qe = - e - fisica.ru

Capítulo 2
Electrostática
2.1. Carga Eléctrica
Se sabe que en la naturaleza unas pocas fuerzas fundamentales
son responsables de todas las interacciones entre
la materia Entre ellas se cuenta:
fuerza gravitacional (responsable de la atracción entre
masas)
fuerza electromagnética (responsable de los fenómenos
químicos)
fuerza nuclear (responsable de la estabilidad del nucleo
atómico)
El descubrimiento de la fuerza eléctrica nace de la observación
que, ciertos materiales, al ser frotados y puestos
a cierta distancia, o se atraen o se repelen. Se dice están
electrizados o cargados eléctricamente (ver NOTA 1 ).
Algunos experimentos simples son suficientes para determinar
que sólo existen dos tipos de cargas: las llamaremos
positivas y negativas.
2.1.1. Unidad de Carga Eléctrica
La carga eléctrica, al igual que cualquier propiedad física,
requiere de una unidad para ser cuantificada.
La unidad de carga en el Sistema Internacional de
Unidades es el Coulomb (que se abrevia [C]), cantidad
que se establece midiendo la cantidad de iones (cantidad
1 NOTA: El caso de una barra de caucho que es frotada contra piel
y luego suspendida es clarificador: si se acerca una segunda barra de
caucho tratada de la misma manera se observa que las barras se repelen.
Por otro lado al acercar una barra de vidrio frotada contra seda las barras
(de caucho y de vidrio) se atraen. Una explicación posible es que por la
acción de frotación el caucho y el vidrio an adquirido algo (carga) que
en un caso produce atracción y en el otro repulsión.
Una situación interesante ocurre cuando lo que se suspende es una
barra de vidrio frotada contra seda. Al acercar una segunda barra de
vidrio tratada de la misma manera se produce también repulsion.
En consecuencia barras tratadas de la misma manera adquirieron la
misma carga y se repelen; barras tratadas de manera diferente pueden
repelerse o atraerse, es decir tienen la misma carga o diferente.
25
de partículas de carga positiva) que se producen en una
determinada reacción química para un mol de un cierto
material.
Carga del electrón. En terminos del Coulomb, es posible
establecer la carga electrica qe del electrón
qe ¢¡ 1£ 6021 ¤ 10 ¥ 19 [C] (2.1)
Quanto de carga. La cantidad
e 1£ 6021 ¤ 10 ¥ 19
[C]
se conoce como “quanto de carga” pues en la naturaleza
no se encuentran partículas libres con carga menor que
dicho quanto. Con esta notación la carga qe del electrón
se abrevia:
qe ¦¡ e
Definición práctica del Coulomb. Una definición práctica
del Coulomb está dada en términos de otra unidad, el
Ampere (se abrevia [A] y lo estudiaremos más adelante)
que cuantifica la cantidad total de carga que pasa por una
superficie dada en un tiempo dado. Es decir cuantifica una
corriente de carga.
Un Ampere (1 [A]) de corriente significa, por definición,
que cruza un Coulomb de carga por segundo (1
[C/s]) la superficie en cuestión.
2.1.2. Cuantización de la Carga Eléctrica
En 1909, Robert Millikan mostró experimentalmente que
la carga eléctrica q de un objeto es siempre un multiplo
entero de la unidad fundamental de carga e. Es decir la
carga eletrica viene en multiplos q ¨§ Ne del cuanto fundamental
de carga e (N entero).
Ya vimos que la carga del electrón es qe ¢¡ e. Un protón
tiene precisamente una unidad de esta carga, pero de signo
opuesto, es decir su carga es qp e. Otra partícula de
interés es el neutrón, de carga nula, qn 0.

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 26
La siguiente tabla resume algunas propiedades de estas
partículas:
Partícula Carga [C] Masa [Kg]
Electrón (e) ¡ 1£ 6022 ¤ 10 ¥ 19 9£ 1095 ¤ 10 ¥ 31
Protón (p) 1£ 6022 ¤ 10 ¥ 19 1£ 6726 ¤ 10 ¥ 27
Neutrón (n) 0 1£ 6749 ¤ 10 ¥ 27
2.1.3. Ejercicios y Ejemplos
1. ¿A qué número de ‘quantos’de carga e equivale 1
[C]?.
Rpta. Puesto que e 1£ 6021 ¤ 10 ¥ 19 [C], entonces,
despejando 1[C]=[C] queda:
1
C¢
¡
1£ 6021 ¤ 10 ¥ 19e 6£ 24 ¤ 10 18 e
esto es, 6.24 trillones de partículas.
2. Sobre un cable circula una corriente (de electrones)
de 1 [A]. ¿Cuántos electrones pasaron una superficie
transversal cualquiera del cable durante 1 [s]?.
Rpta. Una corriente de 1 [A] significa que pasó
1[C], en cada segundo, por la superficie. Usando el
resultado anterior queda: 6.24 trillones de electrones.
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 27
2.2. Ley de Fuerza de Coulomb
En 1785 Charles Augustín Coulomb (1736-1806) descubrió
que la fuerza entre dos cargas puntuales q 1 ,q 2 es:
(a) inversamente proporcional al cuadrado de la distancia
que las separa y dirigida a lo largo de la recta que
une los centros.
(b) proporcional al producto q 1 q 2 de las cargas
(c) atractiva si las cargas tienen signos opuestos y repulsiva
si tienen signos iguales.
O
r2
q 2
{
r 12
r 1
q 1
Figura 2.1: Fuerza entre cargas
F 12
Esto se puede resumir en que la fuerza F 12 que ejerce
una carga q 2 sobre otra carga q 1 colocada a una distancia
r 12
¡£¢¤¢
r 1 ¡
r ¢¤¢
2 de ella, está dada por la expresión
F 12
Kq 1 q 2
r 2 12
ˆr 12
Kq1 2¥ q r ¡
¢§¢
1
r ¡
1 r2 ¢¤¢ 3
r 2¦
(2.2)
donde r 1 y r 2 son los vectores de posición de las cargas,
y ˆr 12 es un vector unitario que apunta desde q 2 hacia
q 1 y K es una constante de proporcionalidad cuyo valor
depende del sistema de unidades utilizado. Esta expresión
es conocida como la Ley de Coulomb.
Para calcular la constante K basta medir (experimentalmente)
la fuerza con que interactúan dos cargas de magnitud
conocida y separadas una distancia conocida. En el
Sistema Internacional de Unidades (SI) (alias MKS) se
obtiene
K ¨ 8£ 99 ¤ 10 9 [N m 2© C 2 ]
Es conveniente reescribir K como
¨ 9£ 0 ¤ 10 9 [N m 2© C 2 ] (2.3)
K ¡ 1
4πε 0
(2.4)
donde ε 0 , la llamada permitividad dieléctrica del espacio
vacío, es
ε 0 ¨ 8£ 8542 ¤ 10 ¥ 12 [C 2 /Nm 2 ]£ (2.5)
Entonces, en el Sistema Internacional de Unidades, la Ley
de Coulomb adquiere la forma
F 12
q 1 q 2
r 12
¡
2¥ 2¦
¢§¢ ¡ ¢¤¢
1
4πε0 ˆr 12
1 q1q r1 r
4πε0 r2 r 2
1
2.2.1. Ejercicios y Ejemplos
(2.6)
1.a Una molécula de Hidrógeno esta formada por un protón
y un electrón separados a una distancia de a
1£ 0 ¤ 10 ¥ 8 [cm]. ¿Cuántos Newtons vale la fuerza
eléctrica de atracción entre las cargas?.
Rpta.
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
F ¢§¢ F ¢¤¢ K qpqe
a 2
¨ 9 ¤ 10 9 ¥ 1£ 602 ¤ 10 ¥ 19 ¦ 2
¥ 0£ 01 ¤ 10 ¥ ¦
2£
8 2
31 ¤ 10 ¥ 8
[N]
1.b Compare la magnitud de la fuerza eléctrica entre estas
dos partículas con la magnitud de la fuerza de
atracción gravitacional entre ellas.
NOTA: La fuerza gravitacional entre 2 masas puntuales
m 1 y m 2 , separadas a una distancia r 21 entre
ellas satisface una ley similar a la ley de Coulomb
(la Ley de Atracción Universal de Newton):
F grav
12
Gm 1 m 2
r 2 12
ˆr 12
en que la constante de gravitación universal G
6£ 67 ¤ 10 ¥ 11 [N m 2 /kg 2 ]

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 28
Rpta. Como antes evaluamos la expresión y obtenemos
¢¤¢ F F ¢§¢ mpme
G
a2 6£ 67 ¨ ¤ 10 ¥ ¥ 11 1£ 67 ¤ 10 ¥ 27
¥ 9£ 11 ¦ ¤ 10 ¥ 31
¦
¥ 0£ 01 ¤ 10 ¥ ¦
8 2
1£ 01 ¤ 10 ¥ 47 [N]
’!Podemos apreciar que la fuerza de atracción de
masas es mucho más pequeña que la fuerza eléctrica!
(10 ¥ 37 veces más pequeña). Tanto que, en muchos de
los ejemplos que veremos, despreciaremos esta interacción
frente a la eléctrica.
1.c Si debido a esta fuerza eléctrica el electrón gira en
círculos. ¿A cuántos g’s (magnitud de la aceleración
de gravedad en la superficie de la tierra) equivale
la aceleración normal generada por ésta fuerza?.
¿Cuántas vueltas da por segundo el electrón en torno
al protón?.
Rpta. Puesto que el electrón se mueve en círculos
en torno al protón, la aceleración normal satisface.
mean
an
an
F electr.
F electr.
me
2£ 31 ¤ 10 ¥ 9£
8
11 ¤ 10 ¥ 31
2£ 54 ¤ 10 22 [m/s 2 ]
y equivale a 2£ 54 ¤ 10 22© 9£ 8 2£ 59 ¤ 10 21 veces g.
2.2.2. Principio de Superposición
Como vimos en el curso de Mecánica de la partícula
(Fisica I) cuando hay muchas fuerzas actúando sobre
una partícula la acción neta sobre la partícula
(fuerza neta) se reduce a la suma vectorial de cada
una de las fuerzas que actúan sobre ella. De
acuerdo a esto, en el caso de un sistema de cargas
q 1¡ q 2¡ £ £ £ £¡ q N que interactúan con otra carga q 0 , la
fuerza eléctrica neta es igual a la suma vectorial de las
fuerzas que cada carga ejerce individualmente sobre q 0 .
F elec
0
F 01 F 02 £ £ £ F 0N (2.7)
r 0
q 0
F 0
r 1
q 1
r 2
Figura 2.2: Principio de superposición para la fuerza eléctrica
Si llamamos r 0 al vector de posición de la carga q 0 y
r 1¡ r 2¡ £ £ £ ¡ r N a los vectores de posición de las demás cargas,
la fuerza sobre q 0 se obtiene a partir de las suma vec-
torial
O equivalentemente
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
F 0
N
∑
i¢ 1
q 2
N Kq0qi ∑ ˆr 0i
1 r i¢ 0i
£
r n
q n
(2.8)
¡ i¤ ¢¤¢ ¡ ¢§¢
¡
¡
F0 Kq0qi r0 r
r0 r 3
i
(2.9)
donde hemos hecho uso que el vector unitario se puede
reescribir
r0 ri r0 ri r0i ¢¤¢ ˆr 0i ¢¤¢ r0i ¢¤¢
¢¤¢

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 29
2.3. Campo Eléctrico
2.3.1. Noción de Campo Gravitacional y
Campo Eléctrico
En el curso de Física I vimos el campo de aceleración
g ¥ r ¦ que experimenta una partícula de masa m debido a
la atracción de la Tierra. Este era un campo con simetría
esférica (como muestra la figura).
Rt + Z
Figura 2.3: Campo gravitacional en torno de la superficie del planeta
Tierra
En dicha ocasión encontramos que se obtenía mediante
g¥ r¦
F peso
m
¢¡
Z
g{
Z
GM T
¥ R2 T z 2 ¦
X
3 2 ˆr (2.10)
g¥
y que cerca de la superficie de la tiera (z 0) asume el
valor aproximado z 0¦ ¡ ¢¡
RT¢
GMT 3 ˆr ¢¡ 9£ 8ˆr.
De la expresión anterior se ve que g es una fuerza por
unidad de masa.
De la misma manera es posible definir un campo —
que llamaremos campo eléctrico— como una fuerza por
unidad de carga.
2.3.2. Definición de Campo Eléctrico
Se define el Campo Eléctrico E creado por una distribución
de cargas en un punto arbitrario P (posición
r en que se encuentra una carga de prueba q 0 ) como
E ¥ r¦
F0 q0 (2.11)
En estricto rigor la carga q 0 debe ser tan débil que,
al introducirla en un sistema de cargas, ella produzca
fuerzas muy pequeñas sobre las otras partículas del
sistema y por ese motivo no se altere las configuración de
posiciones de ellas. A una carga con estas características
se la llama carga de prueba. Matemáticamente esto se
expresa indicando que la medición se hace en el límite
q 0 £ 0.
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
Sin embargo hay que considerar que la carga eléctrica
no puede ser subdividida indefinidamente ya que hay una
unidad mínima de carga e (cuantización de la carga). De
modo que el valor más pequeño de q 0 es e.
En la práctica, la magnitud de las cargas que generan el
campo son muchos más grandes que la carga de un electrón
y cargas de prueba q 0 no tan pequeñas como e, permiten
definir correctamente el campo eléctrico en forma
experimental.
Utilizando la Ley de Coulomb, la definición de campo
eléctrico que acabamos de dar, y el Principio de Superposición,
es posible escribir una expresión para el cam-
po eléctrico creado por un conjunto discreto de cargas
q 1¡ £ £ £ q i¡ £ £ £ q N en un punto P con posición r
r P
E ¥ r ¦
q 0¤ 0
¡ lím
K
N
∑
F0 q0 qi ˆr pi
1 r i¢ 2 pi
Una expresión alternativa, útil al momento de calcular el
campo de una configuración complicada de carga, es:
E ¥ r ¦
K
N
¢¤¢ ∑
i¢ 1
i¥ q r ¡
r ¡ ri r i¦
¢¤¢ 3
(2.12)
donde se ha usado que rpi r ¡ ri y r ¢¤¢
pi r ¡ r ¢§¢
i . Note
que, dado que estamos sumando sólo sobre las posiciones
de las partículas del sistema y no sobre la posición de la
carga de prueba, el valor del campo depende sólo de la
variable de posición r de la carga de prueba. Note también
que esta expresión pone de manifiesto que el principio de
superposición se cumple para el (vector) campo eléctrico.
2.3.3. Fuerza Eléctrica en término del Campo
Eléctrico
Es claro que si conocemos el campo eléctrico ¥ r¦ E en todo
punto r la fuerza que actúa sobre una partícula puntual de
carga q debida al campo es simplemente
F ¥ r¦
q E¥ r¦ (2.13)
Una observación importante es que si q ¥ 0 tanto F como
E apuntan en la misma dirección, mientras que si q ¦ 0
entonces F apunta en dirección contraria a E. Pero esto no
tiene ninguna incidencia en la forma de calcular el campo
eléctrico.
Por último las unidades de campo eléctrico son Newtons/Coulomb:
[N/C].

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 30
2.3.4. Ejercicios y Ejemplos
1. En el experimento de Millikan, se equilibra un ‘quanto’de
carga e (ión) bajo la acción de: la fuerza
de peso ¡ mgˆ y la acción de un campo uniforme
E E 0 ˆ. Si la partícula corresponde a un protón,
¿cuál es el valor de E 0 necesario para este equilibrio?.
Rpta.
F neta m a
qe E mp g 0
eE0 ¡ mpg¤
£ ˆ 0
E0 mpg © 1£ e 02 ¤ 10 ¥ 7
[N/C]
2. Tres cargas q, Q y ¡ Q están dispuestas en los vértices
de un triangulo equilatero de lado a como muestra
la figura. ¿Cuál es el valor del campo que obra sobre
q?. ¿Cuál es el valor del campo sobre Q?. ¿Cuál
es valor del campo sobre ¡ Q?. ¿Cuál es el valor del
campo sobre el origen del sistema de coordenadas?.
Por último determine la fuerza eléctrica que siente
cada una de las cargas.
{
-Q
a
{
{
a/2
Q
a/2
Solución . Consideramos las posiciones de las cargas:
y usamos
rq
r Q
r¥ Q
E K
N
∑
q
a
ˆx
2
(2.14)
3
a ˆy (2.15)
2
¡ a
ˆy (2.16)
2
(2.17)
i¥ q r ¡
r ¢ ¡ ri r i¦
para evaluar el campo.
¢ 3
i¢ 1
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
En el caso del campo sobre la carga q se considera
la contribución de las cargas Q y ¡ Q al campo en el
punto en que se ubica la carga q. Así r rq y r1 rQ ,
r r¥ 2 Q . Queda:
E
¥ KQ r ¡
r ¢¤¢ ¡ rQ r Q¦
¢¤¢ 3 ¥
KQ¥ a© 2 ˆx ¡ ˆy¦
©
¡ ¢¤¢ © ¢¤¢ ©
3 2a
a 2 ˆx 3 2a ˆy 3
¡ KQ¥ a© 2 ˆx ¡
a © 2 ˆx ¡ ¢§¢
¥ Q a © 2 ˆx ¡ © 3 ˆy¦ 2a
KQ
a
a 3
KQ¦ r ¡
¥ ¡ r¥ Q¦
¢¤¢ r ¡ ¢¤¢ 3
Q r¥
a © 2¦
¡ ˆx¦
¡ Qa ˆx
a3 ¥
¡ a © 2¦ ˆx ¥
¢¤¢ 3
¡ 1 © 2 ˆx ¡ 3 © 2 ˆy¢
2¡
En el caso del campo sobre la carga Q se considera
la contribución de las cargas q y ¡ r¥
Q al campo en el
punto en que se ubica la carga Q. Así r
r2 Q . Queda:
rQ y r1 rq,
Kq ¥ r
E ¡
r ¡
Kq¥
rq¦
rq ¢¤¢ ¥
3
KQ¦ ¡ r ¥ ¡
r ¢¤¢ ¡
¢¤¢
¡ © ˆx¦
©
© ¡ ¢¤¢ © ¢¤¢
3 2a ˆy a 2
3 2a ˆx a 2 ˆx 3
¡ KQ¥
3 © 2a ˆy ¡
¢¤¢ 3 © 2a ˆy ¡
Q¦ r¥
Q r¥
¡ a © 2¦ ˆx ¦ ¥
¡ a © 2¦ ˆx ¥
¢¤¢ 3
KQ¥ a© 2 ˆx ¡ © 3 2a ˆy
a3 ¡ KQa ˆx
K
2a2 ¡ ¡
¥ q Q¦ ˆx ¥
¢§¢ 3
a 3
3¥ q ¡ Q¦ ˆy¢
En el caso del campo sobre el origen r 0 se considera
la contribución de las cargas q, Q y ¡ r¥
Q al campo
en el origen. Así r 0 y r1 rq, r2 Q y r3 rQ .

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 31
Queda:
Kq¥ r
E ¡
r ¡
¢¤¢
¥ K ¦ ¥ Q r ¡
r ¢§¢ ¡
Kq ¥ 0 ¡
¥ KQ¦ ¥
rq¦
rq ¢¤¢ 3 K ¥
r Q
r Q¦
¢¤¢ 3
rq¦
rq ¢§¢ ¥
3
0 ¡ ¢¤¢
¡ 0 Q¦ r
0 ¡ r ¢§¢ ¢§¢ 3
Q
¡ a © 2 ˆx¦ Kq¥
¡ © a 2 ¢§¢
¥
ˆx ¢¤¢ 3
¥ KQ ¥ 3 © 2a¦ ¦ ¥ ¦
¢¤¢ ¡
Kq¥
¥ KQ ¦ ¥
¥
¡
3 © 2a¦
a © 2 ˆx¦
¡
a3© ¥
8
¥
Q¦ r ¡
¥ ¡ r¥ Q¦
¢§¢ r ¡ ¢§¢ 3
Q r¥
KQ¦ ¡ 0 ¥ ¡
0 ¡ ¢¤¢
Q¦ r¥
Q r¥
¢§¢ 3
KQ¦
¡ ¡
¢§¢
¥
¡ a © 2 ˆx¦ ¡
¢¤¢ 3
3 © 2a ˆy¦ ¦
¡
33 2© 8a3 4Kq 4KQ ¡
ˆx
a2 a2 ˆx
KQ¦
¡ ¡
¥
¥
¡ a © 2 ˆx¦ ¦
¢¤¢
¥
3
¡ a © 2 ˆx¦ ¦ ¥
a3© 8
4KQ ¡
3a2 ˆy
3. La figura 2.4 muestra dos cargas puntuales positivas
iguales y de magnitud q, que están separadas a una
distancia 2d. Sobre el eje de las X se intenta poner
un protón a distancia x.
q 1 = +q
{
d { q 2 = +q
2 2
a +x
d {
x
Figura 2.4: Campo eléctrico sobre un protón debido a dos cargas
positivas. La figura grafíca los vectores unitarios ˆr 01 y ˆr 02 .
¿Cuál es el campo eléctrico que siente el protón debido
a las dos cargas?. ¿Cuánto vale este campo si las
r 02
r 01
cargas valen 1 [μC] cada una, cuando el protón está
a una distancia x 3d del origen y d 1£ 0 ¤ 10 ¥ 8
[cm]?. Grafique la magnitud del campo versus la
coordenada de posición x. ¿Dónde es máximo este
campo?.
Desarrollaremos este ejemplo con 2 métodos diferentes:
Solución A. Claramente los campos, provocadas por cada
carga q, por ser de igual magnitud, al ser sumados
proyectan una componente neta exclusivamente
en la dirección del eje X. El ángulo θ de
proyección satisface: cosθ x © d 2 x 2 . De
modo que el campo neto provocado por las dos
cargas resulta (usando que q 1 q2 q):
Ex/(Kqe/d^2)
E 0
K q 1
d 2 x 2 ¥ cosθ ˆx ¡ sinθ ˆy ¦
K q2 d2 ¥ cosθ ˆx sinθ ˆy¦
x2 q
2K
d2 cosθ ˆx
x2 q x
2K
2K
d 2 x 2
qx
¥ d2 x 2 ¦
ˆx
d2 x2 3 2 ˆx
La fuerza sobre el protón se obtiene simplemente
vía F qp E.
Graficando la componente Ex se obtiene:
0.8
0.6
0.4
0.2
0
−0.2
−0.4
−0.6
−0.8
−10 −5 0 5 10
Figura 2.5: Magnitud Ex
Ke d2 versus x d del campo sobre el eje x debido
a dos cargas positivas
x/d
El campo se anula si el protón está en el origen
y su intensidad es máxima a una distancia de
d del origen.
2
2
§¢¡
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
NOTA: Dibuje el vector E para distintos valores
de la posición x de la carga de prueba.

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 32
Solución B Ahora resolveremos el problema de manera
diferente. Las posiciones de cada carga son
r 1
r 2
d ˆy
¡ d ˆy
y el protón está en r x ˆx. El campo se obtiene
directamente evaluando:
r ¢¤¢ ¡
r ¢¤¢ ¡
r ¢¤¢ ¢§¢
1 x ˆx d ¢¤¢ ¡ ˆy x2 d2 r ¢¤¢ ¢§¢
2 x ¡ ˆx d ¢¤¢ ˆy x2 d2 y reemplazando en
Resulta
E ¥ r¦
2
∑
i¢ 1
i¥ Kq r ¡
r ¢§¢ ¡ ri r i¦
¢§¢ 3
x ˆx ¡
K ¥ q ¦ ¥ x ˆx
E ¡ d ¦ ˆy
¥ x2 d2 ¦ 3 2 K ¥ q ¥ ¥ ¦
¥ x2 d2 ¦
2Kqx
¥ x2 d 2 ¦
3 2 ˆx
d ˆy¦ ¡
¦
3 2
de modo que se recupera el resultado obtenido
anteriormente.
§ ¡
4. Demostrar que los máximos de intensidad para el
ejercicio anterior están ubicados en x 2
2 d
5. Considere ahora que la carga que está sobre la parte
positiva del eje y es reemplazada por una carga de
magnitud ¡ q. Sobre el eje de las X se intenta poner
un protón a distancia x. ¿Cuál es el campo que siente
el protón debido a las dos cargas?.
Grafique la magnitud del campo versus la posición x.
¿Dónde es máximo este campo.?
¡
Rpta. El desarrollo no varía respecto al ejercicio 3
excepto que ahra q1 carga son
q. Las posiciones de cada
r 1
r 2
d ˆy
¡ d ˆy
y el protón está en r x ˆx. El campo se obtiene directamente
evaluando:
r ¢¤¢ ¡
r ¢¤¢ ¡
r ¢¤¢ ¢¤¢
1 x ˆx d ¢¤¢ ¡ ˆy x2 d2 r ¢¤¢ ¢¤¢
2 x ¡ ˆx d ¢¤¢ ˆy x2 d2 y reemplazando en
E
2
∑
i¢ 1
i¥ Kq r ¡
r ¢§¢ ¡ ri Resulta (aquí es donde se usa que q 1 ¦¡ q)
K¥
¡ q¦ ¥ E x ˆx ¡ ˆy¦ d
2Kqd
r i¦
¢¤¢ 3
x ˆx ¡
¥ x2 d2 ¦ 3 2 K¥ q¦ ¥ ¥
¥ x2 d2 ¦
¥ x2 d 2 ¦
3 2 ˆy
d ˆy¦
¡
¦
3 2
de modo que la resultante neta es en la dirección vertical.
Graficando la magnitud de E se obtiene:
Ey/(Kqe/d^2)
1
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
−10 −5 0
x/d
5 10
Figura 2.6: Componente
debido a un par de cargas (positiva y negativa).
Ey
Ke d 2 del campo sobre el eje x versus x d
La intensidad tiene un máximo en magnitud para x
0 (sobre el origen).
6. Dos partículas de cargas q y ¡ 2q se ubican respectivamente
en posiciones x ¡ ©
a y x a en el eje de
las X. Determine la fuerza elétrica que experimenta
una partícula de prueba de carga q0 en:
q 2 ubicada
(a) el origen.
(b) el punto (x a,y a).
Solución:
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
(a) Para evaluar el campo eléctrico E que siente q0 debido a las 2 cargas q1 q y ¨¡ q2 2q usamos
la Ley de Coulomb y el Principio de Superposición:
E Kq 1
r 2 01
ˆr 01 Kq2 r2 ˆr 02
02

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 33
en que r 01 es la distancia entre la carga q 0 y
q 1 , y ˆr 01 es un vector unitario que apunta desde
la posición de q 1 a q 0 . Aquí r 02 es la distancia
entre q 0 y q 2 , en cuyo caso ˆr 02 es un vector
unitario que apunta de la posición de q 2 a la
posición de q 0 .
De acuerdo a la figura en este caso tenemos
ˆr 01 î, ˆr ¡
02 î, y las distancias son r01 r02 a. Sustituyendo estos valores en (2.18)
queda:
Kq
E
a2 ˆx K ¡ 2q¦ ¥
a2 3Kq
ˆx
a2 F q 0 E 3
2
Kq2 ˆx
a2 ¥
¡ ˆx ¦
(b) Dado que en este caso la partícula de prueba
está fuera del eje X (es decir hay una geometría
más complicada) conviene usar una estrategia
más poderosa. Considerando que
ˆr 01
ˆr 02
r 01
r 02
r ¡
0 r
¢¤¢
1
r ¡
0 r1 r ¡
0 r
¢¤¢
2
r ¡
0 r2 r ¢¤¢ ¡
0 r1 r ¢¤¢ ¡
0 r2 ¢§¢
la expresión (2.18) se puede reescribir:
¢§¢
¢§¢
¢§¢
Kq ¡
1 r 1¤ 0 r
¡
E ¢¤¢ r0 r 3
1
Kq ¡
2 2¤ r0 r
r ¢¤¢ ¡
0 r 3
2
¢¤¢
£
Esta expresión se puede evaluar determinando
los vectores posición r 0 , r 1 y r 2 por separado y
las normas indicadas. De acuerdo con la figura
se tiene:
r 0
r 1
r 2
y en consecuencia resulta
¢§¢
a ˆx a ˆy
a ˆx
¡ a ˆx
¡
¥ r0 r1 a ˆx a ˆy ¡
¦
¡
¥ r0 r2 a ˆx a ˆy¦
¡
¢§¢ 1 ¡
2 ¢¤¢
5 a
¢¤¢ ¡ ¢§¢ a
r0 r1 r0 r2 a ˆx¦ ¡
¥ a ˆx¦
¥
£
a ˆy
2a ˆx a ˆy
Reemplazando los valores anteriores en la ex-
presión (2.18) queda:
Kq
E
53 2a3 ¤
Kq
a 2
K¥
2q¦
¡
a3 2 ˆx ˆy
53 2
1
ˆx £¢
53 2
¥ 2a ˆx a ˆy¦
¤
¥ a ˆy¦
¡ ˆy¡
1 ¡ Kq
1¤ ˆy¡
53 2 a2 de donde la fuerza F q 0 E resulta
F 1
2
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
1
ˆx ¥¢
53 2
1 ¡ Kq
1¤ ˆy¡
53 2
2
a2 7. Se carga dos esferas muy pequeñas con cargas
iguales Q desconocida. Cada esfera tiene masa m
0£ 03 [kg]. Al suspenderlas, de un hilo de un largo
L 0£ 15 [m], ambas —bajo la acción del peso y la
repulsión electrostática—forman un ángulo de θ
5 o con la vertical. ¿Cuál es la carga Q de las esféras?.
¿Cuánto vale la tensión T ?.
Rpta. Como el problema es simétrico basta estudiar
lo que pasa con una esfera. En este problema hay
que considerar la acción de la gravedad.
La partícula de la derecha experimenta un campo
eléctrico debido a la carga de la izquierda de valor
E
KQ
¥ 2Lsinθ ¦
2 ˆx £
La fuerza eléctrica que ella siente es:
F elec Q E KQ 2
4L 2 sin 2 θ ˆx
fuerza de repulsión dirigida a lo largo del eje X y de
magnitud KQ 2© a 2 , en que a 2Lsinθ es la distancia
de separación entre las cargas. Las otras fuerzas que
experimenta la partícula son la de peso: ¡ mg ˆy y la
tensión T T cosθ ˆy ¡ T sinθ ˆx.
Como el sistema está en equilibrio mecánico la suma
de fuerzas horizontales y verticales deben ser nula
por separados, lo que entrega dos ecuaciones:
Q
K
2
4L2 sin2 ¡
θ
T sinθ 0
T cosθ ¡ mg 0

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 34
mg
cosθ
De la segunda ecuación se tiene T
plazada en la primera ecuación entrega
Q
K
2
4L2 sin2 θ
mg
cosθ sinθ
Q 2 4L2 sin2 θmg
sinθ
K cosθ
4L2mg sin
K
3 4£
θ
cosθ
4 ¤ 10 ¥ 8
[C]
0£ 044[μC]
, que reem-
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 35
2.4. Distribuciones Contínuas de
Carga
En esta sección veremos como se tratan sistemas con distribuciones
de cargas mas complicadas que las de las secciones
anteriores.
Cuando hay muchas cargas en un determinado volumen
(tambien puede ser muchas cargas en una cierta superficie
y/o segmento lineal) resulta conveniente definir una
densidad de carga por unidad de volumen ¥ ρ ¦ r (tal como
vimos en la sección 1.3.1):
¥ ¦ ρ r lím
Δ ¡£¢
¤ 0
ΔQ
Δ ¤ [C/m3 ] (2.18)
aquí la suma considera todas las cargas dentro del elemento
de volumen Δ ¤
. La posición del elemento de volumen
es su centro y está especificada por un vector de posición
r .
De acuerdo con lo anterior la carga neta dq de un elemento
de volumen d ¤
¡ ¢ £ límΔ 0 queda dada por:
dq ¥ ρ ¦ r d¤
en torno al punto definido por la posición r .
X
Z
r
Y
dq
dv
( r ) = dq
dv
(2.19)
2.4.1. Campo eléctrico creado por una distribución contínua
de carga
E ¥ r¦
X
Z
Y
r
r’
dv
r − r’
= − dq
ρ(r)
dv
Figura 2.7: Campo eléctrico creado por una distribución continua
de carga en el volumen
Campo eléctrico creado por una distribución
volumétrica de carga En muchas situaciones, la
carga eléctrica está distribuída sobre una volumen.
Entonces, conviene definir una densidad de carga
volumétrica ρq de carga por unidad de volumen.
Q¥ ¦ ¢
¤
¡ ρ r lím
Δ 0
∑i qi Δ ¤ [C/m3 ] (2.22)
Δ ¤
es el elemento de volumen donde reside la densidad
de carga ρq.
El campo eléctrico queda dado por:
E ¥ r¦
K ¦
¡ ¢
ρd ¤
r ¥ ¡
r ¢§¢ ¡ r
¢§¢ 3
r ¦
dq
(2.23)
Campo eléctrico creado por una distribución superficial
y/o lineal de carga En muchas situaciones, la carga
eléctrica está distribuída sobre una superficie e incluso sobre
una línea. Entonces, conviene definir una densidad de
carga superficial σ y una densidad de carga lineal λ, en
forma análoga a como se definió densidad de carga por
unidad de volumen.
dq¥ El campo eléctrico creado por esta carga sobre una
carga de prueba ubicada en r es
d E K dq ¥ r ¡
¢¤¢
¦ r
r ¡ ¢¤¢ r 3
(2.20)
El campo eléctrico total, se obtiene sumando las contribuciones
de los diferentes elementos de carga dq que pueda
haber en un volumen dado ¤
¥
§¦ ¥
donde existe carga eléctrica.
dq r
K ¡
¢§¢
¦ r
r ¡
¥ ¦
¢§¢
σ r lím
ΔS
r 3 (2.21)
¢
¤ 0
ΔQ
ΔS [C/m2 ¥ Δ¨
¢ ¦
¤
] (2.24)
λ r lím
0 Δ©
Δ©
ΔQ
[C/m] (2.25)
ΔS es el elemento de la superficie donde reside la densidad
de carga σ y es el elemento de longitud de la línea
cargada con densidad de carga λ.
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 36
X
Z
Y
r
ds
( r ) = dq
ds
Figura 2.8: Campo eléctrico creado por una distribución superficial
continua de carga
X
Z
Y
r
dq
dl
dq
( r ) = dq
dl
Figura 2.9: Campo eléctrico creado por una distribución lineal
continua de carga
Es evidente que el campo eléctrico producido por estas
distribuciones se obtiene de 2.21 reemplazando dq
σdS cuando se trata de una distribución superficial y
dq λd© , en el caso de una distribución lineal.
2.4.2. Ejercicios y ejemplos
1. Se deposita 3 [μC] uniformemente en el interior de
una esfera de radio ρ 1 [m]. Calcular la densidad
volumétrica de carga ρq.
Rpta. Puesto que la densidad es uniforme basta dividir
la carga q 3 [μC] por el volumen total de una
esfera ¤ 4 3 πρ 3 . La densidad de carga resulta:
ρq
q
4
3 πρ3
0£ 7[μC/m 3 ]
2. Suponga ahora que, por la repulsión coulombiana,
las cargas del problema anterior se mueven a la superficie
de la esfera, donde quedan uniformemente
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
distribuidas. Determine la densidad superficial de
carga σ.
Rpta. Ahora la misma carga Q esta distribuida uniformemente
en una superficie total S 4πρ 2 (¡la superficie
de una esfera!). Igual que antes hacemos el
cuociente
σ
q
4πρ 2
0£ 24[μC/m 2 ]
3. Si depositamos la carga q anterior sobre un anillo de
radio ρ, de manera que esta se distribuye uniformemente
sobre la longitud del anillo. ¿Cuál es la densidad
lineal λ de carga?.
Rpta. Ahora la misma carga Q esta distribuida uniformemente
en una longitud total © 2πρ.
λ
q
2πρ
0£ 48[μC/m]
4. Calcular el campo eléctrico creado sobre su eje axial
por un anillo delgado de radio ρ, con una distribución
uniforme de carga λ λ 0 .
Rpta. Nos aprovecharemos de un resultado anterior.
Un elemento de carga dq sobre el anillo producira
un campo como el que muestra la figura.
dq
dE 1
dE 2
d
dq
dl = 2 d
Figura 2.10: Anillo con densidad lineal uniforme de carga.
Si en el extremo opuesto del anillo escogemos otro
elemento infinitesimal de carga dq de la misma magnitud,
como vimos en los ejemplos de la sección ??,
los campos generados por cada uno de estos dos elementos
infinitesimales se superponen (suman) para

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 37
dar una componente neta a lo largo del eje axial, y
con magnitud
dEz
2K z dq
3 2
¥ ρ2 z2 ¦
en que z es la distancia de donde se ubica la carga de
prueba al plano que contiene al anillo. Podemos reescribir
la carga dq d© λ en d© que ρ dφ, siendo
dφ un ángulo infinitesimal de integración. Hasta aquí
se tiene:
E ¦
π 2K z λρdφ
¥ 0 ρ2 z2 ¦
zρ
2πKλ
3 2 ˆz
3 2 ˆz (2.26)
¥ ρ2 z2 ¦
La integral se hace entre φ 0 a φ π (la mitad de
la circunferencia) puesto que ya se ha incluido tanto
dq como la carga opuesta a dq en el otro extremo
del anillo (esto se hace para no contar 2 veces esta
carga).
5. Calcular el campo producido por un disco de radio a
que tiene densidad uniforme de carga σ σ 0 sobre
su eje axial.
Rpta. Nos aprovecharemos del resultado anterior
para un anillo de radio ρ. Supondremos que dicho
anillo no es un cable delgado sino que es un cable
que ha sido aplanado y tiene un cierto ancho radial
dρ.
d
dE
dq = ds
ds = 2 d
Figura 2.11: Disco con densidad superficial uniforme de carga. El
elemento de superficie es ahora la superficie dS de un anillo plano.
La carga total Qanillo λ2πρ de dicho anillo se considera
ahora distribuida uniformemente con densidad
σ0 , en la superficie dS 2πρdρ del anillo. luego se
tiene: dq σ dS σ02πρdρ. Reemplazando Qanillo £ 2πλρ dqanilloa a partir de
la respuesta del problema anterior (ver Ec. 2.26), se
puede obtener el campo debido a un anillo infinitesimal
con carga total dqanillo es:
¥
d Eanillo 2πλρz
K ρ2 z2 ¦ 3 2 ˆz £ K dq ¥
anilloz
ρ2 z2 ¦
ˆz
3 2
Como por otro lado para nuestro disco dqanillo 2πσ0ρdρ se obtiene, que la contribución del anillo
al campo del disco es:
d E K dq anilloz
3 2 ˆz
¥ ρ2 z2 ¦
zρdρ
2πKσ0 3 2 ˆz
¥ ρ2 z2 ¦
E
Para obtener el campo total provocado por la superficie
del disco de radio a integramos en la variable ρ
(radio del anillo) desde ρ 0 hasta ρ a. Es decir el
campo neto es la superposición del campo provocado
por un conjunto de anillos que cubre la superficie
del disco.
¦
a
2πKσ0 zρdρ
0
2πzKσ 0 ˆz ¦
2πzKσ 0 ˆz
¡ 2πzKσ0 ˆz
¡ 2πKσ0 ˆz
¡
¥ ρ2 z2 ¦
a ρdρ
0
¥ ρ2 z2 ¦
1
¥ ρ2 z2 ¦
1
a 2 z 2
z
a 2 z 2
3 2 ˆz
3 2
1 2
a
0
¡ 1
z ¢ ¡ ¢
z ¡
¢ z ¢ ¡
6. Evalúe el comportamiento del campo, para el problema
anterior, si z¡ a. Es decir cuando la superficie es
prácticamente infinita, o cuando una carga de prueba
está muuuuy cerca de la superficie.
Tomando límite a £
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
∞ se obtiene:
E ¨ ¡ 2πKσ0 ˆz
¡ σ0 ˆz
2ε0 § σ0 ˆz
2ε0 0 ¡ z
0 ¡ z
Si estamos en la parte positiva del eje z (y cerca
del origen) se tiene Ez , si se está en la parte
σ 0
2ε 0
negativa del eje z resulta Ez ¢¡ σ0 . En resumen:
E
¢ σ 0
¢ z ¢ ¡
2ε 0
¢ z ¢ ¡
2ε ˆz Si z ¥ 0
0
¥ σ0 ¡
2ε0 ˆz Si z ¦ 0
(2.27)

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 38
Notar que este campo resulta independiente de la
altura z. Si la placa es infinita se puede tambíen
argumentar que por simetría este comportamiento no
cambia cuando el observador se traslada a lo largo
de la superficie de la placa.
Figura 2.12: Simetría traslacional del campo de una placa plana
con densidad uniforme de carga
La conclusión es que el campo de una distribución
uniforme de carga sobre una superficie plana, es
uniforme o homogéneo, y apuntando perpendicularmente
en dirección exterior a la superficie de la placa
si la densidad de carga es positiva y hacia la placa si
la densidad de carga es negativa.
σ>0
0
Figura 2.13: El campo de una placa plana muy extensa con densidad
uniforme de carga y positiva es constante y saliendo de la placa
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
σ 0

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 39
Segundo, también podemos argumentar que el campo
neto se puede obtener como la superposición de
pares de cargas dq que están equidistantes a la carga
de prueba, como muestra la figura.
{
Figura 2.16: Campo generado por dos elementos de carga simetricos
en torno al origen en un cable recto.
Claramente el campo resultante de dos de esas cargas
tiene su componentes contenidas en el plano
definido por el cable y el punto P (donde está la carga
de prueba). Más aun, el campo que producen las
2 cargas dq es perpendicular al eje del cable, por
lo que evaluaremos para el punto P de coordenadas
¥ ρ¡ 0¦ 0¡ .
De acuerdo al resultado que habiamos obtenido pre-
viamente, la contribución de las 2 cargas dq , separadas
a distancia 2z , a la intensidad del campo en el
punto P recién mencionado es:
¥ x¡ y¡ z¦
dEρ
2K ρ dq
¥ z 2 ρ ¦ 3 2
Pero la carga dq que provoca el cable viene de una
distribución uniforme dq λ0 dz , de modo que integrando
entre z 0 y z ∞ se obtiene:
Eρ
¦ ∞
0
2Kλ 0 ρ dz
∞
2Kλ ¦
0ρ 0
2Kλ0 ρ
2Kλ0 ρ
2Kλ 0
ρ
¥ z 2 ρ¦
¦ ∞
0
3 2
dz
E
¥ z 2 ρ¦
du
¥ u2 1¦
u
¥ u2 1¦
1 2
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
3 2
∞
0
3 2
y donde, para integrar, hicimos el cambio de variable
z uρ.
Se concluye que el campo que provoca un alambre
infinito con densidad lineal uniforme de
carga λ 0 apunta radialmente y es perpendicular
al cable. Este campo vale lo mismo para
puntos que están a igual distancia ρ del cable.
Es decir la componente radial del campo E es
constante en magnitud sobre la superficie curva
de un cilíndro de radio ρ, su valor dado por:
2Kλ0 E ˆρ
ρ
λ0 ˆρ (2.28)
2πε0ρ
{
Figura 2.17: Simetría rotacional y tralacional del campo eléctrico
en torno a un cable recto con densidad uniforme de carga.
E

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 40
2.5. Movimiento bajo un campo
eléctrico uniforme
En esta sección nos preocuparemos del como se mueve
una carga de prueba que esta sometida a la acción de un
campo eléctrico. Esencialmente aplicar la II Ley de Newton
cuando la fuerza neta que actúa sobre la masa es de
origen eléctrico. Por simplicidad consideraremos el caso
de un campo electrico uniforme E E 0 .
2.5.1. Ejercicios y Ejemplos
1. Se quiere estudiar el movimiento unidimensional
para los casos de un electrón, un protón y un neutrón
que se mueven horizontalmente hacia la derecha y
entran perpendicularmnte, con rapidez v 0 , por un orificio
pequeño de dos placas cargadas con densidad de
carga superficial uniforme ¡ σ 0 (placa de la izquierda)
y σ 0 (placa de la derecha) que están separadas
una distancia © .
Lo primero es determinar el campo que se genera
por las dos placas. Puesto que tienen carga de distinto
signo y sabemos que el campo provocado por
una densidad de carga uniforme σ0 positiva es de
magnitud σ0 2ε y dirigido desde la placa cargada hacia
0
afuera, entonces concluimos que si la carga es ¡ σ0 la dirección del campo se invierte. En la región interior
entre las placas las contribuciones al campo total
de ambas placas se suman en magnitud, mientras
que fuera de las placas son opuestas en dirección y
en consecuencia se cancelan. En resumen en el interior
entre las placas hay un campo neto de magnitud
σ © ε¢ 0 mientras que afuera es nulo.
σ0
−
2ε
σ0
−
2ε
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
−
x^
x^
0
0
−
+
=
σ
−
ε 0
0
x^
σ0
−
ε
− x^
2
σ0
−
2ε
Figura 2.18: Campo eléctrico generado por dos placas planas paralelas
y distantes una distancia entre sí.
Para efecto del análisis consideraremos por separado
el movimiento del neutrón, protón y electrón.
Neutrón Este caso es el más sencillo. Puesto que la
carga del neutron es nula el neutrón no experimenta
fuerza alguna debido al campo eléctrico. Mantiene
su velocidad y por lo tanto atraviesa limpiamente de
un lado a otro lado entre las placas. Se demora:
Δt © © v0
Protón Este es el caso más complicado. Puesto que
la carga del proton es positiva, la fuerza electrica que
él experimenta tiene el mismo signo del campo: con-
tra la dirección de la velocidad v 0
0
x^
v 0 ˆx inicial. Es
decir, si el protón no va demasiado rápido, es posible
que se detenga a una distancia d ¦ © antes que llege
a la placa con carga positiva. Si la rapidez v 0 excede
un cierto valor —que debemos determinar— el protón
no se alcanza a detener y llega a la segunda placa
con alguna rapidez v f a determinar (por supuesto
menor que la inicial).
0

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 41
La ecuación de movimiento entrega una aceleración
de frenado constante dada por:
a ¥ t ¦
con solución:
F elect
mp
qp E
mp
eσ ¦¡ 0 ˆx
mpε0 vx¥ t¦
¡
¡
¦ ¥
v0 a0t (2.29)
x t v0t 1
2 a0t2 en que la aceleración a es:
(2.30)
y luego a 0
a ¢¡ a0 ˆx ¦¡ eσ0 ˆx
mpε0 eσ0 mpε .
0
La condición para que se detenga en d al cabo de un
tiempo tmax es: vx¥ tmax¦
0. De donde usando
v 0 ¡ a0 tmax 0
sigue que tmax v 0 © a0 . Reemplazando este valor en
la función itinerario x¥ t¦ resulta
d v 0 tmax
v 2 0
1
2 a0 1 ¡
2 a0t2 max
v 2 0 mpε 0
2eσ 0
v0 ¡ v0 a0 1
2 a0 ¢ v ¤ 0
a0 Debemos chequear acaso la partícula se detiene o no
antes de llegar a la otra placa (d ¦ © ). Usando lo anterior
la condición d ¦ © queda:
v 2 0 mpε 0
2eσ 0
y entrega
1
2 mpv 2 ¦
© eσ0 0
ε0 Es decir la energía cinética del proton debe ser menor
que una cierta energía umbral de © valor eσ ©
0
ε0 .
Si la energía cinética del protón es mayor que la energía
umbral recien calculada el proton llega a la placa
con una rapidez no nula y de valor:
v f
¦ ©
v 0 ¡ a0 t f
en que t f se obtiene resolviendo la ecuación ¥ x t ¦ f
, es decir resolviendo:
©
v 0 t f ¡ 1
2 a 0 t2 f
©
Una forma más simple de calcular v f
relación
es usar la
v 2 f ¡ v 2 0 a r f
Resulta: v f
¡
v 2 0
¡ a0 © .
2
Electrón En el caso del electrón por ser este de carga
negativa, la fuerza apunta en contra del campo, es
decir a la derecha y en la misma dirección que la velocidad.
El electron no se frena y llega a la placa con
una rapidez que esta dada nuevamente por
pero ahora a ¥ t ¦
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
v 2 f ¡ v 2 0
a r f
eσ0 a0 ˆx, con a0 meε (note que aho-
0
ra figura la masa del electrón en la expresión para la
magnitud de la aceleración).
Luego v f v2 ©
©
0 a0 . El tiempo t f que emplea en
recorrer la distancia
v0 a0t f :
se obtiene exiguiendo v f
t f
¡
© a0
¥ v f ¡ 0¦ v
2. Evalue los resultados anteriores suponiendo σ0 3μ [C/m 0£ 2 © ], =3[cm], y determine cúanto es la energía
cinética mínima para que el protón llege a la
placa.
¥
¡
v 2 0 a 0 © ¡ v0¦
© a0
3. Se quiere estudiar el movimiento de un electrón que
entra con rapidez v 0 paralelamente a 2 placas con
cargas σ 0 y ¡ σ 0 y a mitad de distancia entre ellas.
Si la separación entre las placas es 2a, y el largo de
las placas © , ¿con qué rapidez (mejor si determina la
energía cinética) debe lanzarse el electrón) para que
pase justo rasante por el extremo de una de las placas?.
¿con qué ángulo de deflexión sale el electrón?.
NOTA: esto es parte del principio de funcionamiento
de una pantalla de televisor. Si ud controla la cantidad
de carga entre las placas, entonces ud. controla a
que punto de la pantalla del televisor va a chocar un
electrón del tubo de rayos catodicos (CRT) del televisor.
−σ
0
σ
0
σ0
E = −
ε
Figura 2.19: Deflexión de una carga al moverse en el deflector de
un tubo de rayos catódicos.
Rpta. Se tiene un campo eléctrico uniforme
E σ0 ˆz
ε0 0
y^
θ

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 42
y despreciamos el campo gravitacional.
La aceleración queda dada por
a qq E
me
F 0
me
e E ¡
me
eσ ¦¡ 0
ˆz
meε0 El movimiento es tipo parabólico con aceleración
uniforme de magnitud a0 . El itinerario es:
x v 0 t
y d
eσ 0
meε 0
1 ¡
2 a0t2 El electrón llega a x © para t © © v0 , y en ese intervalo
de tiempo cae una distancia d, llegando a y 0
0 d
1
d
2 a0 1 ¡
2 a0 ¢
© 2
v2 0
©
¤
v0 de donde sigue que la energía cinética necesaria es:
1
2 mev 2 0
1 eσ0 ©
4
2
ε0d El ángulo de deflexión se obtiene a partir de las componentes
de velocidad vy y vx para cuando llega al
borde ya que
tanθ vy
vx
Para © eσ ¨ 0 t v0 se tiene vy a0 © t meε0v , y vx v0 ,
0
resulta
eσ0 ©
tanθ
εmev2 0
y nuevamente en esta expresión figura en el cuociente
la energía cinética inicial del eletrón.
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
2

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 43
2.6. Ley de Gauss
En esta sección estudiaremos un resultado matemático
importante basado en la dependencia con el inverso
del cuadrado de la distancia para la Ley de fuerzas de
Coulomb. Este resultado, conocido como Ley de Gauss
para el campo eléctrico, nos permitirá, para el caso de distribuciones
geometrías de carga que exhiben fuerte cierta
simetría espacial, calcular la intensidad del campo E como
función de la posición.
La Ley de Gauss se apoya en una noción importante, la de
flujo de un campo vectorial.
2.6.1. Flujo de un campo vectorial
Entendemos por flujo la cantidad de “algo” que cruza una
superficie por unidad de tiempo. Tomemos el caso de una
superficie A, como muestra la figura, sobre la cual inciden,
atravesándola, partículas de un gas que se mueven
con rapidez v perpendicular ala superficie. Si consideramos
un cilindro imaginario de largo L, es claro que todas
las partículas que están en su interior cruzan la superficie
A en un intervalo de tiempo Δt, tal que L vΔt.
¦ § §
¦
¡
¡
¨©
©
¨
¢ £ £
¢
¥
¤ ¥
¤
L=vt
Area A
Si el número n de partículas por unidad de volumen
(densidad de número) es conocido, se puede calcular el
número ΔN total de partículas que cruzan la superficie en
el intervalo Δt. Este es:
ΔN nLA nvAΔt £
Si adicionalmente la masa m de cada partícula es conocida,
entonces la masa ΔM total que cruza resulta
ΔM nmvAΔt ρmvAΔt
de modo que el flujo de masa φm, i.e. la masa por unidad
de tiempo que cruza la superficie es:
φm ΔM
Δt
ρmvA
donde hemos introducido la densidad de masa ρm nm
(masa por unidad de volumen).
Del mismo modo, si cada partícula lleva una carga q, el
flujo de carga, i.e. la carga por unidad de tiempo o corriente
que cruza la superficie estará dada por:
φq ΔQ
Δt
nqvA ρqvA
donde hemos introducido la densidad de carga ρ nq
(carga por unidad de volumen).
Cuando la superficie está oblicua en un ángulo θ en
relación a la dirección de v debemos considerar, no un
cilindro recto, sino un cilindro oblicuo,
θ
Area A
Area A´
de modo que el volumen del cilindro quda expresado por
LA , donde A es la proyección de la superficie respecto
de la dirección de v. Puesto que tal proyección vale A
Acos ¥ θ ¦ , el flujo (de masa por ejemplo), se escribe ahora
φm ρmvAcos¥ θ ¦
ρm v A ˆn
en que hemos introducido la dirección ˆn, perpendicular a
la superficie A (ver figura)
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
θ
Del mismo modo, el flujo de carga queda φm ρq v A ˆn.
θ
v
n

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 44
Flujo saliente y entrante
Dirección asociada a ˆn Es claro que un vector unitario
ˆn, perpendicular a una superficie tiene 2 direcciones posibles.
Cuando consideramos el flujo en una superficie cerrada,
definimos que la dirección del vector ˆn será siempre
la que corresponda a la normal exterior a la superficie
(apunta hacia afuera).
De acuerdo a esto existe la posibilidad de tener flujos
salientes o entrantes, tal como lo indican las superficies
de la izquierda y derecha de la figura donde se tiene,
a la derecha, A ˆn v ¥ 0 (flujo saliente) y a la izquierda
A ˆn v ¦ 0 (flujo entrante).
n^
- n ^
2.6.2. Flujo del Campo Eléctrico
Para el campo eléctrico es posible tambien definir un “flujo”
imitando los resultados de las secciones anteriores. Se
define el flujo de E por una superficie plana A ˆn como el
producto:
φ E
¡ E A ˆn £
Si la superficie tiene una forma cualquiera, se generaliza
la definición anterior, discretizando la superficie en elementos
de superficie Δ Si ΔSi ˆn i , y sumando las contribuciones
de flujo de cada elemento de superficie:
S = ^n
S
1 1 1
φ E
S = n^ i iSi ∑i
E i Δ S i
n^
v^
S = ^
n nnSn En el límite ΔS i £ 0 y número de elementos de superficie
tiende a infinito, el flujo total del campo se expresa como
la integral de superficie
φ E §¦ E d S §¦ E ˆndS £
Las unidades del flujo de campo electrico son: [Nm 2© C].
Ejercicios previos
1. Considere un campo que varía según E E 0 x d ˆx.
Obtenga el flujo por: (a) una superficie paralela al
plano YZ, ubicada en x d y orientada segun ˆn ˆx;
(b) Repita su cálculo para la misma superficie pero
orientada según ˆn ¢¡ ˆx.
2. Considere el flujo del campo anterior sobre una superficie
paralela al plano XY.
3. Considere ahora un campo que varía según E
xy
E0 d2 ˆx. Obtenga el flujo por: (a) una superficie paralela
al plano YZ, ubicada en x d y orientada segun
ˆn ˆx.
2.6.3. Ley o Teorema de Gauss
Esta ley, establece que el flujo del campo eléctrico sobre
una cierta superficie cerrada, es proporcional a la carga
encerrada por dicha superficie. La constante de proporcionalidad
es 1 © ε 0 (o equivalentemente 4πK). La Ley de
Gauss se escribe:
¦ E d S Q encerrada
ε 0
Demostracisn. La demostración se apoya en el teorema
de la divergencia, aplicado al campo de una carga puntual.
Primero observemos que una carga puntual ubicada en el
origen de un sistema de coordenadas genera un campo
eléctrico con divergencia nula (excepto en r 0 donde
la divergencia queda indeterminada)
∇ E 1
r 2
¥ r2Er¦
∂
∂r
1
1
r2 ¢
∂
r2Kq
∂r r2 ¤ 0 si r
sinθE θ 1 ∂Eφ r sinθ ∂θ r sinθ ∂φ
Esto mismo ocurre en el caso de que la partícula se encuentre
ubicada en un punto r cualquiera. Aquí se tiene
E ¥ r¦
¥ Kq r ¡
¦ r
r ¢§¢ ¡ ¢§¢ r 3
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
¥ ¥ Kq x ¡ ¦ x ˆx ¥ y ¡ ¦ y ˆy ¥ z ¡ ¦ z ˆz ¢§¢
¦
¢§¢ r 3
r ¡
0

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 45
La divergencia resulta:
∇ E
∂
Kq
∂x ¢
x ¡ ¢¤¢ r
x
¡ ¤ ¢¤¢ r 3
∂
∂y ¢
∂
∂z ¢
z ¡ ¢§¢ r
z
¡ r
Kq
r ¢§¢ ¡
r ¢¤¢ ¡
¡ 3¥ x ¡ x ¦ 2
r
¡ 3¥ y ¡ y ¦ 2
¡ 3¥ y ¡ y ¦ 2
¢§¢ 3 ¤¢¡
¢¤¢ 5 r r
1
¡ r
1
5 ¢§¢ r ¡ r
¢§¢ r ¡ 5 ¢¤¢ ¢§¢ r r
1
¡
¢¤¢ ¡
r
3 r ¡ ¢¤¢
¢§¢
2 r
r ¡
3
5 ¢¤¢ ¢§¢ r r ¡ r
0
¢¤¢
¢§¢
¢§¢ 3
¢¤¢ 3
¢¤¢ 3 ¡
¢§¢ 3
y ¡ y
r ¢¤¢ ¡ r
Así, al integrar el flujo del campo eléctrico (generado por
una partícula de carga q ubicada en r ) sobre una superficie
S con forma cualquiera que encierra una carga q, pero
tal que su volumen tiene un hueco esférico de radio δ (con
superficie asociada S ) que excluye a la carga q, se obtiene
(por el teorema de la divergencia y ya que el volumen no
incluye a r ):
X
Z
¦
¦ ¦
S£
∇ E
S ¢ ¦ ¦
E d S
0 E d S
S
S ¢ E d S
E d S ¡ ¦
S
S
Y
r
‘
q
S ¢ E d S
Para evaluar ¤ S ¢ E d S usamos que el campo en torno a la
carga q es
E Kq
δ 2 ˆ δ
y que la superficie S tiene normal exterior ˆn ¡ ˆ δ. Re-
S’
¢¤¢ 3 ¤
sulta
¦
E d ¡ ¦ S
S
S ¢
Kq
δ2 ˆ δ ˆndS
¡ ¦
S ¢
Kq
δ2 ˆ ¡ δ δdS¦ ˆ
¥
¦
S ¢
Kq
δ2 dS
¦ Kq
dS
δ2
Kq 2
4πδ
δ2
4πKq
q
ε0 Lo que demuestra el teorema para el caso de una partmcula.
Si se tiene varias partículas, se usa el principio de superposicisn
E E 1 E 2 £ £ £ E N
y se calcula el flujo total como (al lado derecho las superficies
S i corresponden a circulos de radio δ £ 0)
¦
E d S ¦
S
S1 q1 ε 0
E 1 d S ¦
q 2
ε 0
S 2
£ £ £ qN ε0 q 1 q 2 £ £ £ q N
ε 0
Q encerrada
ε 0
E 2 d S £ £ £ ¦
lo que completa la demostración del teorema.
Aplicación práctica de la Ley de Gauss
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
S N
E N d S
La Ley de Gauss resulta útil para determinar el campo
eléctrico en todo el espacio, en situaciones en que la densidad
de carga presenta simetría sencilla.
1. Carga puntual q. Usar la Ley de Gauss para determinar
la intensidad del campo electrico en todo el
espacio.
Solucion: El campo eléctrico presenta simétria esférica.
Es decir la magnitud ¢§¢ E E ¢¤¢ del campo
toma el mismo valor sobre puntos de una superficie
que está a una misma distancia r en cualquier
dirección respecto a la carga. Esto quiere decir que
el campo eléctrico tiene la forma E ¥ r¦ E ˆn. La integral
de flujo sobre una superficie esférica de radio

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 46
r (superficie gaussiana) queda:
¦ ¦
¥ r¦ E d S E ˆn dS ˆn
E ¥ r ¦
E ¥
¦ dS
r¦ 4πr2
en que hemos usado que la superficie de la esfera
(integral total sobre la superficie de una esfera) es
4πr 2 . El flujo recién calculado debe ser igual a q © ε 0
(ya que la carga encerrada por la superficie gaussiana
es q) de donde igualando y despejando E ¥ r¦ sigue:
E ¥ r ¦
q
4πε 0 r 2
Kq
r 2
expresión que ya conociamos a partir de la Ley de
Coulomb.
2. Línea infinita con densidad de carga uniforme λ. Usar
la Ley de Gauss para determinar el campo en todo
el espacio.
{
Solución: El campo eléctrico presenta simetría
cilíndrica. Es decir la magnitud E toma el mismo valor
sobre los diferentes puntos de la superficie de un
cilindro concéntrico al cable. Para aplicar el teoréma
escogemos una superficie gaussiana que es un cilindro
finito (con tapas) de largo L y radio ρ concéntrico
al cable con carga. Claramente no hay contribución
al flujo en las tapas, pues allí el campo es perpendicular
a la direccion ˆn de la superficie de las tapas. La
única contribución al flujo viene del manto del cilin-
E
dro. Se tiene
¦ ¦
¥ ρ¦ E d S E ˆn dS ˆn
¥ E ρ¦ dS ¦
¥ E ¦ ρ 2πρL
Sin embargo de acuerdo a la Ley de Gauss, este flujo
debe ser igual a la carga neta encerrada (λL) dividida
por ε 0 . De esta igualdad resulta
E ¥ ρ¦
λL
2πρε 0 L
λ
2πε 0 ρ
que es la expresión que ya conociamos para este
problema.
3. Plano infinito delgado con densidad superficial uniforme
σ 0 . Calcular el campo eléctrico en todo el espacio
usando la Ley de Gauss.
z{
- z {
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
n
n
E(z)
E(-z)
Q=A
Solucion: Debido a la simetría de la configuración
de carga, el campo eléctrico presenta la simétria del
plano. De acuerdo a esta simetria el campo en la
región superior tiene orientación perpendicular al
plano mientras que el campo en la región inferior
tiene dirección también perpendicular al plano cargado,
pero opuesta a la dirección del campo en la
región superior.
Para calcular el campo eléctrico escogemos una superficie
gaussiana de integración constituida por un
cilindro plano cuyas tapas superior e inferior estan a
igual distancia del plano con carga. El manto de este
cilindro tiene la normal ˆn de su superficie perpendicular
al vector campo electrico luego no hay contribución
al flujo de esta superficie y la única contribución
viene de las tapas superior e inferior (cada una
de área A). El flujo resulta:
¦ E d S AE ¥ z ¦ AE ¥
¡ z¦
2E ¥ z ¦ A

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 47
y donde hemos usado que las magnitudes de E arriba
y abajo, a la misma distancia z, son iguales.
Por otro lado la carga encerrada por este volumen es
toda la carga contenida en el área A de la superficie
que intersecta el cilindro: Q encerrada σ0 A. Aplicando
la Ley de Gauss queda:
2E ¥ z¦ A σ 0 A © ε 0
de donde se obtiene que el campo tiene intensidad
σ0 E 2ε constante (independiente de la altura z re-
0
specto del plano), resultado que ya conociamos.
4. Volumen esférico de radio a con densidad volumétrica
uniforme de carga ρ 0 . Determinar el campo en el
interior y exterior de la esfera.
r
a
(i) (ii)
Solucion: Separaremos el análisis en 2 partes: (i)
distancias r desde el centro de la esfera que sean
menores que el radio a de la esfera y (ii) distancias
r mayores que a. El cuidado que se tendrá al
aplicar la Ley de Gauss es que para r ¦ a la carga
neta encerrada por la superficie gaussiana de radio r
es una fracción de la carga total en la esfera de radio
a, i.e., Q encerrada ¦ Q total 4 © 3πa 3 ρ0 , mientras que al
aplicar la Ley de Gauss a la superficie con r ¥ a se
debe tener en cuenta que toda la carga de la esfera
de radio a esta encerrada por la superficie gaussiana
esferica de radio r.
Por otro lado ya vimos que para una superficie gaussiana
esferica, cuando el campo eléctrico exhibe
simetría esferica, la integral de flujo de E vale:
E d S E ¦
¥
por lo que solo debemos preocuparnos de calcular la
carga neta encerrada en cada caso e igualar con el
flujo dividiendo por ε0 . Se tiene:
r¦ 4πr2
r
a
(i) distancias r ¦ a. La carga neta encerrada por
la superficie de radio r vale:
4
q ρ0 3 πr3
¥ ¦
de modo que la Ley de Gauss queda:
E r 4πr2 4 1 ρ0 3πr3 ε , de donde sigue
0
E ¥ r ¦
1 ρ0r 3 ε0 intensidad del campo que aumenta linealmente
con la distancia r.
(ii) distancias r ¥ a. La carga neta encerrada por
la superficie de radio r vale:
4
q ρ0 3 πa3
de modo que al aplicar la Ley de Gauss queda:
E ¦ r 4πr ¥ 2 4 ρ0 3πa 3 1 ε , de donde sigue
0
E ¥ r¦
1 ρ0a 3
3
r2ε0 intensidad del campo que disminuye inversamente
con el cuadrado de la distancia r. NOTA:
observar que si no se reemplaza q ρ 0 4 3 πa 3 se
obtiene:
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
E ¥ r¦
q
4πε 0 r 2
que es la misma expresión del campo que entrega
una carga puntual ubicada
Propuesto. (desarrollado en clases) Considere
un cascarón esférico hueco de radio interior a
y radio exterior b con densidad volumétrica de
carga ρ 0 . Determinar el campo en el interior y
exterior del cascarón.
ρ=0
ρ=ρ
0
a
b
ρ=0

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 48
Indicación: Considerar superficies gausianas
esféricas separando el análisis en 3 partes: (i)
distancias al origen r menores que a, (ii) r entre
a y b y (iii) distancias r mayores que b. en r 0.
Propuesto. Considere para el problema anterior
el límite b £ a, pero tal que la carga en el
cascarón permanece constante y de valor total
Q σ 0 4πa 2 . Determine E ¥ r ¦ en el interior y
exterior de la superficie cargada.
ρ=0
a
ρ=0
Q=4 π a σ 2
0
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 49
2.7. Potencial Eléctrostático
Hemos estudiado hasta aquí el cómo se generan los campos
eléctricos y las fuerzas que estos realizan sobre las
partículas. Una pregunta que naturalmente viene a continuación
es la del trabajo asociado a esa fuerza, es decir el
trabajo eléctrico.
2.7.1. Campo eléctrico es conservativo
La observación importante aquí es que el campo eléctrico
es conservativo. Es decir el valor del trabajo no varia
independiente de que camino describa la partícula para ir
de un punto A a un punto B, o en otras palabras el trabajo
sobre un camino cerrado de la fuerza eléctrica es nulo.
Veremos que efectivamente esto es así. Si consideramos
que F d r q E d r q ¦ ¡ ∇¡ E¢ d S
donde hemos usado el teorema de Stokes, y evaluamos el
rotor del campo eléctrico para
encontramos
E
N
∑
1 i¢
N
∑
1
N
i¢
i¢ ∑
1
Kq i
Kqi ¢ ∇¡
¢¤¢
r ¡
r ¡
¢¤¢
r i
r i
¢¤¢ 3
r i
r ¡
r ¡ ri ∇¡
¢ ¥ ∇¡
E
Kqi r ¡
i¦ ¢¤¢ r
1
r ¡ ¢¤¢
¥
r 3
i
r ¡
¢¤¢ ri¦¡∇ 1
r ¡ ¤ ¢§¢ r 3
i
Expresión que se puede evaluar usando los resultados:
y
r ¡
r i¦
0
¥ r
1
¢§¢
∇¡ ∇¡
¢ ∇
r ¡
r
¤ 3 ¡
¢§¢ r 3
i
¡ ri r ¢§¢ ¡ ¢§¢ r 5
i
como vimos en una de las Tareas. De aquí sigue el resultado
importante que
N
∑
9
E
(ver nota:
∇¡ 2 ). Es decir el campo electrostático es conservativo.
Esta propiedad es muy importante de modo que destacaremos
este resultado en recuadro:
i¢ 1
Kq i¥ r ¡
r ¢ i¦¡
¢¤¢ 3 ¤
r ¡ ¡
r ¡
¢¤¢
ri ri ¢¤¢ ¤
0 (2.31)
2.7.2. Existencia de la función potencial
eléctrico V
Como vimos en el capítulo de analisis vectorial, el hecho
que el rotor del campo E sea nulo quiere decir que existe
un campo escalar V tal que E ¡ ∇V. Dicho campo V
se denomina potencial eléctrico. Nos dedicaremos en lo
que sigue a la obtención de una expresión explicita para
evaluar dicho campo.
2.7.3. Potencial eléctrico y energía potencial
eléctrica
Evaluemos el trabajo sobre una carga puntual q 0 :
E
2NOTA: en el último paso hemos usado 0
que se conoce como el potencial eléctrico.
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
∇¡
que¢A£¤¢A¥
W BA
q 0 ¦ E d r
q 0
N
∑
haciendo el cambio de variable u
W BA
i¢ 1
q 0
q 0
Kq
r ¦
i ¡ ri r ¡ d r
r ¢¤¢ 3
i
N
∑
1
N
i¢
i¢ ∑
1
¢§¢
r ¡
r i resulta
Kq ¦ u
i u ¢¤¢ d u 3
¢¤¢
Kq i ¦ 1
u 2 û d u
expresión que podemos evaluar en coordenadas esféricas
(d u duû udθ ˆθ usinθdφ ˆφ) para obtener:
W BA
q 0
q 0
N
∑
1
N
i¢
i¢ ∑
1
N
q0 ¡
Kq
1 ¦
i du
u2 Kq i ¢
∑
Kq i ¢
1 i¢
N
¡ ΔBA¦q
i¢ 0 ∑
1
N
i¢
q0 ∑
1
La expresión (campo escalar)
U ¥ r¦
1 ¡
u ¤
r ¢¤¢ ¡
1
u B
u A
Kq
¢§¢
i
r ¡ ri Kq
¢§¢
i
r ¡ ri ¢¤¢
r ¢¤¢ ¤
i
¢¤¢¨§
B
A
(2.32)
se conoce como energía potencial eléctrica.
Si se introduce la cantidad V tal que U q 0 V se obtiene
el campo escalar
V ¥ r ¦
N
∑
i¢ 1
Kq
¢§¢
i
r ¡ ri ¢¤¢
(2.33)

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 50
Las unidades del potencial eléctrico serán las de energía
dividida por carga:
¡ V¢
U¢
¡
q¢
¡
Joule
Coulomb
unidad que abreviamos Joule
Coulomb 1 ¡ Volt¢ 1 ¡ V¢ .
El trabajo eléctrico se puede escribir entonces:
W BA
ΔBAU ¡ ¦¡ q0ΔBAV q0¥ V ¡ rB¦ ¥
¡ V ¥ r A¦ ¦
¡ q0¥ V B ¡ VA¦
es decir de acuerdo a esto el trabajo sobre una carga q 0 es
la diferencia de potencial eléctrico, con signo cambiado
y multiplicada por el valor de la carga que sufre dicho
trabajo.
2.7.4. Ejercicios
1. Si un electrón (que inicialmente estaba ligado a un
¥
protón a distancia rA 10 8 [cm], se separa de éste
alejándose hasta que la separación final es rB ∞.
Evalúe:
a) El potencial eléctrico que provoca el protón sobre
el electrón en la situación inicial A
b) El potencial eléctrico que provoca el protón sobre
el electrón en la situación final B.
c) La diferencia de potencial Δ BA V y el trabajo,
que hace la fuerza eléctrica sobre el electrón
para mover este desde la situación A hasta la
situación B.
d) Evalúe la energía potencial eléctrica en la
situación A y en la situación B, y determine con
ello la diferencia de energía potencial eléctrica
Δ BA U.
Solución: Escogemos un sistema de coordenadas
en que el protón esta en el origen del sistema de coordenadas.
En la situación inicial A se tiene r re y r1 0 de
modo que ¢§¢ r ¡ ¢¤¢ ¥
r1 rA 10 10 [m]. El potencial
resulta:
V A
Kqp
r A
Ke
r A
14£ 4[Volts]
En la situación final B se tiene r
modo que
∞ y r1 0 de
¢§¢ r ¡ ¢¤¢ r1 ∞. El potencial resulta:
V B
Kqp
r A
0
La diferencia de potencial es: ΔBAV V ¡
B VA
Ke ¡
r , luego el trabajo que hace el campo eléctrico
A
sobre el electrón es:
W BA ¢¡ qeΔ BA V ¢¡
¥
e¦
¡ ¡ ¢ Ke
¤ ¢¡
rA Ke2
rA La energia potencial eléctrica es U qV luego:
U B
U A
¡ eVB 0
¡ eVA ¢¡ Ke2
r A
2. Un electrón se mueve entre los extremos A y B de un
enchufe. La diferencia de potencial entre los dos extremos
del enchufe es 220 [Volts]. ¿Cuál es la diferencia
de energía eléctrica que experimenta el electrón?.
Solución: Nuevamente usamos que U qV de
donde sigue ΔU qΔV, resulta
ΔU ¢¡ eΔV ¢¡ 3£ 52 ¤ 10 ¥ 17 [Joule]
3. Considere el potencial eléctrico que un disco plano
de radio a y carga total Q 2q distribuida uniformemente
sobre su superficie, genera sobre una partícula
de carga q ¡
0 q ubicada en el eje axial del disco.
Este está dado por:
V ¥ z ¦
2πKσ0 z2 a2 ¡ z ¢¡ ¢
Si la partícula, inicialmente a distancia 2a, se encuentra
en reposo, ¿Con qué energía cinética llegaría
a tocar el plano del disco?. Evalúe para el caso
0£ q 001 [μC] y 0£ a 1 [m].
Solución Usamos que el trabajo y la energía cinética
se relacionan mediante W neto
BA ΔBAEc. Por otro lado
W ¡
BA
ΔBAU en que U es la energía potencial
eléctrica. Luego sigue que ΔBAEc W ¡
BA
ΔBAU q0Δ ¡
BAV de donde
E final
c
E inicial ¡
c q0ΔBAV 0 ¡ 0¢ q VB ¡ A£ V
¡
¡
¥
¡ q¦ 2πKσ 0 a 2
2qπKσ0 3a ¡ 5a¡
¥ πa2 ¦ ¦ 3a ¡ 5a¡
¥ ¥ 2a¦ 2 a 2 ¡ ¢ 2a ¢
2qπK ¥ 2q ©
4Kq 2
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
a 3 ¡ 5¡ 2£ 75 ¤ 10 ¥ 7[Joules]
¦¡

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 51
4. Considere el sistema de 2 cargas q ubicadas sobre
el plano XY en coordenadas ¥ x 0¡ y d ¦ y ¥ x
y 0¡ ¡ , que estudiamos en la sección de campo
d¦
eléctrico. La fuerza sobre una carga de prueba q0 q
ubicada sobre el eje de las x y a distancia x del origen
está dada por:
F q 0 E
2Kq 2 x
¥ d2 x 2 ¦
3 2 ˆx
El trabajo que hace esta fuerza sobre la partícula de
prueba si ella se mueve desde la posición inicial xA d hasta la posición final xB 4d está dado por:
W BA
¦ B
A
4d
¦
d
2Kq 2
2Kq 2
2Kq 2
d
F d r
2Kq 2 x ¥ d 2 x 2 ¦ 3 2 dx
1
d
¡
2 x2 1 ¡ 1
2d
¡ 1
2
4d
d
¡
17d
1
17 ¡
a) Determine el potencial V ¥ x ¦ que generan las
dos partículas sobre el eje x, calcule la diferen-
cia de potencial ΔBAV y con esto verifique que
el trabajo W ¡
BA
qΔBAV efectivamente recupera
el resultado recién obtenido.
b) Si la carga de las partículas corresponde a la
de un electrón, ¿Cuál sería la ganancia de energía
cinética que experimenta el eléctrón para
ir desde x 0 hasta x ∞?. Evalúe considerando
d 10 ¥ 10 [m].
Solución El potencial sobre el eje está dado por
V ¥ x ¦
Kq
d 2 x 2
Kq
d 2 x 2
2Kq
d 2 x 2
La diferencia de potencial Δ BA V se obtiene evaluando:
dando:
V ¥ x B¦
V ¥ x A¦
Δ BA V 2Kq
d
2Kq
2Kq
¥ 4d¦ d2 2 17d
2Kq 2Kq
d 2 d 2
¢
2d
1 1
¤ ¡
17 2
de donde:
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
W BA ¢¡ qΔBA V 2Kq 2
d
¢
1
¡
2
1
17 ¤
verificándose el resultado obtenido por integración.
El trabajo entre x 0 y x ∞ da: W ∞ 0 ¡ 2Kq 2
d
¡ 4£ 6 ¤ 10 ¥ 8 [Joules].
5. Tres cargas iguales, de valor ¡ q, se ubican en los
vértices de un triángulo equilatero de lado a.
a) Calcular el potencial que sentiría una carga de
prueba ubicada en el centro del triángulo.
b) Calcular el potencial que siente una de las
partículas ubicadas en uno de los vértices, debido
a las otras dos partículas (NOTA: es decir
la contribución al potencial sobre la posición en
que se encuentra una de las partículas debido a
las otras dos partículas).
c) Calcular el potencial que generan cada una de
las partículas en un punto ubicado en infinito.
d) Si una partícula de prueba q 0 ubicada inicialmente
en el centro del triangulo se desplaza
hasta infinito. ¿Cuánto sería la variación de potencial
que ella experimenta?. ¿Cuánto seria la
variación de energía potencial que ella experimenta?.
¿Cuánto sería el trabajo que hacen entonces
las tres partículas de la configuración triangular
sobre la carga q 0 ?.
Solución: La distancia entre los vértices y el centro
¡ 3
es: 3 a. Las tres cargas están a la misma distancia y
tienen el mismo signo, por lo que contribuyen con
el mismo valor del potencial. El potencial generado
sobre la carga de prueba sería:
V 3 K ¥
¥
q¦
¡
3 a¦
¡ 3
¦¡ 9
3
Kq
a
El potencial que siente una carga ubicada en un vértice
se debe a las dos restantes partículas. Esto es:
V 2 K ¥
q¦ ¡
a
¦¡ 2 Kq
a
En el infinito cualquiera de las partículas genera un
potencial nulo ya que V∞ K¡ q¢ ¥
∞ 0.

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 52
Si la partícula se desplaza del centro hasta el infinito
se tiene:
ΔV V∞ ¡ ¡ ¢
9 Kq
3 a ¤
9 Kq
3 a
ΔU q0ΔV 9 Kqq0 3 a
W ¡ ΔU ¦¡ q0ΔV ¢¡ 9
3
Kqq 0
a
2.7.5. Potencial asociado a una distribución
contínua de carga
Tal como vimos en la sección de campo eléctrico generado
por una distribución continua de carga aquí tambien se
puede generalizar la expresión
V ¥ r¦
N
∑
i¢ 1
Kq
¢¤¢
i
r ¡ ri ¢§¢
para considerar sumas sobre infinitesimales dq. Se tiene:
V ¥ r¦
Kdq
¢¤¢
¦
r ¡ r
¢¤¢
(2.34)
Potencial generado por un anillo circular de radio a
con distribución uniforme de carga λ0 sobre su eje axial:
Aqui se considera dq λ0 dl λ0adφ, y se tiene
r zˆz, r a ˆρ, de ¢¤¢ donde r ¡ ¢§¢ r a2 z2 . La integración
es trivial
V ¥ z ¦
Kdq
¢¤¢
¦
r ¡ ¢¤¢ r
2π Kλ0adφ ¦
0
2πaK
a 2 z 2
a 2 z 2
Si usamos que E ¡ ∇V podemos reobtener el campo
eléctrico a lo largo del eje axial. Se tiene
E
∂V ¡
∂z ˆz
¡ 2πaKz
¡ © 2¦ 3
Potencial asociado al disco plano con densidad uniforme
sobre su eje axial: Se considera la carga dq sobre
un elemento de superficie del disco: dq σ0 dS
σ0ρ dρ dφ, y se tiene r zˆz, r ρ ˆρ, de ¢¤¢ donde r ¡ ¢§¢ r
ρ2 z2 .
¥ a2 z 2 ¦
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
V ¥ z ¦
Kdq ¦
r ¢§¢ ¡ r ¢§¢
a 2π Kσ0ρ dρ dθ
¦ ¦
0
0
2πKσ 0 ¦
0
a
ρ2 z2 ρ
ρ 2 z 2
2πKσ 0 ρ 2 z 2
2πKσ 0
Si usamos que E ¡ ∇V podemos reobtener el campo
eléctrico a lo largo del eje axial. Se tiene
E
∂V ¡
∂z ˆz
2πKσ 0
a
0
¡ a 2 z 2 ¡ ¢ z ¢¢
z
a 2 z 2
¡ z © ¢ z ¢ ¡
donde hemos usado que z © ¢ z ¢ 1 si z ¥ 0 y z © ¢ z ¢ ¦¡ 1 si
z ¦ 0.

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 53
Potencial generado por un segmento de cable curvo
semicircular de radio a con densidad uniforme λ 0 sobre
el centro del semicírculo:
a d
ds
Y
De acuerdo a la figura r 0 y ¡ r acosθ ˆx asinθ ˆy.
Se tiene ¢§¢ r ¡ ¢§¢ r a. dq λ0 dl λ0adθ. El potencial
resulta:
V ¥ z ¦
Kdq
¢§¢
¦
r ¡ r
¦
π 2
πλ 0 K
¥ π 2
Kλ 0 adθ
a
Aquí sólo se conoce el potencial en un punto de modo
que no es posible aplicar E ¡ ∇V para obtener el campo
eléctrico en dicho punto.
Potencial en todo el espacio generado por un cascarón
esférico con densidad superficial uniforme Usamos
coordenadas esféricas. Nos aprovechamos que el potencial
tiene simetría esférica luego sólo depende de la variable
r y no de la variable θ ni de la variable φ por lo que
podemos escoger una posición conveniente de la posición:
r rˆz. La posición sobre la cual integramos es: r aˆr.
Como sigue de la figura la distancia entre estos puntos
satisface:
r ¢¤¢ ¡
r ¢¤¢ r 2 r 2 ¡ 2 r r
r 2 a 2 ¡ 2racosθ
¢§¢
X
Z
r θ
|| r − r´ ||
La carga infinitesimal está dada por dq σ 0 dS
σ 0 a 2 sinθ dθ dφ. Se tiene
V ¥ r ¦
Kdq
¢¤¢
¦
r ¡ r
¢¤¢
a
Kσ0dS ¦
r2 a2 2racosθ ¡
Kσ0a ¦ 2 sinθ dθ dφ
r2 a2 ¡ 2racosθ
2π π
¦ ¦ 2 sinθ dθ dφ
Kσ0a 0 0 r2 a2 2racosθ ¡
Hacemos el cambio u r 2 a 2 ¡ 2racosθ. Se tiene du
2rasinθ dθ de donde sigue:
V ¥ r¦
2πKσ 0 a 2
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
¦ du
2ra u
2πKσ0a ¦ du
r 2 u
2πKσ0a r
2πKσ0a r
r 2 a2 2racosθ¡ ¡
2πKσ 0 a
r r 2 a 2 2ra
¢ u£
r ¡ 2 a2 ¡ 2ra¡
2πKσ0 ¡ a
r ¥ r a ¦ 2 ¡
¥ r ¡ 2¢ a ¦
2πKσ0 ¢ a
r a ¢ ¡ ¢ r ¡ a ¢
¦ ¢ r ¥
2πKσ0 a
r ¥ 2a ¥ r a ¦
2πKσ0 a
r ¥ 2r ¦ r a ¦
π
0

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 54
y finalmente
V ¥ r¦
© ¥ KQ r r a
4πKσ0a KQ © ¦ a r a
4πKσ0 a ¢ 2
r
Observemos que este resultado muestra que afuera del
cascarón el potencial se comporta igual que el potencial
de una ésfera puntual cuya carga total Q σ 0 4πa 2 estuviera
concentrada en el origen del sistema de coordenadas.
Por otro lado en el interir del cascarón se tiene que el potencial
resulta constante.
Campo eléctrico dentro y fuera del cascarón esférico:
Una consecuencia importante del resultado anterior
es que el campo eléctrico en el interior del cascarón es
nulo ya que E ¡ ∇V 0, mientras que afuera se tiene
E ¢¡ ∇V ¢¡ ∂V¡ r¢
∂ r
E ¥ r ¦
KQ
r 2 ˆr. En resumen:
KQ
r 2 ˆr r ¥ a
0 r ¦ a
2.7.6. Relación entre el campo eléctrico y el
campo potencial eléctrico
Hemos visto ya que E ¡ ∇V. Otra relación importante
es la que sigue de W ¢¡ ΔU. Esto es:
de donde se obtiene:
W BA
¡ ΔBA U
¦ F d r ¡ qΔBA V
q ¦ E d r ¡ qΔBA V
Δ BA V ¦¡ q
B
¦ E d r (2.35)
A
rescribiendo esta expresión para despejar V B se puede
obtener otro importante resultado:
V B ¡ VA
V B
q ¦ ¡ B
E d r
A
V ¦ ¡
A q B
E d r
Si el punto inicial A corresponde a una posición r 0 y el
punto final B a una posición cualquiera r se obtiene:
V ¥ r¦
r
¡ V0 ¦ q
r0 A
E d r (2.36)
que nos permite calcular el potencial en el punto r del
espacio si conocemos el campo eléctrico en un camino
que nos lleve de r 0 a r.
El valor V0 ¥ V 0¦ r es, en general, un potencial de referencia
respecto del cual se mide el potencial en otros puntos
del espacio. Se acostumbra escoger V0 0 en r0 ∞.
Pero en ciertos casos (simetría cilindrica) se escoge mas
bien r0 ∞.
2.7.7. Aplicación a la obtención del potencial
en todo el espacio
Potencial generado por un cable recto infinito con densidad
de carga uniforme λ 0 . Habiamos obtenido, vía
integración que
E 2Kλ 0
ρ
Por simetría podemos argumentar que el potencial en coordenadas
cilíndricas no depende ni de z ni de φ. El potencial
en todo el espacio está dado, entonces, por la integral
V ¥ ρ ¦
V 0 ¡ ¦
V 0 ¡ ¦
ρ
ρ0 ρ
ρ 0
ˆρ
2Kλ 0
ρ
ˆρ d r
2Kλ 0
ρ dρ
V ¡
0 ¢ 2Kλ0 ln ρ
¤
ρ0 Las superficies de igual potencial corresponden entonces
a cilindros concéntricos al eje axial y de largo infinito.
Potencial generado por un disco plano con densidad
uniforme sobre su eje axial Aquí hacemos uso de que
conocemos el campo eléctrico para cualquier punto del
eje axial perpendicular al disco. Se tiene:
V ¥ z ¦
V 0 ¡ ¦
V 0 ¦
z
0
z
0
V 0 2πKσ 0 ¦
V 0 2πKσ 0
V 0 2πKσ 0
V 0 2πKσ 0
2πKσ 0
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
¡ 2πKσ0 ¢
2πKσ 0 ¢
0
z
¢
z
a 2 z 2
z
a 2 z 2
z
a 2 z 2
a2 z ¡ 2 ¡ z ¢¢ ¢
a2 z ¡ 2 ¡ z ¢¢ ¢
¡ z
z ¢ ¤ ˆz¡ d r ¢
z
¢
¡
¢ ¤ ¡ dz
z
¡ z
z
¢ z ¢ ¤ dz
0
z
¡ a 2 z 2 ¡ ¢ z ¢ ¡ a¢
a2 z ¡ 2 ¢ z ¢¢ ¡
donde se ha escogido el nivel de referencia V0 0
2πKσ0 a.
Potencial generado por una placa plana infinita ubicada
en el plano z 0 y con densidad uniforme de carga

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 55
σ 0 . Aquí habiamos visto
E
σ0 ε0 ¢
¡ σ0 ε0 La integración es trivial y entrega:
V
¢ V0
ˆz z ¥ 0
ˆz z ¦ 0
σ ¡ 0
ε z ¥ z 0
0
σ0 V0 ε z ¦ z 0
0
que se puede resumir (previo escoger V 0
V ¥ z ¦
¢¡ σ ¢ 0 z ¢
ε0 2.7.8. El dipolo eléctrico
0) en:
En la naturaleza es frecuente encontrar moléculas neutras
que cuando son sometidas a un campo externo se deforman
debido a las fuerzas eléctricas en distinta dirección
que actúan sobre las cargas del nucleo de la molécula
y de los eléctrones que envuelven la molécula. Si el
material es un liquido formado por muchas moléculas
polarizadas, por ejemplo, esto significará que el líquido
tendra propiedades eléctricas especiales conocidas como
propiedades dieléctricas.
Para una molécula aislada esto significa esencialmente
que la moléecula está polarizada de modo que vista desde
una cierta distancia ella se puede caracterizar aproximándola
como dos cargas de distinto signo separadas una cierta
distancia a. Siendo las moléculas muy pequeñas lo que
interesará sera su campo lejano, es decir el campo evaluado
en el caso que la distancia r al punto en que se evalúa
el campo es mucho más pequeña que la separación a.
La figura muestra esquemáticamente esta situación para
una molécula polarizada a lo largo del eje z.
+q
a/2
a/2
−q
θ
r
r
1
r 2
El potencial en r está dado por
V Kq
r 1
K¥
q¦
¡
r2 donde podemos usar el teorema del coseno para obtener
que:
r 2 ¡
2¢ 1
a 2
r 2 ¡ 2¢ 2¡ a
r cosθ
r 2 ¡
2¢ 2
a 2
r 2 2¢ 2¡ a
r cosθ
Como el potencial es lejano podemos aproximar 1 r usando
i
expansión en serie de potencias. Se usará el resultado
¥ 1 x¦ n 1 nx 1 © 2n¥ n ¡ 1¦ x2 £ £ £ ¨ 1 nx
(donde hemos usado x ¦ ¦ 1 para despreciar potencias superiores
a 2).
Podemos escribir:
r 1
r 2
r
¨ r
r ¨
de donde sigue que:
1
r1 1
r2 ¨
¨
r
¡ 1 a ¡ 1 a
cosθ
r 4
¡ 1 a
r cosθ
1
r
1
r
1
r
1
r
a 1
1 cosθ
r 4
1 a
r cosθ
r¢ 2
a ¡
r¢ 2
¡ 1 ¡ a
r cosθ¢ ¥ 1 2
1 a
¢ 1 cosθ ¤
2 r
¡ 1 a
r cosθ¢ ¥ 1 2
1
1 a
¢ cosθ ¡ ¤
2 r
Hasta aquí el potencial lejano (aproximado):
V Kq ¢ 1 ¡ 1
¤
r1 r2 Kq
r
1 ¢ 1 a
2 r cosθ ¤ ¢ 1 ¡
1 ¡
2
a
cosθ ¤ ¡
r
¥ r¡ ¦
El resultado final para el potencial lejano del dipolo es:
V θ Kqacosθ
r2 (2.37)
Momento dipolar
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
Las cargas de un dipolo tienen orientación en el espacio,
de modo que conviene definir un vector momento dipolar:
p q a (2.38)

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 56
+q
a
¡
¡
¢ £
£
−q ¢
El potencial se puede reescribir aprovechando que en
coordenadas esféricas p ˆr pcosθ aqcosθ, queda:
V K p ˆr
r 2
K p r
r ¢§¢ 3
¢¤¢
(2.39)
expresión que tiene la ventaja de ser válida en cualquier
sistema de coordenadas, y con cualquier orientación del
dipolo p. Si el dipolo no esta ubicado en el origen (por
ejemplo está ubicado en r ) entonces basta considerar
V K ¥ p r ¡
r ¡ r
¢§¢
r
¢§¢ 3
(2.40)
Campo eléctrico de un dipolo ubicado en el origen y
orientado segun ˆz
Como ya conocemos el potencial basta usar E ¢¡ ∇V en
coordenadas esféricas para calcular el campo eléctrico. Se
obtiene:
∂V
∂r
1 ∂V
r ∂θ
1 ∂V
r sinθ ∂φ
de donde el campo resulta:
E Kqa
r 3
¡ 2Kqacosθ
r3 ¡ Kqasinθ
r3 2cosθ ˆr sinθ ˆθ¤
£
expresión que se puede reescribir (para el caso de un
dipolo en el origen con orientación cualquiera)
0
E K 3 ¥ p ˆr ¦ ˆr ¡
El caso general queda entonces descrito por:
E K
3¥ p ¥ r ¡
r ¢§¢ ¡
r ¦ ¦ ¥ r ¡
r
¢§¢ 3
r 3
r ¦
p
(2.41)
p ¡
¢§¢ r ¡ (2.42) ¡
r ¢§¢ 3
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
2.7.9. Líneas de campo o fuerza y superficies
equipotenciales del dipolo
Líneas de campo. Las líneas de campo eléctrico satisfacen
la ecuación
d r
Cte E
d©
es decir en cada punto del espacio son tangentes al campo
eléctrico en ese lugar.
Las líneas de campo o líneas de fuerza representan el
camino que un observador describiría si sigue la dirección
del campo en cada punto, trasladándose de un punto
a otro según lo indica la dirección local del campo.
Estas líneas de campo o fuerza tienen la característica de
que:
1. Las líneas de campo son perpendiculares a las superficies
equipotenciales.
E
E
Esto no ocurre !!
2. Las líneas de campo no se cortan entre sí (pues de
lo contrario el campo E tendría dos valores en un
mismo punto)
E
E E E
Superficies equipotenciales. Estas se obtienen de resolver
la ecuación
Cte
V ¥ r¦
en que la Cte va tomando distintos valores (fijos) de potencial.
A cada valor que se escoja corresponde una única
superficie equipotencial.
V 3
V 2
V 1
V 0

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 57
Ejemplo: Consideremos el potencial de una carga puntual
y busquemos la superficie que toma por valor V Cte. Se
tiene:
Cte Kq
r
de donde sigue que la superficie equipotencial está caracterizada
por esféras de radio r Kq © Cte. Si V 0 aumenta,
las superficies esféricas equipotenciales son mas pequeñas
y concéntricas a la anterior. Si V 0 disminuye las superficies
equipotenciales son de radio más grande. Se tiene:
V V0 r Kq © V0 r0 V 2V0 r Kq © r ©
0 2
V 3V0 r Kq © r ©
0 3
V0
2V 0 3V 0
¥ 2V0¦ ¥ 3V0¦ r 0
r /2
0
r /3
o
Superficies equipotenciales y líneas de fuerza del dipolo.
Un ejemplo mas interesante lo entrega el caso del
dipolo. Aqui las superficies equipotenciales están dadas
por la ecuación
con solución r 2
V ¥ r¡ θ ¦
K pcosθ
Cte .
K pcosθ
r2 Cte
Esta solución corresponde a curvas tales que para por
ejemplo si tomamos V ¢ V0
V θ r
V0 ¢
V0 ¢
¢ V0 §
¢ V0 ¡
¡ ¢ V0
¢ 0 K p © V 0 r 0
¢ se tiene valores:
π ¢ 0£ 4 707 K p © V 0£ 0 707r0
π ¢
2 0
¢ 3π 4 0£ 707 K p ¡ V 0
¢ π K p © V 0 r 0
Situación que graficamos a continuación:
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
100
50
0
-50
-100
-100 -50 0 50 100
Figura 2.20: Lineas equipotenciales para un dipolo orientado verticalmente.
Las zonas más claras corresponden a zonas de potencial
más alto (carga positiva), las zonas más oscuras a regiones de potencial
más bajo (carga negativa).
El campo de fuerzas asociado al dipolo se presenta en la
figura siguiente:
10
5
0
-5
-10
-10 -5 0 5 10
Figura 2.21: Campo de fuerzas para un dipolo orientado verticalmente.
Observe que de la región en que está la carga positiva las
líneas de fuerza salen, mientras que en la región que está la carga
negativa las líneas de fuerza llegan.
Fuerza y torque que experimenta un dipolo sumergido
en un campo externo
Puesto que el dipolo es un par de cargas ubicadas muy
cercanamente un campo eléctrico externo actuándo sobre
ambas cargas se puede considerar prácticamente uniforme
y luego la fuerza neta sobre el dipolo resulta nula:
F q E ¥ rq¦ ¥
q¦ ¡
¥ r¥ q¦
¨ q E
E ¡ q E 0

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 58
En cambio el torque que experimenta un dipolo debido a
un campo externo no es nulo pues:
τ ¥ rq¦ r¥ r¡q ¡
¥ q¦ E ¥ r¥ q¦ E
q¥ rq q¡ ¨ ¡ E r¥
q E ¨
Si usamos la definición de momento dipolar el resultado
se puede escribir:
a¡ q¦¡
Ejercicios y ejemplos
τ dipolo ¨ p¡
(2.43)
E
1. Un sistema está formado por dos dipolos. Uno de ellos
ubicado en el origen y orientado a lo largo del eje
Z. El otro ubicado a distancia d del origen (con d a
donde a la separacion entre cargas en cada dipolo) y
observando un ángulo de 30 grados respecto del eje
vertical z. . El segundo dipolo tiene una inclinacion
de α respecto de la vertical. Determine el torque que
experimenta el segundo dipolo.
2. Repita su cálculo anterior pero para el torque que experimenta
el dipolo ubicado en el origen (NOTA: Haga
uso de la expresión 2.42) para evaluar el campo
que genera un dipolo ubicado en un punto r .)
3. En el caso de que la carga de un dipolo no este concentrada
sino que distribuida el momento dipolar se
define mediante:
p §¦
r dq
Considere la situación de una antena dipolar que
consiste de un tubo metálico de largo total © que
en cierto instante tiene carga distribuida linealmente
(dq λ d© ) a lo largo del eje z, partíendo con carga
negativa en uno de los extremos hasta carga positiva
en el otro. La densidad de carga está dada por:
¥ ¦ © ©
λ z
z
λ0
2
a) Calcule la carga total del segmento positivo de
carga del dipolo.
b) Calcule el momento dipolar del dipolo.
2.7.10. Energía potencial electrostática gastada
en crear (o almacenada) en una
configuración de cargas
Consideremos N partículas y el trabajo para llevar las cargas
desde el infinito (partiendo del reposo) a una cierta
posición final B quedando ellas finalmente quietas allí.
1. Para traer la primera partícula se hace un trabajo nulo
W ¡ 1¢ BA
2. Para traer la segunda partícula se hace trabajo pues
actúa sobre la segunda el campo de la primera. Se
tiene:
W ¡ 2¢ ¢¡ q2V BA
21
Kq1 en queV21 r21 debido a la primera. Notemos que se cumple q2V21 q1V12 . Efectivamente pues
luego se tiene:
W ¡ 2¢ BA
0
es el potencial que siente la segunda
q 2 V 21
Kq1 q2 r21 q1V12 Kq2 q1 r12 ¢¡ 1
2 ¥ q 2 V 21 q 1 V 12¦
3. Para traer la tercera carga se hace trabajo en presencia
de la primera carga y de la segunda, se tiene:
W ¡ 3¢ BA
¦¡
¥ q3V ¢¡
31 32¦ q3V Luego resulta:
4. . . .
W ¡ 3¢ BA
¥ q 1 V 13 q 2 V 23¦
¢¡ 1
2 ¥ q 1 V 13 q 2 V 23 q 3 V 31 q 3 V 32¦
5. Para traer la N-ésima carga se hace un trabajo
W ¡ N¢ BA
de modo que queda:
W ¡ N¢ BA
qN ¡ VN1 VN2 £ £ £ VNN¥ 1¦
¥
¡
¥ q1V1N q2V £ £ £ 2N N¥ q 1 N¥ V N¦ 1
¡ 1
2 ¥ q1VN1 q2VN2 q3V £ £ £ N3
N¥ q 1V N¥ N 1 qN N¥ V N¦ 1
Finalmente sumando todos los trabajos se tiene:
W total
BA
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
W ¡ 1¢
W
BA ¡ 2¢ £ £ £ W
BA ¡ N¢ BA
¡ 1 ¢ 2 q1¥ V12 V13 V £ £ £ 14 1N¦ V
2¥ q V21 V23 V £ £ £ 24 2N¦ £ £ £ V
qN VN1 VN2 V £ £ £ N3 NN¥ 1¦£ V ¥
¡ 1 N
N
1 2¦q ∑ V1 j q2 ∑ V £ £ £ 2 j qN ¡ 1
2
j¡
¢ 1
j¡
¢ 2
N
∑
j¡
¢ N
£ q1 V ¥ r i¦ q 2 V ¥ r 2¦ £ £ £ q N V ¥ r N¦ ¤
V N j§

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 59
de donde sigue que el trabajo total está dado por:
W ¢¡ total 1
2
N
∑ qi ¥ V i¦ r
i¢ 1
(2.44)
Por otro lado sabemos que dicho trabajo es conservativo,
de modo que la energía potencial electrostática asociada
satisface: W total ¡ ΔU total . Puesto que cuando las
partículas están en infinito se tiene U 0 resulta la energía
potencial electrostática asociada a la configuración
final de cargas está dada por:
U total
final
total 1
total
ΔU W ¦¡
2
N
∑ qi ¥ V i¦ r
i¢ 1
(2.45)
Para el caso de cargas distribuidas continuamente se tiene
la relación equivalente:
U total 1 ¦ dqV ¥ r¦ £ (2.46)
2
2.7.11. Ejercicios y ejemplos
(i) Determine la energía (trabajo) necesaria para crear
una configuración de 3 cargas en posiciones dadas
por:
i q i x i y i
1 q 0 0
2 ¡ q 2 0
3 q 0 3
NOTA: Primero evalúe el costo (trabajo) W 1 para
traer la primera partícula (en ausencia de otras) desde
el infinito. Luego el costo W 2 para traer la segunda
partícula en presencia de la primera. Finalmente el
trabajo W 3 para traer la tercera partícula en presencia
de las otras dos:
W W 1 W 2 W 3
(ii) Compare el valor que obtuvo en (i) contra la fórmula
1
W
2
3
i¢ ∑ qiVi 1
en que Vi ¥ V i¦ r es el potencial que siente cada
partícula i-esima ubicada en ri , debido al resto de las
partículas.
(iii) La generalización de W para cargas distribuidas con-
tinuamente es:
¦
¦
¥ ¦
W
1
2
dqV
1
2
ρ r V ¦ ¥ r d
¦
¥ ¦
1
2
σ r V ¥ ¦ r dS
Use esta expresión para calcular el trabajo o energía
necesaria para cargar con carga total Q una esféra
conductora de radio R. Verifique que W 1 KQ
8
2
πR y
compare este valor con el que obtiene si usa W
1 Q
2
2
C 1
2CV 2 .
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
Considere ahora un condensador formado por dos
placas planas muy grandes, de área A y separadas
a distancia d, que tienen densidades de carga σ 0 y
¡ σ0 . El potencial sobre cada placa es uniforme y de
valor V 0 © 2 y ¡ V0 © 2 respectivamente. Calcule:
La fuerza que hace la placa positiva sobre la
placa negativa. NOTA: use que la fuerza sobre
un elemento de carga dq σ dS es ¤ dq E para
integrar la fuerza sobre toda el área de la placa a
potencial negativo. Recuerde el valor del campo
que produce una placa plana con densidad
σ sobre todo el espacio.
Calcule la energía electrostática almacenada en
el condensador vía integrar U 1 2 ¤ dqV.

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 60
2.8. Materiales Conductores
En esta sección estudiaremos que ocurre con el campo
eléctrico en sistemas conductores.
Los materiales conductores son en general metales. Por
esta razón las cargas que son depositadas al interior del
material conductor se mueven casi libremente en su interior.
Esto lo hacen en tiempos característicos muy pequeños
(10 ¥ 19 [seg]). Las siguientes situaciones son comunes:
(a) Si se deposita una cierta cantidad de carga neta positiva
Q al interior del conductor, las partículas que
constituyen esta carga experimentan entre sí una repulsión
coulombiana, de manera que, al repelerse
mutuamente ellas tienden a moverse hasta la superficie
del material conductor, donde, deslizan sobre la
superficie buscando su acomodo. Pasado cierto tiempo
alcanzan el equilibrio y ya no se mueven más ya
que se ejerce una fuerza nula (aceleración nula) sobre
ellas, de modo que las partículas se quedan estacionadas
sobre la superficie del metal. En consecuencia,
en el interior del conductor no hay carga neta, por
el Teorema de Gauss se puede inferir que el campo
se anula en el interior ( E 0).
+ +
+
+
+
Q
+ + + + +
+
+
+
+
+
+
+ + +
+ + +
+
+
+
+
+
+
+
+
Sin embargo como toda la carga Q está en la superficie
es posible inferir también —por el Teorema de
Gauss aplicado a una superficie gaussiana que envuelve
externamente al conductor— que afuera del
conductor existe campo eléctrico no nulo E 0.
(b) Si por el contrario se deposita iguales cantidades de
carga positiva y negativa Q y ¡ Q, ocurrirá que las
partículas de signos opuestos se atraerán formando,
probablemente, moléculas neutras o al menos una
densidad de carga nula en el interior. Al no haber carga
neta al interior y aplicando el teorema de Gauss
a una superficie dentro del conductor, se podrá inferir
que el campo en el interior del conductor es nulo
( E 0).
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
+ + −
− tiempo
Ahora tanto la superficie come el volumen del conductor
son neutros en carga y luego al aplicar el Teorema
de Gauss a una superficie gaussiana que envuelva
exteriormente al conductor se inferirá que no se
genera campo eléctrico en el exterior del conductor.
(c) Por último podría ocurrir también que se deposite
carga positiva y negativa pero no en la misma cantidad.
Entonces se tendrá que parte de la carga positiva
se sentirá atraída con la carga negativa y formará,
como antes, moleculas neutras o densidad de
carga nula. La diferencia de carga (totalmente positiva
o totalmente negativa) experimentará repulsión
Coulombiana entre sí y como en la situación (a) se
depositará en la superficie formando allí una densidad
superficial.
Igual que en el caso (a) y (b) como en el interior
del conductor no hay carga neta, por el Teorema de
Gauss, se infiere que el campo en el interior es nulo,
mientras que en el exterior del conducotr, por haber
carga en la superficie, el mismo teorema indica que
se genera un campo eléctrico no nulo.
(d) En el caso de presencia de cargas fuera del conductor
la distribución de cargas en la superficie puede tener
regiones con densidad superficial negativa y regiones
con densidad superficial positiva. Esquematicamente
podemos graficar todo esto así:
+
+ ++
-
-
--
E=0
-
-
--
+ +
+
+++
+
+
+
+
+
+

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 61
En conclusión: las fuerzas eléctricas internas hacen repelerse
a las partículas, las que se van a la superficie del conductor
formando allí densidades superficiales de carga. En
el interior el campo eléctrico es nulo ( E 0).
2.8.1. Ejemplos
1. Conductor esférico macizo on carga neta Q. Determinar
el campo eléctrico en todo el espacio.
Solución: Por ser la esféra de material conductor
el campo eléctrico en el interior es nulo. La carga
se deposita en la sperficie. Por simetría de la esféra
esta carga se distribuye uniformemente con densidad
Q
superficial σ σ0 4πa2 en que a es el radio del
conductor. Afuera del conductor, en una superficie
gaussiana de radio r el flujo neto del campo eléctrico
resulta Φ ¥ E ¦ E r 4πr2 y debe (por el Teorema de
Gauss) ser igual a la carga encerrada dividido por ε 0 .
Q
4πε 0 r 2 , de modo que
el campo en todo el espacio es:
De la igualdad resulta: E ¥ r¦
E ¥ r ¦
Q
4πε 0 r 2
0 Si r a
En la superficie misma del conductor, justo afuera, a
partir de la expresión última se concluye que el campo
vale: Esup ¥ E a £ .
2. Condensador de placas planas de área A con cargas
Q (placa inferior) y ¡ Q (placa superior). Determine
el campo en todo el espacio.
¦
σ 0
ε 0
Solución: Las cargas Q y ¡ Q (que están en placas
diferentes) tienden a atraerse entre sí, de manera que
la carga Q en la placa inferior se termina depositando
en la superficie superior de dicha placa. Por otro lado
la carga ¡ Q en la placa superior se deposita a su vez
en la superficie inferior de esta placa.
−Q
Q
−σ
σ
− −
+ +
− −−
+ + + +
Al interior de cada placa conductora el campo es nulo
(y por supuesto la carga encerrada por una superficie
gaussiana también es nula).
En la región entre las placas, suponiendo que la carga
en cada placa se distribuye uniformemente en la
superficie, se genera un campo eléctrico uniforme.
Aplicando el teorema de Gauss a la superficie indicada
en la figura que sigue se puede concluir que el
campo entre las placas es uniforme y de intensidad
E σ © ε 0 .
+ + + + + +
E ¥ z ¦ A σA
E ¥ z ¦
ε 0
σ
ε 0
Aplicando el Teorema de Gauss a la superficie indicada
por la figura que sigue es posible mostrar que
el campo en la región de afuera (tanto superior como
inferior) de los conductores es nulo.
− −
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
− − −
+ + + + +
+

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 62
3. Esfera conductora de radio a y carga neta Q envuelta
por un cascarón esférico de carga neta nula y radios
interior b y exterior c.
Q esfera
= Q
b
a
¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡
¢¡¢¡¢¡¢¡¢¡¢¡¢
¡
c
Q = 0
cascaron
Solución: En el interior de cada uno de los conductores
el campo debe ser nulo (equilibrio de fuerzas:
E F © q 0). En la región a ¦ r ¦ b podemos
aplicar el Teorema de Gauss a una superficie gaussiana
esférica de radio r entre a y b, para demostrar
que el campo allí resulta de intensidad
E ¥ r ¦
Q
4πε 0 r 2
Si aplicamos el Teorema de Gauss nuevamente pero
ahora para una superficie de radio r en la región interior
del cascarón esférico y que envuelve a la esféra,
y usamos que el flujo Φ E
concluimos necesariamente que en la superficie interior
(r b) del cascarón esférico debe haber carga
neta nula Q b de valor opuesto a Q (esto pues la carga
total encerrada debe ser cero). Es decir Q b ¦¡ Q.
Pero por otro lado sabiamos que el cascarón exterior
tenía carga neta nula y está aislado, de modo que su
carga total se conserva, luego en la superficie de radio
c del cascarón se debe haber inducido una carga
Qc opuesta a Q b . Es decir Qc ¢¡ Q b Q.
¤ E d S debe ser nulo,
Como debido a la simetría del problema la carga Qb se distribuye uniformemente en la superficie de radio
r c, el campo afuera debe respetar la simetría esférica.
Si aplicamos el Teorema de gauss a una superficie
imaginaria esférica de radio ¥ r c, considerando
que la carga total Q tot
Q Qb Qc Q ¡ Q Q
Q, es posible demostrar que en la región exterior al
cascarón hay un campo
E ¥ r ¦
Q
4πε 0 r 2
En resumen, en las distintas regiones el campo vale:
E ¥ r ¦
¤ ¤ ¤ £
¤
¥¤ ¦ ¤
0 r ¦ a
Q
4πε 0 r 2
a ¦ r ¦ b
0 b ¦ r ¦ c
Q
4πε 0 r 2
r ¥ c
2.8.2. Densidad de carga en la superficie de
un conductor de forma arbitraria
Si consideramos un punto cualquiera de la superficie de un
conductor de forma cualquiera es posible probar, usando
el Teorema de Gauss aplicado a un pequeño cilindro que
contiene dicho punto en la superficie (ver figura), que la
componente normal En E ˆn a la superficie del campo
eléctrico en dicho lugar se relaciona directamente con la
densidad de carga en dicha parte de la superficie
φ
E
=E ^n
dS
E=0
E ˆnΔS σΔS
En
E n
ε 0
σ
ε 0
Q=dS σ
donde hemos usado que el cilindro es mucho menos alto
que ancho de manera que el flujo por el manto resulta nulo
en el límite que el alto del cilindro va a cero.
Más adelante veremos que en la superficie de un conductor,
no hay componente tangencial del campo eléctrico. Es
decir el campo eléctrico es perfectamente perpendicular
(o normal) a la superficie del conductor y luego la inten-
sidad de este es E sup
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
En. Otro punto que es importante
observar aquí que esto vale localmente en cada punto de
la superficie, es decir σ σ ¥ r ¦ , y luego el campo en cada
punto de la superficie depende del valor de la densidad de
carga allí:
E sup¥ r ¦
σ r ¦ ¥
ε0 ˆn (2.47)

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 63
Ejemplo
La máxima carga que puede existir en un conductor está
limitada por el hecho de que pasado cierto valor de la intensidad
del campo eléctrico el aire mismo que toma contacto
con el conductor se puede transformar en un medio
conductor a su vez. Esto se debe a que las moléculas del
aire se pueden ionizar en la presencia de un campo eléctrico
muy intenso y las cargas libres que se generan pueden
desplazarse formándose corrientes o rayos de carga que
migran hacia el conductor. La intensidad característica del
campo para que ocurra esto es E max ¨ 10 7 [N/C].
Calculemos la densidad superficial de carga máxima necesaria
para que esto no ocurra:
σ ε 0 E ˆn ε 0 E max
88£ £ 4μC/m2 Para una esféra conductora de radio a esto significaría una
carga neta Q 4πa2 1£ 0£ 0£
σ que en el caso de a 1 [m], a
1 [cm] y a 1 [mm] corresponde a cargas máximas de
Qmax 1 [μC], Qmax 11 [μC] y Qmax 0011 [μC]
respectivamente.
2.9. Ecuación de la Divergencia del
Campo Eléctrico
El Teorema de Gauss que relaciona el flujo del campo
eléctrico por una superficie cerrada con la carga encerrada
por dicha superficie puede ser restablecido en forma
diferencial usando el Teorema de la Divergencia:
¦
1
E d S ¦ Qencerrada ε 0
1
∇ E d ¦ ¦ v ρQ d v
ε0 ∇ E ¡ ρ ¡
Q
d v 0
ε0 Como esta igualdad tiene que cumplirse para cualquier
volumen de integración (el volumen de integración es
arbitrario) el integrando debe ser nulo, y se obtiene la
siguiente ecuación (Ecuación de la Divergencia del
Campo Eléctrico):
∇ E ρq¥ r¦
ε0 (2.48)
Un resultado inmediato que sigue es que si conocemos
el campo eléctrico en una región del espacio, podemos
deducir la densidad de carga en dicha región:
ρq¥ r ¦
ε 0 ∇ E ¥ r ¦
Por ejemplo sabemos que para una distribución de carga
uniforme en el interior de una esféra el campo eléctrico
está dado por:
E ¥ r¦
¢ 1
ρ0 3 ε0 1 ρ0 a
3 ε0 3
r2 r Si r a
Si r ¥ a
La ecuación de la divergencia entrega:
ρq¥ r ¦
1 ε0 ¥¦ r2 ∂
∂ r
£
ε 0 1
r 2
∂
∂ r
r2¡ 1
3
¡
¡ r 2¡ 13
ρ0 r¢ ¢ ε
ρ0 Si ¦ r a
0
ρ0 a
ε0 3
r2¢ 0 Si ¥ r a ¢
2.10. Ecuación de Poisson y
Ecuación de Laplace
Usando que E ¡ ∇V y aplicando divergencia a la
Ecuación (2.48) se obtiene
La ecuación:
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
∇ ¡
¥ ∇V¦
∇ 2 V
∇ E ρq
∇ 2 V ¢¡ ρq © ε 0
ε0 ρq
ε0 ρq ¡
ε0 (2.49)
es conocida como Ecuación de Poisson.
En las regiones donde la densidad de carga ρq es nula se
satisface la llamada Ecuación de Laplace:
∇ 2 V 0 (2.50)
que si se especifica las condiciones de borde tiene
solución única, como veremos a continuación.
2.10.1. Teorema de Unicidad de la Ecuación
de Laplace
Veremos aquí que la ecuación de Laplace ∇ 2 V 0, sujeto
a valores en el borde (o superficie) de la región que
interesa resolver esta ecuación, tiene solución única:
La demostración es por contradicción con la hipótesis:
suponemos que hubiera dos soluciones diferentes: V 1¥ r¦ y
2¥ r¦ V con V1 V2 . Definimos Φ V ¡
1
V2 . Obviamente Φ
también satisface la Ecuación de Laplace: ∇2Φ ∇2V1 ∇2V2 0, luego:
¦
Φ∇
Vol
2 Φdv 0

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 64
pero tenemos la identidad: ¥ ∇ Φ∇Φ ¦
Φ £ ∇2Φ¤ de donde sigue (usando que ∇2Φ 0) que:
¦
Vol ¥ ∇Φ¦ 2 dv ¦
¦
∇ ¥ Φ∇Φ¦ dv
Vol
Φ∇Φ d S
Sup
¥ ∇Φ ¦ 2
en donde en la última línea hemos usado el Teorema de la
divergencia para convertir la integral de volumen del lado
derecho en una integral de superficie. Esta integral de
superficie resulta nula pues el potencial lejano Φ se comporta
como Φ 1 © r y el gradiente de dicho potencial se
comporta como ∇Φ 1 © r 2 , mientras que por otro lado el
elemento de superficie dS se comporta como dS r 2 dΩ
en que dΩ sinθ dθ dφ. Considerando una superficie suficientemente
grande la integral de superficie
¦ Φ∇Φ d S ¦ 1
¦ 1
r r3 r2 1
dΩ ¦ dΩ £ 0
r
ya que r, el radio de una esféra muy grande, tiende a infinito.
Se ¤ ¥ concluye que ∇Φ ¦ 2 dv 0 si y solo si el inte-
2 grando ¦ ∇Φ 0, de modo que Φ Cte.
¥
Como Φ Cte se puede evaluar Φ en cualquier parte, por
ejemplo en la superficie infinitamente lejana donde Φ 0,
sigue que V1 V2 lo que contradice la hipótesis. Luego
V1 V2 y en consecuencia el potencial tiene solución única
en todas partes.
2.10.2. Aplicación de la Ecuación de
Laplace a materiales conductores
Recordemos que los materiales conductores son en general
metales. En su interior las cargas se pueden mover
libremente y las fuerzas superficiales impiden que las cargas
escapen.
Las propiedades de estos materiales se pueden resumir en:
En el interior E 0 y por lo tanto la función potencial
(que satisface E ¡ ∇V) debe ser uniforme
dentro del conductor. Es decir V Cte o equivalentemente
los conductores son cuerpos equipotenciales.
Puesto que el conductor es equipotencial, su superficie
tambien lo es, y sabemos que la dirección del gradiente
de V es perpendicular a la superficie equipotencial
asociada a dicho punto, luego el campo E
¡ ∇V justo en el exterior de la superficie del conductor
es perpendicular a dicha superficie. Es decir:
E sup
E ¥ r ¦ ˆn
o equivalentemente las líneas de fuerza son perpendiculares
al conductor.
No puede haber carga neta en el interior del conductor
(si en la superficie). Lo que sigue de aplicar el
Teorema de Gauss a un volumen en el interior del
conductor y considerar que como el campo es nulo el
flujo es nulo. Si hubiera carga habría una contradicción.
Ya hemos visto (aplicando el teorema de Gauss a un
pequeño cilindro en la superficie) que el valor del
campo en la superficie satisface
E sup
σ r¦ ¥
ε0 Por último si acercamos una carga q (externa al conductor)
los eléctrones y protones en la superficie del
conductor se redistribuyen (ver figura 2.22
2.10.3. Ejemplos
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
+
+
+
+
+
+
+ +
+
+++
+
+
++
ˆn
-
-
--
E=0
Figura 2.22:
1. Conductor hueco, de forma arbitraria, cargado.
V= V 0
E=0
-
-
-
-
--
Q
V= V 0
E=0

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 65
Resolvemos usando unicidad de la Ecuación de
Laplace:
En el conductor se satisface ∇2 ¦ ¥
V 0 con solución
V r V0 cte. En particular en el borde
interior del conductor (borde del hueco) se
tiene V V0 .
En el hueco se satisface también ∇ 2 V 0. Para
el hueco se postula V V 0 como solución.
Puesto que esta solución satisface la ecuación
de Laplace y satisface la condición de borde,
esta es la solución. En consecuencia, dentro del
hueco, E ¦¡ ∇V 0, y el campo E sup, justo en
la superficie interior, es nulo. Luego,
σ ε 0 E sup ˆn 0
y no hay densidad de carga en la superficie interior.
La carga del sistema está sólo distribuida
en la superficie exterior del conductor.
2. Conductor esférico cargado con hueco interior de
forma arbitraria.
+
+
+
+ +
+
+ +
+
+
+
+
+
V= V0
V= V0 +
+
+
+
V= V +
0
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+ + + +
V= V(r)
2
V=0
La solución es similar a la anterior, con la carga distribuyéndose
en la superficie exterior y campo nulo
en el conductor y en el hueco. Lo que interesa ahora
es la solución de la Ecuación de Laplace en la región
exterior a la esféra.
Afuera de la esféra se satisface la ecuación de
Laplace con condiciones de borde V 0 en infinito y
V V 0 justo en r a (el borde de la esféra). Tomando
como modelo la solución del problema de un cascarón
esférico hueco visto anteriormente se postula
como solución
V ¥ r¦
C 1
r C 2
que efectivamente satisface la ecuación de Laplace:
∇ 2 1
V
r2 ∂
∂r
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
∂V
¢ r2
∂r ¤
1
r2 ∂
sinθ ∂θ
1
∂ 2 V
∂φ 2
¢ sinθ ∂V
∂θ ¤
r2 sin2 θ
1
r2 ∂
∂r ¢ r2 ¡ ¢ C1 r2 ¤ ¤ 0
La condición ¥ V ¦ ∞ 0 implica C2 0. La condición
¥ V ¦ a V0 implica C1 V0a, de modo que la
solución que satisface la Ecuación de Laplace y las
Condiciones de Borde y en consecuencia es la solución
es:
V ¥ r¦
a
V0
r
para r a
De esta solución sigue que el campo afuera de la superficie
es:
E
a
V0 ˆr
r2 y justo en la superficie resulta Esup a ˆr de modo
que la densidad superficial es uniforme sobre la superficie
y de valor
σ ε 0 E ¢ r¢ a ε 0 V 0
a £
Puesto que la densidad es uniforme, se tiene q
σ4πa 2 de donde reemplazando el valor de σ resulta
una ecuación para V 0 con solución: V 0
V 0
q
4πε 0 a .
3. Conductor esférico neutro con hueco que tiene
carga q en su interior.
q
- q
V= V 0
q
2
V=0

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 66
Al poner una carga q en el interior del hueco ésta
atrae cargas libres del interior del conductor hacia la
superficie interior del hueco. Como el conductor es
globalmente neutro la diferencia de carga (del otro
signo) se tiene que reubicar en la superficie exterior
al conductor. Llamemos Qa la carga en la superficie
interior y Qb la carga en la superficie exterior. De la
neutralidad sigue que Qa Qb 0.
Por otro lado si aplicamos el Teorema de Gauss a una
superficie cerrada de forma arbitraria en el interior
del conductor, por ser este de campo nulo, resulta
flujo ΦE 0, y en consecuencia se tiene que la carga
neta encerrada debe ser nula (q Qa 0) de modo
que:
Qa ¦¡ q
y luego (puesto que Qa Q b
+
+ +
+
+ +
+
+
Q b
Q
+
+
+
+
+
q £
+
+
+
+ - +
+ q V= V +
-
0
+
+ -
+
+ - -
-
+
+ - -
+
+
+
+ + + +
- - - Q
-
- --
0) se tiene
2 V=0
V = V
sup 0
Fuera del conductor se puede resolver la Ecuación de
Laplace en forma exactamente identica al problema
anterior, encontrando
V ¥ r¦
E ¥ r ¦
a
V0 r
a
V0 r2 σ ε 0 V 0
a
Puesto que la densidad es uniforme, se tiene Q b
σ4πa 2 de donde reemplazando los valores de Q b y σ
obtenidos resulta una ecuación para V0 con solución:
V0 igual que en el ejemplo anterior.
q
4πε 0 a
El análisis del campo en el hueco es más complicado
pues, si la carga está ubicada excentricamente, el
campo presenta una distribución de líneas irregular
como la que sugiere la figura por lo que obviaremos,
por ahora, dicho analisis (ver más adelante método
de imagenes para la solución del campo en el hueco).
+
+
+
+
+
+ +
+
-
-
q
-
- - -
-
-
-
-
-
-
-
2.11. Concepto de Capacidad
Hemos visto que el Potencial en todo el espacio está relacionado
con la densidad de carga a través de la Ecuación
de Poisson
∇ 2 ¥ r¦
¢¡ V ρ r¦ ¥
ε0 Esto tiene implicancias interesantes: si se aumenta la densidad
de carga en cada punto de un sistema en un cierto
factor α, digamos por ejemplo α 2, el potencial cambiará
(via la Ecuación de Poisson) en ese factor también.
Inversamente, si se aumenta el potencial en todas partes en
un cierto factor, la densidad de carga (y en consecuencia
la carga total) se incrementa en ese mismo factor también.
Para un conductor esto implica que la carga total almacenada
por él depende en forma directa del voltaje aplicado.
El factor de proporcionalidad se conoce como Capacidad
y éste factor solo depende de la geometría del sistema y
de la constante ε0 .
Se define formalmente la Capacidad como el valor absoluto
del cuociente entre la carga Q almacenada por un
elemento conductor sobre la diferencia de potencial ΔV
del conductor respecto de un punto de referencia
C ¡
Q
ΔV
-
(2.51)
Lo que la Capacidad mide es: cuanta carga almacena un
sistema por unidad de voltaje aplicado.
2.11.1. Ejemplos
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
1. Capacidad de una esféra conductora respecto al
infinito
El voltaje sobre la superficie de una esféra conductora
aislada que tiene carga Q está dado (vía resolver la
Ecuación de Laplace) por:
V sup
KQ
a

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 67
La diferencia de voltaje respecto al infinito es ΔV
KQ © a ¡ 0. La capacidad resulta:
C
Q
KQ © a
a
K
4πε0 a
2. Capacidad de una esféra cargada respecto de un
cascarón esférico que la envuelve concéntricamente.
Q
- Q
E=0
a
c
b
E=0
E= Q
2
4 0 r
^r
Suponemos que la esfera interior tiene carga Q y radio
a y los radios del cascarón esférico son b (radio
interior) y c (radio exterior).
El campo eléctrico entre la superficie de la esféra interior
y el radio interior del cascarón se obtiene usando
el Teorema de Gauss:
E
Q
ˆr
4πε0r2 La diferencia de potencial entre estos radios se obtiene
integrando
ΔV
¡ ¦
Q
b
a
4πε 0
La capacidad resulta
C
Q
4πε 0
Q
E d r §¦
¢ 1 ¡
a
1
b ¤
£ 1a ¡ 1 b¤
b
a
Q
dr
4πε0r2 4πε 0 ab
b ¡ a
3. Capacidad de un condensador de placas planas
- Q
d
Q
Suponemos que las placas del condensador (de área
A y separación d, con d muy pequeña) tienen cargas
Q y ¡ Q (vea el ejemplo 2 de la sección Materiales
Conductores). El campo eléctrico entre las placas es:
E σ
ˆz
ε0 Q
ε 0 A ˆz
La diferencia de potencial entre estos radios se obtiene
integrando
ΔV
¦ ¡
Qd
ε0A La capacidad resulta
C
d z¢
0 z¢
Qd ©
E d ¦¡ ¦ r
Q
¥ ε 0 A¦
0
ε 0 A
d
a
A
Q
ε 0 A dz
4. Capacidad de un condensador de placas planas
con conductor intermedio
- Q
Q
+ +
E 0
+ + +
E = 0
- - - - -
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
E 0
Suponemos que la carga en las placas de afuera Q
y ¡ Q y que el conductor intermedio es neutro y de
tamaño b. Usando el Teorema de Gauss es posible
demostrar que en el conductor intermedio se forman
cargas ¡ Q y Q respectivamente, como muestra la
figura. En la región donde no hay conductor se tiene
campo de magnitud σ © © ε0 Q . En la región
¥ Aε 0¦
- Q
Q

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 68
conductora el campo es nulo. La diferencia de potencial
entre las placas resulta
ΔV
La capacidad resulta
C
¡ ¦
Q
Q
ε0 ¥ A d ¡ b¦
d z¢
0 z¢
E d r
¡ Q
Aε ¥
0 d ¡ ¦ b
ε 0 A
d ¡ b
La capacidad del condensador de placas planas con
conductor intermedio resulta mayor que para el condensador
sin conductor intermedio.
5. Capacidad de un condensador formado por conductor
interior cilíndrico y cascarón cilíndrico
concéntrico muy largos
Q
- Q
c
a
b
Consideramos radio a para el cilindro interior, y radios
b y c para los radios interior y exterior del cascarón
cilíndrico respectivamente. Suponemos que los
conductores tiene carga total interior Q y exterior ¡ Q
en cada segmento de largo © .
El campo entre los conductores (a ¦ ρ ¦ b) se obtiene
por el Teorema de Gauss y resulta
E
λ0 2πε0ρ ˆρ
2π©
Q
ε0ρ ˆρ
La diferencia de potencial se obtiene integrando
ΔV
¡ ¦
b
E
ρ¢
d ρ ¦¡ ¦
a ρ¢
¡ Q
2π© ε 0
ln ¥ b © a ¦
a
b
Q
2π© ε 0 ρ dz
La capacidad en un segmento de longitud © resulta
C
Q
Q
ε0 ln¥ 2π¨ b ¦ a
2π© ε 0
ln ¥ b a ¦
Capacidad de un sistema de líneas conductoras cilíndricas
en trifásico Un arreglo de conductores cilíndricos
de radio a y muy separados entre sí (separación b),
llevan corrientes en trifásico, de manera que se genera sobres
sus superficies cargas q 1¡ q 2 y q 3 tales que:
q 1 q 2 q 3
y voltajes V 1¡ V 2 y V 3 tales que:
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
V 1 V 2 V 3
b
V 3
V
b
1
0
0
b
V2
se quiere calcular la capacidad respecto de V 0.
El que estén en trifásico no altera la descripción usual. Los
voltajes y las cargas ahora dependen del tiempo. Para los
voltajes se tiene:
cos¥ V1 V0 wt¦
cos¥ V2 V0 wt ¡ 2π © 3¦
cos¥ V3 V0 wt 2π© 3¦
© mientras que para las cargas en un segmento
cable:
en cada
q 1
q 2
q 3
q cos¥ 0 wt¦
q cos¥ 0 wt ¡ 2π © 3¦
q 0 cos¥ wt 2π© 3¦
Lo que se quiere es determinar el valor V 0 y q 0 y luego
con esto la capacidad
C q 0
V 0

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 69
entre las amplitudes q 0 , V 0 del sistema trifásico.
Partimos considerando que por estar muy separados los
cables se pueden pensar como si fueran cables infinitesimalmente
delgados para efecto de evualar el voltaje total
(debido a la distribución de carga en los 3 cables) sobre la
superficie de un cable, en este caso el cable 1.
V 1 ¨ V 12 V 13
¡ 2Kλ2 ln ¥ b
a ¦
¡ 2Kλ3 ln ¥ b
a ¦
Para calcular la contribución del cable 1 sobre su propia
superficie hemos considerado que por estar los otros 2 cables
muy alejados, ellos no alteran sustancialmente la distribución
de carga sobre la superficie del 1, de modo que
ésta carga se puede considerar distribuida uniformemente
sobre la superficie del mismo. La distribución de carga de
este cable genera en todo el espacio un potencial dado por
En particular V ¥ a¦
V ¥ ρ¦
¢¡ 2Kλ1 ln¥ ρ
a ¦
2Kλ1 ln¥
¢¡ a© 0. a¦
Sobre las superficies de los cables 2 y 3 se tiene:
V 2
V 3
¡ 2Kλ3 ln¥ b
a ¦
¡ 2Kλ1 ln ¥ b
a ¦
Sumando V 1 V 2 V 3 se obtiene
¡ 2Kλ1 ln¥ b
a ¦
¡ 2Kλ2 ln ¥ b
a ¦
V 1 V 2 V 3 ¢¡ 4K¥ λ 1 λ 2 λ 3¦ ln¥ b
a ¦
de modo que las densidades de carga satisfacen la condición
de trifásico λ 1 λ 2 λ 3 . Hasta aquí esto no es más
que un chequeo de la salud de nuestras ecuaciones.
Restando V 1 y V 3 y restando V 1 y V 2 se obtiene:
V 13 V1 ¡ V3
V 12 V1 ¡ V2
Sumando V 13 V 12 resulta:
¡ 2K¥ λ 2 λ 3 ¡ λ3 ¡ λ1¦ ln ¥ b
a ¦
¡ 2K¥ λ 2 ¡ λ1¦ ln ¥ b
a ¦
¡ 2K¥ λ 2 ¡ λ1¦ ln ¥ b
a ¦
¢¡ 2K¥ V13 V12 λ 2λ1¦ ¡
¡ ¡
3 λ2 pero V13 V12 luego queda:
2V1 V3 V2 ,
¥ V 1 ¡ V 3¦ ¥ V 1 ¡ V 2¦
2V 1 ¡ V3 ¡ V2 2K¥ 2λ 1 ¡ λ 3 ¡ λ2¦ (2.52)
por otro lado V 1 V 2 V 3 0 entrega V2 V 3 ¡ V1 y
λ 1 λ 2 λ 3 0 entrega λ2 λ 3 ¡ λ1 que reemplazadas
en la expresión (2.52) entregan:
3V 1
2K¥ 3λ 1¦ ln ¥ b
a ¦
q ©
1 © q ©
0 © ¥ ¦ sigue que:
de
y
donde,
λ1 previo usar
cos
V1 wt ,
V 0
2Kq0 © ell ln¥ b
a ¦
V 0 cos ¥ wt ¦
Para la capacidad en un segmento de longitud © se obtiene
C
©
2K ln¥ b
a ¦
Por supuesto si los cables están muy cerca este resultado
ya no es cierto pues la distribución superficial de carga
sobre cada cable ya no resulta uniforme.
2.12. Capacidad Equivalente de
sistemas de condensadores
conectados entre sí
Previo al análisis debemos establecer que en la expresión
C ¡
Q
ΔV
de la capacidad de un condensador constituido por una red
conductora la cantidad Q se refiere a la carga útil del sistema.
Es decir aquella que puede fluir por los conductores
del circuito en forma de corriente y ser aprovechada en la
red externa del circuito.
La carga en condensadores intermedios muchas veces
queda encerrada alli y no es útil en el sentido que no fluye
hacia el exterior del sistema y no puede ser aprovechada
en forma de trabajo o energía en la red externa del circuito.
2.12.1. Conexión en Serie
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
v 1
v 1 v 2 v vn
- Q 1 Q1 - Q 2 - Q n-1 Q n-1 - Q n Qn
Q 2
Aquí la carga util es la Q 1 (o ¡ Q N ) que están en los condensadores
del extrémo de la conexión. Como cada con-
V n

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 70
densador intermedio es neutro inicialmente, se puede establecer
que Q 1 Q2 £ £ £ QN Q. Por otro lado las
diferencias de potencial de los condensadores satisfacen
V 2 ¡ V1
V 3 ¡ V2
V N¥ 1 ¡ VN¥ 2
V N ¡ VN¥ 1
£ £ £
ΔV1 Q
C1 ΔV2 Q
C2 N¥
N¥
ΔV 1
Q
C 1
ΔVN Q
CN Sumando todas las diferencias de potencial entre sí se
tiene (observe las cancelaciones en la columna de la
izquierda)
V ¡
N V1 ΔV £ £ £ ΔV1 ΔV2 ΔN Q
C1 Q
£ £ £
C2 Q
CN Q ¢ 1 1 1
£ £ £ ¤
C1 C2 CN de donde podemos identificar la Capacidad Equivalente
Cequiv © Q ΔV que resulta para la conección en serie de
capacitores:
C ¢ 1
C 1
1
C 2
1
£ £ ¤ £
CN 2.12.2. Conexión en Paralelo
Q 1
- Q 1
Q 2
- Q 2
Q n
- Q n
Aca la suma de todas las cargas en una de las placas de
cada condensador es la carga util, pues toda ella puede
fluir fuera del sistema, de modo que
Q Q 1 Q 2 £ £ £ Q N
Por otro lado todos los condensadores están sometidos al
¥ 1
mismo potencial
Q 1
Q 2
Q N
£ £ £
Sumando las cargas se obtiene:
C 1 ΔV
C 2 ΔV
C N ΔV
Q Q 1 Q 2 £ £ £ Q N (2.53)
£ C1 C 2 £ £ £ C N¤ ΔV (2.54)
y luego la capacidad equivalente de capacitores conectados
en paralelo es:
C equiv
C1 C 2 £ £ £ C N
2.13. Energía almacenada en un
conductor aislado
Si el conductor está inicialmente descargado podemos
colocar una pequeña cantidad de carga sobre él sin realizar
trabajo. Al agregar más carga la fuerza de repulsión entre
la carga en el conductor y la carga a agregar implica que
cada vez se debe hacer más trabajo.
Consideremos una situación intermedia, cuando el conductor
tiene una cierta carga q y está a potencial V
© q C respecto del infinito (V ¥ t¦ V , es decir el potencial
del conductor varia con el tiempo).
Al agregar dq el trabajo infinitesimal es
dW ¦¡ dq V £
Trabajo que debemos integrar desde la situación inicial
q 0, hasta la situación final q Q. Se tiene:
W ¦ dW
0
§¦ Q
La energía almacenada resulta
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
U ¦¡ W Q2
2C
q
C dq 1 ¦¡
2C Q2
1 2
CV
2
en que V aquí se refiere al potencial de la superficie respecto
del infinito.
2.14. Energía almacenada en un
condensador
El trabajo para mover carga dq entre las placas, cuando
estas tienen carga q y diferencia de potencial ΔV entre
ellas, es
dW ¦¡ dq ΔV

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 71
pero ΔV q¢
C luego
W ¦ dW
Q
¦
0
y la energía almacenada resulta
U ¢¡ W Q2
2C
q
C dq 1 ¦¡
2C Q2
1
2 CΔV 2 £
en que ΔV se refiere a la diferencia de potencial final
entre los condensadores.
2.15. Energía almacenada en terminos
del campo E. Densidad de
energía eléctrica
Hemos visto que la energía almacenada se puede escribir
como:
U §¦ 1
2 dqV §¦ 1
2 ρqV dv
si usamos la ecuación de la divergencia del campo eléctrico
ρq ε0∇ E esta expresión se puede escribir:
U ¦ 1
2 ε 0¥ ∇ E ¦ V dv
1 ¦
2 ε ∂Ex
V
∂x 0¥
integrando por partes resulta
U ¦ 1
2 ε0 ¢ ∂V ¡ Ex
∂x
V ∂Ey
∂y
∂V ¡ Ey
∂y
∂Ez
V ¦ dv
∂z
∂V ¡ ¤ Ez dv
∂z
¦ 1
2 ε ¢ VEx¦ ¥ ¥ VEy¦ 0
∂ ∂ ∂
∂x ∂y ∂z ¥ V Ez¦ ¤
¦
dv
1
2 ε £ 2
0 Ex E 2 y E 2 z¤ dv
1
2 ε0 ¦ ¥ ∇ V E ¦ dv
¦ 1
2 E2 dv 1
2 ε0 ¦
¥ V E¦ d S
En esta última expresión el término de flujo asociado a V E
se anula al integrar en la superficie pues para un dominio
de integración muy grande (superficie en infinito) V E se
comporta como 1
r 3 mientras que dS r 2 dΩ de modo que
todo el término de flujo va a cero como 1 r .
En definitiva resulta:
U ¦ 1
2 ε 0 E 2 dv (2.55)
Este resultado permite definir la llamada “densidad
de energia” o “energía por unidad de volumen” u
que hay en cada elemento de volumen en el espacio:
u
1
2 ε0 E 2
(2.56)
2.16. Concepto de Tierra
Entendemos por Tierra: un conductor que puede entregar
y recibir una gran cantidad de carga sin variar esencialmente
su potencial. Usualmente el valor de su potencial
se fija arbitrariamente a cero (nivel de referencia).
Un buen ejemplo para entender en la práctica que significa
una tierra es considerar dos esféras conductoras de radios
a y b, con a
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
b. Inicialmente se considera las esféras
muy separadas e inicializadas con cargas Qa y Q b respectivamente.
Qa
a b
Va
En estas condiciones cada esféra tiene potencial de valor
Va KQa
a y V KQb b b .
Si se pone, por algún intervalo de tiempo, en contacto las
esféras entre sí (por ejemplo uniéndolas con un cable conductor),
ellas igualan su potencial (las esféras y el cable
forman durante ese tiempo un sólo cuerpo equipotencial).
Q’a
Q’b
+ + +
+
+
+
+
+
+
+
+
+
a +
+
+
+ + +
+
+
+
+
+
+
+
+
+ b +
+
+
+
+
+
+
+
+
+ + +
+
+
+
+
+
+
+
+
V = V’
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+ + + +
V’a = V’
Qb
Vb
V’b = V’
Si luego se retira el cable conductor, podemos preguntarnos
que cargas tienen ahora ambas esféras.

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 72
Por un lado sabemos que la carga se conserva, de modo
que si llamamos Q ¡
total Qa Qb a la carta inicial, después
del contacto se tendrá
Q a Q b Qtotal (2.57)
para las nuevas cargas. Por otro lado claramente se satisface
una relación similar a la anterior para los potenciales
de cada esféra:
V
a
V
b
KQ a
a
KQ b
b £
Sólo que ahora V a V b . Esto entrega una segunda
ecuación:
Q a ¡
a
Q b 0 (2.58)
b
Del sistema formado por las Ecs. (2.57) y (2.58) sigue
que:
Pero como a
Q a
Q b
b se tiene
a
a b Qtotal b
a b Qtotal Q a ¨ Q total
Q b ¨ 0
Es decir el conductor de radio más grande se lleva (o almacena)
casi toda la carga, mientras que el pequeño termina
prácticamente descargado.
Por otro el nuevo valor para el potencial resulta:
V
a
V
b
KQtotal
a b
KQtotal
¨
a
Si £ a ∞ este valor deviene nulo.
Es en este sentido que un conductor de gran tamaño se
puede considerar una tierra: En el ejemplo presentado el
conductor más grande absorve con facilidad la carga. Por
otro lado si el radio de este conductor es muy grande el
potencial en su superficie resulta muy pequeño (para los
efectos prácticos resulta aproximadamente nulo).
Esto nos permite entregar una definición alternativa de
tierra. Una tierra es un cuerpo conductor muy grande (con
radio de curvatura grande), que tiene gran superficie para
almacenar o entregar carga. La esféra más grande a la cual
tenemos acceso es nuestro planeta Tierra.
2.17. Efecto punta
A partir del ejemplo anterior podemos tambien concluir
otro interesante efecto: el campo en un conductor tiende a
ser más intenso en las regiones con radio de curvatura más
pequeño. Este se puede apreciar haciendo el cuociente entre
los radios de los conductores después del contacto
E b
E a
σ a © ε0 σ © ε0
b
E’a
a
Q a © a2 Q © b2 b
Por ejemplo una situación donde ocurre este es en un arbol
para una condición de tormenta.
E grande
+
+
+ +
+
+ + + + + + + + + + + + + + + +
b
a
E’b
1
b
E chico
La carga en las nubes atrae un poco de carga de la tierra
que se deposita sobre un árbol asilado. El campo en
la superficie del árbol (de radio de curvatura chico: ramas,
hojas, etc.) resulta mucho más intenso que el debido
a la densidad de carga sobre la superficie plana del suelo
(tierra) y luego el aire es más proclive a romperse, por
ionización, cerca del árbol que en la superficie del suelo.
Este es el principio del pararrayos. Un elemento puntudo
(con radio de curvatura pequeño) donde se romperá
primero el aire (permitiendo la caida del rayo en forma
controlada sobre él). También esto muestra el peligro de
guarecerse durante un día de tormenta bajo un árbol en
una región plana (tipo pampa).
2.18. Blindaje
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
Analizaremos el efecto de blindaje mediante el caso de un
conductor hueco, de forma arbitraria, conectado a tierra.
y que tiene carga ¡ q en el interior del hueco.

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 73
Tierra V= 0
q - - -- - -q
-
- --
- - -
-
-
-
V=0
V=0
2
V=0
V= cte = 0
E=0
V 00=0
Resolvemos usando unicidad de la Ecuación de Laplace:
En el conductor se satisface ∇2V 0 con solución
V0 cte. En particular en el borde exterior
del conductor se tiene V V0 .
V ¥ r¦
Afuera se satisface la Ecuación de Laplace con
condiciones de borde V 0 en infinito y V 0 sobre
la superficie del conductor de forma arbitraria y
V 0 sobre la superficie de la tierra. Se postula como
solución para todo el espacio de afuera V Cte 0
que satisface tanto las condiciones de borde como
∇ 2 V 0 y por unicidad es LA solución. Como el
gradiente de cero es nulo, el campo afuera resulta
nulo (blindaje) a pesar de que hay una carga en el
interior.
Por otro lado aplicando teorema de gauss a una superficie
por dentro del conductor se puede encontrar
que en la superficie del huego se genera una distribución
de carga superficial cuyto total Q sup es justo opuesta
en valor a la carga dentro del hueco
Q ¦¡
sup q
El campo dentro del hueco resulta complicado y
retrasaremos su estudio hasta la sección siguiente:
método de imágenes.
La consecuencia importante de este ejemplo es que a pesar
de haber carga adentro del conductor, y campo dentro
del conductor. Afuera no se siente dicho campo si el conductor
está conectado a tierra.
2.19. Método de Imágenes (o Método
de Cargas Virtuales)
Hemos visto que el potencial de una carga puntual ubicada
en un punto rq está dado por
V ¥ r¦
Kq
r ¢§¢ ¡ rq ¢§¢
Este potencial permite calcular el campo eléctrico mediante
E ¦¡ ∇V Kq r ¥ ¡
r ¡
¢§¢
rq ¢§¢ 3
Por otro lado hemos visto (en el Capítulo 1) que esta última
expresión tiene divergencia nula excepto en r rq:
∇ ¡ E ¢¡ 2
¦ ∇ ∇V ∇ V 0
¥
Es decir el campo generado por una carga puntual satisface
la Ecuación de Laplace en todas partes excepto donde
se encuentra ubicada ella misma.
El método de imágenes o de las cargas virtuales se apoya
en esta propiedad del campo generado por cargas puntuales.
La idea es inventar un conjunto de cargas virtuales
que sean capaces de reproducir las condiciones de borde
para el potencial en un cierta región. Las cargas virtuales
deben estár ubicadas fuera de la región en que interesa
conocer el potencial, de manera que el campo generado
por ellas tenga divergencia nula sobre la región en que interesa
resolver la Ec. de Lapace (es decir el potencial generado
por ellas satisfaga automaticamente allí ∇2V 0).
La condición de borde se satisface escogiendo el valor,
ubicación y cantidad de cargas imágenes.
2.19.1. Ejemplos
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
1. Carga q a distancia d de un conductor plano conectado
a tierra.
{ d
q
Aquí interesa conocer el campo en la región que está
sobre la placa pues dentro de ella sabemos que trivialmente
E 0.
Para satisfacer la condición de borde V 0 sobre la
superficie de la placa se ubica una carga imagen de
rq¦

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 74
valor ¡ q a distancia d bajo la superficie (en la región
conductora, donde no nos interesa resolver la Ec. de
Laplace).
Y
{ d
{ d
q
r q
r -q
El potencial total estaría dado por:
V ¥ r¦
Kq
r ¢¤¢ ¡ rq ¢¤¢
con rq d ˆz y rq ¢¡ d ˆz.
-q
r ¢¤¢ ¡
¡ Kq
X
r¥ q ¢§¢
V ( r )
(2.59)
Las dos cargas satisfacen automáticamente la condición
en infinito de potencial nulo, y cerca de la carga
puntual ubicada en z d (en la región esférica en
torno a dicha carga) el potencial está dominado por
la contribución
Kq
r ¢¤¢ ¡
Vq¥ r ¦
rq ¢¤¢
de la propia carga q, de modo que todas las condiciones
de borde se satisfacen y también se satisface
la Ecuación de Laplace sobre la región de interés.
Por unicidad entonces el potencial propuesto en Ec.
(2.59) es la solución al problema.
Calculemos ahora el campo que se genera justo encima
de la superficie conductora y la densidad de carga
allí.
Como consideramos el campo sobre el plano
tomamos z 0. El vector de posición en coordenadas
cilíndricas queda dado por: r ρ ˆρ zˆz ρ ˆρ.
El campo total sobre la superficie está dado por:
E sup
Kq¥ ρ ˆρ ¡ ˆz¦
¢¤¢ ¢¤¢ ¡
d
ρ ˆρ d ˆz 3
¡ 2Kqd ˆz
3 2
¥ ρ2 d2 ¦
La densidad de carga resulta
σ ¥ ρ¦
Kq¥ ρ ˆρ d ˆz¦
¡
r d ˆz ¢¤¢ 3
ε0 Esup ˆz ¢¡ qd
¥ 2π ρ2 d2 3 2
¦
¢¤¢
En la figura siguiente se grafíca esta densidad de carga
como función de la distancia ρ.
- q
2 d
2
Es fácil verificar que la carga total sobre la superficie
es ¡ q. Esto se puede hacer en forma directa aplicando
el teorema de gauss por una superficie que está
justo debajo de la superficie z 0 y que se cierra en
infinito por arriba.
{ d
E=0
Como el flujo es nulo la carga total encerrada q q sup
debe ser nula también de donde sigue:
q
q ¢¡
sup q
Pero esto también se puede verificar por integracioñ
directa:
Qsup
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
σ ¦ ρ¦ dS ¥
¡ qd ¦ ρ dρ dφ
¥ 2π ρ2 d2 ¦
qd ¦ ¡ ∞ ρ dρ
0
Q sup
3 2
3 2
¥ ρ2 d2 ¦
Otra pregunta de interés es qué fuerza hace la placa
conductora sobre la carga puntual. Esto se puede
E=0
¢¡ qd 1
d

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 75
contestar integrando directamente la fuerza provocada
sobre q por la densidad de carga σ vía:
F q E q ¦ Kσ dS
d ˆz ¡ r ¢§¢
o simplemente evaluando el campo sobre q producido
por la carga virtual ¡ q:
Kq¥ d ˆz ¡
F q E q
¥
¥ d2 d2 ¦
d ˆz¦
¡
¦
3 2
¢¤¢ 3 2
Kq2
ˆz
4d2 2. Carga q cerca de la esquina rectangular de un conductor
conectado a tierra
-q
+q
{
a
}
q
b
En la figura se muestra el conjunto de imagenes que
resuelve la Ec. de Laplace para el potencial.
Ejercicio propuesto: Evalúe la densidad de carga en
los puntos A, B y C. Compare. ¿Efecto punta?.
3. Carga q equidistante entre dos planos conductores
paralelos
q -q
} }
} }}
-q
q -q q
a a/2 a/2 a/2
Ejercicio propuesto: Evalúe el potencial que siente
la carga central. Escriba expresiones (si realizar la
suma de la serie que resulta) para el campo justo en
la superficie de la derecha
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
a
4. Carga q cerca de una esquina en ángulo de π © 4.
-q
q
q
-q
-q
q
q
-q
/4
Ejercicio propuesto: Ya vió el caso con ángulo π © 2,
y ahora el caso con π © 4. ¿Es posible resolver el caso
de un ángulo π © n. ¿Para que valores de n es posible
esto?.
5. Cable recto con densidad de carga λ 0 paralelo a la
tierra
Z=0
{
d
{ d
La solución corresponde a elegir un cable imagen a
distancia d bajo la superficie z 0.
2.20. Línea de transmisión formada
por dos conductores cilíndricos
paralelos de radio a y separación
entre sí
. Un aspecto interesante del ejemplo correspondiente al
problema anterior es que el potencial en todo el espacio
generado por los dos cables está constituido por superficies
equipotenciales que son cilíndros excéntricos a cada
cable. Esta particularidad permite estudiar el potencial en

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 76
todo el espacio formado por cilíndros conductores macizos
a partir del generado por dos cables de densidades de
carga λ 0 y ¡ λ 0 ..
y + d
{
{
{ d
{
{
y - d
d
Y
Efectivamente, el potencial total generado por los dos cables
en el espacio satisface
V ¡ 2Kλ 0 ln ¥ ρ 1
ρ 0 ¦
de donde sigue que
¡ 2Kλ0 ln ¥ ρ 1
ρ 2 ¦
p 2
p 1
X
¡ 2K¥
V
¡ λ0¦ ln ¥ ρ 2
ρ 0 ¦
¡ 2Kλ0 ln ¥ y ¡ d ¦ 2 x 2
¥ y d¦ 2 x2¡ Kλ0 ln ¢ ¥ ¡ y ¡ ¦ d 2 x2 ¥ y d¦ 2 ¤
x2 ¥ V
Kλ e ¥ 0 y ¡ ¦ d 2 x2 ¥ y d¦ 2 x2 Esta expresión se puede llevar a la forma
encontrándose, si definimos α ¡ ¥
¥
e
V
Kλ
0 , que el centro
x 0¦ 0¡ y y el radio a, de cada equipotencial, están dados
por:
¥ x ¡ x 0¦ 2 ¥ y ¡ y 0¦ 2 a 2
x0 0
y0 α 1
α ¡ 1 d
¡ ¢ ¢ a
α
2 d
α 1
X
2.20.1. Cálculo de la capacidad entre dos
conductores cilíndricos de radio a y
.
separación¢
Supondremos que los conductores están a potencial V0 y
V0 La idea aquí es aprovechar el resultado para el ejemp-
¡
lo anterior: ponemos cables imágenes (de grosor infinitesimal
y densidades de carga λ0 y ¡ λ0 ) en el interior de los
conductores. Se tiene que determinar la separación 2d entre
los cables imágenes de manera que ellos formen una
superficie equipotencial V V0 a distancia a del centro de
los cables.
La relación entre la © separación la distancia d entre los
cables imágenes y el radio a de los conductores está dada
por:
en que α0 tiene
©
2
α 0 1
α 0 ¡ 1 d
α0
a ¢ 2 ¡ α0 ¢ d
1
e ¥ V 0 ¡ Kλ0¢ . Haciendo cuociente entre © y a se
©
a
¥ α0 ¦ 1
¥ α0 ¡ ¦ 1
¥ α0 ¦ 1
α0
α 0 1
donde hemos usado que e x ¥ 1 si x ¥ 0). A partir de esta
última ecuación sigue que ä α0 α0 1, de donde se
obtiene una ecuación de 2do grado para α 0 :
con solución
α 2 0 ¡ 2 ¢
α0
© 2
2a2 1¤ α0 1 0
¡
α 0 β § β 2 ¡ 1 (2.60)
en que β
2a2 1 es una cantidad que es mayor que 1
¡
(ya © ¥ que 2a).
¡ ¨ 2
Se tiene entonces (via lnα 0
¡ V0 Kλ0 lne£V 0
Kλ 0 ) que:
ln ¥ α 0¦
de donde sigue que la capacidad, en un segmento de longitud
L del cable (usando que Q λ 0 L y ΔV 2V 0 ) resulta
C
Q
ΔV
L
2K ¢ ln¥ α 0¦
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
2K
λ 0 L
2V 0
ln ¢ ¨ 2
2a 2 ¡ 1
¢
L
¡
¥
¨ 2
2a2 ¡ ¦ 1 ¡ 1¤ 2
£

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 77
Si los cables están muy separados entre sí (© ¥ ¥ 2a), el argumento
del logaritmo se puede aproximar de la siguiente
manera
¥
© 2
2a2 1¦ ¡
¥
© 2
2a2 2 ¡ ©
1 ¨ 2 ¡ 1¦ 2
2a2 © 2
a 2
y la capacidad de un segmento de cable de longitud L
resulta aproximadamente
L πε0L C ¨ ¡ £ (2.61)
¥
4K ¥ ln ln
ä ¦
expresión que se usa usualmente en cálculos de líneas de
transmisión. Por otro lado si los cables están muy cerca
© ¨ 2a se tiene
C ¨
2πε 0 L
¨
ln¡ 2¥ 2a¢
¡ 2
a2 ¢
ä ¦
2πε 0 L
ln¡ 4 ¡ l¥ 2a¢
a
2.20.2. Campo y densidad de carga generada
en el suelo por una línea de transmisión
formada por un solo cable de
radio a y separación b del suelo
Supondremos que el cable conductor tiene voltaje V muy
alto (V ¨ 20£ 000 [Volts]), que su distancia al suelo es b ¨
10 [m], y que su grosor es de una pulgada (a ¨ 2£ 5 [cm]).
La situación es similar al problema anterior si consideramos
que hay una imagen del cable a distancia b por debajo
del suelo. Los cables infinitesimales imagen tiene separación
d y densidad de carga λ 0 dadas por:
d α 0 ¡ 1
α 0 1 b
λ 0
Q
L
CV0 L ¨ πε0V0 ln¥ 2b
¦ a
en que C es la capacidad del cable recien calculada.
El potencial total generado por los dos cables en todo el
espacio fuera de los conductores satisface
con gradiente
V 2Kλ 0 ln ¥ ρ 1
ρ 2 ¦
∇V ¡ Kλ 0 ¢
¡
Kλ 0 ln ¢ ¥ y d¦ 2 x 2
¥ y ¡ d ¦ 2 x
8dxy ˆx
2 ¤
¥ ¥ y d¦ 2 x 2 ¦ 2
4d¥ d2 x 2 y 2 ¦ ˆy
¥ ¥ y d¦ 2 x 2 ¦
2 ¤
¢
£
que evaluado a la altura del suelo (y 0) entrega:
la densidad de carga resulta:
E ¦¡ ∇V ¢ y¢ 0 ¦¡ 4Kλ0d d2 ˆy
x2 σ ε 0 E ˆy
¡ 4Kε0λ0d d2 x2 πλ0d ¡
d2 x2 Para los valores de más arriba se tiene
λ 0 ¨
α 0
πε 0 V 0
ln ¥ 2b a ¦
exp¥ V0 Kε ¦
0
¨ d b 10[m]
0£ 083[μC]
4£ 12 ¤ 10 1 1
Justo debajo del cable se siente un campo de:
¨ ¡ E 4Kλ0 ˆz 299£ 2ˆz Volts/m
b
y la densidad superficial de carga resulta allí de:
σ ¨ ¡ πλ 0
b
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
026 [μC] £
0£
A distancia x del cable estos valores decrecen como
1 ©
¥ 1 ¥ x© ¦ b 2 . Para x 10[m], por ejemplo, se tiene
¢ ¦
E ¢ 150 [Volts/m].
¨
2.21. Conductor esférico conectado
a tierra, frente a carga puntual
q
a
{
{
X
d’
q’
d
q

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 78
Consideramos una esféra de radio a y separación d entre
su centro y la carga puntual. Ubicamos una carga imágen
en el interior a distancia d¥ del centro.
El tratamiento (en coordenadas cartesianas) es similar al
de los dos cables, buscándose llevar la superficie equipotencial
V 0 a la forma
¥ x ¡ x 0¦ 2 ¥ y ¡ y 0¦ 2 ¥ z ¡ z 0¦ 2 a 2 £
Se encuentra que la ubicación y magnitud de las cargas
imágenes que resuelven este problema valen:
a
d 2
d
¡ q a
d
2.21.1. Ejercicios propuesto
Hueco en conductor.
a
{
X
d
q’
Considere un hueco de radio a al interior de una esféra
conductora conectada a tierra. Dentro del hueco,
a distancia d del centro del hueco se ubica una carga
q. Aproveche el resultado para la esfera del ejemplo
anterior y determine la carga imágen q¥ y la distancia
d¥ a la cual hay que ubicar dicha carga imágen.
Plano conductor con imperfección semiesférica.
{ d
a
X
q
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
Un plano conductor conectado a tierra tiene una imperfección
esférica de radio a. Sobre esta, a distancia
d del plano (con d ¥ a), se hubica una carga q.
Encuentre el conjunto de imágenes que resuelve el
problema de calcular el potencial en la región sobre
el conductor.
Esféra conductora conectada a potencial V 0 respecto
de Tierra
a
{
d
Indicación: la diferencia de este problema respecto
del problema de la esfera conectada directamente a
tierra, es que se debe además agregar una carga central
que reproduzca el potencial V 0 sobre la superficie
del conductor.
2.22. Método de Relajación para resolver
la Ecuación de Laplace
(método numérico)
Por simplicidad presentaremos el método aplicándolo al
calculo del potencial en una región rectangular de tamaño
Lx ¤ Ly constituida por dos conductores en forma de L que
están sometidos a potenciales V 0 y ¡ V 0 . La separación
(entrehierro) entre las placas cargadas positiva y negativamente,
por simplicidad la supondremos de Lx © 16 para
la esquina inferior izquierda y de Ly © 16 para la esquina
superior derecha.
h
{
0
L x
- V 0
q
{
h
L y
{ { V

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 79
Considerarems Nx 16, Ny 16 y supondremos discretizada
la región de tamaño Lx ¤ Ly en Nx ¤ rectángulares de tamaño
Ny celdas
h Lx
Nx
{
N x
Ly
Ny{
En la figura los puntos marcados con círculos llenos ( )
corresponden a los puntos donde queremos conocer el potencial.
Los círculos vacíos (o) es donde el potencial está
prescrito por las condiciones de borde.
2.22.1. Como calcular ∇ 2 V numéricamente
Lo primero a discutir es como se evalúa una derivada
numéricamente en forma aproximada. Consideremos el
eje x de la figura.
X i -1
X i
X i +1
V i -1 V i V i +1
{ {
h
La derivada por la derecha en el punto x i se aproxima por
dV ¡ ¢ £
i
dx
dV i
dx
h
V i£ 1 ¡ V i
h
xi x¢
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
N y
X
del mismo modo se puede calcular la derivada por la
izquierda:
dV ¡ ¢ ¥
i
dx
dV i
dx
x¢ x i
V i ¡ V i¥ 1
h
¿Cómo se calcula la segunda derivada?. Se usa las
derivadas por la izquierda y por la derecha en los puntos
vecinos al punto central y se estima la segunda derivada
mediante
dV 2
i
dx 2
dv
dx x - h
i-1 i i+1
dV
dx
¡£¢ dV
¡ i 1
dx
1
2h
x£ h
2h
dV ¡
dx
2h
dV ¡ i£1
dx£¢
2h
¢ V 1 i£ ¡ Vi h
de donde finalmente se tiene:
dV 2
i
dx 2
x¥ h
¡
dv
dx x + h
{ X
¡ ¤ ¢ Vi ¡ i¥
¡ ¤
V 1
h
1
2h2 ¡
1 2Vi Vi¥ 1¤ (2.62)
Vi£ £
2.22.2. La Ecuación de Laplace discreta
De acuerdo con esto y la figura
i-1,j
h
{
j+1,i
h
{
i
j-1,i
i+1,j
{
i,j{

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 80
el laplaciano (derivadas segundas tanto respecto a x como
respecto a y) sería
∇ 2 V
xi yi
1
2h 2
¥ V i£ 1 j ¡ 2V i j
V i¥ 1 j¦ ¥ V i j£ 1 ¡ 2V i j V i j¥ 1¦ ¢
¡
La ecuación de Laplace exige ∇ 2 V 0 de modo que
a partir de esta última expresión resulta la siguiente
relación:
1
Vi ¡ Vi£ j 1 j i¥ V 1 j V j£ i 1 V j¥ 1¢ i (2.63)
4
En otras palabras, el potencial en el punto de ¥ i¡ indices ¦ j
es el promedio aritmético del potencial en los 4 puntos
más cercanos (primeros vecinos).
2.22.3. El algoritmo
1. Se parte con valores iniciales cualquiera para los
puntos ¥ i¡ j ¦ (excepto para los puntos del borde, que
tienen un valor fijo y conocido )
2. Para cada punto ¥ i¡ j ¦ (que no sea punto de borde) se
obtiene un nuevo valor a partir de los valores anteriores
usando la formula 2.63.
V (nuevo)
i j
1 (viejo)
V i£
¡
4 1 j V (viejo)
1 j i¥ V (viejo)
i 1 V j£ (viejo) 1¢ i j¥
(2.64)
3. Se repite el proceso hasta que la diferencia
V (nuevo)
i j
(viejo) ¡ V i j
sea menor que un valor muy chico, prefijado, para
todos los puntos ¥ i¡ j ¦ .
2.22.4. Las partes del código
Primero explicaremos las distintas partes del codigo. Se
usará lenguaje AWK (muy parecido a lenguaje C).
Dar valores al potencial en los bordes (condición de
borde):
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
V 0
- V 0
i=0 i=1 i=2 … i=nx i=nx-1 j=n y-1
# fila inferior
for(i=0; i

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 81
if (err[i,j]>PRECISION)
terminar=FALSE;
}
}
} while(terminar!=VERDADERO);
Etapa final: Se termina de calcular y hay que imprimir
los valores del potencial para cada punto ¥ i¡ j ¦ .
for(i=1;i

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 82
}
}
# INICIALIZACION POTENCIAL
# EN INTERIOR
for(i=1;i"V.dat";
}
# CALCULO DE LA CARGA EN CADA
# PLACA, POR UNIDAD DE LONGITUD
# Segmento horizontal:
Qh=0;
for(i=1;i

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 83
grande y la grilla rectangular que hemos usado no es suficientemente
fina para describir bien la densidad de carga
superficial en dichos puntos.
2.22.6. Ejercicio Propuesto
Considere un condensador de placas planas de tamaño
finito L y separación d entre placas como muestra la figura.
{
- V 0
V 0
L
L
d
L
V=0
Suponga que el potencial en los bordes de la caja es nulo
(que las paredes están muy lejos).
Considere que la distancia de las paredes a las placas conductoras
es L. Considere sendos potenciales V 0 y ¡ V 0
aplicados a cada placa. Modifique el programa anterior
para estas condiciones de borde y la condición para V sobre
las placas. Encuentre el potencial en todo el espacio.
Gráfique las curvas isopotenciales, y calcule la capacidad
de este sistema.
Estudie el efecto de considerar distintas relaciones ancho–
separación de las placas, en particular visualize el efecto
de curvatura del campo cerca de los bordes cuando d ¨ L.
¿Qué tan distinto resulta la capacidad evaluada numéricamente
comparada con la capacidad teórica de un condensador
de placas planas en que se supone la densidad
de carga distribuida homogéneamente sobre las placas?.
Imprima los valores de la densidad de carga superficial en
una de las placas y grafique para visualizar el efecto punta.
La ventaja de este ejercicio, respecto del ejemplo desarrollado
anteriormente, es que los gradientes de potencial no
serán tan abruptos como en el ejemplo anterior, y luego
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
el cálculo de la densidad de carga superficial y el correspondiente
potencial serán bastante precisos tomando una
grilla en que halla, por ejemplo unos 10 puntos en cada
placa.