un hilo conductor

r

I

Γ

B · ds =

4π

c I

B 2πr = 4π

c I

B = 2I

rc




Sabemos que se cumple el Teorema de Stokes Γ

F · ds =

S (Γ)

(rot F ) · da (6.6)

Comparando este resultado con la Ley de Ampere tenemos

rot B = 4π

c J (6.7)

Esta es la expresion mas simple y mas general entre el campo magnetico y las cargasmoviles que lo originan.

Como NO hay “cargas magneticas” (monopolos) tenemos

div B = 0 (6.8)

Las ecuaciones de Maxwell para la electromagnetoestatica

div E = 4πρ rot E = 0

div B = 0 rot B = 4π

c J (6.9)

6.2. El potencial vector.

Dada la identidad vectorial div(rot F ) = 0 podemos expresar B como

B = rot A (6.10)

El campo vectorial A es conocido como el potencial vector. ¿Como calcularlo? debemosimponer que

rot(rot A) = 4π

c J (6.11)

La componente x

∂

∂y(Bz) − ∂

∂z (By) =

4π

c J x

∂

∂y

∂Ay

∂x − ∂ Ax

∂y

− ∂

∂z

∂Ax

∂z − ∂ Az

∂x

=

4π

c J x (6.12)



6.2. EL POTENCIAL VECTOR. 127

−∂ 2Ax

∂y2 − ∂ 2Ax

∂x2 +

∂

∂x

∂Ay

∂y

+

∂

∂x

∂Az

∂z

=

4π

c J x (6.13)

−

∂ 2Ax

∂x2

−

∂ 2Ax

∂y2

−

∂ 2Ax

∂z 2

+ ∂

∂x

∂Ax

∂x +

∂ Ay

∂y +

∂ Az

∂z

=

4π

c J x (6.14)

luego

−∇2Ax + ∂

∂x( ∇ · A) =

4π

c J x

Vectorialmente

−∇2 A + ∇( ∇ · A) = 4π

c J

Elegimos ∇ ·

A = div

A = 0, conocido como Gauge de Coulomb,Nos queda

∇2 A = −4π

c J (6.15)

Esta ecuacion es equivalente, por coordenadas cartesianas, a tres ecuaciones de Poisson,por lo tanto la solucion

A(r) = 1

c

J (r)

|r − r | d3r . (6.16)

Fin clase XXVI.




6.2.1. Ejemplo de potencial vector.

Campo de un hilo recto conductor.

B = 2I

rc ϕ

= 2I (− sen ϕx + cos ϕy)c

x2 + y2

= 2I

c

−yx + xy

x2 + y2 . (6.17)

Debemos encontrar un A tal que ∇ × A = B.Proponemos:

A = −z I

c Log(x2 + y2) . (6.18)

Evaluemos el rotor ∇ × A

x

= ∂Az

∂y − ∂ Ay

∂z = − 2Iy

c(x2 + y2) = Bx

∇ × Ay

= ∂Ax

∂z − ∂ Az

∂x = +

2Ix

c(x2 + y2) = By

∇ × Az

= ∂Ay

∂x − ∂ Ax

∂y = 0 = Bz (6.19)

Evaluemos la divergencia

∇ · A =

∂Ax

∂x +

∂ Ay

∂y +

∂ Az

∂z

= ∂

∂z

−I

c Log(x2 + y2)

= 0

Vemos que A satisface el gauge de Coulomb. Al potencial vector A se le puede anadircualquier campo vectorial con rotacional nula. Todo lo anterior se cumple fuera del hilo, enel interior del hilo el campo magnetico B es distinto, lo que implica que el potencial vector A tambien es distinto.

El potencial vector A no podrı a encontrarse por integracion directa debido a que elconductor es infinito. Analogo al problema para el potencial escalar con la distribucion infinita

de carga.

6.3. Campo de cualquier cable conduciendo corriente.

El potencial vector en el punto (x1, y1, z 1) viene dado por

A(r1) = 1

c

J (r2)

| r1 − r2 | d3r2 .



6.3. CAMPO DE CUALQUIER CABLE CONDUCIENDO CORRIENTE. 129

r 1

r 2 r =

12r

1r

2

(x ,y1 ,z )

1 1

J

r 12 I Γ

z

x

y

ds

Figura 6.4: Una espira de hilo que conduce una corriente I .

Con J = I /a, donde I es la corriente y a la seccion transversal del conductor. El elemento

de volumen es d3r2 = ads. Luego Jd3r2 = Ids, donde ds va en el sentido de la corriente.Ası para un hilo delgado podemos escribir la expresion para A de la siguiente manera

A = I

c

Γ

ds

r12. (6.20)

En forma diferencial, i.e. la contribucion al potencial vector de cada elemento diferencialdel circuito

d A(r1) = I c

ds|r1 − r2 | .

Obtenemos B tomando el rotor

d B(r1) = ∇r1× d A = ∇r1

× I

c

ds

| r1 − r2 | .

d B(r1) = I

c ∇r1

×

ds

|r1 − r2 |

. (6.21)

Calculemos una de las componentes del rotor

R = ∇r1×

ds

|r1 − r2 |

=

x y z

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z dx

r

dy

r

dz

r

.




Evaluemos la componente x

Rx = dz ∂

∂y

1

r − dy

∂

∂z

1

r

= dz ∇1

ry

− dy ∇1

rz

= −

ds × ∇

1

r

x

.

Con el resultado anterior en la ecuacion (6.21) tenemos

d B(r1) = −I

cds × ∇r1

1

| r1 − r2 |

. (6.22)

Calculemos el gradiente

G = ∇r1

1| r1 − r2 |

= −1

2

2(x1 − x2)x + 2(x1 − x2)y + 2(x1 − x2)z

|r1 − r2 |3

= − r1 − r2

|r1 − r2 |3

Reemplazando el gradiente en la ecuacion (6.22) obtenemos

d B(r1) =

−I

c

ds

×− r1 − r2

|r1 − r2 |3

= I

c ds × r12

r212

La ecuacion que resulta a continuacion es conocida como la Ley de Biot-Savart:

d B = I

c

ds × r

r2 (6.23)

Donde r es el vector entre el elemento ds y el punto de observacion. El diferencial ds

apunta en la direccion del flujo de corriente.Para calcular B se debe integrar a lo largo de circuito completo, tomando la contribucionde cada elemento dada por la ecuacion (6.23).

6.4. Campo de una espira y bobinas.

Una corriente en forma de espira circular de radio b, podrı a predecirse sin ningun calculo,que el campo magnetico de esa fuente debe ser algo parecido a:



6.4. CAMPO DE UNA ESPIRA Y BOBINAS. 131

ds

dB

I

I x

y

b

θ

θ

z

z

r

Figura 6.5: Una espira de hilo que conduce una corriente I .

plano xy

Figura 6.6: Forma aproximada del campo.

El campo debe tener simetrı a de revolucion en torno al eje z . Las lı neas de campo deben

se simetricas respecto al plano xy . Cerca del hilo parecera un hilo recto largo.Calculemoslo usando Biot-Savart

dBz = Ids

cr2 cos θ =

Ids

cr2

b

r (6.24)

Integrando a lo largo de la espira

ds = 2πb luego

Bz = 2πb2I

cr3 =

2πb2I

c(b2 + z 2)3/2 . (6.25)

obtenemos el campo en el eje z . En el centro del anillo el modulo del campo es

Bz(0) = 2πI

cb (6.26)

Supongamos que el hilo esta uniformemente poco espaciado de manera que el numerode vueltas en el enrrollamiento por centı metro de longitud, a lo largo del cilindro es unaconstante, n.




θ1

θ2

rd θsen θ

vueltas/cmn

I

I

L

b

z r

θ

d θ

el campo(bobina)Solenoide Para calcular

Figura 6.7: Un solenoide.

El camino de la corriente es realmente helicoidal pero si las vueltas son muchas y pocoespaciadas podemos ignorarlo y considerar el solenoide equivalente a una pila de corrientescirculares.

Podemos usar la ecuacion (6.25) como base para calcular el campo en los puntos sobre eleje z .

Tomemos primero la contribucion de la corriente anular incluida entre los rayos que salende z y que forman un angulo θ y θ + dθ con el eje.

La longitud del segmento

d θ

π

2 θ

a

θ

θ

r

r

Figura 6.8: Ampliacion.

a cos

π2 − θ

= rdθ =⇒ a = rdθ

sen θ

Por lo tanto, es equivalente a una espira que conduce una corriente

In rdθ

sen θ ,



6.4. CAMPO DE UNA ESPIRA Y BOBINAS. 133

donde I es la corriente en cada vuelta, n es el numero de vuelta por centı metro y el factorde la derecha es la longitud del segmento.y ya que

r sen θ = b =⇒ r = b

sen θ ,

para la contribucion de este anillo al campo axial

dBz = 2πb2

cr3

Inrdθ

sen θ =

2π

c In sen θ dθ (6.27)

Integrando entre los lı mites θ1 y θ2 tenemos

Bz =

θ2

θ1

2πI n

c sen θ dθ =

2πI n

c

− cos θ

θ2

θ1

= 2πI n

c (cos θ1 − cos θ2) (6.28)

Para la bobina infinita θ1 = 0 y θ2 = π

Bz = 4πI n

c Solenoide infinitamente largo (6.29)

Bz = 0 fuera

L

−4b −2b 0 2b 4b

1.0

0.2

0.4

0.6

0.8

Figura 6.9: La componente z del campo de una espira finita relativa al campo de una infinita.

En el centro de una bobina “4 a 1” (L=4 veces el diametro) el campo tiene aproximada-mente el mismo valor que el de una bobina de longitud infinita y permanece casi constantehasta que nos acercamos a uno de los extremos. En un solenoide finito algunas lı neas pe-netran las paredes. La envoltura cilı ndrica de corriente es una superficie de discontinuidadpara el campo magnetico.

Es posible construir un solenoide largo con una sola vuelta de un conductor ancho ydelgado como una cinta. El cambio de direccion de una lı nea de campo que penetra la pared




Figura 6.10: Bobina finita.

A

B C

D

n vueltas/[cm] con corriente

l

Figura 6.11: Bobina infinita.

tiene lugar enteramente dentro de la lamina. Usemos la Ley de Ampere para evaluar el campoen un solenoide infinito con n vueltas por [cm] y por el cual circula una corriente I ,

Consideremos la integral curvilı nea de B a lo largo del camino ABCD sobre la figura

Bzl = 4π

c nIl

Bz = 4π

c nI (6.30)

Reobtenemos el resultado para el campo interior en un solenoide.

Fin clase XXVII.



6.5. CAMBIO EN B EN UNA HOJA CON CORRIENTE. 135

I= Jl

B z+

B z

J

1

2

3

4

l x y

z

Figura 6.12: Una lamina infinita que conduce corriente.

6.5. Cambio en B en una hoja con corriente.

Consideremos una lamina de corriente ilimitada, en el plano xz . La densidad de corrientesuperficial es J en la direccion x con unidades [ues/s]/cm.

El campo B puede ser el campo de la lamina mas algun campo externo producido porotra fuente. Si el campo externo tuviera una componente perpendicular a la l amina tomamosel camino mas cercano a la lamina.

Apliquemos la ley de Ampere sobre el circuito 1234: B · ds =

B+

z − B−z

=

4π

c J

Vemos que una lamina de corriente de densidad J da lugar a un salto en la componentede B paralela a la superficie y perpendicular a J . Si la lamina es la unica fuente de corrienteentonces el campo es simetrico, es decir,

B−z =

−2πJ c

y B+z =

2πJ c

lámina

Figura 6.13: Campo de la lamina infinita.

Supongamos dos lamina de corriente que conduzcan densidades de corriente superficialesde igual magnitud pero diferente signo y sin ninguna otra fuente alrededor




J J

B=0 B=0 2

= π J

c B

Figura 6.14: Campo de dos laminas infinita.

Consideremos una porcion cuadrada de lamina de 1 [cm] de lado. La corriente que abarca

es J , el campo medio que actua sobre esta corriente 12 (B+z + B−z ) implica que sobre estaporcion de la siguiente distribucion de corriente es

Fuerza sobre 1 cm2 = 1

2(B+

z + B−z )

J c

(6.31)

Podemos sustituir (B+

z − B−z )

4π =

J c

tal que la fuerza por centı metro cuadrado puede ser

expresado

Fuerza sobre 1 cm2 = (B+

z + B−z )

2

(B+z − B−

z )

4π

= 1

8π

(B+

z )2 − (B−z )2

(6.32)

La fuerza es perpendicular a la superficie y proporcional al area. Lo anterior tambien esvalido en la proximidad de cualquier superficie. Una lamina con carga superficial, si se mueveparalelo a si misma, constituye una corriente superficial.

Si la densidad de carga uniforme es σ con la superficie deslizandose a rapidez v implica unJ = σv. Esta simple idea nos ayuda a ver como las magnitudes de E y B deben cambiarsecuando pasamos de un sistema de referencia inercial a otro.

Usando Gauss en F obtenemos el campo electrico

E y = 4πσ . (6.33)

En F ambas laminas se mueven en la direccion +x con v0 lo cual implica J x = σv0 enuna y J x = −σv0 en la otra, luego el campo magnetico es

Bz = 4πJ x

c =

4πσv0

c . (6.34)



6.5. CAMBIO EN B EN UNA HOJA CON CORRIENTE. 137

E’ E

vo

vo

B B’

v’o

v’o

x

y

z

F F’

y’

x’

z’v

Figura 6.15: Dos lamina infinita con densidades superficiales σ y −σ en F y en F .

F vista de F se mueve con velocidad v en la direccion +x. ¿Que medira un observadoren F ?. En F , la velocidad segun x de las laminas es v 0

v0 = v0 − v

1 − v0vc2

= c(β 0 − β )

(1 − β 0β ) (6.35)

Existe una contraccion de Lorentz de la densidad de carga en esta referencia. La densidaden la referencia en reposo de las cargas es

σ(1 − v 20

c2)1/2 =

σ

γ 0

Lo anterior implica que en F

σ = σγ 0γ 0

, (6.36)

donde γ 0 = (1 − v20 /c2)−1/2. De la ecuacion (6.35) podemos eliminar γ 0

σ = σγ (1

−β 0β ) . (6.37)

La densidad de corriente superficial

J = σ v0 = σγ (1 − β 0β )c (β 0 − β )

(1 − β 0β ) = σγ (v0 − v) (6.38)

Los campos en F




E y = 4πσ = γ

4πσ − 4πσv0

c

v

c

(6.39)

Bz =

4π

c J = γ

4πσv0

c − 4πσ

v

c (6.40)

Si consideramos E y y Bz de las ecuaciones (6.33) y (6.34)

E y = γ (E y − βBz)

Bz = γ (Bz − βE y) (6.41)

Queda por hallar como varı an las componentes del campo en la direccion del movimiento.En el capı tulo anterior hallamos que E long tiene el mismo valor en ambas referencias. Esto

tambien es cierto para Blong (puede probarse).

Los resultados encontrados son generales. A continuacion, damos la lista de las transfor-maciones. Todas las cantidades prima se han medido en la referencia F , la cual se mueve enla direccion de +x con velocidad v desde F . Las cantidades sin prima son numeros resultados

de la medida en F . Usaremos que β = v

c y γ = (1 − β 2)−1/2

Las transformaciones por componente son:

E x = E x E y = γ (E y − βBz) E z = γ (E z + βBy)

Bx = Bx B

y = γ (By + βE z) B z = γ (Bz − βE y) (6.42)

Las ecuaciones anteriores son simetricas respecto a E y B. A pesar de que el mundo denuestro alrededor no es simetrico con respecto a la electricidad y magnetismo. Sin embargo,quitando las fuentes, hallamos que los mismos campos E y B estan conectados uno a otro demanera muy simetrica.

Parece, ademas, que los campos electrico y magnetico son en cierto sentido componentes,de un ente unico el campo electromagnetico, y considerar (E x, E y, E z, Bx, By, Bz) como seiscomponentes del campo electromagnetico.

El campo visto desde distintas referencias inerciales estara representado por distintosgrupos de valores de estas componentes, algo como un vector esta representado por distintascomponentes en distintos sistemas de coordenadas que se han girado uno con respecto a otro.

Sin embargo, el campo electromagnetico no es un vector si no un tensor. Las ecuaciones

(6.5) constituyen las reglas para transformar las componentes de tal tensor cuando cambiamosde una referencia inercial a otra.

Las transformaciones predice una relacion simple en cierto tipo de casos. Supongamosque en una referencia, en la coordenada “sin prima” B es nulo en todo punto. Entonces enla otra referencia

E x = E x E y = γE y E z = γE z

Bx = 0 B

y = γβE z Bz= −γβE y (6.43)



6.6. EXPERIMENTO DE ROWLAND. 139

Lo anterior lleva consigo una cierta relacion entre E y B en F a saber

Bx = 0 B

y = βE z , Bz = −βE y . (6.44)

Recordando que en este ejemplo la velocidad de la referencia no prima es un vector enla direccion −x, vista en la referencia prima podemos expresar la relacion anterior como unproducto vectorial

B =

v

c

× E . (6.45)

Si B = 0 en todas partes en una referencia.Aquı v significa la velocidad observada desde F de esta referencia F en la cual B es nulo.

De la misma manera si E = 0 en F

E

= −v

c×

B

(6.46)

Si E = 0 en todas partes de la referencia F .

6.6. Experimento de Rowland.

Inicialmente no era obvio que cargas electricas moviendose son fuentes de campo magneti-cos al igual que una corriente.

El primero en demostrar que el movimiento de laminas cargadas produce un campo

magnetico fue Henry Rowland.Uno de sus experimentos mas ingenioso fue la medicion del campo magnetico de discoscargados. El campo detectado fue de 10−5 veces la de la Tierra.

6.7. Efecto Hall.

B J

E

I

Figura 6.16: Conductor sometido a un campo magnetico transversal.




Cuando una corriente fluye en un conductor en presencia de un campo magnetico la fuerzade Lorentz actua sobre los portadores de carga.

Al desviarse los portadores de carga pero no poder salirse del conductor se acumulan enlas paredes del conductor generando una diferencia de potencial que genera un campo quecontrarresta la fuerza de Lorentz sobre los portadores.

El efecto fue descubierto en 1879 por E. H. Hall, cuando aun no se entendı a el mecanismode conduccion en metales.El signo del voltaje de Hall revela el signo de los portadores de carga, lo cual ha sido muy

util en el estudio de semiconductores.

Fin clase XXVIII.



Capıtulo 7

Induccion electromagnetica.

En este capı tulo revisaremos:

Un barra conductora moviendose a traves de un campo uniforme.

Una espira conductora moviendose a traves de un campo no uniforme.

Una ley universal de induccion.

Inductancia mutua.

Un teorema de reciprocidad.

Autoinductancia.

Un circuito que contiene autoinductancia.

Energı a almacenada en el campo magnetico.

7.1. Barra conductora moviendose a traves de un cam-

po uniforme.

Referencia F

x

y

z

E=0

x

y

z

E=0

vv

B B

f = cte.

Figura 7.1: Una barra moviendose en un campo magnetico.

141



142 CAP ITULO 7. INDUCCI ON ELECTROMAGN ETICA.

Consideremos una varilla delgada metalica que se mueve a velocidad constante.Existe un campo magnetico uniforme y constante en el tiempo. Ademas, no existe campo

electrico.Siendo la varilla un conductor, los portadores de carga sentir an una fuerza. Cada portador

con carga q sentira

f =

q

cv × B . (7.1)Cuando la varilla se mueve con velocidad constante se ha llegado a un estado estacionario.

La fuerza f debe equilibrarseq E = − f . (7.2)

Aparece un campo E debido a la acumulacion de carga y el movimiento cesa.

B’

E’

y’

z’

x’

Figura 7.2: Una barra en el sistema F .

En un sistema F que se mueve con la varilla B ≈ B si v es pequena comparada con c yaparece un campo electrico en F . Recordemos que si en F no habı a campo electrico ( E = 0)en F el campo electrico satisface

E = −1

cv × B =

v × B

c (7.3)

Cuando incorporamos la barra a este sistema todo lo que hacemos es colocar una barraconductora estacionaria dentro de un campo uniforme ( E ).

Por lo tanto las cargas se redistribuyen en la superficie del conductor para hacer el campointerior nulo.

7.1.1. Una espira en un campo magnetico.

¿Que ocurre si movemos una espira rectangular de un hilo conductor a velocidad constanteen un campo uniforme? En F los portadores de carga sienten al moverse la fuerza de Lorentzdebido al campo magnetico. Los diferentes signos de la carga se acumularan en los ladosopuestos de la espira. En F hay un campo E y un campo magnetico B. El campo electricomueve a las cargas a lados opuestos del rectangulo adquiriendo estos cierta carga.



7.2. UNA ESPIRA CONDUCTORA MOVI ENDOSE A TRAV ES DE UN CAMPO NO UNIFORME

B B’

E’

E=0

F Referencia F’Referencia

y

z

v x v x’

y’

z’

Figura 7.3: Una espira en un campo B uniforme.

7.2. Una espira conductora moviendose a traves de un

campo no uniforme.

B1

B2

v

ω

y

z

x

Figura 7.4: Un loop con B no uniforme.

Supongamos que esta vez el campo magnetico B no es uniforme en el espacio. En F laespira se mueve con velocidad v. En un instante t el campo magnetico al lado izquierdo es B1 y al lado derecho es B2. Sobre los portadores de carga actua la fuerza de Lorentz. Sinembargo, actua con diferente intensidad en el segmento delantero que en el trasero. Sea f lafuerza que actua sobre una carga q que se desplaza por la espira. Esta fuerza es funcion de la

posicion. Si calculamos la

f ·ds a lo largo de todo el circuito vemos que los lados paralelos ala velocidad no contribuyen ya que la fuerza es perpendicular al ds. Luego si consideramos loscampos magneticos uniformes sobre los costados de la espira perpendiculares a la velocidad,tenemos

f · ds = qv

c (B1 − B2) ω . (7.4)

Si suponemos que una carga se mueve a lo largo de la espira, en un intervalo de tiemposuficientemente corto para que la posicion de la espira no haya cambiado apreciablemente.




La ecuacion (7.4) da el trabajo efectuado por f . El trabajo realizado por unidad de carga es

1

q

f · ds ,

Conocida como fuerza electromotriz o fem y la denotamos por ε, tiene dimensiones de

potencial electrico

ε = 1

q

f · ds [statvolts] (7.5)

La fem se definio originalmente como el trabajo por unidad de carga que interviene almoverse una carga a lo largo de un circuito que contiene una pila voltaica. Ampliamos ahorala definicion de fem para incluir toda influencia que haga circular las cargas a lo largo de uncamino cerrado.

Si el camino resulta ser un circuito fı sico con resistencia R, la fem ε originara una corrienteque circulara de acuerdo a la ley de Ohm I = ε/R. En nuestro caso

ε = vω

c (B1

−B2) . (7.6)

Lo anterior se relaciona, en forma simple, con la variacion temporal de flujo magnetico.

7.2.1. Flujo magnetico.

Definimos el flujo magnetico a traves de una superficie como

ΦS 1(C ) =

S 1(C )

B · da1 . (7.7)

Donde S 1 es alguna superficie limitada por C . La direccion de la normal se elige de acuerdo

al sentido de circulacion de C .

da

C

S1

1

Figura 7.5: Superficie S 1 limitada por la curva C .

La definicion de flujo anterior tiene el problema que podemos dibujar una infinidad desuperficies distintas todas ellas limitadas por la curva C . ¿Por que no es necesario especificarla superficie?

La integral de flujo tendra el mismo valor sobre todas las superficies limitadas por lamisma curva. Supongamos una cierta curva C y dos superficies, S 1 y S 2, limitadas por lamisma curva. Definimos los flujos para ambas superficies

ΦS 1(C ) =

S 1(C )

B · da1 , ΦS 2(C ) =

S 2(C )

B · da2 . (7.8)



7.2. UNA ESPIRA CONDUCTORA MOVI ENDOSE A TRAV ES DE UN CAMPO NO UNIFORME

Ambas superficies forman una superficie cerrada S = S 1 + S 2, ver figura. Apliquemos elteorema de Gauss sobre la superficie S

1S

2S

da1

−da2

C

Figura 7.6: Superficie cerrada S = S 1 + S 2 limitada por la curva C .

S

B · da =

V (S )

div B dv = 0 . (7.9)

Por lo tanto,

0 =

S

B · da =

S 1(C )

B · da1 +

S 2(C )

B · (−da2)

obteniendo S 1(C )

B · da1 =

S 2(C )

B · da2 . (7.10)

Lo anterior demuestra que no importa que superficie usemos para calcular el flujo a travesde la curva C .

B1

B2

vdt

ω

Figura 7.7: Flujo ganado y perdido por la espira al moverse.

Flujo que se gana al moverse ωB2vdt. Flujo que se pierde al moverse ωB1vdt

dΦ =

−(B1

−B2)ωvdt (7.11)

Comparando

ε = −1

c

dΦ

dt (7.12)

La ecuacion (7.12) se cumple de manera general y es independiente de la forma de la espiray de la manera en que se realiza el movimiento. A continuacion haremos una demostracionmas general de esta ecuacion.




7.2.2. Demostracion.

Supongamos una espira que se mueve desde en presencia de un campo magnetico desdela posicion C 1 a la posicion C 2 en el transcurso de un intervalo de tiempo dt.

B

S

C 1

C 2

ds

vdt

da

da

dS

Figura 7.8: Espira moviendose en un campo magnetico.

El flujo a traves de C 1

Φ(t) =

S

B · da , (7.13)

a traves de C 2

Φ(t + dt) =

S +dS

B · da

= Φ(t) + dS

B · da = Φ(t) + dΦ (7.14)

El elemento de area es da = vdt × ds, luego

dΦ =

dS

B · da =

C

B · [vdt × ds] (7.15)

=

C

B · (v × ds)

dt (7.16)

Usando la identidad vectorial a · ( b × c) = −( b × a) · c obtenemos

dΦ

dt = −

C

v × B

· ds . (7.17)

La fuerza sobre la carga q que se mueve a lo largo de la espira es q (v × B)/c ası que la fem

ε = 1

q

f · ds =

1

q

q

c

c

v × B

· ds (7.18)



7.3. UNA LEY UNIVERSAL DE LA INDUCCI ON. 147

Comparando

ε = −1

c

dΦ

dt

7.2.3. Ley de Lenz.

El sentido en que la corriente circulara es el sentido de la fem. Esta corriente debe crearcierto flujo a traves de la espira dirigido a neutralizar la variacion de flujo.

Este es un hecho fı sico esencial, es una manifestacion de los sistemas a oponerse al cambio.Este hecho es conocido como Ley de Lenz

7.3. Una ley universal de la induccion.

1 2

Figura 7.9: Experimento de induccion.

Se tendra la misma desviacion en el galvanometro (2) si:

La mesa (2) se mueve con velocidad v hacia la derecha.

La mesa (1) se mueve con velocidad v hacia la izquierda.

La corriente en (1) varı a de manera que la variacion de B sea la misma que en los

casos anteriores.

7.3.1. Ley de induccion.

Si C es una curva cerrada, estacionaria en las coordenadas (x,y,z ) y si S es una superficie

limitada por C y B(x,y,z ) es el campo magnetico medido en (x,y,z ) en el instante t, entonces

ε = 1

q

f · ds =

C

E · ds = −1

c

d

dt

c

B · da = −1

c

dΦ

dt (7.19)




es decir C

E · ds = −1

c

d

dt

c

B · da (7.20)

rot E =

−

1

c

∂ B

∂t

(7.21)

Se fijan dos circuitos o espiras C 1 y C 2 en una posicion relativa determinada.

I 1

C 1

C 2

resistenciavariable

Figura 7.10: Induccion entre dos circuitos.

De alguna manera, puede ser una baterı a y una resistencia variable, se hace circular unacorriente controlada I 1 en el circuito C 1.

7.4. Induccion Mutua.Sea B1(x,y,z ) el campo magnetico que existirı a si la corriente en C 1 permaneciera cons-

tante en el valor I 1, sea ademas, Φ21 el flujo de B1 a traves del circuito C 2.Ası que

Φ21 =

S 2

B · da (7.22)

donde S 2 es una superficie limitada por C 2.Con la forma y posicion de los dos circuitos fijos, Φ21 sera proporcional a I 1

Φ21

I 1 = cte. (7.23)

La fem en C 2, si I 1 varı a en el tiempo, es

ε21 = −cte.c

dI 1dt

(7.24)

ε21 = −M 12dI 1dt

(7.25)



7.4. INDUCCI ON MUTUA. 149

A la constante M 21 se conoce como coeficiente de induccion mutua o inductancia mutua.Su valor viene determinado por la geometrı a de la disposicion de las espiras. Las unidadesen sistema practico (MKS) corresponden a ε12 en [Volts], la corriente I en [Ampere] y lainductancia mutua M en [Henry].

Fin clase XXIX.




7.4.1. Ejemplo.

R2

R1

Γ 1

Γ 2

I 1

Figura 7.11: Induccion entre dos espiras concentricas.

¿Cual es M 21 en este caso?En el centro de Γ1, al circular I 1 el campo B1 viene dado por

B1 = 2πI 1cR1

. (7.26)

Supondremos que los radio R2 << R1 para que podamos despreciar la variacion de B1

en el interior del anillo pequeno. Entonces el flujo a traves del anillo pequeno es

Φ12 = (πR22)

2πI 1cR1

=

2π2I 1R22

cR1(7.27)

La fem

ε12 = −1c

2π2R22

cR1

dI 1dt

. (7.28)

Usando que las unidades de voltaje transforman como 1 [statvolt]=300 [V], las de corrientecomo 1 [esu/s]=3×109 [A] y la velocidad de la luz en el vacio es 3×1010 [cm/s], podemosexpresar la inductancia mutua en [Henry]

ε21[V] = −1

3 × 1010

2π2R22

3 × 1010R1

dI 1dt

3 × 109[A] · 300[V]

= −9

×1011

9 × 1020

2π2R22[cm]

R1[cm]

dI 1

dt [A]

= −2π2 × 10−9R22[cm]

R1[cm]

dI 1dt

[A]

La inductacia mutua en Henry es:

M 21[Henry] = 2π2 × 10−9R2

2[cm]

R1[cm]



7.5. UN TEOREMA DE RECIPROCIDAD. 151

Si el circuito Γ1 estuviera formado por N 1 vueltas de hilo conductor en lugar de un unicoanillo, el campo B1 en el centro serı a N 1 veces mas intenso para una corriente I 1 dada. Sila espira Γ2 constara de N 2 vueltas todas de radio R2 la fem de cada una se sumarı a a lasiguiente haciendo una fem total N 2 veces mayor que la de una espira. Ası, para multiples

vueltas en cada bobina tenemos

M 21[Henry] = 2π2 × 10−9N 1N 2R2

2[cm]

R1[cm] (7.29)

El resultado anterior supone que las espiras de cada bobina estan completamente encontacto , siendo la seccion recta del manojo pequena comparada con el radio de la bobina.

a << r

r

a

Figura 7.12: Relacion entre el radio del alambre y el radio de la bobina.

La induccion mutua M 21 tiene un significado bien definido para dos circuitos de cualquierforma y disposicion. Es la relacion entre la fem en volts en el circuito 2, debida a la variacionde corriente en el circuito 1 respecto al tiempo.

M 21[Henry] =

−ε21

dI 1dt

[Volts]As

(7.30)

7.5. Un teorema de reciprocidad.

Al considerar los circuitos C 1 y C 2 podrı amos preguntarnos acerca de la fem inducida enel circuito C 1 debido a la variacion de corriente en el circuito C 2.

Esto significa otro coeficiente de induccion mutua

M 12 = − ε12

dI 2dt

, (7.31)

Un hecho notable es que para dos circuitos cualesquiera se tiene

M 12 = M 21 (7.32)

Esto no es debido a la simetrı a geometrica.




7.5.1. Demostracion.

Para demostrar el teorema anterior debemos demostrar que el flujo Φ12 a traves de ciertocircuito C 1 como resultado de una corriente I en un circuito C 2 es igual al flujo Φ21 queatraviesa el circuito 2 cuando circula en el circuito C 1 una corriente I igual a la anterior.

Segun Stokes C

A · ds = S

rot A

· da . (7.33)

Si A es el potencial vector de un campo magnetico B, entonces B = rot A. Luego tenemos C

A · ds =

S

B · da = ΦS . (7.34)

Es decir, la integral de lı nea del potencial vector a lo largo de una espira es igual al flujode B a traves de una superficie limitada por la espira.

C 1

C 2

ds1

ds2

r 21

Figura 7.13: Dos circuitos.

A partir de la deduccion de Biot–Savart sabemos que

A21 = I

c

C 1

ds1

r21, (7.35)

Es el potencial en (x2, y2, z 2) del campo magnetico creado por la corriente I circulandopor el circuito C 1; ds1 es un elemento de la espira C 1 y r21 es la distancia de este elementoal punto (x2, y2, z 2).

Φ21 = C 2

A21 · ds2 = I c

C 2

C 1

ds1

r21

ds2 (7.36)

De manera muy similar el flujo a traves de C 1 debido a la corriente I que circula por C 2vendra dada por

Φ12 =

C 1

A12 · ds1 = I

c

C 1

C 2

ds2

r12

ds1 (7.37)



7.6. AUTOINDUCCI ON 153

Sabemos que r21 = r12, la unica diferencia entre las dos expresiones es el orden de inte-gracion, lo cual no debe afectar, luego

Φ12 = Φ21

M 12 = M 21

Gracias a este teorema no debemos hacer distincion entre M 12 y M 21. Podemos hablar,de ahora en adelante, de la induccion mutua M entre dos circuitos.

7.6. Autoinduccion

Cuando la corriente I 1 varı a, hay una variacion del flujo a traves del propio circuito C 1,en consecuencia se induce un fem.

La llamaremos ε11, la ley de induccion se cumple sea cual fuere la fuente del flujo:

ε11 = −1

c

dΦ11

dt , (7.38)

donde Φ11 es el flujo a traves del circuito 1 del campo B1 debido a la corriente I 1 en el circuito1. El signo menos expresa el hecho de que la fem esta siempre dirigida de manera tal que seopone a la variacion de corriente en el circuito, la ley de Lenz nuevamente. Puesto que Φ 11

sera proporcional a I 1 podemos escribir

ε11 = −L1dI 1dt

, (7.39)

A la constante L1 se le llama autoinduccion del circuito.

7.6.1. Ejemplo.

Como ejemplo de un circuito en el que se puede calcular L1

2b

N vueltasen total

2a

h

Figura 7.14: Bobina de seccion rectangular en forma toroidal.




Consideremos una bobina de seccion rectangular formando un toroide. Encontremos que siun corriente I en [ues/s] circula en la bobina de N vueltas produce un campo, cuya intensidada una distancia r del eje de la bobina

B = 2IN

cr

C 1C

2

2b

2a

C

Figura 7.15: Circuitos para usar la ley de Ampere.

Calculemos el campo usando Ampere

i) r < a

C B · ds = 4π

c J · da

= 0

=⇒ B = 0

ii) a < r < b C 1

B · ds = 4π

c

J · da

B2πr = 4π

c IN

B = 2IN

rciii) r > b

C 2

B · ds = 4π

c

J · da

B2πr = 4π

c (IN − IN ) = 0

=⇒ B = 0



7.7. UN CIRCUITO QUE CONTIENE AUTOINDUCCI ON. 155

Resumiendo

B =

0 , r < a2IN

cr , a < r < b

0 , r > b

El flujo total a traves de un espira de la bobina es la integral de B extendida sobre laseccion recta de la bobina

Φ(una vuelta) = h

ba

2NI

cr dr =

2NIh

c Log

b

a

. (7.40)

El flujo que atraviesa el circuito de N vueltas es

Φ = 2N 2Ih

c Log

b

a (7.41)

La fem

ε = −1

c

dΦ

dt = −2N 2h

c2 Log

b

a

dI

dt . (7.42)

Por lo tanto, L para la bobina toroidal

L = 2N 2h

c2 Log

b

a

(7.43)

L[Henry] = 2 × 10−9N 2h[cm] Log

ba

7.6.2. Autoinduccion de una espira.

Un anillo hubiera parecido un ejemplo mas sencillo, sin embargo, debemos dar un radiofinito al filamento. Cerca del alambre el campo Bz crece como I /r luego el flujo diverge si elalambre no tiene un ancho finito. Ademas, solo conocemos el campo sobre el eje y no en elplano. El campo en el plano es “complicado”, no estamos en condiciones de calcularlo. Todolo anterior hace imposible para nosotros calcular la autoinduccion en una sola espira en estecurso.

7.7. Un circuito que contiene autoinduccion.

Supondremos : toda la resistencia del circuito (cables, bobinas, Ri de la fuente, etc) laincluimos en R. Toda la autoinductancia del circuito (cables, bobinas) la incluimos en L.

Es decir:

La resistencia no tiene autoinductancia.




ε0

ε0 L

R

S I

Figura 7.16: Circuitos con autoinduccion.

La inductancia no tiene resistencia.

Si la corriente esta variando con el tiempo a razon dI/dt, se inducira una fem LdI/dt.Ademas, existe una fem constante ε0 debida a la baterı a. Si definimos el sentido positivo dela corriente como el que la baterı a tiende a dirigir la corriente a lo largo del circuito, la femtotal en un instante es

εo − LdI

dtEsta fem hace circular la corriente I a traves de R, luego

εo − LdI

dt = RI

El termino de la inductancia es la caı da de potencial en el inductor y el termino de laderecha es la caı da de potencial en la resistencia. Podemos plantear una ecuacion diferencial

LdI

dt + RI = ε0

Si t = 0 I = 0 tenemosLa solucion general de la homogenea I (t) = Ae−Rt/L.Una solucion particular de la no homogenea I (t) = ε0/R.La solucion general

I (t) = Ae−Rt/L

+ ε0

R ,

imponiendo las condiciones iniciales

I (t = 0) = 0 = A + ε0

R =⇒ A = −ε0

R ,

El resultado finalI (t) =

ε0

R(1 − e−Rt/L) .



7.7. UN CIRCUITO QUE CONTIENE AUTOINDUCCI ON. 157

I 0

t

I(t)

Figura 7.17: Grafico de la corriente en un circuito con autoinducci on.

La inductancia L limita la velocidad de crecimiento de la corrienteLa constante de tiempo del circuito es L/R =[Henry]/[ohm]=[V][s/A][A/v]=[s].

7.7.1. Abriendo un circuito inductivo

¿Que ocurre si abrimos el interruptor despues que se ha establecido la corriente I 0 forzandoası a que la corriente caiga bruscamente a cero? LdI/dt se harı a infinitamente negativo.La catastrofe puede ser mas que matematica. Algunas personas han muerto al abrir uninterruptor en circuitos altamente inductivos. Lo que sucede generalmente es que una tensi oninducida muy elevada produce una chispa o arco a traves del interruptor abierto de maneraque la corriente continua pasando a pesar de todo.

En vez de desconectar simplemente el circuito hagamos lo siguiente

L

R I

Figura 7.18: Abriendo un circuito con autoinduccion.

LdI

dt + RI = 0

Para I (t = t1) = I 0, y para I (t < t1) = I 0. La solucion general de la homogenea

I (t) = Ae−Rt/L ,

imponiendo las condiciones iniciales

I (t = t1) = I 0 = Ae−Rt1/L




EL resultado final

I (t) = I 0e−R(t−t1)/L .

nuevamente la constante de tiempo es R/L

I 0

t

I(t)

t 1

Figura 7.19: Corriente en un circuito con autoinduccion.

7.8. Energı a almacenada en un inductor.

Durante la disminucion de la corriente descrita anteriormente en la resistencia R se disipa

U = ∞t1 RI

2

dt = ∞t1 RI

2

0 e

−2R(t−t1)/L

dt

Haciendo x = 2R(t − t1)/L la diferencial dx = 2Rdt/L

U = LI 20

2

∞0

e−xdx = LI 20

2

−e−x∞

0

U = 1

2LI 20 (7.44)

La fuente de energı a es el inductor con su campo magnetico.

En un condensador −→ 1

2CV 2.

En un inductor −→ 1

2LI 2.



7.8. ENERGI A ALMACENADA EN UN INDUCTOR. 159

7.8.1. Energı a asociada a un campo magnetico.

La expresion mas general es que la energı a asociada a todo campo magnetico B(r) es

U = 1

8π B

2

d3r (7.45)

Donde la integral es sobre todo el espacio donde el campo este definido.La expresion equivalente en MKS

U = 1

2µ0

B2

d3r (7.46)

Fin clase XXX.



Capıtulo 8

Circuitos de corriente alterna.

En este capıtulo revisaremos las siguientes secciones

Un circuito resonante.

Corriente alterna.

Redes de corriente alterna.

Admitancia e Impedancia.

Potencia y energıa en circuitos de corriente alterna.

8.1. Un circuito resonante

Para el circuito de la figura (RLC) en serie

L

R

I

C

Figura 8.1: Circuito RLC.

Sea Q la carga en el condensador a tiempo t

I (t) = −dQ

dt Q = CV V = L

dI

dt + RI (8.1)

161



162 CAP ITULO 8. CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA.

I (t) = −C dV

dt

dI

dt = −C

d2V

dt2

luego

V =

−LC

d2V

dt2

−RC

dV

dtEntonces

d2V

dt2 +

R

L

dV

dt +

1

LC V = 0 (8.2)

Una ecuacion diferencial lineal homogenea de segundo orden. Planteamos

V (t) = Ae−αt cos ωt (8.3)

dV (t)

dt = Ae−αt[−α cos ωt − ω sen ωt] (8.4)

d2V (t)

dt2 = Ae−αt[(α2 − ω2)cos ωt − 2αω sen ωt] (8.5)

Introduciendola en la ecuacion y simplificando

(α2 − ω2)cos ωt + 2αω sen ωt

−R

L(α cos ωt + ω sen ωt) +

1

LC cos ωt = 0

Reordenando α2 − ω2 − R

Lα +

1

LC

cos ωt

+2αω

−

ωR

L sen ωt = 0 (8.6)

Deben anularse los coeficientes por separado

2αω − ωR

L = 0 =⇒ α =

R

2L (8.7)

la otra

α2 − ω2 − R

Lα +

1

LC = 0 =⇒ ω2 =

1

LC − R2

4L2 (8.8)

Si ω ∈R =

⇒ R2

4L2

≤ 1

LC caso con amortiguamiento ligero. Supondremos que R, L y C son

tales que R < 2

L/C . La solucion mas general

V (t) = e−αt(A cos ωt + B sen ωt) . (8.9)

Las constantes A y B se ajustan para cumplir las condiciones iniciales. El fenomenoesencial es una oscilacion amortiguada

I (t) = −C dV

dt = ACω

sen ωt +

α

ω cos ωt

e−αt . (8.10)




ε0

ω t cos

L

R

I

Figura 8.3: Circuito Inductivo.

8.2. Corriente alterna.

El circuito anterior no contiene fuente de energıa, por lo tanto, esta condenado a una ac-

tividad transitoria. En un circuito de corriente alterna trataremos con el estado estacionario,una corriente y una tension que oscila sinusoidalmente sin variaciones de amplitud. Ciertafem oscilante impulsa al sistema.

La ecuacion que gobierna el circuito

ε0 cos ωt = LdI

dt + RI . (8.15)

Puede existir cierto comportamiento transitorio dependiente de las condiciones iniciales.Es decir, de como y cuando se conecto el generador. Pero nos interesa solo el estado estacio-nario, cuando la corriente esta oscilando de acuerdo con la frecuencia de la fem, es decir

I (t) = I 0 cos(ωt + ϕ) (8.16)

Sustituimos en la ecuacion

−LI 0ω sen(ωt + ϕ) + RI 0 cos(ωt + ϕ) = ε0 cos ωt (8.17)

(−LI 0ω cos ϕ − RI 0 sen ϕ)sen ωt

+(−LI 0ω sen ϕ + RI 0 cos ϕ − ε0)cos ωt = 0 (8.18)

Anulando los coeficientes por separado

(−LI 0ω cos ϕ − RI 0 sen ϕ) = 0 =⇒ tan ϕ = −ωL

R (8.19)

y

−LI 0ω sen ϕ + RI 0 cos ϕ − ε0 = 0

=⇒ I 0 = ε0

R cos ϕ − ωL sen ϕ



8.3. VOLTAJE Y CORRIENTE EN CIRCUITO INDUCTIVO. 165

Usando (8.19)

I 0 = ε0

R(cos ϕ + tan ϕ sen ϕ) =

ε0 cos ϕ

R

Ya que cos ϕ = R√ R2 + ω2L2

tenemos

I 0 = ε0√ R2 + ω2L2

(8.20)

La solucion completa es

I (t) = ε0√ R2 + ω2L2

cos

ωt − tan−1

ωL

R

8.3. Voltaje y corriente en circuito Inductivo.

ε0 cos ω t

R + ω2 L22

−1−tan0ε cos(ω t (ω L

R ))

Figura 8.4: Voltaje y corriente en circuito Inductivo.

Se dice que la corriente es un circuito inductivo esta retrasada respecto a la tension. Lareactancia inductiva ωL tiene unidades de resistencia [Ω].

ε0

ω t cos

R

C Q

Figura 8.5: Circuito Capacitivo.




ε0 cos ωt = −Q

C + RI (8.21)

En el estado estacionarioI (t) = I 0 cos(ωt + ϕ) (8.22)

Ya que I = −dQ/dt tenemos

Q = −

Idt = I 0ω

sen(ωt + ϕ)

Sin constante de integracion ya que Q debe oscilar simetricamente en torno a cero parael estado estacionario.

−

I 0

ωC

sen(ωt + ϕ) + RI 0 cos(ωt + ϕ) = ε0 cos ωt (8.23)

De la misma forma

tan ϕ = 1

RωC I 0 =

ε0 R2 + (1/ωC )2

(8.24)

ε0 cos ω t

−1+tan0ε cos(ω t ( R + ω

−22 −2C

R ))C ω

1

Figura 8.6: Voltaje y corriente en circuito capacitivo.

La fase es positiva, i.e. se adelanta en un circuito capacitivo. La reactancia capacitiva1/ωC tiene unidades de resistencia [Ω].

A todas las soluciones podemos agregarle una solucion de la ecuacion homogenea

LdI

dt + RI = 0 (primer caso.)



8.3. VOLTAJE Y CORRIENTE EN CIRCUITO INDUCTIVO. 167

La solucion I ∝ e−Rt/L representa el transiente el cual es determinado por las condicionesiniciales.

RL → I (t) = ε0√ R2 + ω2L2

cos

ωt − tan−1

ωL

R

RC → I (t) = ε

0 R2 + 1

ω2C 2

cos

ωt + tan−1 1

RωC

Sugiere una manera de considerar el inductor y el condensador en serie

V L

V C

L

Figura 8.7: L y C en serie.

Supongamos I = I 0 cos(ωt + ϕ) e I = −dQ

dt

V L = L dI dt = −I oωL sen(ωt + ϕ) (8.25)

V c = Q

C = − 1

C

I (t)dt =

I oCω

sen(ωt + ϕ) (8.26)

V = V L + V c = −

ωL − 1

ωC

I 0 sen(ωt + ϕ) (8.27)

Para un ω dado la combinacion es equivalente a un solo elemento, o inductor, o conden-sador, dependiendo del signo de ωL − 1/ωC .

Si ωL > 1/ωC entonces (ωL − 1/ωC ) > 0 por lo tanto ωL = ωL − 1/ωC .

Si ωL < 1/ωC entonces (ωL − 1/ωC ) < 0 por lo tanto 1/ωC = ωL − 1/ωC .

Equivalencia, en este caso, solo significa que la relacion entre la corriente y la tension,para un ω dado, es la misma.

Esto permite sustituir L y C por L (por ejemplo, si ωL > 1/ωC ) en un circuito a esafrecuencia.




ε0

ω t cos

L

R

C

Figura 8.8: Circuito RLC.

8.3.1. Circuito RLC.

Usemos los resultados del circuito RL reemplazando ωL = ωL − 1/ωC .

I (t) = ε0 R2 +

ωL − 1

ωC

2cos(ωt + ϕ) (8.28)

con

tan ϕ = 1

RωC − ωL

R (8.29)

El maximo valor para I , con R fijo, lo obtendremos cuando

ωL − 1

ωC = 0 =⇒ ω =

1√ LC

= ω0

Es decir, la frecuencia de oscilacion del circuito LC .Fenomeno de resonancia.

Fin clase XXXIII.



8.4. REDES DE CORRIENTE ALTERNA. 169

8.4. Redes de corriente alterna.

Una red de corriente alterna es un conjunto de resistencias, condensadores e inductorespor los cuales circula una corriente que oscila estacionariamente a una frecuencia ω constante.Una fem a esta frecuencia impulsa la oscilacion.

L2

I 2

I 1

I 3(1)

Figura 8.9: Red de corriente alterna.

Por ejemplo: En la rama que contiene el inductor L2, la corriente en funcion del tiempoes

I 2 = I 02 cos(ωt + ϕ2)

Como ω es constante, se deben determinar I 02 y ϕ2 para conocer la corriente para todo t.

De la misma manera en esa rama hay una tension

V 2 = V 02 cos(ωt + θ2)

Si determinamos todas las corrientes y las tensiones hemos analizado la red.

8.4.1. El transiente.

Para hallar los (V i, I i) es posible plantear y resolver las ecuaciones diferenciales adecuadas.Si nos interesa el transiente podrıamos hacer algo como esto.

Ya lo hicimos para algunos casos anteriores.

8.4.2. Estado estacionario.

Sin embargo, para el estado estacionario podemos usar un metodo mas simple y elegante.Dos ideas:

i) Una corriente o tension alterna puede representarse por un numero complejo.




ii) Cada rama o elemento del circuito puede caracterizarse, a una frecuencia dada, por larelacion entre la tension y la corriente en esta rama.

Usamos eiθ = cos θ + i sen θ con i2 = −1

8.4.3. Regla de representacion.Adoptamos la siguiente regla para la representacion:

Una corriente o voltaje alterno K 0 cos(ωt + ϕ) se representa por K 0eiϕ.

Si x + iy representa una corriente I entonces la corriente en funcion del tiempo vienedada por

I (t) = Re[(x + iy)eiωt]

El desfase y el modulo

ϕ = arctany

x

I o =

x2 + y2

Lo que hace util todo esto que la representacion de la suma es la suma de las representaciones.Por una parte

I 1 + I 2 = I 01 cos(ωt + ϕ1) + I 02 cos(ωt + ϕ2)

= (I 01 cos ϕ1 + I 02 cos ϕ2)cos ωt

−(I 01 sen ϕ1 + I 02 sen ϕ2)sen ωt

Por la otra parte

I 01eiϕ1 + I 02eiϕ2 = I 01 cos ϕ1 + I 02 cos ϕ2

+ i(I 01 sen ϕ1 + I 02 sen ϕ2)

Multiplicando por eiωt y tomando parte real, tenemos exactamente el mismo resultadoanterior.

La correspondencia no se extiende al producto de corrientes.Usando estas corrientes y tensiones complejas se deben satisfacer las leyes de Kirchhoff.En un nodo, en todo instante, el flujo neto de corriente es nulo. En la figura (8.9), en el nodo(1) tenemos

I 1 + I 2 + I 3 = 0

Siendo todas las I i funciones periodicas del tiempo.La suma de las caıdas de tension, en un instante, a lo largo de una malla de la red, debe

ser igual a la fuerza electromotriz en la malla en ese instante.



8.5. ADMITANCIA E IMPEDANCIA. 171

La relacion entre la corriente y la tension en un elemento del circuito puede expresarsecomo relacion entre los numeros complejos que representan la tension y la corriente. Consi-deremos un circuito RL

I (t) = I 0 cos(ωt + ϕ)→

I oeiϕI 0 =

ε0√ R2 + ω2L2

ϕ = arctan−ωLR

V (t) = ε0 cos(ωt) → ε0

8.5. Admitancia e Impedancia.

Definimos un complejo Y tal que

Y ≡ eiϕ√ R2 + ω2L2

ϕ = arctan−ωL

R (8.30)

entonces

I = Y V (8.31)

Y se llama la Admitancia. La misma relacion puede expresarse con el recıproco de Y ,denotado Z , que se llama la Impedancia.

V = 1

Y I = ZI (8.32)

Z se mide en Ohms.

Si el circuito fuera solo resistivo Z = R y V = RI la ley de Ohm.

V=ZI I=YV

Admitancia Y

1

R

−i

ω L

iω C

Impedancia Z

R

iω L

−i

ω C

Símbolo

Figura 8.10: Tabla de Impedancias y Admitancias.




R 0 R 0

retrasada

en π/2

adelantada

en π/2

R R

L R C

Im

Re Re Re

Im Im

V V V

I

I

I

Figura 8.11: Circuitos.

Y 1

Y 2

I 2

I 1

Y V

I

Z 1

Z 2

V 2

V 1

V 1

V 2

+ Z

I

I=I +I =Y V+Y V 1 2 1 2

+Y 21 )V I=(Y Y= Y

1+Y

2

+Z 2)I V=(Z 1 Z= Z

1+Z

2

1=V +V =Z I+Z V

1 2 2 I

Paralelo Serie

Figura 8.12: Combinaciones.

8.5.1. Ejemplo: circuito RLC en paralelo.

La admitancia equivalente

Y = 1

R + iωC − i

ωL (8.33)



8.6. POTENCIA Y ENERGIA. 173

ε0

ω t cos

C L R

Figura 8.13: Circuito RLC en paralelo.

La corriente

I = Y V = ε0

1

R + i

ωC − 1

ωL

(8.34)

La amplitud de la oscilacion de la corriente es el modulo del complejo I .

I 0 = ε0

1

R

2

+

ωC − 1

ωL

2

1/2

ϕ = arctan

RωC − R

ωL

Con esta tecnica solo podemos tratar circuitos lineales, elementos en que la corriente esproporcional a la tension.

Los elementos de circuitos cuyo comportamiento es no lineal son dispositivos muy impor-tantes en electronica pero no admiten esta clase simple de analisis.

8.6. Potencia y energıa.

Si V = V 0 cos ωt en un circuito resistivo, entonces I = V 0R

cos ωt.

La potencia instantanea que disipa la resistencia La corriente

P (t) = I 2(t)R = V 20

R2R cos2 ωt =

V 20

R cos2 ωt (8.35)

El valor medio en un ciclo

cos2 ωt = 1

2

La potencia media

P = 1

2

V 20

R (8.36)




8.6.1. Valores eficaces.

Se acostumbra a expresar la tension y la corriente en un circuito a.c. dando 1/√

2 vecesla amplitud en vez de la amplitud.

A este valor se le llama el valor cuadratico medio o valor eficaz

P = V 2rms

R (8.37)

Por ejemplo, si la tension de uso domestico es de 220 [V] le corresponde una amplitud de220

√ 2 [V], la diferencia de tension en los terminales es, con V en Volts y t es segundos

V (t) = 311 cos 314t Chile

V (t) = 170 cos 377t USA

Un amperımetro de c.a. esta calibrado para leer 1 [A] cuando la amplitud de I es de 1.414 [A].

En general, el valor instantaneo de la energıa liberada por unidad de tiempo en un ele-mento del circuito es

P (t) = V I = ε0 cos ωt × I 0 cos(ωt + ϕ)

P (t) = ε0I 0 cos ωt cos(ωt + ϕ)

P (t) = ε0I 0[cos2 ωt cos ϕ − cos ωt sen ωt sen ϕ]

Promediamos en un ciclo, 2cos ωt sen ωt = sen2ωt = 0 y cos2 ωt = 1/2, por lo tanto

P = V I = 12ε0I 0 cos ϕ (8.38)

Si los valores de la corriente y la tension se expresan en valores eficaces

P = V rmsI rms cos ϕ

La cantidad cos ϕ se denomina factor de potencia. Lo que muestra la ecuacion

P

= V rmsI rms cos ϕ ,

es que la potencia entregada por una fuente de corriente alterna a cualquier circuito dependede la fase, este resultado tiene muchas aplicaciones.

Por ejemplo, una fabrica que utiliza grandes motores en las maquinas, generadores otransformadores, tiene una gran carga inductiva (debido a todos los bobinados). Para entregarpotencias mas grandes a tales dispositivos en la fabrica sin hacer uso excesivo de enormesvoltajes, los tecnicos introducen capacitancia en los circuitos para cambiar la fase.



8.6. POTENCIA Y ENERGIA. 175

I 1

V 1

V 2µ 0 .2 F

µ 0. 5 F

k Ω10

C

C

1

2 R

Figura 8.14: Circuito de ejemplo.

8.6.2. Ejemplo.

Los valores R = 10 [kΩ] y 1 [W], C 1 = 0.5 [µF], C 1 = 0.2 [µF] y la fuente ε = 120 [V] y60 ciclos. Determine si la resistencia se calienta.

La admitancia de C 2 es iωC 2 = 377 × 2 × 10−7i es decir Y 2 = 0.754 × 10−4 [Ω−1].

La admitancia de R es 1/R = 10−4

[Ω−1

]. La admitancia de la resistencia y el condensadoren paralelo 10−4(1 + 0.754i) [Ω−1]. La impedancia de lo mismo (6360 − 4800i) [Ω]= Z 1.La impedancia de C 1 es −i/ωC = −5300 [Ω]= Z 2. La impedancia total es Z T = Z 1 +Z 2 =

(6300 − 10100i) [Ω].La corriente

I 1 = 120

6360 − 10100i = (5.37 + 8.53i) × 103 [A]

Donde I 01 = 0.010 [A] (rms) y la fase ϕ = −1.01.La potencia media

P = 120 × 0.01cos1.01 [W] = 0.64 [W]

Las caıdas de voltaje

V 1 = I 1−i

ωC = 45.2 − 28.4i [V]

V 2 = 120 − V 1 = 74.8 + 28.4i [V]

El valor eficaz V 02 = 80 [V] (rms).Solo se disipa energıa en la resistencia

P = V 202

R = 0.64 [W]

No se calienta.

Fin clase XXXIV.



Capıtulo 9

Ecuaciones de Maxwell y ondas

electromagneticas.

En este capıtulo veremos las siguientes secciones:

Algo se ha omitido.

Corriente de desplazamiento.

Ecuaciones de Maxwell.

Ondas electromagneticas.

Otras formas de ondas: Superposicion de ondas.

Transporte de energıa por ondas electromagneticas.

¿Como se ve una onda en un sistema de referencia diferente?

9.1. Algo se ha omitido.

Las ecuaciones que tenıamos

i)div E = 4πρ ii)rot E = −1

c

∂ B

∂t (9.1)

iii)div B = 0 iv)rot B = +4π

c

J , Si ∂ E

∂t = 0

La ecuacion de continuidad

div J = −∂ρ

∂t (9.2)

Supongamos que ρ = ρ(t) =⇒ div J = 0, por otra parte usando la ecuacion iv) , tenemos

div J = 4π

c div(rot B) = 0 Siempre! (9.3)

177



178CAP ITULO 9. ECUACIONES DE MAXWELL Y ONDAS ELECTROMAGN ETICAS.

R

C

sΓ

Figura 9.1: Condensador descargandose a traves de la resistencia R.

Hay una contradiccion, la ecuacion iv) no puede ser correcta.Supongamos el siguiente sistema:La ley de Ampere

Γ B · ds = s(Γ)

rot B · da (9.4)

usando iv) Γ

B · ds =

s(Γ)

4π

c Jda =

4π

c I

Tomemos la superficie s, tambien limitada por la curva Γ, y apliquemos el teorema deStokes

Γ

s

s’

Figura 9.2: Otra superficie limitada por la curva Γ.

A traves de s no circula corriente pero rot B no puede ser nulo en toda s sin violarStokes.

rot B debe depender de algo mas que de la densidad de corriente

rot B = 4π

c J + (?) (9.5)

Supongamos por analogıa al caso del rotor de E un termino de la forma

rot B = 4π

c J +

1

c

∂ E

∂t (9.6)



9.2. CORRIENTE DE DESPLAZAMIENTO. 179

Calculemos

div(rot B) = div

4π

c J

+ div

1

c

∂ E

∂t

= 0

4πc

div J + 1c

∂ div E ∂t

= 4πc

div J + ∂ ρ

∂t

= 0

La ultima igualdad debido a la ecuacion de continuidad.El segundo termino de (9.6) resuelve el problema de integrar sobre s ya que E varıa en

el tiempo al descargarse el condensador.

9.2. Corriente de desplazamiento.

El termino 1c ∂ E ∂t se le llama corriente de desplazamiento. El nombre, a pesar de no ser

muy apropiado, a perdurado en el tiempo. Para precisar, podemos definir una “densidad decorriente de desplazamiento” J d, y reescribir

rot B = 4π

c

J + J d

(9.7)

definiendo J d = 1

4π

∂ E

∂t . Necesitamos el nuevo termino para que la relacion entre corriente y

campo magnetico, sea compatible con la ecuacion de continuidad.¿Por que no lo descubrio Faraday? No lo buscaba.

En todo aparato en el que hayan campos electricos variables en el tiempo estan presentesal mismo tiempo que las corrientes de conduccion, y a ellas atribuimos los campos magneticosen el entorno del aparato.

De hecho para variaciones lentas del campo electrico el efecto de las corrientes de despla-zamiento es practicamente despreciable.

¿Cuando se hace importante? Cuando los campos varıan en una escala de tiempo delorden de la que emplea la luz para cruzar el sistema. Experimentos de Hertz.

9.3. Ecuaciones de Maxwell.

div E = 4πρ rot E = −1

c

∂ B

∂t

div B = 0 rot B = +4π

c J +

1

c

∂ E

∂t

James Clerk Maxwell (1831–1879).




En el vacıo ρ = 0 y J = 0 luego

div E = 0 rot E = −1

c

∂ B

∂t

div B = 0 rot B = +1

c

∂ E

∂t

Ecuaciones de Maxwell en sistema SI.

div E = ρ

0rot E = −∂ B

∂t

div B = 0 rot B = +µ0 J + µ00

∂ E

∂t

Donde c = 1√

µ00con

µ0 = 4π × 10−7 [T m/A]0 = 8.85418 × 10−12 [C2/Nm2]c = 2.99792 × 1010 [cm/s].

9.4. Ondas electromagneticas.

Usemos la identidad vectorial

∇ × ( ∇×) = ∇( ∇·) − ∇2

Apliquemosla a ∇ × B,

∇ × ( ∇ × B) = ∇( ∇ · B) − ∇2 B = ∇ × 1

c

∂ E

∂t

−∇2 B = 1

c

∂ ∇ × E

∂t

−∇2 B = − 1c2

∂ ∂t

∂ B∂t

Finalmente

∇2 B − 1

c2

∂ 2 B

∂t2 = 0



9.4. ONDAS ELECTROMAGN ETICAS. 181

Lo que corresponde a una ecuacion de onda para cada componente de B. Ahora para ∇ × E ,

∇ ×(

∇ × E ) =

∇(

∇ · E )

− ∇2 E =

∇ × −1

c

∂ B

∂t−∇2 E = −1

c

∂ ∇ × B

∂t

−∇2 E = − 1

c2

∂

∂t

∂ E

∂t

Finalmente

∇2 E − 1

c2

∂ 2 E

∂t2 = 0

Lo que corresponde a una ecuacion de onda para cada componente de E .

B

E

k

Dirección depropagación

Figura 9.3: Campos E y B perpendiculares entre si.

E · B = 0 un invariante y E · k = B · k = 0Solucion de ondas planas

E (r, t) = E 0ei( k·r−ωt)

B(r, t) = B0ei( k·r−ωt)

9.4.1. Relacion de dispersion.

El vector de onda k = 2π

λk, con λ la longitud de onda y ω = 2πν con ν la frecuencia.




Usando la forma de onda plana para los campos podemos calcular ambos terminos de la

ecuacion de onda ∇2 E = k2 E y 1c2

∂ 2 E ∂t2 = ω2 E tenemos

k2 − 1

c2ω2

E = 0 =⇒ c2k2 = ω2

Relacion que es conocida como la relacion de dispersion de ondas electromagneticas en elvacıo.

ω2 = c2k2

∇ × E = k × E = +ω

c B

∇ × B = k

× B =

−ω

c

E

∇ · E = k · E = 0

∇ · B = k · B = 0

Tomando modulo en las dos primeras ecuaciones y usando la relacion de dispersion obte-nemos

kc

E = ω

B =⇒

B =

E

9.5. Otras formas de ondas: superposicion de ondas.

No solo una funcion sinusoidal puede representar una onda, cualquier funcion de f (y ±vt)tendremos un patron que viaja con velocidad v en la direccion y.

Un ejemplo

E = 5y

1 + (x + ct)2 B =

−5z

1 + (x + ct)2

Estos campos electromagneticos satisfacen las ecuaciones de Maxwell. Corresponden a unpulso electromagnetico con una cola larga.

Las ecuaciones para E y B en el espacio vacıo son lineales.Luego la suma de dos soluciones es solucion.El campo electrico en un punto del espacio tiempo es el vector suma de los campos

electricos de las ondas individuales, lo mismo ocurre para el campo magnetico.Un importante caso de superposicion es el de dos ondas planas viajeras en direcciones

opuestas.



9.6. TRANSPORTE DE ENERGIA POR ONDAS ELECTROMAGN ETICAS. 183

E 1 = zE 0 sen 2π

λ (y − ct) B1 = xE 0 sen

2π

λ (y − ct)

k = y

E 2 = zE 0 sen 2π

λ (y + ct) B2 = −xE 0 sen 2π

λ (y + ct)

k = −y

E = E 1 + E 2 = zE 0

sen

2π

λ (y − ct) + sen

2π

λ (y + ct)

B = B1 + B2 = xE 0

sen

2π

λ (y − ct) − sen

2π

λ (y + ct)

9.5.1. Ondas estacionarias.

Obtenemos

E = 2zE 0 sen 2πy

λ cos2πctλ

B = −2xE 0 cos 2πy

λ sen2πctλ

Estos campos describen lo que se llama una onda estacionaria. Notemos que E = 0 en elplano y = 0, lo cual podrıa corresponder a un conductor.

9.6. Transporte de energıa por ondas electromagneti-

cas.

Podemos calcular la energıa que transporta una onda, a cada dv le asignamos (E 2 +B2)dv/8π cantidad de energıa que se propaga con la velocidad de la luz c. Apliquemos esto a

E = zE 0 sen(y − ct) B = xB0 sen(y − ct)

a t = 0 E 2 = E 20 sen2 y B2 = B20 sen2 y

Como E = B tenemos para la densidad de energıa

u = 1

8π

E 20 sen2 y + E 20 sen2 y

=

1

4πE 20 sen2 y

Si promediamos sobre λ tenemos sen2 y = 1/2 luego




u = 1

8πE 20

La razon media a la cual fluye energıa a traves de una ventana de area unitaria perpen-dicular a y es E 20 c/8π.

En forma general, el flujo de energıa por unidad de area, la cual es llamada densidad depotencia S

S =E 2c

4π [erg/cm2 s]

Donde E 2 es el campo cuadratico medio (E 20 /2 para una onda sinusoidal.)

9.7. ¿Como se ve una onda en un sistema de referencia

diferente?

Una onda electromagnetica esta viajando en el vacıo.La direccion del viaje con respecto a cierto sistema de referencia F es un vector n. Sean

E y B los campos electricos y magneticos medidos en algun lugar y tiempo en F por unobservador en F .

Supongamos un sistema F moviendose en la direccion x con velocidad v con sus ejesparalelos a F , elegimos n = x

Usando las transformaciones desarrolladas en el capıtulo 6 tenemos

E

x

= E x E

y

= γ (E y−

βBz) E

z

= γ (E z + βBy)

Bx = Bx B

y = γ (By − βE z) Bz = γ (Bz + βE y)

9.7.1. Los invariantes.

Calculemos E · B

E

· B = E xB

x + E yBy + E zB

z

= E xBx + γ 2(E yBy + βE yE z − βByBz

− β 2E zBz) + γ 2(E zBz − βE yE z

+ βByBz − β 2E yBy)

= E xBx + γ 2(1 − b2)(E yBy + E zBz)

= E · B



9.7. ¿C OMO SE VE UNA ONDA EN UN SISTEMA DE REFERENCIA DIFERENTE? 185

Es decir, E · B es un invariante. Otro invariante es E 2 −B2, lo que significa que E 2−B2 =E 2 − B2 .

Nosotros sabemos que en una onda plana el campo magnetico es perpendicular al campoelectrico y que los modulos de ambos son iguales.

Cada uno de nuestros invariantes es cero, y si es cero en un sistema es cero en todos

=⇒ E ⊥

B y E = B siempre. Una onda de luz se ve como una onda de luz en cualquiersistema inercial.

9.7.2. Un ejemplo.

Sea E y = E 0, E x = E z = 0 y Bz = E 0, Bx = By = 0, entonces

E y = E 0

1 − β

1 + β B

z = E 0

1 − β

1 + β

Un observador en F ve que la amplitud se reduce.

La velocidad de la onda es c en F y en F .La onda electromagnetica no tiene un sistema en reposo.En el lımite β = 1 E y y B

z en F → 0 la onda desaparece.

Fin clase XXXV.



Capıtulo 10

Campos electricos en la materia.

En este capıtulo veremos las siguientes secciones:

Dielectrico.

Momentos de una distribucion de carga.

Potencial y campo de un dipolo.

Torque y fuerzas sobre un dipolo en un campo externo.

Dipolos atomicos y moleculares; Momentos dipolares inducidos.

Momentos dipolares permanentes.

Campo electrico debido a materia polarizada.

Otra mirada al condensador.

Campo de una esfera polarizada.

Esfera dielectrica en un campo uniforme.

Campo de una carga en un medio dielectrico y ley de Gauss.

Una mirada microscopica al dielectrico.

Polarizacion en campos variables.

Corriente de carga ligada.

Una onda electromagnetica en un dielectrico

187



188 CAP ITULO 10. CAMPOS ELECTRICOS EN LA MATERIA.

10.1. Dielectricos.

El condensador del capıtulo 3 estaba constituido por dos conductores aislados sin nadaentre ellos. El sistema esta caracterizado por cierta capacidad C

C = QV 12(10.1)

Para el caso del condensador plano, tenemos dos placas paralelas de area A separadasuna distancia t

C = A

4πt (10.2)

Habitualmente los condensadores estan llenos con una capa aislante. A pesar de esto semantiene la proporcionalidad directa entre la carga y la diferencia de potencial.

Sı definimos una capacidad de la forma (10.1) nos resulta mayor que cuando el conden-sador estaba vacıo.

C= A4π t

C> A4π t

Aárea Aárea t t

Figura 10.1: Condensador con y sin aislante.

No solamente en los condensadores, sino casi en todas partes los campos E y B existen enpresencia de materia mas que en le vacıo. Ahora nos preocupara conocer las interacciones delos campos E y B con la materia Se nos presentan dos caminos distintos: uno macroscopicoy otro microscopico.

En forma macroscopica la ecuacion (10.1) necesita solamente la inclusion de un factor

(que depende del material) para dar correctamente la capacidad del condensador lleno conese material.

A se le llama constante dielectrica de una determinado material y al material se leconoce como dielectrico.

vacio = 1 aire = 1.00059 materiales > 1.0



10.2. MOMENTOS DE UNA DISTRIBUCI ON DE CARGA. 189

10.1.1. Vision macroscopica.

Una vez determinada somos capaces de predecir el comportamiento de todo el sistemaelectroestatico constituido por los dos conductores y la pieza de dielectrico entre ellos.

Esta teorıa fue lograda sin una representacion de la materia, es decir, sin una teorıaatomica.

Desde este punto de vista, el interior del dielectrico es un espacio sin rasgos caracterısticos,uniforme y cuya unica propiedad electrica distinta del vacıo es una constante dielectricadistinta de la unidad.

Si solo usamos una descripcion macroscopica de un campo en la materia tendremos pro-blemas para contestar ciertas preguntas: ¿Cual es el campo en el interior del dielectrico,cuando hay carga en las placas? No podemos poner una carga de prueba. . .

10.1.2. Vision microscopica.

Afortunadamente podemos optar por una acercamiento microscopico al problema.Sabemos que la materia esta constituida por atomos y moleculas.Nuestro dielectrico sera descrito como una agrupacion de moleculas en el vacıo en vez de

un volumen lleno de materia continua y sin estructura.Si hallamos como actuan las cargas en una molecula cuando esta esta en presencia de un

campo electrico E serıamos capaces de establecer el comportamiento de un par de moleculasseparadas en el vacıo una en el campo de la otra. Este es un problema en el vacıo.

Luego hay que extenderlo a 1020 moleculas por centımetro cubico.¿Seremos capaces de decir algo sobre el campo electrico y sobre el campo magnetico en

la materia? Para intentar decir algo sobre estos campos haremos un estudio separado de losefectos de los campos electricos y de los efectos de los campos magneticos.

En este capıtulo estudiaremos los efectos de los campos electricos en la materia y en el

proximo estudiaremos los efectos de los campos magneticos.

10.2. Momentos de una distribucion de carga.

Un atomo o molecula consta de ciertas cargas electricas distribuidas en un pequeno volu-men del orden de 10−24 [cm3]. Nos interesa el campo electrico en el exterior de este volumen,debido a esta distribucion mas bien complicada de carga. Nos interesa el campo lejos delas fuente, con lo que indicamos distancias grandes comparadas con el tamano de la propiafuente.

¿Que aspectos de la estructura de la distribucion de carga determinan principalmente el

campo en puntos remotos?Para contestar lo anterior centremos nuestra atencion en cierta distribucion arbitraria de

carga y veamos como podemos emprender el calculo del campo en un punto exterior a ella.Sea ϕA el potencial en el punto A debido a la distribucion de carga ρ

ϕA =

ρ(x, y, z )

R dv (10.3)

R =

r2 + r2 − 2rr cos θ1/2

(10.4)




r

r’θ

R

x

y

z

A

dv’

(x,y,z)ρ

Figura 10.2: Densidad de carga de una molecula es negativa en los electrones y positiva enlos nucleos.

Sustituyendo en la integral

ϕA =

ρ(x, y, z )

r2 + r2 − 2rr cos θ

−1/2dv (10.5)

Como A es lejano r r para todo punto de la distribucion de carga luego

r

2

+ r2

− 2rr

cos θ−1/2

=

1

r

1 +

r 2

r2 − 2

r

r cos θ−1/2

(10.6)

Usando la expansion en serie

(1 + δ )−1/2 ≈ 1 − 1

2δ +

3

8δ 2 + . . .

y reagrupando tenemos

r2 + r2 − 2rr cos θ

−1/2=

1

r

1 +

r

r cos θ

+r

r

2

(3cos2 θ

−1) + Or

r

3

(10.7)

Ahora bien, r es constante en la integracion, ası que escribimos el potencial obtenido enel punto A como sigue

ϕA = 1

r

ρ(r)d3r +

1

r2

r cos θρ(r)d3r

+ 1

r3

r2(3cos2 θ − 1)ρ(r)d3r + . . .

(10.8)



10.2. MOMENTOS DE UNA DISTRIBUCI ON DE CARGA. 191

Cada una de las integrales anteriores, K o, K 1 y K 2, y las sucesivas tienen un valor quedepende solamente de la estructura de la distribucion de carga.

De aquı el potencial puede escribirse

ϕA =

K or +

K 1r2 +

K 2r3 + . . . (10.9)

Para acabar el problema deberıamos obtener el potencial en todos los otros puntos parapoder calcular el campo electrico vıa − ∇ϕ. El comportamiento del potencial a grandes dis-tancias de la fuente estara determinado por el primer termino de esta serie cuyo coeficiente nosea nulo. K 0 es

ρdv es decir la carga total. Si tenemos la misma cantidad de carga positiva

que negativa, como en las moleculas neutras, K 0 es nulo. Para una molecula simplementeionizada K 0 = +e.

Si K 0 = 0 K 1 y K 2 no interesan. El termino K 0

r prevalecera.

Si tenemos una molecula neutra, i.e. K 0 = 0, interesa K 1 =

r

cos θρdv

. Ya que r

cos θ =z este termino mide el desplazamiento relativo en la direccion de A de la carga positiva ynegativa.

+2e

−2e

+e

+e

+e+e

+e

−2e−3e

Figura 10.3: En todos los casos mostrados K 1 = 0

Si la distribucion es el valor de K 1 es independiente de la posicion del origen. Es decir, sireemplazamos z → z + z o, desplazando el origen el valor de la integral no varıa.

(z + z 0)ρdv =

z ρdv + z 0

ρdv =

z ρdv

Si K 0 = 0 y K 1

= 0, el potencial a lo largo del eje z variara asintoticamente como 1/r2

luego el campo E ∝ 1/r3.Si K 0 y K 1 son nulos y K 2 = 0 el potencial se comportara como 1/r3 a grandes distancias

y E ∝ 1/r4.Las cantidades K 0, K 1, K 2, . . . estan relacionadas con lo que se conocen como momentos de

la distribucion de carga. K 0 corresponde a la carga y se conoce como momento monopolar. K 1es una de las componentes del momento dipolar. Tiene unidades de carga por desplazamientoy es un vector K 1 corresponde a la componente z . K 2 es una de las componentes del momentocuadrupolar (tensor). K 3 es una de las componentes del momento octopolar.




+e

+e

−e −e

Figura 10.4: Configuracion con K 0 = K 1 = 0 y K 2 = 0.

10.3. Potencial y campo de un dipolo.

Podemos escribir el potencial en el punto A como

ϕA = 1

r2 r · r ρdv = r

r2 r ρdv (10.10)

Sin referencia a ningun eje. Hemos usado que r cos θ = r · r. la integral es el momentodipolar. Designamos al vector momento dipolar por p

p =

r ρ(r )d3r (10.11)

Podemos reescribir (10.10) como

ϕ(r) = r · p

r2 (10.12)

p E

z

r θ

Figura 10.5: Campo de un dipolo.

Partamos del potencial

ϕ(r) = p cos θ

r2 (10.13)



10.4. TORQUE Y FUERZA SOBRE UN DIPOLO EN UN CAMPO EXTERNO. 193

Trabajemos en el plano xz , es decir, cos θ = z √ x2 + z 2

ϕ(r) = pz

(x2 + z 2)3/2 (10.14)

Las componentes del campo

E x = −∂ϕ

∂x =

3 pxz

(x2 + z 2)5/2 =

3 p sen θ cos θ

r3

E y = −∂ϕ

∂z =

3z 2

(x2 + z 2)5/2 − 1

(x2 + z 2)3/2

= p(3cos2 θ − 1)

r3 (10.15)

La intensidad del campo decrece como 1/r3

en el eje z que es paralelo a p con modulo2 p/r3. En el plano ecuatorial el campo esta dirigido en forma antiparalela a p y tiene un valor− p/r3. La distribucion mas simple con momento dipolar son dos cargas ±q separadas unadistancia s lo que implica que p = qs.

Calculemos ahora el campo del dipolo en coordenadas polares. Para ello partamos nue-vamente del potencial

ϕ(r) = p cos θ

r2

Derivemos para obtener el campo

E r =

−∂ϕ

∂r =

2 p cos θ

r3

E θ = −1

r

∂ϕ

∂θ =

p sen θ

r3 (10.16)

10.4. Torque y fuerza sobre un dipolo en un campo

externo.

Supongamos dos cargas q y −q conectadas mecanicamente, s es la distancia entre ellas.El momento dipolar p = qs. Coloquemos el dipolo en un campo externo E , es decir en el

campo de otra fuente.El dipolo experimenta un torque

N = τ = r × F r = s

2

N = r × F + + (−r) × F − (10.17)




F −=−qE F +=+qE

E

p+q

s

−q

Figura 10.6: La fuerza es nula sobre el dipolo.

F −

F +

p

E

F +r

θ

θ

−q

+q

s/2

Figura 10.7: Torque sobre el dipolo.

El vector vecN es un vector perpendicular a la figura.

N = s

2Eq sen θ +

s

2Eq sen θ = sqE sen θ = pE sen θ (10.18)

Luego

N = p × E (10.19)

En presencia de un campo la orientacion del dipolo que tiene la energıa mas baja escuando esta paralelo al campo. Tiene que efectuase trabajo para girar el dipolo a cualquierotra posicion. El trabajo total realizado

W =

θ0

0

Ndθ =

θ0

0

pE sen θdθ = pE (1 − cos θ0) (10.20)

Para invertir el dipolo, θ0 = π se requiere W = 2 pE .

10.4.1. Fuerza sobre un dipolo en un campo no uniforme.

La fuerza resultante sobre el dipolo en un campo uniforme es nula. En un campo nouniforme las dos fuerzas no se cancelan. Ejemplo simple

F = q Q

r2 + (−q )

Q

(r + s)2 (10.21)



10.4. TORQUE Y FUERZA SOBRE UN DIPOLO EN UN CAMPO EXTERNO. 195

r

F Q

s

Figura 10.8: Un dipolo en un campo no uniforme.

Para s r

F = Qq

r2

1 − 1

(1 + s/r)2

≈ Qq

r2

1 − 1

1 + 2s/r

≈ 2sQq

r3 (10.22)

La fuerza

F = 2 pQ

r3 (10.23)

No es facil deducir una formula general para la fuerza sobre un dipolo en un campoelectrico no uniforme. La fuerza depende esencialmente de los gradientes de las distintascomponentes del campo. En general la fuerza en x sobre un dipolo p es

F x = p · ∇E x (10.24)

Fin clase XXXVI.




10.5. Dipolo atomico y moleculares; momentos dipola-

res inducidos.

Al describir la distribucion de carga en un atomo o molecula tendremos que usar terminoclasicos para representar un sistema mecanico cuantico. Tambien trataremos como estatico

una estructura en la que las partıculas, en cierto sentido, estan continuamente en movimien-to. Se vera, en los cursos mas avanzados, que la Mecanica Cuantica ratifica este enfoquesimplificado.

Consideremos el atomo mas simple, el atomo de Hidrogeno, que consta del nucleo yun electron. Si imaginamos el electron cargado negativamente, girando en torno del nucleopositivo como un planeta alrededor del Sol – Modelo atomico original de Bohr – Concluiremosque el atomo, en un instante dado posee un momento dipolar electrico. El vector p se dirigeparalelo al radio vector electron-proton y su modulo es e veces la distancia electron proton.La direccion de este varıa continua y rapidamente cuando el electron “recorre su orbita”.Sin duda, el valor medio en el tiempo de p sera nulo para una orbita circular. Esperarıamos

que la variacion periodica de las componentes de p originen un campo electrico rapidamenteoscilante y por ende radiacion electromagnetica. La ausencia de tal radiacion en el atomo deHidrogeno fue una de las mas grandes paradojas de la primitiva fısica cuantica.

La Mecanica Cuantica moderna nos dice que es mejor imaginar el atomo de Hidrogenoen su estado de mas baja energıa como una estructura con simetrıa esfericas con la cargadistribuida, en promedio temporal sobre una nube que rodea al nucleo. Nada esta girando nioscilado. Si pudieramos tomar una instantanea con un tiempo de exposicion inferior a 10-16 [s],podrıamos un e- situado a cierta distancia del nucleo. Para procesos en los que intervienentiempos muchos mayores, tenemos, en efecto, una distribucion continua de carga negativaque rodea al nucleo y se extiende en todas direcciones con densidad constante decreciente

La carga total en la distribucion es e-. Aproximadamente la mitad de la carga esta en

una esfera de 0.05 [A]. La densidad decrece exponencialmente hacia el exterior, una esfera deradio 2.2 [A] contiene el 99 % de la carga.

Una representacion similar es la mejor para adoptar en otros atomos y moleculas. Podemostratar a los nucleos en las moleculas como cargas puntuales, para nuestros propositos sutamano es demasiado pequeno para tenerlo en cuenta. La estructura electronica entera de lamolecula puede representarse como una sola nube de carga de densidad variable. La forma dela distribucion dependera de la molecula en cuestion, pero en los bordes de la nube la densidadsiempre disminuira exponencialmente, ası que tienen “cierto” sentido hablar de forma de ladistribucion.

El campo E distorsiona el atomo. El atomo perturbado tendra un momento dipolar a

causa de que “el centro de gravedad” de las cargas positivas y negativas no coincidenUsemos un modelo provisional del atomo de Hidrogeno para determinar el orden de mag-

nitud de la distorsion esperada. Supongamos que en ausencia del campo electrico la cargae- esta distribuida con densidad constante en toda una esfera de radio a y que es nula es elexterior.

Supongamos que cuando se aplica un campo electrico E la bola de carga e- mantiene suforma y densidad y solo se desplaza relativamente el nucleo.

El nucleo queda a cierta distancia b del centro de la esfera. En el equilibrio, la f = e E



10.5. DIPOLO AT OMICO Y MOLECULARES; MOMENTOS DIPOLARES INDUCIDOS.197

E

Figura 10.9: A la izquierda atomo de Hidrogeno, con p = 0 para cualquier estado fundamentalde cualquier atomo. A la derecha el atomo inmerso en un campo electrico.

a

Figura 10.10: Atomo de Hidrogeno, con densidad en una bola de radio “a”.

E

b

Figura 10.11: Atomo de Hidrogeno, bajo un campo “a”.

sobre el nucleo debida al campo E que actua hacia arriba, debe estar equilibrada por laatraccion hacia abajo ejercida sobre el nucleo por la nube de carga negativa, que empuja alnucleo hacia su centro.

Para hallar la fuerza el campo solo depende de la carga interior a b, i.e.

E = Q

b2 =

e43 πa3

4

3πb3 1

b2 =

eb

a3

Igualando al campo externo

E ext = eb

a3 =⇒ b =

a3E ext

e

Si tomamos a = 1 [A] y E = 100 [statvolt/cm] (intenso) entonces b = 2 × 10−13 [cm]. Una




distorsion muy ligera. El p es

p = eb = a3E ext , p E ext (10.25)

El p es directamente proporcional al E , podemos esperar que esto se mantenga, al menospara pequenas distorsiones

10.5.1. Polarizacion atomica.

Cualquier atomo puede polarizarse de esta manera. Decimos que el momento dipolar esinducido por el campo electrico E . En cada caso hallamos que p es proporcional a E

p = α E (10.26)

α es la polarizabilidad atomica en [cm3]

En nuestro modelo del Hidrogeno, α = a3

y tiene dimensiones de volumen. Un calculoexacto, usando Mecanica Cuantica, da αH = 9a30/2, con a0 el radio de Bohr, a0 = 0.52 ×

10−8 [cm].Los valores experimentales de α para diferentes elementos en unidades de 10−24 [cm3]

H He Li Be C Ne Na Ar Kα 0.66 0.21 12 9.3 1.5 0.4 27 1.6 34

Los alcalinos se deforman facilmente, valores grandes. Los gases nobles son muy rıgidos,valores pequenos.

10.5.2. Polarizacion en moleculas.

Cuando se aplica un campo electrico E a una molecula tambien se produce un momentodipolar inducido.

Figura 10.12: Molecula de metano, CH4.

la molecula de metano α = 2.6 × 10−24 [cm3]Si sumamos las polarizabilidades de los atomos individuales, el de carbono y de los cua-

tro hidrogenos tenemos 4.1 × 10−24 [cm3]. Evidentemente, los enlaces de los atomos en lamolecula ha alterado la estructura electronica.



10.5. DIPOLO AT OMICO Y MOLECULARES; MOMENTOS DIPOLARES INDUCIDOS.199

Las moleculas son, en general menos simetricas que los atomos. Esto origina la posibilidadde que un momento dipolar inducido no sea paralelo al campo que lo induce. Consideremosuna molecula de dioxido de carbono.

x

z

y

O OC

Figura 10.13: Molecula de dioxido de carbono, CO2.

Es diferente la “rigidez” longitudinal y transversal. En general un campo electrico pa-ralelo al eje molecular inducira un valor distinto que el inducido por un campo electricoperpendicular al eje molecular.

E

E

E

p

Figura 10.14: Campo y momento dipolar no paralelos.

En realidad, el α del CO2 es 4.05×10−24 [cm3], para un campo aplicando paralelo al ejey un poco menos que la mitad para un campo transversal. Este tipo de moleculas tiene dosα los cuales podemos designar por α⊥ y α. Si el campo esta en otra direccion, se aplicasuperposicion. El ejemplo anterior, demuestra que la polarizabilidad de una molecula no esun simple escalar, sino un conjunto de coeficientes que expresan una dependencia lineal de

los componentes de un vector p, de las de otro E . Al conjunto de coeficientes se llama tensor,la relacion mas general serıa con 9 coeficientes

px = αxxE x + αxyE y + αxzE z

py = αyxE x + αyyE y + αyzE z

pz = αzxE x + αzyE y + αzzE z

Las nueve α definidas de esta manera constituyen el llamado tensor de polarizabilidad.




En el ejemplo del CO2 tenemos αxx = α y ademas αyy = αzz = α⊥ y los otros seis coefi-cientes nulos. Si elegimos otra direccion para los ejes, por ejemplo, 30 con el eje molecular,un campo E en x originarıa p en z , es decir, αzx = 0. Ası que los elementos del tensor depolarizabilidad dependeran de la orientacion de los ejes coordenados. Bajo una rotacion delos ejes los elementos del tensor deben transformar de tal manera que conserven invariante

la relacion de E con p. Esta relacion solo puede depender de la direccion de

E con respecto alos ejes fısicos de la molecula y no de como se nos ocurra trazar el eje x. Podemos encontrar

las reglas de transformacion de los coeficientes del tensor como ejercicio.Se puede demostrar que

αxy = αyx

αxz = αzx

αyz = αzy

Es decir, el tensor (o matriz) es simetrico. La simetrıa del tensor expresa uno de los hechos

fısicos mas notables que merece considerarse. Significa que un campo electrico E aplicado en

x origina siempre una componente z de p igual a la componente x de p que originarıa uncampo igual aplicado en la direccion z .Si lo anterior se cumple incluso para una molecula sin simetrıa, debe estar respaldado

por un teorema tipo reciprocidad y no ser consecuencia de la mera simetrıa geometrica. Uncorolario importante de la simetrıa de α es el hecho de que siempre es posible orientar losejes, relativos al sistema de referencias molecular, de manera tal que el tensor sea diagonal.Lo anterior es cierto incluso para moleculas sin simetrıa.

10.6. Momento dipolar permanentes.

Algunas moleculas estan constituidas da tal forma que poseen un momento dipolar electri-co, incluso en ausencia de campo electrico. Un ejemplo simple lo proporciona una moleculadiatomica constituida por dos atomos distintos, tal como el acido clorhıdrico HCl.

p=1.03 10

−18

[ues cm]

Cl

H

Figura 10.15: Momento dipolar permanente del HCl.

El electron del Hidrogeno se desplaza parcialmente hacia el Cloro.Los momentos dipolares permanentes, cuando existen, por lo general son mucho mayores

que los que pueden inducirse por un campo electrico ordinario en el laboratorio.

Moleculas polares: las que tienen momento dipolar permanente.



10.6. MOMENTO DIPOLAR PERMANENTES. 201

Moleculas no polares: las que no tienen momento dipolar permanente. El resto.

Las moleculas no estan “quietas” sino mas bien hay dos escalas de tiempos la de losnucleos y la de los electrones.

Figura 10.16: Algunas moleculas polares bien conocidas. La magnitud del momento dipolarpermanente p esta dada en unidades de 10−18 [esu-cm].

El comportamiento de una sustancia polar, como dielectrico, es sorprendentemente distin-to de las no polares. El del agua es 80, el del alcohol metılico es de 33, mientras que para un

lıquido no polar es ∼ 2. En una sustancia no polar la aplicacion de un campo electrico induceun ligero momento dipolar en cada molecula. En una sustancia polar ya hay un momentodipolar p, pero en ausencia de un campo externo estan orientados al azar, ası que no tieneefecto macroscopico. Cuando un campo externo es aplicado, alınea los momentos dipolares.

Fin clase XXXVII.




10.7. Campo electrico debido a materia polarizada.

Supongamos que construimos un bloque de materia reuniendo un gran numero de molecu-las en una region del espacio previamente vacıa. Supongamos, ademas, que cada una de estasmoleculas esta polarizada en la misma direccion. No necesitamos tener en cuenta la naturalezade las moleculas ni los medios con que la polarizacion se mantiene. Todo lo que necesitamosespecificar es el numero N de dipolos por cm3 y el momento p de cada dipolo. Supongamosque N es tan grande que en cualquier dv macroscopico contiene un gran numero de dipolos.

La intensidad total del momento dipolar en tal volumen es

pNdv .

En cualquier punto alejado de este dv, en comparacion al tamano del mismo, el E de estosdipolos particulares sera practicamente el mismo que si se reemplazasen por un s olo dipolode momento pNdv. Llamaremos a pN densidad de polarizacion y la designaremos por P

P = pN carga

cm2

.

Entonces P dv es el momento dipolar electrico asociado a este pequeno elemento de volu-men dv.

z2

z1

R1

R2

p

ρc

ρ A

x2+y2ρ2=

θ

x

z

y

A

R

da

z A

Figura 10.17: Columna de materia polarizada.

Supongamos P es constante en el interior. Un cilindro de altura dz tiene un momentodipolar, P dv = Pdadz = p. Su contribucion al potencial en el punto A puede escribirseteniendo en cuenta el potencial de un dipolo

ϕ = p cos θ

r2



10.7. CAMPO ELECTRICO DEBIDO A MATERIA POLARIZADA. 203

luego

dϕA = Pdadz cos θ

R2

Potencial de una columna

ϕA = P da z2

z1

cos θ

R2

dz

carga+Pda

carga −Pda

dz

+Pda

−Pda

Figura 10.18: Esquema de la columna polarizada.

Donde z A − z = R cos θ y [(z A − z )2 + (ρA − ρC )2]1/2 = R por lo tanto

ϕA = P da

z2

z1

(z − z A)dz

[(z A − z )2 + (ρA − ρC )2]3/2

= P da

[(z A − z )2 + (ρA − ρC )2]1/2

z2

z1

Finalmente

ϕA = P da

1

R2− 1

R1

(10.27)

La ecuacion (10.27) precisamente es la misma expresion para el potencial en A debido ados cargas puntiformes; una positiva de valor P da situada en la parte superior de la columnaa una distancia R2 de A y una negativa del mismo valor en la base de la columna. La fuenteconsistente en una columna de materia uniformemente polarizada es equivalente, al menos enlo que concierne al campo electrico, en todos los puntos exteriores, a dos cargas concentradas.

σ =−

σ =+P

P

Figura 10.19: Placa polarizada.




Sin nuevos calculos, esto puede extenderse a una placa, o cilindro recto, de proporcionescualesquiera, uniformemente polarizada en una direccion perpendicular a sus caras paralelas(fig 10.19). La lamina puede subdividirse en un conjunto de columnas y el potencial exteriorsera la suma de las contribuciones de las columnas, cada una de las cuales puede sustituirsepor una carga en cada extremo. Las cargas en la parte superior P da en el extremo de cada

columna de area da, constituiran una lamina uniforme de densidad de carga superficial σ = P .Concluimos que ϕ en todos los puntos exteriores a una placa o cilindro uniformementepolarizado es precisamente el que resultarıa de dos laminas con carga superficial situadas enla posicion de la parte superior e inferior de la placa conteniendo una densidad superficialσ = +P y σ = −P .

No estamos preparados completamente para decir algo acerca del campo al interior de laplaca.

σ =+P

σ =−P

E=4πσ

t p

A

Bt

B’

A’

Figura 10.20: Ambos sistemas tiene el mismo campo exterior.

BA

E · ds esta completamente determinada por E exterior. Debe ser la misma que a lo largode AB = 4πσt = 4πP t. El campo en el interior no es 4πσ, hay fuertes campos debido a lasmoleculas e− y p+. Pero

E · ds = 4πσt independiente del camino. A traves de todos los

caminos da 4πσt.

E ds.∫

es el campo total

A

B

Figura 10.21: Integral de camino por dos caminos distintos.

El promedio espacial del campo dentro de la muestra

E v = 1V

V

Edv = −4π P . (10.28)

El campo promedio es una cantidad macroscopica (el volumen considerado debe incluir

“muchas moleculas”). El campo E es el unico tipo de campo electrico macroscopico en elinterior de un dielectrico del cual podemos hablar. Da ademas, la unica respuesta satisfactoria,en el contexto de un descripcion macroscopica de la materia, a la pregunta ¿Cual es el campoelectrico dentro de un material dielectrico?



10.8. OTRA MIRADA AL CONDENSADOR. 205

El campo E en la ecuacion (10.28) lo podemos llamar microscopico tiene sentido ya que lasleyes del electromagnetismo trabaja a escala de distancia menores que la at omica. Revisemoslas propiedades del campo promedio

B

A

E · ds

Para dos puntos A y B razonablemente distanciados es independiente del camino.

rot E = 0 y E = − ∇ϕ

Donde

ϕ = 1

V

ϕdv

Ademas,

E · da = 4πρ =⇒ div

E = 4πρ

De ahora en adelante, cuando hablemos del campo electrico E dentro de un pedazo de materiamayor que una molecula hablamos del campo macroscopico o promedio (ec.10.28) y omitimos. . ..

10.8. Otra mirada al condensador.

E E

ϕ12 ϕ12

Q0 Q

0Q= ∈

s p s

Q’

Figura 10.22: Condensador.

E = ϕ21/s en ambos casos, ϕ12 lo da la baterıa. Como el campo es el mismo, debe ser lamisma carga

Q0 = Q + Q =⇒ Q = Q0 − Q = Q0 − Q0

Luego

Q = Q0(1 − ) (10.29)

Podemos pensar el campo como la superposicion de dos campos: el primer campo de uncondensador vacıo con carga Q y el otro producido por una capa de dielectrico con densidadde polarizacion P .

E = E 1 + E 2 y E 1 = E E 2 = −4π P




Luego

E = E − 4π P (10.30)

Pπ E=−4 P E =

Q0

∈

∈ E 1

Q0Q’=(1−∈)

Dieléctrico soloPlacas solas

Figura 10.23: Condensador con y sin dielectrico.

10.8.1. Susceptibilidad electrica.

P

E =

− 1

4π = χe (10.31)

La constante χe se conoce como la susceptibilidad electrica y solo depende del material.Ademas, podemos reescribir la constante dielectrica en funcion de ella

= 1 + 4πχe (10.32)

Si C es la capacidad de un condensador en el vacıo C es la capacidad del mismo conden-sador en un medio con constante dielectrica .

Q1

Q2

Q3

Q1

Q2

Q3

E vacio

E medio

ε

Figura 10.24: Sistema de conductores en el vacıo e inmersos en un dielectrico homogeneo

E medio = 1

E vacio (10.33)

Fin clase XXXVIII.



10.9. EL CAMPO DE UNA ESFERA POLARIZADA. 207

10.9. El campo de una esfera polarizada.

Una densidad de polarizacion constante en magnitud y direccion en todo el volumen dela esfera.

Pr 0

cos θ

da

θ

a

da

da

θ

x

y

z


La esfera puede ser dividida en columnas paralelas a P con carga P ∆a en la parte superiore inferior de la columna

∆a = da

cos θ

El problema se puede reemplazar por dos esferas de densidad ρ y −ρ respectivamente.


En la parte superior e inferior la carga varıa como cos θ. En el interior se cancelan las

distribuciones de cargas. Es facil calcular el campo afuera: cualquier distribucion de cargatiene un campo externo como la carga completa estuviera concentrada en su centro. Ası lasuperposicion de dos esferas de carga total Q y −Q respectivamente, con sus centros separadospor un pequeno desplazamiento s, produce un campo externo igual al de dos cargas puntualesQ y −Q separadas por una distancia s, es decir, p0 = Qs. El campo no es para grandesdistancias sino desde la superficie en adelante.

p0 = Qs = 4π

3 r3

0P .




El campo exterior de la esfera polarizada es el de un dipolo central p0. El campo en elinterior: consideremos el potencial electrico ϕ(x,y,z ) lo conocemos en el contorno esferico (esel de un dipolo) y como r0 cos θ = z

ϕb = 4π

3 P z

El problema de hallar el campo interior se reduce a un problema de Laplace con ϕbsobre la esfera =⇒ ϕint = 4πPz/3, que es solucion de la ecuacion de Laplace y satisface lascondiciones de contorno. El campo

E z = − ∂

∂z ϕint = − ∂

∂z

4π

3 P z

= −4π

3 P . (10.34)

r 0

Campo interior

P0

P0

Campo externo

Figura 10.27: Campo exterior e interior.

Como lo unico que determina el eje z es la direccion de P , podemos reescribir el resultado

E in = −4π3 P . (10.35)

En el polo “norte” el campo externo

E z = 2 p0

r3 =

2(4πr30P/3)

r30

= 8πP

3

La diferencia entre el campo externo y el interno

E ext − E int = 8πP

3 +

4πP

3 =

12πP

3 = 4πP .

El campo E es discontinuo en la frontera de un medio polarizado exactamente como loserıa en una superficie en el vacıo que contuviese una carga superficial σ = P n, esto es P normal hacia afuera

E ⊥ cambia en 4πP n en el contorno.

E no cambia, es continua.



10.10. ESFERA DIELECTRICA EN UN CAMPO UNIFORME. 209

10.10. Esfera dielectrica en un campo uniforme.

Como ejemplo, coloquemos una esfera de material dielectrico caracterizado por una cons-tante dielectrica , en un campo homogeneo.

Las fuentes del campo E 0 no se ven perturbadas por la esfera i.e. a grandes distancias elcampo sera E 0.

E 0

E=?P

Figura 10.28: Esfera dielectrica en campo externo.

Esto es lo que se da a entender al colocar una esfera en un campo uniforme. El campototal E no es uniforme en las proximidades de la esfera

E = E 0 + E . (10.36)

El primer termino corresponde a las fuentes distantes y el segundo al campo debido a lamateria polarizada. El campo E depende de la polarizacion P del dielectrico que a su vezdepende del campo E en el interior de la esfera

P = χe E =

− 1

4π E . (10.37)

Si la esfera se polariza uniformemente, (suposicion que necesita justificacion) sabemosque

E int = −4π P

3 .

El cual es el campo interior debido a la materia polarizada. Luego, en el interior total

E = E 0 + E int = E 0 − 4π P

3 = E 0 − − 1

3 E .

Despejando E

E =

3

2 +

E 0 (10.38)




Como > 1 implica que el campo dentro del dielectrico es mas debil que E 0. La polari-zacion es

P = − 1

4π E =

3

4π

− 1

− 2

E 0 (10.39)

La suposicion de la polarizacion uniforme se ve ahora que es autoconsistente. De hecho sololos dielectricos de forma elipsoidales, entre los cuales la esfera es un caso especial, adquiriranpolarizacion uniforme en un campo uniforme. Para calcular el campo total E fuera de la esferadebemos sumar vectorialmente a E 0 y el campo de un dipolo central central de momentodipolar igual a P ×volumen de la esfera.

Figura 10.29: Campo de una esfera dielectrica en campo externo.

10.11. Campo de una carga en un medio dielectrico y

Ley de Gauss.

Supongamos un gran volumen de dielectrico homogeneo y en alguna parte una cargaconcentrada Q. Podemos imaginar una pequena esfera de metal cargada que cae dentro deun tanque de aceite. Como se establecio anteriormente el campo en el aceite sera

E = Q

r2 ,

1

el campo en el vacio

Es interesante ver como actua la Ley de Gauss E · da = 4π

Q

.

¿y por que no 4πQ?, porque no es la unica carga en el interior de la “esfera de Gauss”. Elaceite esta polarizado, a pesar de ser neutro. Su carga negativa es atraıda hacia Q y su cargapositiva es repelida. Se polariza radialmente La carga neta incluyendo Q es menor que Q, esQ/. La carga “extrana” (Q) se le conoce como carga libre. La carga integrante del dielectrico



10.11. CAMPO DE UNA CARGA EN UN MEDIO DIELECTRICO Y LEY DE GAUSS.211

se le conoce como carga ligada. No son moviles. Puede idearse una magnitud vectorial queeste relacionada solamente con la carga libre por algo parecido a la ley de Gauss.

S

E · da = 4π

V

ρlibredv

div( E ) = 4πρlibre

Para el campo electrico

div E = 4π(ρlibre + ρligada) (10.40)

div E = div( E ) + 4π(ρligada)

div(1 − ) E = 4πρligada

div( − 1) E = −4πρligada

P = χe E (10.41)

P = ( − 1)

4π E

4π P = ( − 1) E

div P = −ρligada (10.42)

Se cumple siempre, la ecuacion (10.42) son promedios sobre volumenes suficientemente

grandes para que P y ρligada sean continuas

div E = 4πρlibre + 4πρligada

div E = 4πρlibre − 4π div P

div( E + 4π P ) = 4πρlibre (10.43)

Lo anterior es completamente independiente de toda relacion entre E y P . No se limita alos materiales dielectricos, en los que P es proporcional a E . Definamos el vector desplaza-miento electrico D por

D = E + 4π P (10.44)

En un dielectrico isotropico, D = E pues la relacion

div D = 4πρlibre (10.45)

Se cumple en cada caso en que puedan definirse las magnitudes macroscopicas P , E y ρ.La ecuacion (10.45) puede sugerir que podemos considerar a D como un vector campo cuyafuente es la distribucion de carga libre ρlibre, en el mismo sentido que la distribucion de cargatotal ρ es la fuente de E . Esto serıa incorrecto. El campo E esta determinado unıvocamente




(excepto por la adicion de un campo constante) por la distribucion de carga ρ debido a que,

en adicion a div E = 4πρ existe rot E = 0. En general no es cierto que rot D = 0. Ası que ρlibre

no es suficiente para determinar D. Se necesitan las condiciones de contorno en las superficiesde los distintos dielectricos. La introduccion de D es un artificio que, en general, no es muyutil.

A continuacion reunimos las conclusiones esenciales acerca de los campos electricos en lamateria.

La materia puede polarizarse, esta circunstancia se explica completamente, en lo querespecta al campo macroscopico por una densidad de polarizacion P , que es el momentodipolar por unidad de volumen. La contribucion de dicha materia a E es la misma que siρligada existiese en el vacıo con densidad ρligada = − div P .

En la superficie de una sustancia polarizada, donde hay una discontinuidad de P , esta sereduce a una carga superficial de densidad σ = −P n. Anadamos una ρlibre y el campo electricoes el que producirıa en el vacıo esta distribucion total de carga.

Este es el campo macroscopico E dentro y fuera de la materia, entendiendo que dentro

de la materia es el promedio espacial del campo microscopico verdadero. Si en un material P es proporcional a E lo llamamos dielectrico.

Definimos la susceptibilidad electrica y la constante dielectrica caracterıstica de este ma-terial

χe =

P E = 1 + 4πχe .

Las cargas libres sumergidas en un dielectrico dan lugar a un campo electrico que es 1/del que las mismas cargas producirıan en el vacıo.

10.12. Una mirada microscopica del dielectrico.

La polarizacion P en el dielectrico es simplemente una manifestacion, a gran escala,de los momentos dipolares electricos de los atomos y moleculas de las cuales el materialesta compuesto. Donde P es la densidad de momento dipolar medio, que es igual al vectormomento dipolar total por unidad de volumen promediado sobre una region suficientementegrande como para contener un gran numero de atomos. Si E = 0 no hay direccion privilegiada,implica P = 0.

Si E

= 0 la polarizacion puede llevarse a cabo de dos maneras:

1. Cada atomo o molecula adquiere un momento dipolar proporcional y en la direccion de E .

2. Si hay moleculas polares los dipolos se reorientan paralelos al campo.

Ambos efectos contribuyen a la polarizacion en la direccion de E , es decir P /E = χe > 0.




de la fraccion alineada con el campo a una temperatura T dada es:

pE

kBT =⇒ P ≈ Np

pE

kBT

=

Np2

kBT E

=

⇒χe =

P

E

= N p2

kBT Esta estimacion produce para el agua un valor para la susceptibilidad de 3.0 siendo que

el valor correcto es 6.3, a temperatura ambiente. Las interacciones con los vecinos complicanla derivacion teorica.

10.13. Polarizacion en campos variables.

Hasta ahora nosotros hemos considerado solo campos electroestaticos. Debemos ver quepasa con campos variables en el tiempo, un condensador usando corriente alterna por ejemplo.¿Los cambios en P marcharan con los cambios en E ? ¿La razon P/E sera la misma, en un

instante, que en el caso estatico? Para variaciones “lentas” no esperamos cambios, que son“lentas” depende del particular proceso fısico. La polarizacion inducida y la orientacion dedipolos permanentes son dos procesos con respuestas de tiempo muy diferentes.

Para la polarizacion inducida, distorsion en la estructura electronica que involucran pe-quenas masas y estructuras muy rıgidas, la frecuencias naturales son muy altas lo que implicaperıodos del orden de 10−16 [s]. Por lo tanto, 10−14 [s] en un atomo es un tiempo largo. Porestas razones para sustancias no polares el comportamiento es practicamente el mismo concorriente continua o alterna, con frecuencias del orden de la de la luz visible. La polarizacionsigue al campo y χe es independiente de ω .

La orientacion de una molecula es un proceso muy diferente de la mera distorsion de la

nube electronica. La molecula entera debe rotar y eso involucra escalas de tiempo mayores(10−11 [s] en agua). Los dipolos simplemente no pueden seguir alteraciones rapidas del campo.Para solidos los tiempos son ∼ 10−5 [s]. En este caso la constante dielectrica cae a valorestıpicos de sustancias no polares.

10.14. Corriente de carga ligada.

Si la polarizacion cambia en el tiempo hay una corriente electrica, un genuino movimientode carga. Supongamos N dipolos en un cm3 de dielectrico, y que en un dt cambia de p a p+d plo que implica que la densidad de polarizacion P cambia de P = N p a P + d P = N ( p + d p).

Supongamos que el cambio d p fue consecuencia de mover una carga q un ds en cada atomo,Lo que implica que d p = qds. Durante el dt tendremos una nube de carga de densidad Nq moviendose con velocidad v = ds/dt luego J sera

J = ρv = N q ds

dt = N

d p

dt =

d P

dt

La conexion entre la razon de cambio de la polarizacion y la densidad de corriente, J = d P/dt es independiente del modelo. Un cambio en la polarizacion es una corriente de



10.14. CORRIENTE DE CARGA LIGADA. 215

conduccion. Naturalmente, tal como cualquier corriente, es fuente de un campo magnetico.Si no hay otras corrientes, podrıamos escribir el rotor del campo magnetico como

rot B = 1

c

∂ E

∂t +

4π

c

∂ P

∂t

La unica diferencia con una densidad de corriente “ordinaria” de conduccion y la densidadde corriente ∂ P/∂t es que la primera involucra carga libre en movimiento y la otra carga ligadaen movimiento. Hay razones para hacer la distincion: No podemos tener una corriente de cargaligada estacionaria, es decir, que una vez que se establezca no cambie. Usualmente se prefiereconsiderar por separado ambas corrientes, manteniendo el sımbolo J para las densidades decorrientes de carga libre solamente. Ası la ecuacion de Maxwell queda

rot B = 1

c

∂ E

∂t + 4π

∂ P

∂t + 4π J

El penultimo termino corresponde a la densidad de corriente ligada y el ultimo a ladensidad de corriente libre. En un medio dielectrico E +4π P = E , luego podemos compactarla ecuacion

rot B = 1

c

∂ E

∂t + 4π J

Usualmente se introduce D = E + 4π P , el vector desplazamiento

rot B =

1

c∂ D

∂t + 4π J

El termino ∂ D/∂t se refiere como corrientes de desplazamiento. La parte que involucra

∂ P/∂t representa una “honesta” corriente de conduccion, con movimiento real de carga. Launica parte de la densidad de corriente total que no es simplemente carga en movimiento, esla parte ∂ E/∂t, la corriente de desplazamiento en el vacıo.

rot B = 1

c

∂ E

∂t + 4π

∂ P

∂t + 4π J

El primer termino corresponde a una densidad de corriente de desplazamiento en el vacıo.El segundo a una densidad de corriente de carga ligada. El tercero a una densidad de corrientede carga libre. La distincion entre carga libre y carga ligada puede no ser una tarea f acil.

Este ejemplo muestra en el mundo atomico la distincion entre carga libre y carga ligadaes mas o menos arbitraria, ası tambien la densidad de polarizacion. El momento dipolarmolecular esta bien definido solo cuando las moleculas son identificables y uno puede decireste atomo pertenece a esta molecula o no, en muchos cristales esta distincion no es clara.




P P

carga positiva libre carga negativa libre

carga negativa libre carga positiva libre

Figura 10.30: Dielectrico, identificacion de la carga libre y ligada.

10.15. Una onda electromagnetica en un dielectrico.

Consideremos campos electricos y magneticos en un medio dielectrico ilimitado. El dielectri-co es un aislador perfecto, es decir, no hay corriente libre, J = 0. Si no hay carga libre perohay carga ligada implicarıa que la divergencia del campo electrico es distinta de cero. Siacordamos considerar la divergencia nula entonces las densidades de carga tanto libre comoligada seran cero.

Las ecuaciones de Maxwell quedan

rot E = −1

c

∂ B

∂t div E = 0 (10.46)

rot B = + c ∂ E ∂t div B = 0 (10.47)

Probamos soluciones de la forma

E = zE 0 sen(ky − ωt)

B = xB0 sen(ky − ωt)

El angulo (ky − ωt) es llamado la fase de la onda. La razon ω/k es la velocidad de fase,en este caso la velocidad de la onda. Si derivamos

rot E = +xE 0k cos(ky − ωt) ∂E ∂t = −zE 0ω cos(ky − ωt)

rot B = −zB0k cos(ky − ωt) ∂B

∂t = −xB0ω cos(ky − ωt)

Sustituyendo encontramos

ω

k =

c√

y B0 =√

E 0



10.15. UNA ONDA ELECTROMAGN ETICA EN UN DIELECTRICO. 217

La velocidad de la onda difiere de la velocidad de la luz en el vacıo por un factor 1/√

.Las amplitudes de los campos electrico y magnetico, que son iguales en el vacıo, difieren enun factor

√ , siendo menor el electrico. E ⊥ B se mantiene y viajan en direccion E × B, esto

se mantiene. ν vacio = ν medio lo que implica que λmedio < λvacio, ya que λν = v. La luz viajandoen un vidrio, es un ejemplo de lo anteriormente descrito. Definimos el ındice de refraccion n

como n=c/v, es decir, n = √ .

Fin clase XXXIX.



Capıtulo 11

Ejercicios Resueltos.

11.1. Campo electrico de una lamina y una pared.

Un plano indefinido tiene una distribucion superficial de carga uniforme σ en su superficie.

Inmediatamente a la derecha existe una capa indefinida paralela de espesor d cargada conuna densidad cubica ρ constante, figura 1. Todas las cargas estan fijas. Hallar E en cualquierpunto del espacio.

σ

ρ

d

Figura 1

Solucion:

E (x) =

+2π(ρd + σ)x x > d/2

+2π(ρx + σ)x 0 < x < d/2

−2π(ρx − σ)x −d/2 < x < 0

−2π(ρd + σ)x x ← d/2

219



220 CAP ITULO 11. EJERCICIOS RESUELTOS.

11.2. Campo electrico de un dipolo.

Considere el dipolo electrico mostrado en la figura 2.

x

y

−q q

2a

Figura 2

i) Encuentre el campo electrico en todo el espacio.

ii) Demuestre que el campo electrico en un punto distante a lo largo del eje x, es decir x a,es

E x 4qa

x3

Solucion:

x

y

−a a

q−q

(x,y)

El potencial ϕ(x, y) en todo el plano es

ϕ(x, y) = q

[(x − a)2 + y2]1/2 +

−q

[(x + a)2 + y2]1/2 .

Derivando el campo E = − ∇ϕ

E =

q (x − a)

[(x − a)2 + y2]3/2 +

−q (x + a)

[(x + a)2 + y2]3/2

x

qy

[(x − a)2 + y2]3/2 +

−qy

[(x + a)2 + y2]3/2

y



11.2. CAMPO ELECTRICO DE UN DIPOLO. 221

A lo largo del eje x tenemos y = 0

E (x, 0) =

q (x − a)

(x − a)3 +

−q (x + a)

(x + a)3

x + (0 + 0) y

Solo sobrevive la componente x

E x =

q

(x − a)2 +

−q

(x + a)2

= qx2 + 2qxa + qa2 − qx2 + 2qxa − qa2

x4(1 − (a/x)2)2

= 4qa

x3(1 − (a/x)2)2

Si a << x entonces

E x 4qa

x3




11.3. Campo electrico de un disco con hoyo central.

Un disco delgado de radio b =3 [cm], tiene un hoyo circular de radio a =1 [cm] en elmedio. Hay una carga superficial uniformemente distribuida de σ = −4 [ues/cm2] sobre eldisco

a) ¿Cual es el potencial en statvolts en el centro del hoyo? (Suponga potencial cero a unadistancia infinita)

b) Un electron, parte del reposo en el centro de el hoyo, moviendose a lo largo del eje desimetrı a, la unica fuerza que experimenta es la repulsion debido a la carga del disco.¿Cual es su velocidad terminal? (La masa del electron = 9 × 10−28 [g].)

Solucion:

R

r

z

ab

σ

El potencial sobre el eje z es

ϕ(z ) =

dq R = 2π

0

ba

σrdrdθ√ r2 + z 2

= 2πσ

ba

rdr√ r2 + z 2

,

Integrando respecto al radio

ϕ(z ) = 2πσ√

r2 + z 2ba

= 2πσ

√

b2 + z 2 −√

a2 + z 2

.

Evaluando en z = 0 para tener el valor en el centro

ϕ(z = 0) = ϕ0 = 2πσ(b − a) = −8π(3 − 1) = −16π

Ahora estudiemos la velocidad terminal

1

2mv2 = V q ⇐⇒ v =

2V q

m =

32πe

9 × 10−28



11.4. ESFERA QUE DESCARGA A TRAV ES SE UN CONDENSADOR. 223

11.4. Esfera que descarga a traves se un condensador.

Una esfera de radio a se carga a potencial V 0 y se aisla. Posteriormente se conecta a tierraa traves de un condesador cuya capacidad es C , figura 3. (Por definicion la tierra esta apotencial cero independientemente de la carga que adquiera)

a) Calcule el potencial final de la esfera, la carga final en la esfera y en el condensador.

b) ¿Cuanta energı a se disipo al hacer la conexion a tierra?

V o

C

a

Figura 3

Solucion: El potencial de una esfera conductora cargada es

V (r = a) = Q

a = V o .

Luego la carga inicicla en la esfera.Qi = aV o .

Luego al conectar el condensador a tierra la esfera queda con una carga Qf y potencial V , elcondensador adquiere carga Qc y como esta conectado a la esfera tiene su mismo potencial.No hay paso de carga a tierra porque la carga no atraviesa el condensador. Por lo tanto,

se tiene por conservasion de la casa

Qf + Qc = Qi

Qc = CV

Qf = aV

Despejemos el voltaje actual

V = Qf

a =

Qi − Qc

a =

aV o − CV

a

V

1 +

C

a

= V o

V = V o

a

a + C

=

V oa

a + C




Encontremos la carga final

Qf = Qi − Qc = aV o − CV = aV o − CV 0a

a + C

= aV oa + C − C

a + C =

a2V oa + C

La carga en el condensador

Qc = aV o − a2V oa + C

= aV o[a + C − a]

a + C

= aV oC

a + C

La energı a inicial del sistema es la energı a a;macenada en ele campo electrico de la esferacargada

U i = 1

8π

E 2 dv =

1

8π

∞a

Q2i

r4 4πr2 dr

= 1

2Q2

i

∞a

1

r2 dr =

1

2Q2

i

−1

r

∞

a

= 1

2Q2

i

1

a

La energı a final es la energia almacenada en el campo electrico de la esfera mas la energı aalmacenada en el campo electrico del condensador, esto es:

U f = 1

2

Q2f

a +

1

2

Q2c

C .

Por lo tanto la energı a disipada es

∆U =U i − U f = 1

2aV 2o C

1

a + C



11.5. CIRCUITO. 225

11.5. Circuito.

Para el circuito de la figura, plantee las ecuaciones de Kirchhoff que permiten encontrarlas corrientes.Los voltajes son: V 1 = 240 [V],V 2 = 60 [V], V 3 = 20 [V] y las resistencias:R1 = 10 [Ω], R2 =20 [Ω], R3 = 30 [Ω] y R4 = 40 [Ω]. Encuentre las corrientes.

V 2V 1 V 3

R4 R3 R2 R1

Solucion:

V 2

I 1 I 2 I 4

I 3 I 5

V 1 V 3

R4 R3 R21 R

Las leyes de Kirchhoff:

I 1 = I 2 + I 3 (11.1)

I 2 = I 4 + I 5 (11.2)

V 1 + I 1R1 + I 3R2 = 0 (11.3)

V 2 − I 5R3 + I 3R2 + V 1 = 0 (11.4)

V 3 + I 4R4 − I 5R3 + V 2 = 0 (11.5)

I 1 − I 2 − I 3 = 0

I 2 − I 4 − I 5 = 0

−I 1R1 − I 3R2 = V 1

−I 3R2 − I 5R3 = V 1 + V 2

−I 4R4 + I 5R3 = V 2 + V 3




Usando I 1 = I 2 + I 3 y I 4 = I 2 − I 5 mas los valores de los voltajes y las resistencias,tenemos

−10(I 2 + I 3) − 20I 3 = 240

−20I 3 + 30I 5 = 300

−40(I 2 − I 5) + 30I 5 = 80

Despejando I 2 = −24 − 3I 3 y reemplazando

−2I 3 + 3I 5 = 30

12I 3 + 7I 5 = −88

multiplicando por 6 la primera y sumando

25I 5 = 92 =⇒

I 5 = 92

25[A] = 3.68[A]

Reemplazando

I 3 = −237

25 [A] = −9.48[A]

Devolviendose

I 2 = 111

25 [A] = 4.44[A]

Despejando I 1

I 1 = −126

25 [A] = −5.04[A]

Finalmente

I 4 = 19

25[A] = 0.76[A]



11.6. POTENCIA Y RESISTENCIAS. 227

11.6. Potencia y resistencias.

La figura muestra tres lamparas conectadas a una fuente de voltaje (V ). Las primeras doslamparas tienen focos que disipan la misma potencia P y la tercera lampara tiene un focoque disipa P/2. Encuentre la corriente y la resistencia de cada foco.

P/2

P

P

V

I

Solucion: La potencia P la podemos escribir como:

P = I V = V 2

R = RI 2

Despejemos las resistencias en funcion de la potencia y el voltaje

R1 = 2V 2

P R2 = R3 = V 2

P

Despejemos las corrientes

I 1 = P

2V I 2 = I 3 =

P

V

Sumando las corrientes

I = P

2V +

2P

V =

5P

2V

Despejando P y reemplazandolo en las resistencias

R1 = 2V 2

P =

5V

I R2 = R3 =

V 2

P =

5V

2I

Las corrientes

I 1 = I

5 I 2 = I 3 =

2I

5




11.7. Cargas en un campo magnetico.

Un ion de masa m con una sola carga se acelera desde el reposo por medio de una diferenciade potencial V . Despues es desviado por un campo magnetico uniforme (perpendicular ala velocidad del ion) hacia un semicı rculo de radio R. A continuacion, un segundo iondoblemente cargado de masa m se acelera a traves de la misma diferencia de potencial y sedesvı a mediante el mismo campo magnetico hacia un semicı rculo de radio R = 2R. ¿Cuales la razon entre las masas de los iones?Solucion:

F

v

Bm

q

A partir de la diferencia de potencial ganan energı a cinetica

q 1V = 1

2m1v2

1 =⇒ v1 =

2q 1V

m1

q 2V = 1

2m2v2

2 =⇒ v2 =

2q 2V

m2

Igualando la fuerza de Lorentz con la centrı peta

q 1c

v1B = m1v2

1

R1=⇒ v1 =

q 1R1B

cm1

q 2c

v2B = m2v22

R2=⇒ v2 = q 2R2B

cm2

Comparando ambas expresiones

2q 1V

m1=

q 1R1B

cm1=⇒ m1 =

q 1R21B2

2c2V 2q 2V

m2=

q 2R2B

cm2=⇒ m2 =

q 2R22B2

2c2V

Como m1 = m, q 1 = e, R1 = R y m2 = m, q 2 = 2e, R2 = 2R tenemos

m1

m2=

m

m =

q 1R21B2

2c2V × 2c2V

q 2R22B2

= eR2

2e × 4R2 =

1

8

Finalmentem = 8m



11.8. CAMPO DE DOS HILOS CONDUCTORES. 229

11.8. Campo de dos hilos conductores.

Dos largos conductores paralelos conducen las corrientes I 1 e I 2 ambas dirigidas haciaadentro de la pagina. Determine la magnitud y direccion del campo magnetico resultante enel punto P de la figura.

P

1

2

I

I

a

b

Solucion:

1

2

I

I

a

b

P I1

I2

b

a P

α

ααβ

α+β=π/2

x

y

x

y

En el sistema rotado BI 1 = 2I 1

ac (−y) y BI 2 =

2I 2bc

(+x)

B = 2

c

I 2b

x − I 1a

y

En el sistema original

BI 1 = 2I 1

ac [cos α(−x) + sen α(−y)]

BI 2 = 2I 2

bc [sen α(x) + cos α(−y)]

Finalmente,




B = 2I 2

bc [sen α(x) − cos α(y)]

−2I 1ac

[cos α(x) + sin α(y)]

En terminos de las distancias,

B = 2I 2

bc

b√ a2 + b2

(x) − a√ a2 + b2

(y)

−2I 1ac

a√ a2 + b2

(x) + b√ a2 + b2

(y)



11.9. CAMPO DE UNA TIRA MET ALICA CON CORRIENTE. 231

11.9. Campo de una tira metalica con corriente.

Por una delgada tira metalica muy larga de ancho w circula una corriente I a lo largo desu longitud, como en la figura. Determine el campo magnetico en el plano de la tira (en unpunto externo P) a una distancia b de un extremo.

b

x

y

z

w

I

P

0

Solucion: Conocemos el campo magnetico a una distancia r de una hilo largo por el cualcircula una corriente I , B = 2I θ/rc. A partir de este resultado expresamos el diferencial decampo debido a una lı nea con un diferencial de corriente

d B = 2dI

(w/2 − y + b)cz

Con dI

I =

dy

w lo que implica dI = Idy/w, luego

d B = 2I w

dy(w/2 − y + b)c

z

Integrando

B = 2I

w

w/2

−w/2

dy

(w/2 − y + b)cz

B = − 2I

cw Log

b +

w

2 − y

w/2

−w/2z

= − 2I cw

Log

bb + w

z

Finalmente,

B = 2I

cw Log

b + w

b

z




11.10. Campo de hilo cargado con forma de arcos.

Determine el campo magnetico en un punto P que muestra la figura. Por el alambrecircula una corriente estable I

60o

Pa

b I

Solucion: Supongamos que el eje z sale normal de la pagina. Claramente los segmentosrectos no contribuyen ya que ds r, luego el campo del segmento semicircular mas interno

BI =

π/3

0

Ibdθ

cb2 =

Iπ

3cb(−k)

Y ahora el mas interno

BI =

π/3

0

Iadθ

ca2 =

Iπ

3ab(k)

El campo total

BT = Iπ3c

1a − 1

b

= Iπ

3abc[b − a]z



11.11. INDUCCI ON EN LAZO RECTANGULAR ALEJANDOSE DE UN HILO CONDUCTOR.233

11.11. Induccion en lazo rectangular alejandose de un

hilo conductor.

Un lazo rectangular de dimensiones L y w se mueve con una velocidad constante valejandose de un largo alambre que conduce una corriente I en el plano del lazo. La re-

sistencia total del lazo es R. Obtenga una expresion que brinde la corriente en el lazo en elinstante en que el lado cercano se encuentra a una distancia h.

v

I

w

L

h

R

Solucion: El campo es B = 2I/rc el flujo Φ =

B · da = x2

x1BLdx. Las posiciones

x1(t) = vt y la de x2(t) = vt + w. Calculemos el flujo

Φ =

x2

x1

2I

xcLdx

= 2IL

c

x2

x1

dx

x =

2IL

c Log

x2

x1

= 2ILc

Log

vt + wvt

Definimos t∗ = h/v

ε = −1

c

dΦ

dt = −2IL

c2

vt

vt + w

vvt − v(vt + w)

(vt)2

ε = −2IL

c2

1

vt + w

−w

t =

2IL

c2

w

t(vt + w)

La corrienteI (t) =

ε

R =

2ILw

c2Rt(vt + w)

Evaluando en t∗

I (t∗ = h/v) = 2ILwv

c2Rh(h + w)




11.12. Espira circular en campo uniforme y decrecien-

te.

En la figura se muestra un lazo circular de radio r que tiene una resistencia R distribuidauniformemente por todo su largo. El plano del lazo es normal al campo magnetico B que

disminuye a una taza constante dB/dt = −k, donde k es una constante positiva.

i) ¿Cual es la direccion de la corriente inducida?

ii) ¿Cual es el valor de la corriente inducida?

apuntes electro p2004

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