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2 — Ley de Gauss
Ley de Gauss
42
2.1
Introducción
En el capítulo anterior enunciamos las leyes fundamentales de la electrostática. La ley de
Coulomb para una carga puntual y el principio de superposición conducen a la ecuación integral
(1.3) que permite calcular el campo eléctrico en todo punto del espacio conociendo la distribución
de cargas ρ:
~E(~x) =
1
4πε0
Z
R3
d 3 x0
ρ(~x0 )(~x −~x0 )
k~x −~x0 k3
En conclusión, esta ecuación resuelve completamente el problema de la electrostática en que
conocemos exactamente la distribución espacial ρ de todas las cargas.
El gran problema es que en muchas situaciones no se sabe a priori cómo están distribuídas
las cargas en el espacio, y la ecuación (1.3) se vuelve insuficiente. La distribución espacial
de ρ en general depende del campo eléctrico, y el campo eléctrico a su vez dependerá de la
posición de las cargas. Nos enfrentamos entonces a un problema que debe ser resuelto de forma
auto-consistente. Por ejemplo, veremos más adelante que si acercamos un objeto cargado (por
ejemplo una carga puntual positiva +q) a un conductor (de volumen Ω), los electrones en este
último se moverán hasta alcanzar un equilibrio electrostático, y una densidad de carga σ se
creará en su superficie ∂ Ω debido a la prescencia de la carga puntual.
Para calcular el campo eléctrico un punto ~x del espacio, toda la distribución de carga debe ser
conocida para utilizar la integral (1.3), incluyendo la densidad superficial de σ carga sobre la
superficie del conductor ∂ Ω, desconocida a priori. Resulta entonces absolutamente necesario
introducir otras leyes y herramientas matemáticas necesarias para resolver los problemas de
electrostática. En este capítulo veremos una de las leyes fundamentales que satisface el campo
eléctrico: la ley de Gauss, que establece una relación entre el campo eléctrico y las cargas que lo
originan, y que es consecuencia directa de la ecuación fundamental (1.3).
2.2
2.2.1
Flujo sobre una superficie
Flujo de un campo vectorial sobre una superficie plana
Consideremos la superficie plana de la figura, de área S y normal n̂ (perpendicular en todo punto
a la superficie).
Si la superficie se encuentra en presencia de un campo vectorial uniforme ~E, el flujo de ~E sobre
S se define como:
ΦS,~E = ~E · n̂S =| ~E | S cos ϑ
2.2 Flujo sobre una superficie
43
Es decir, el flujo de un campo vectorial sobre una superficie es una medida de su componente
normal a la superficie.
2.2.2
Flujo de un campo vectorial sobre una superficie arbitraria
Hemos definido el flujo de un campo ~E uniforme sobre una superficie plana. En general, una
superficie S será curva, y el campo eléctrico ~E puede variar sobre los distintos puntos de la
superficie. Para calcular en general el flujo del campo sobre una superficie S arbitraria, se
particiona esta última en una suma de elementos de área infinitesimales. Así, en la posición
~x0 ∈ S, se tendrá un elemento de superficie dS(~x0 ) localmente plano y de normal n̂(~x0 ). El campo
eléctrico ~E(~x0 ) será aproximadamente constante sobre dS(~x0 ).
El flujo a través de dS será entonces:
∆ΦdS,~E = ~E(~x0 ) · n̂(~x0 )dS(~x0 )
El flujo total a través de la superficie S se obtiene sumando sobre todos los elementos de superficie,
tomando el límite cuando dS(~x0 ) → 0. Obtenemos entonces el flujo para una superficie general.
Definición 2.2.1 — Flujo de un campo vectorial sobre una superficie. El flujo de un
campo vectorial ~E sobre una superficie S se define como la integral:
ZZ
ΦS,~E =
S
~E(~x0 ) · n̂(~x0 )dS(~x0 )
(2.1)
Cuando la superficie S es cerrada (es decir, cuando ella es la frontera de un volumen acotado
Ω ⊂ R3 , es decir S = ∂ Ω), en todo punto ~x0 ∈ ∂ Ω por convención la normal apunta hacia la
región que no está encerrada por ∂ Ω, llamada exterior de Ω. De esta forma, el flujo de un campo
Ley de Gauss
44
~E sobre ∂ Ω en un punto ~x0 ∈ ∂ Ω es positivo si las líneas de campo eléctrico están saliendo del
volumen Ω (~E(~x0 ) · n̂(~x0 ) > 0), y será negativo si las líneas entran a través de Ω (~E(~x0 ) · n̂(~x0 ) < 0).
La notación para el flujo sobre una superficie cerrada es la siguiente:
ZZ
Φ∂ Ω,~E = ~E(~x0 ) · n̂(~x0 )dS(~x0 )
∂Ω
2.3
Ley de Gauss del campo electrostático (1835)
La ley de Gauss establece que el flujo eléctrico a través de una superficie cerrada es proporcional
a la carga encerrada por ella. Más concretamente:
Teorema 2.3.1 — Teorema del flujo de Gauss. Para toda superficie cerrada ∂ Ω, el flujo
del campo eléctrico es proporcional a Q(Ω), la carga total encerrada por ∂ Ω:
Q(Ω)
Φ∂ Ω,~E = dS(~x0 )n̂(~x0 ) · ~E(~x0 ) =
ε0
∂Ω
ZZ
(2.2)
Escribiendo de forma explícita la carga encerrada por ∂ Ω, la ley de Gauss se re-escribe:
ZZ
ZZZ
1
0
0 ~ 0
d 3 x0 ρ(~x0 )
dS(~x )n̂(~x ) · E(~x ) =
∂Ω
ε0
Ω
Esta ley, consecuencia de la ley de Coulomb, tiene una gran utilidad para calcular el campo
eléctrico de distribuciones de carga con determinadas simetrías espaciales. Notar que campos
eléctricos creados por cargas fuera de la superficie no contribuyen al flujo total (el flujo entrante
se compensa perfectamente con el flujo saliente).
Figura 2.1: El flujo del campo eléctrico sobre toda superficie cerrada ∂ Ω generado por una carga
exterior a Ω es siempre nulo.
Es decir, el flujo sobre una superficie cerrada sólo depende de la carga encerrada por ella, y es
independiente de la forma de la superficie.
Nota
La ley de Gauss es consecuencia de la ley de Coulomb. Es natural preguntarse si dada la ley de
Gauss es posible reconstruír la ley de Coulomb. Siendo matemáticamente rigurosos, la respuesta
es negativa. En efecto, como veremos más adelante, parte de la información contenida en la ley
de Coulomb no se transmite a la ley de Gauss, siendo la parte que falta la circulación del campo
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835)
45
eléctrico sobre toda curva cerrada d~x0 · ~E(~x0 ), cuyo resultado veremos en el próximo capítulo.
Sin embargo, utilizando la ley de Gauss y asumiendo que el campo de una carga puntual es
radial, entonces:
• Dada una carga puntual q, consideramos una superficie S esférica de radio r centrada en la
carga.
• El campo eléctrico tiene la misma magnitud sobre todos los puntos de la superficie S,
que llamamos E(r). Además, su dirección coincide con la normal a S en todo punto de
la superficie, ~E(r) = E(r)r̂ = E(r)n̂. El flujo sobre
ZZ S es entonces el área de la esfera
multiplicada por la magnitud del campo électrico dS(~x0 )n̂(~x0 ) · ~E(~x0 ) = 4πr2 E(r)
H
S
• Finalmente, la ley de Gauss iguala el flujo recién calculado con q/ε0 . Se obtiene entonces
la ley de Coulomb:
~E(r) = q r̂
4πε0 r2
• No se debe olvidar que la ley de Gauss por si sola no basta para recuperar la ley de
Coulomb, en efecto debimos asumir la simetría radial del campo generado por una carga
puntual. Más adelante veremos que cuando las cargas están en movimiento, la ley de
Coulomb deja de ser válida, pero la ley de Gauss, en cambio, se seguirá cumpliendo. Es
por esto que la ley de Gauss es una de las cuatro ecuaciones de Maxwell fundamentales
del electromagnetismo.
Ejemplo 2.1 — Flujo sobre distintas superficies. Para las 3 superficies cerradas de la figura,
el mismo resultado se obtiene para el flujo del campo eléctrico a través de ellas, Φ~E = Q/ε0 .
Note que Q puede ser una carga discreta, o un conjunto de cargas discretas de carga total Q, o
bien un volumen de carga total Q. El flujo de ~E sobre una superficie es únicamente sensible a la
carga total encerrada, y no a la forma en que ésta esté distribuída en el espacio.
Ley de Gauss
46
Ejemplo 2.2 — Flujo sobre una superficie cuadrada. Calcule el flujo eléctrico a través de
una superficie Σ cuadrada, de lado L, generado por una carga puntual q ubicada a L/2 del centro
de la superficie, como se muestra en la figura.
Solución
Una forma de calcular el flujo consiste a evaluar explícitamente la integral
ZZ
ΦΣ,~E =
dS(~x0 )n̂(~x0 ) · ~E(~x0 )
Σ
utilizando un sistema de coordenadas cuyo origen coincide con la carga puntual, el flujo sobre
un elemento de superficie dS en el punto ~x0 = (x0 , z0 ) ∈ Σ está dado por:
dS(~x0 )n̂(~x0 ) · ~E(~x0 ) = dx0 dz0 jˆ ·
q(x0 î + L/2 jˆ + z0 k̂)
4πε0 ((L/2)2 + x02 + z02 )3/2
y entonces:
ΦΣ,~E =
qL
8πε0
Z L/2
−L/2
dx0
Z L/2
−L/2
dz0
1
((L/2)2 + x02 + z02 )3/2
En vez de calcular esta doble integral, podemos utilizar el teorema de Gauss. Consideremos una
superficie cúbica S donde Σ es una de las caras.
El flujo a través de S, por el teorema de Gauss, es simplemente ΦS,~E = q/ε0 . Dado que la carga
puntual se ubica en el centro del cubo, el flujo es idéntico a través de cada una de las seis caras
de S. Siendo Σ una de ellas, se tiene entonces:
1 q
dS(~x0 )n̂(~x0 ) · ~E(~x0 ) = dS(~x0 )n̂(~x0 ) · ~E(~x0 ) =
6 S
6ε0
Σ
ZZ
ΦΣ,~E =
ZZ
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835)
47
Ejemplo 2.3 — Campo de una esféra cargada. Consideremos una carga distribuída de
forma homogénea sobre una esfera de radio R. Se desea obtener el campo eléctrico en todo el
espacio generado por esta distribución de carga:
0
ρ(~x ) =
ρ0 si |~x0 | ≤ R
0 si |~x0 | > R
Solución
Una forma de resolver esto es evaluando la integral de Coulomb (2.1). Otra forma más inmediata
consiste en considerar la evidente simetría esférica del campo eléctrico: su magnitud depende
únicamente de la distancia r al origen de la distribución de cargas, y su dirección debe coincidir
con la dirección radial r̂. De esta forma, para obtener el campo en la región exterior a la
distribución de carga (r > R), escogemos una superficie esférica de radio r > R, como se muestra
en la figura siguente.
El flujo del campo eléctrico sobre esta superficie es
ZZ
Z π
Z 2π
~ 0 ~ 0
ΦS,~E = d S(~x ) · E(~x ) =
dϑ
dφ r2 sin ϑ r̂(ϑ , φ ) · E(r)r̂(ϑ , φ ) = E(r)4πr2
S
0
0
y utilizando la ley de Gauss:
ΦS,~E = E(r)4πr2 =
Q
ε0
donde Q = 43 πR3 ρ0 es la carga total de la distribución. Finalmente:
~E(r) = E(r)r̂ =
Q
r̂
4πε0 r2
Ley de Gauss
48
es decir, el campo en r > R es igual al de una carga puntual Q en el origen. En términos de la
densidad ρ0 :
3
~E(r) = ρ0 R r̂
3ε0 r2
Ahora, para el campo al interior de la esfera, nuevamente escogemos una superficie gaussiana S
esférica de radio r < R
Nuevamente el flujo es:
ZZ
Φ = d~S(~x0 ) · ~E(~x0 ) = E(r)4πr2 =
S
Q(r)
ε0
donde Q(r) es la carga encerrada por la superficie S, que en este caso vale:
4
Q(r) = πr3 ρ0
3
de forma que
E(r)4πr2 =
4πr3 ρ0
3ε0
rρ0
3ε0
es decir, la magnitud del campo eléctrico al interior de la distribución es lineal en r. Finalmente:
( rρ0
r̂ = 4πεQrR3 r̂ si k~xk ≤ R
0
~E(~x) = 3ε0 3
ρ0 R
Q
r̂
=
r̂ sik~xk > R
2
3ε r
4πε r2
E(r) =
0
0
Notar que el campo es continuo en k~xk = R. La figura siguiente muestra la dependencia de la
magnitud del campo eléctrico en función de la distancia al origen.
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835)
49
Ejemplo 2.4 — Campo de un plano infinito de carga. Consideremos el plano infinito
z = 0 con densidad superficial de carga uniforme σ > 0. Se desea determinar el campo eléctrico
que genera en todo el espacio (esto fue resuelto con la integral de Coulomb en el ejemplo de un
disco de radio infinito 1.7).
Solución
Sea P un punto arbitrario ubicado sobre el plano infinito, y consideremos un pequeño elemento de
superficie en el plano. Como la densidad de carga σ es uniforme, siempre existe un elemento de
superficie simétrico tal que la contribución de ambos elementos da un campo eléctrico resultante
según el eje z. Esto será cierto para todo elemento de superficie, y se deduce entonces que el
campo eléctrico generado en P necesariamente apunta en la dirección perpendicular al plano,
~E = E k̂.
Además, todos los puntos P ubicados a una distancia fija del plano (digamos, h) son equivalentes.
Luego, la magnitud del campo en todo plano paralelo al plano de carga es constante (independiente de x e y). Esto quiere decir que ~E(x, y, h) = E(h)k̂. Para calcular E(h), utilizamos la ley de
Gauss, donde la superficie cerrada S a considerar es un cilindro de altura 2h que intersecta al
plano cargado de forma simétrica, como se ilustra en la siguiente figura.
El cilindro puede ser divido en 3 superficies, las tapas S1 y S2 (ambas de área A), y el manto S3 .
El flujo de ~E sobre el cilindro es entonces:
ZZ
ΦS,~E = dS(~x0 )n̂(~x0 ) · ~E(~x0 ) =
ZZ
S
S1
dS1 n̂1 · ~E +
ZZ
S2
dS2 n̂2 · ~E +
ZZ
S3
dS3 n̂3 · ~E
El flujo sobre S3 es cero, ya que en todo punto la normal es perpendicular a ~E, ~E(~x) · n̂3 (~x) =
0 ∀~x ∈ S3 . Además, la magnitud de ~E sobre ambas tapas es constante e igual a E(h) (notar que
sobre S2 el campo apunta según −k̂). Con esto:
ZZ
ΦS,~E = dS(~x0 )n̂(~x0 ) · ~E(~x0 ) =
S
ZZ
S1
dS1 k̂ · E(h)k̂ +
ZZ
S2
dS2 (−k̂) · E(h)(−k̂)
Ley de Gauss
50
ZZ
ΦS,~E = E(h)
ZZ
0
S1
dS1 (~x ) +
dS2 (~x ) = 2AE(h)
0
S2
donde A es la superficie de S1 y S2 . Por la ley de Gauss, el flujo del campo eléctrico está dado
por:
Q(S)
ΦS,~E = 2AE(h) =
ε0
donde la carga encerrada por esta superficie es
Q(S) = σ A
de forma que la magnitud del campo es uniforme en el espacio:
E(h) =
σ
=E
2ε0
Finalmente
(
~E(~x) =
σ
2ε0 k̂
− 2εσ0 k̂
si z > 0
si z < 0
Notar que el campo tiene una discontinuidad en z = 0, dada por:
lim+ ~E(z) − lim− ~E(z) =
z→0
z→0
σ
ε0
Veremos más adelante que el campo eléctrico siempre es discontinuo en prescencia de una
superficie cargada.
Este es un ejemplo en el cual se tiene una densidad de carga infinita (y por lo tanto, una carga total
infinita), y el campo eléctrico resultante posee magnitud constante en el espacio. Por supuesto
que un plano infinito es un concepto límite. Para un plano finito, el resultado recién obtenido será
una buena aproximación para todos los puntos lejos de los bordes y ubicados a una distancia h
mucho menor que el tamaño característico del plano, que llamaremos L (eventualmente, cuando
h se vuelve comparable a L, la magnitud del campo eléctrico comenzará a decaer en función
de h). Más aún, dado que toda superficie suave puede ser aproximada localmente por una
superficie plana, el resultado obtenido en este problema es también una aproximación para el
campo eléctrico generado en un punto infinitesimalmente cerca de una superficie cargada. Es
decir, en la vecindad de todo punto ~x de una superficie cargada, se tiene
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835)
51
~E = σ (~x) n̂(~x)
2ε0
donde σ (~x) y n̂(~x) son, respectivamente, la densidad de carga y la normal a la superficie en el
punto ~x.
Ejemplo 2.5 — Campo de una línea de carga. El teorema de Gauss permite de calcular
simplemente el campo eléctrico de una línea de carga, calculado previamente en 1.9 utilizando la
integral de Coulomb.
Tomamos como superficie Gaussiana un cilindro de radio r y cuyo eje de simetría coincide con
el de la distribución lineal de carga. Debido a la simetría cilíndrica, el campo es radial y depende
únicamente de la distancia r. Con esto, no hay flujo por las tapas del cilindro, y en el manto el
campo eléctrico es siempre normal a la superficie y de magnitud constante, luego
ZZ
ZZ
~ ~
d S · d E =
S
dSr̂ · E(r)r̂ = E(r)
manto
ZZ
dS = E(r)2πrl
manto
la carga encerrada por este cilindro es Q(S) = λ l, luego
E(r)2πrl =
~E(r) =
λl
ε0
λ
r̂
2πrε0
El mismo resultado obtenido en 1.9.
Ejemplo 2.6 — Superposición de distribuciones conocidas. Considere un plano infinito
de carga con densidad superficial σ > 0. Se practica un orificio circular de radio R.
a) Calcule el campo eléctrico en cualquier punto de abscisa x perteneciente al eje del orificio
b) A lo largo del eje del orificio se coloca una línea de carga de largo a, densidad lineal λ > 0 y
cuyo punto más próximo se encuentra a distancia µ del centro del orificio. Calcule la fuerza de
repulsión que experimenta la línea de carga.
Solución
Una forma natural de solucionar este problema es utilizando el principio de superposición. Esto
es, considerar al sistema como la superposición de un plano infinito y de un disco de radio R de
densidad superficial −σ . Ya se vió en el ejemplo 1.7 que el campo generado por un disco de
Ley de Gauss
52
radio R y de densidad −σ está dado por:
~E1 (xk̂) = −σ
2ε0
x
k̂
1− √
R2 + x2
El campo generado por el plano infinito de densidad σ , visto en el ejemplo 2.4 es:
~E2 (xk̂) = σ k̂
2ε0
El campo eléctrico total será la superposición de ~E1 y ~E2
~E(xk̂) = σ + σ
2ε0 2ε0
x
σ
x
√
√
− 1 k̂ =
k̂
2ε0 R2 + x2
R2 + x2
b) Para calcular la fuerza sobre la línea de carga, primero tomamos un elemento diferencial de
longitud dx (a distancia x del plano). La fuerza sobre este elemento está dada por:
σx
λ
√
dxk̂
d ~F = dq~E(x) = λ dx~E(x) =
2
2ε0 R + x2
Con lo que la fuerza total sobre la línea de carga será
~F =
Z µ+a
µ
σx
λ
√
dx
2ε0 R2 + x2
k̂
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835)
53
Sea z = R2 + x2 , con lo que dz = 2xdx. Finalmente
~F = λ σ
4ε0
Z R2 +(µ+a)2
dz
R2 +µ
σλ
√ î =
z
2ε0
q
p
2
2
2
2
R + (µ + a) − R + µ k̂
Ejemplo 2.7 — Un cable coaxial. Considere un cable coaxial muy largo, compuesto por
un cilindro sólido interior de radio a y densidad de carga volumétrica ρ (constante) y por un
cilindro exterior hueco de radio b (b > a) que lleva una densidad de carga superficial σ tal que el
cable en su totalidad es eléctricamente neutro. Encuentre el campo eléctrico producido por el
cable en todo el espacio.
Solución
Establecemos un sistema de coordenadas cilíndricas en el centro del cable (coordenadas (r, ϕ, z).
Por simetría (consideramos un cable de largo infinito), el campo debe ser radial, y su magnitud
únicamente función de r (la distribución de carga posee una clara simetría azimutal, es decir, es
invariante ante una rotación del ángulo polar ϕ). Luego ~E(r, ϕ, z) = E(r)r̂. Distinguimos tres
regiones, I : {b < r}, II : {a < r < b} y III : {r < a}. Para calcular el campo eléctrico utilizamos
la ley de Gauss, con una superficie cilíndrica (radio r, altura h). En la figura siguiente se muestra
el caso r > b.
Sobre las tapas, se tendrá un flujo nulo pues ~E · n̂ = ±~E · k̂ = ~0 en dichas superficies. La integral
de flujo se reduce a la integral sobre el manto del cilindro:
ZZ
ZZ
0
0
E(~x0 ) =
dS(~x )n̂(~x ) · ~
S
Manto
dS(~x0 )n̂(~x0 ) · ~E(~x0 )
Para todo ~x0 en el manto, dS(~x0 )n̂(~x0 ) = rdϕdzr̂(ϕ), y ~E(~x0 ) = E(r)r̂(ϕ), de forma que
Ley de Gauss
54
ZZ
0
0
dS(~x )n̂(~x ) · ~E(~x0 ) = rE(r)
Z 2π
Z h
dϕ
dz = 2πrhE(r)
Manto
0
0
Note que este resultado es general y se cumple para todo r. Con esto:
ZZ
0
E(~x) = E(r)2πrh
d~S(~x ) · ~
S
pero como el cable es neutro, la carga encerrada por S es nula, Q(S) = 0. Luego, por la ley de
Gauss, el campo eléctrico es nulo al exterior del cable:
E(r)2πrh = 0 → E(r) = 0 r > b
Notar que
Q(S) = πa2 hρ + σ 2πbh = 0
luego la relación entre ρ y σ es la siguiente:
σ =−
ρa2
2b
En la región II : {a < r < b}, la simetría nuevamente implica la naturaleza radial del campo
eléctrico (al igual que su dependencia en r y no en ϕ). Nuevamente utilizamos como superficie
cerrada un cilindro S de radio r y altura h.
Sabemos que:
ZZ
Q(S)
~ 0 ~
d S(~x ) · E(~x) = E(r)2πrh =
ε0
S
y la carga encerrada es, esta vez, aquella contenida en el volumen del cilindro sólido interior que
se encuentra al interior de S:
Q(S) = ρπa2 h
entonces
E(r)2πrh = ρ
2
~E(~x) = a ρ r̂
2ε0 r
πa2 h
ε0
si r ∈ [a, b]
Por último, para la región III : {r < a}, se escoge nuevamente un cilindro de radio r y altura h.
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835)
55
ZZ
0
0
E(~x) = E(r)2πrh
dS(~x )n̂(~x ) · ~
S
que encierra una carga
QS = ρπr2 h
entonces
E(r)2πrh = ρ
πr2 h
ε0
~E(~x) = ρr r̂
2ε0
En resumen:
~E(~x) =
 ρr

 2ε0
a2 ρ
 2ε0 r

0
si 0 ≤ r < a
si a < r < b
si b < r
Notar la discontinuidad al atravesar la superficie cargada r = b,
lim− E(r) − lim+ E(r) =
r→b
r→b
a2 ρ
σ
=
2ε0 b ε0
Ejemplo 2.8 — Superposición de esferas. Considere dos esferas no concéntricas de radio
R. La primera de ellas lleva una densidad volumétrica de carga ρ y la segunda −ρ. Los centros
de las esferas están a distancia menor que 2R, y sea d~ el vector que va del centro de la esfera
positiva al centro de la negativa. Demuestre que el campo eléctrico en la intersección de las
esferas es constante, y encuentre su valor.
Solución
Este problema se puede resolver por superposición y recordando la forma del campo eléctrico
generado por una distribución esférica homogénea de carga ρ (ver 2.3).
(
~E(~x) =
ρr
3ε0 r̂
ρR3
r̂
3ε0 r2
si r ≤ R
si r > R
Ley de Gauss
56
donde r es la distancia al centro de la esfera. Ahora, sea P un punto arbitrario dentro de la región
de la intersección. El campo en P producido por la distribución de carga positiva es
~E1 = ρ ~x
3ε0
y el de la distribución de carga negativa
~E2 = −ρ ~x0
3ε0
donde ~x y ~x0 son los vectores definidos en la figura siguiente.
Por el principio de superposición, el campo eléctrico en P está dado por
~E(P) = ~E1 + ~E2 = ρ ~x + −ρ ~x0
3ε0
3ε0
~ con lo que finalmente:
Pero ~x −~x0 = d,
~E(P) = ρ ~x + −ρ ~x − d~ = ρ d~
3ε0
3ε0
3ε0
P fue escogido de manera arbitraria, luego, para todo punto dentro de la zona de intersección, el
resultado es el mismo, y el campo eléctrico es uniforme en dicha región.
Ejemplo 2.9 — Fuerza entre una banda y una línea de carga. Calcule la fuerza por
unidad de largo que se ejercen una distribución superficial muy larga de ancho b y densidad de
carga σ y un alambre igualmente largo con densidad lineal de carga λ , puesto en el mismo plano
que la banda a distancia r del borde inferior, como muestra la figura.
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835)
57
Solución
Podemos optar por calcular la fuerza que ejerce la distribución lineal de carga sobre la distribución
plana, o viceversa. Utilizemos la primera opción, para ello necesitamos obtener el campo eléctrico
generado por una distribución lineal muy larga, obtenido en 1.9 y 2.5:
~E(d) =
λ
r̂
2πε0 d
donde d es la distancia al alambre. Ahora, en el plano que contiene a ambas distribuciones,
definimos las direcciones î, jˆ como se indica en la figura siguiente.
El campo eléctrico generado por la distribución lineal en un punto (x, y) tiene la forma:
~E(~x) =
λ
jˆ
2πε0 (r + y)
Luego la fuerza que se ejerce sobre un elemento de carga infinitesimal dq = σ dxdy en (x, y) está
dada por:
d ~F(x, y) = dxdyσ
λ
jˆ
2πε0 (r + y)
De forma que la fuerza que se ejerce sobre una porción de largo L de la distribución plana es
~F =
Z L
dx
0
~F = σ λ L
2πε0
Z b
dy
0
Z b
0
σ λ dy ˆ
j
2πε0 (r + y)
b
ˆj = σ λ L ln(r + y) jˆ = σ λ L ln r + b jˆ
r+y
2πε0
2πε0
r
0
y la fuerza por unidad de largo es:
Ley de Gauss
58
~F
r+b ˆ
σλ
ln
=
j
L
2πε0
r
Solución alternativa
También podríamos haber calculado la fuerza que ejerce la distribución bidimensional sobre la
línea de carga. Para esto, consideremos un diferencial de carga dq = λ dx ubicado en la posición
x sobre la línea, y calculemos la fuerza que ejerce sobre éste una franja muy delgada del plano
de ancho dy, como se muestra en la figura.
Esta franja puede ser vista como una línea infinita de densidad σ dy. Luego, el campo ~E(x) que
genera en la posición del diferencial de carga está dado por:
d ~E(x) = −
σ dy
jˆ
2πε0 (y + r)
y el campo total será el de la superposición de todas las franjas sobre el plano:
Z b
σ
r+b ˆ
dy ˆ
~E(x) = − σ
j=−
ln
j
2πε0 0 (y + r)
2πε0
r
Luego, la fuerza sobre dq es:
d ~F(x) = λ dx~E(x) = −
λ dxσ
r+b ˆ
ln
j
2πε0
r
Como la fuerza es independiente de x (constante sobre la línea de carga),
la fuerza sobre un
λ Lσ
r+b ˆ
segmento de la línea de largo L es, simplemente, ~F = − 2πε
ln
j
.
De
aquí, obtenemos
r
0
inmediatamente la fuerza por unidad de largo que se ejerce sobre la línea:
~F
λσ
r+b ˆ
=−
ln
j
L
2πε0
r
Ejemplo 2.10 — Esfera con cavidad. Una esfera no conductora, centrada en el orígen, de
radio 2a lleva una densidad de carga ρ constante. Se extrae material de esta esfera de modo que
queda una cavidad esférica de radio a, cuyo centro está en el eje y a la distancia a desde el orígen,
como se muestra en la figura. El resto de la esfera mantiene la densidad de carga ρ = const.
a) Demuestre que el campo eléctrico en el punto P fuera de la esfera vale
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835)
~E = ρ
3ε0
8a3
a3
r̂
R̂
−
r2 + a2 + 2ar sin α
r2
59
donde R̂ = ~R/R, r̂ =~r/r
b) Ahora considere el caso en que el punto P está dentro de la esfera de radio a, a una distancia
r < a desde el centro de dicha esfera. Demuestre que la componente x del campo eléctrico en
este punto vale cero. Encuentre Ey
Solución
a) El problema puede ser tratado como la suma de dos distribuciones de cargas independientes.
Una esfera de radio 2a con densidad de carga uniforme ρ, y una esfera de radio a con densidad
de carga −ρ, ubicada como se indica en la siguiente figura. El campo en P debido a la esfera de
radio 2a está dado por
~E1 (P) =
Q
R̂
4πε0 R2
donde la carga total de la esfera es
4
4
Q = π(2a)3 ρ = π8a3 ρ
3
3
Luego
3
~E1 (P) = 4 π8a3 ρ 1 R̂ = ρ 8a R̂
3
4πε0 R2
3ε0 R2
Por teorema del coseno
Ley de Gauss
60
R2 = r2 + a2 − 2ar cos (π/2 + α) = r2 + a2 + 2ar sin α
Así
~E1 (P) = ρ
3ε0
8a3
r2 + a2 + 2ar sin α
R̂
Además, el campo eléctrico generado por la distribución de radio a y densidad −ρ es
~E2 (P) = − 4 πa3 ρ 1 r̂ = − ρ
3
4πε0 r2
3ε0
a3
r2
r̂
y se tiene, finalmente
~E(P) = ρ
3ε0
8a3
a3
r̂
R̂
−
r2 + a2 + 2ar sin α
r2
b) Se debe recordar que el campo en el interior de una esfera uniformemente cargada tiene una
dependencia lineal en la distancia al centro de ésta (ver 2.3). Concretamente, si ~x = (x, y) denota
un punto dentro de la esfera de radio a, se tiene
~E1 (~x) = ρ RR̂ = ρ R cos ϑ î + sin ϑ jˆ
3ε0
3ε0
Pero R cos ϑ = r cos α, y R sin ϑ − r sin α = a, de forma que:
~E1 (~x) = ρ r cos α î + (a + r sin α) jˆ
3ε0
Para la esfera de radio a, el campo es
~E2 (~x) = − ρ rr̂
3ε0
Así
~E(~x) = ρ RR̂ − rr̂
3ε0
De aquí vemos que
Ex =
ρ
(r cos α − r cos α) = 0
3ε0
y
Ey =
ρ
ρa
(a + r sin α − r sin α) =
3ε0
3ε0
Así, el campo dentro de la cavidad esférica es uniforme y dado por
~E = ρa jˆ
3ε0
2.4 Demostración de la ley de Gauss
2.4
2.4.1
61
Demostración de la ley de Gauss
Primer método (distribuciones)
A partir de la ley de Coulomb y el principio de superposición, expresamos el campo eléctrico
como una integral sobre todo el espacio de la distribución de cargas:
~E(~x) =
1
4πε0
Z
d 3 x0
R3
ρ(~x0 )(~x −~x0 )
k~x −~x0 k3
Por otra parte, es muy simple mostrar la siguiente identidad (la demostración se hará explícitamente en 3.2):
~∇
1
(~x −~x0 )
=
−
k~x −~x0 k
k~x −~x0 k3
De esta forma, el campo eléctrico puede ser escrito como:
Z
1
3 0
0 ~
~E(~x) = 1
d x −ρ(~x )∇
4πε0 R3
k~x −~x0 k
Ahora, sea Ω ⊆ R3 , y ∂ Ω la superficie cerrada que encierra a Ω. El teorema de la divergencia de
Green-Ostrogradsky establece:
ZZ
ZZZ
~∇ · ~E(~x)d 3 x
E(~x) =
dS(~x)n̂(~x) · ~
∂Ω
Ω
Esto es:
=
1
d x ~∇·
4πε0
Ω
ZZZ
3
Z
3 0
d x
R3
1
−ρ(~x )~∇
k~x −~x0 k
0
1
=
4πε0
ZZZ
3
Z
d x
3 0
d x
R3
Ω
1
−ρ(~x )~∇
k~x −~x0 k
0
Ahora utilizamos la identidad fundamental (7.6), válida en el marco de las distribuciones:
~∇2
1
= −4πδ (~x −~x0 )
k~x −~x0 k
y entonces
Z
ZZ
ZZZ
1
3
~
dS(~
x)
n̂(~
x)
·
E(~
x)
=
d
x
ε0
∂Ω
Ω
R3
ρ(~x0 )δ (~x −~x0 )d 3 x0
=
1
ε0
Lo que termina por demostrar la ley de Gauss:
ZZ
ZZZ
1
Q(Ω)
~
d 3 x ρ(~x) =
dS(~x)n̂(~x) · E(~x) =
∂Ω
ε0
Ω
ε0
ZZZ
Ω
d 3 x ρ(~x)
2
62
2.4.2
Ley de Gauss
Segundo método (ángulo sólido)
Existe otra forma de demostrar la ley de Gauss puramente geométrica que no necesita la identidad
(7.6). Para ello es conveniente introducir la nocion de ángulo sólido, que corresponde a un ángulo
~ Por
bidimensional que representa el tamaño aparente de una superficie visto desde un punto O.
ejemplo, considere dos esferas concentricas de radios r1 y r2 , como se muestra en la figura 2.4.2.
~ poseen el mismo tamano aparente. Esto es
Las dos porciones esfericas S1 y S2 , vistas desde O,
por que ambas subtienden un mismo ángulo sólido. Matemáticamente, un elemento de superficie
en coordenadas esféricas se escribe dS = r2 sin ϑ dϑ dφ . Se define el ángulo sólido elemental
como dΩ = sin ϑ dϑ dφ . Es fácil ver que las dos superficies de la figura están descritas por los
mismos
intervalos de ϑ y de φ , y entonces ambas subtienden un mismo ángulo sólido total
R
Ω = dΩ. Se tiene entonces:
S1 = r12 Ω
S2 = r22 Ω
El ángulo sólido se mide en stereoradianes, y puede variar entre 0 y 4π.
Para el caso más general de un elemento de superficie d~S = dSn̂ cualquiera (no necesariamente
~ el ángulo sólido sera el mismo que el de su proyección
una porción de esfera) a distancia r de O,
sobre una esfera, como se muestra en la figura siguiente:
Si esta esfera es de radio unitario, entonces el ángulo sólido será igual a la superficie de la
proyección de d~S sobre la esfera, es decir dΩ = 1/r2 d~S · r̂.
Ahora, para demostrar la ley de Gauss, consideremos una carga puntual q en el origen y una
superficie cerrada S que contiene a q.
El flujo del campo eléctrico sobre un elemento diferencial d~S situado a una distancia r de la
carga sera
2.4 Demostración de la ley de Gauss
63
dΦS,~E = ~E · d~S =
q
q
r̂ · d~S =
dΩ
4πr2
4π
con dΩ el ángulo sólido que subtiende d~S respecto a la carga. Esto es consecuencia del caracter
radial del campo eléctrico generado por una carga elemental. Luego, el flujo del campo sobre
toda la superficie será:
ZZ
~ ~
E · d S =
S
q q
dΩ =
4πε0 S
ε0
ZZ
ya que el ángulo sólido que subtiende toda superficie cerrada que contiene a la carga es 4π.
Consideremos ahora el caso en el que la carga q se encuentra fuera de la superficie cerrada S.
Todo elemento de superficie d~S1 tendra un equivalente que subtiende un ángulo sólido de igual
magnitud pero de signo contrario, como ocurre con d~S1 y d~S2 en la figura siguiente.
Si descomponemos la superficie S en pares elementales tales que dΩ1 = −dΩ2 , es fácil ver que
el flujo total a través de S es nulo.
Finalmente, si se toma un conjunto de cargas qi , el campo total será la superposición de los
campos ~Ei generados por cada una. El teorema de Gauss se aplica individualmente a cada carga
y se obtiene entonces:
ZZ
1
~
E · dS =
~
S
ε0 ∑
i
qi
donde se incluyen en la suma únicamente las cargas contenidas en S. Finalmente, para una distribución continua de cargas, la suma se reemplaza por una integral sobre el volumen delimitado
por S.
Ley de Gauss
64
2.5
Resumen y fórmulas escenciales
• El campo eléctrico generado por una densidad de carga ρ : R3 → R está dado por la
integral de Coulomb (Ecuación (1.3))
~E(~x) =
0
1 RRR
3 x0 ρ(~x ) (~x −~x0 )
d
3
R
4πε0
k~x−~x0 k3
• La ley de Gauss es consecuencia de la ley de Coulomb (1.3) y establece que el flujo de ~E
sobre toda superficie cerrada ∂ Ω es proporcional a la carga contenida en el volumen Ω
encerrado por ∂ Ω (Ecuación 2.2)
1
dS(~x )n̂(~x ) · ~E(~x0 ) =
ε0
∂Ω
ZZ
0
0
ZZZ
Ω
d 3 x0 ρ(~x0 ) =
Q(Ω)
∀Ω ⊆ R3
ε0
• Conociendo ρ, y a partir de la ley de Gauss (2.2), no es posible deducir la ley de Coulomb,
a menos que uno asuma la simetría radial del campo generado por una carga puntual. En
este sentido, la ley de Gauss por sí sola contiene menos información que la ecuación (1.3).
En los problemas resueltos en este capítulo, esta falta de información es compensada con
argumentos de simetría que permiten establecer la forma del campo eléctrico una vez
conocida la distibución de carga. Cuando la distribución de carga no posee una simetría
clara, la ley de Gauss no es suficiente para determinar ~E.
• En el capítulo siguiente veremos que si
además se conoce la circulación de ~E sobre toda
H
curva cerrada Γ, es decir, el valor de Γ d~x · ~E(~x), entonces se tiene toda la información
necesaria para determinar ~E en todo el espacio.