2o ciclo Valor del potencial de esfera

[leo_ro]

Me han dado el siguiente ejercicio:

Una esfera conductora de radio a que tiene una carga Q, se coloca en un campo eléctrico uniforme inicialmente de valor E₀. Encuentre el potencial en todos los puntos exteriores de la esfera.

Sé que la esfera genera un campo

$\dst {\oint}_{S} \vec{D}.d\vec{s}=Q \Rightarrow \varepsilon \vec{E}{\oint}_{S}d\vec{S}=Q \Rightarrow E=\frac{Q}{\varepsilon 4\pi {R}^{2}}$

now, como $\dst \vec{E}=-\nabla V \Rightarrow V= {\int}_{0}^{r} \frac{Q}{\varepsilon 4\pi {R}^{2}} dR \Rightarrow V= \frac{Q}{\varepsilon 4\pi r}$

¿Como una carga puntual? pues parece que sí.

Lo que no entiendo es que el enunciado menciona un campo eléctrico uniforme externo E0, pero no dice nada del sentido del campo. ?¿? Se me ocurre.

$\dst V= {\int}_{0}^{r} \frac{Q}{\varepsilon 4\pi {R}^{2}} dR+ \int {E}_{0} dr= \frac{Q}{\varepsilon 4\pi r}+ {V}_{0}$

[teclado]

Re: Valor del potencial de esfera

El potencial cumple el principio de superposición, por lo que

$V(\vec{r})=V_{esfera}(\vec{r})+V_{externo}(\vec{r})$

Solo te queda calcular el potencial debido al campo externo:

$V_{externo}(\vec{r})=-\int_{\vec{r}_0}^{\vec{r}}\vec{E}\vec{dR}=-E_0\int_{\vec{r}_0}^{\vec{r}}n_xdx+n_ydy+n_zdz$

Tienes que hacer la integral de caminos esa, que como el campo es conservativo puedes hacer sobre la recta que va desde $\vec{r}_0$ hasta $\vec{r}$, por ejemplo. Si no recuerdo mal tiene que darte algo como $V_{externo}(\vec{r})=-\vec{E}_0(\vec{r}-\vec{r}_0)$.

De todas formas tienes mal los límites de la integral (la del potencial debido a la esfera). Tienes que integrar desde $\infty$ hasta $\vec{r}$ y no desde 0 a r. Además tienes el signo mal. Sería:

$V_{esfera}=-\int_{\infty}^{\vec{r}}\vec{E}\vec{dR}=-\int_{\infty}^r\frac{Q}{4\pi\epsilon R^2}dR=-\left[-\frac{Q}{4\pi\epsilon R}\right]_{\infty}^r=\frac{Q}{4\pi\epsilon r}$

[Breogan]

Re: Valor del potencial de esfera

Hola:

Me han dado el siguiente ejercicio:

Una esfera conductora de radio a que tiene una carga Q, se coloca en un campo eléctrico uniforme inicialmente de valor E₀. Encuentre el potencial en todos los puntos exteriores de la esfera.

Sé que la esfera genera un campo

$\dst {\oint}_{S} \vec{D}.d\vec{s}=Q \Rightarrow \varepsilon \vec{E}{\oint}_{S}d\vec{S}=Q \Rightarrow E=\frac{Q}{\varepsilon 4\pi {R}^{2}}$

now, como $\dst \vec{E}=-\nabla V \Rightarrow V= {\int}_{0}^{r} \frac{Q}{\varepsilon 4\pi {R}^{2}} dR \Rightarrow V= \frac{Q}{\varepsilon 4\pi r}$

¿Como una carga puntual? pues parece que sí.

Lo que no entiendo es que el enunciado menciona un campo eléctrico uniforme externo E0, pero no dice nada del sentido del campo. ?¿? Se me ocurre.

$\dst V= {\int}_{0}^{r} \frac{Q}{\varepsilon 4\pi {R}^{2}} dR+ \int {E}_{0} dr= \frac{Q}{\varepsilon 4\pi r}+ {V}_{0}$

Los metales, considerados como conductores perfectos, no pueden soportar campos eléctricos no nulos en su seno; siempre tiene la capacidad de redistribuir sus cargas libres de forma de cumplir la condición de campo eléctrico nulo en su interior.
Por lo anterior la carga en una esfera metálica sometida a un campo eléctrico exterior pierde su simetría esférica, y se hace muy difícil calcular la nueva distribución de cargas y su consecuente potencial, de echo no me acuerdo como. Siempre es aplicable el principio de superposición para el calculo del potencial y/o el campo.

El enunciado, con la frase "....en todos los puntos exteriores de la esfera.", me deja abierta la interpretación de que se me pregunta el potencial de todos los puntos de la superficie de la esfera (no digo que sea así, pero planteo la posibilidad). Si este fuera el caso, todo el cuerpo de la esfera incluida su superficie tienen el mismo potencial, ya que el campo eléctrico en el conductor metálico es idénticamente nulo. En conclusión, la superficie de la esfera es una superficie equipotencial, siempre hablando dentro de la electrostática.

s.e.u.o.

Suerte

[meisimo]

Re: Valor del potencial de esfera

Al igual que Beogan, te digo que esa forma de calcular el campo de la esfera esta errada porque como es un conductor no puedes asegurar que el campo es constante en esa superficie gausseana. Lo que si te puedo decir es que intentes resolviendo la ecuacion de laplace en esfericas. De hecho, ese es un ejemplo en el griffith de electrodinamica, en el cap. 3.

Suerte con eso

[M_Odes]

Re: Valor del potencial de esfera

Al igual que Beogan, te digo que esa forma de calcular el campo de la esfera esta errada porque como es un conductor no puedes asegurar que el campo es constante en esa superficie gausseana. Lo que si te puedo decir es que intentes resolviendo la ecuacion de laplace en esfericas. De hecho, ese es un ejemplo en el griffith de electrodinamica, en el cap. 3.

Suerte con eso

En efecto.

Mi recomendación es que consideres el campo externo uniforme en la dirección z, propongas una solución general en términos de los polinomios de Legendre, (esto está explicado en el citado libro de Griffiths), de la forma

$\displaystyle{\varphi(r,\theta,\phi) = \sum_{n = 0}^\infty \left[ A_{n} r^{n} + \frac{B_{n}}{r^{n+1}} \right] P_{n}\left( \cos \theta \right)}$

E impones las siguientes condiciones de contorno:

• $\lim_{r \to \infty} \varphi(r) = -E_{0}z = -E_{0} r \cos{\theta}$ El potencial para regiones alejadas de la esfera es equivalente al potencial debido al campo uniforme
• $\lim_{r \to r_{0}} \varphi(r) = -k_{e}\frac{Q}{r}$ El potencial para regiones cercanas a la esfera es parecido al campo debido a la esfera

Así es como yo trataría de resolverlo. Sin embargo, intuyo que la solución debería dar igual que la propuesta por teclado

[leo_ro]

Re: Valor del potencial de esfera

Tienen razón el exceso de carga se ubica en la superficie exterior de la esfera, en caso contrario habría un campo electrico en su interior. ¿Se podría entonces tomar una esfera gaussina un poco mayor?

$\dst \oint \vec{D}.d\vec{S }= Q \Rightarrow \vec{E}(r,\theta , \varphi ) = \frac{Q}{\varepsilon 4 \pi {(r+dr)}^{2} }\hat{r}$

Aunque sería impresiso el $dr$

En el caso de aplicar laplaciano:

$\dst {\nabla}^{2} V = \frac{Q}{\varepsilon }\Rightarrow \frac{{\partial}^{2} V}{{ \partial x}^{2} }+\frac{{\partial }^{2} V}{{ \partial y}^{2} }+\frac{{\partial }^{2} V}{{ \partial z}^{2} }= \frac{Q}{\varepsilon }$

Supuestamente en esférica sería mas facil

$\dst \frac{1}{{r}^{2} }\frac{\partial }{\partial r} ({r}^{2} \frac{\partial V}{\partial r}) + \frac{1}{ {r}^{2} sen \theta} \frac{\partial }{\partial \theta} (sen \theta \frac{\partial V}{\partial \theta})+\frac{1}{ {r}^{2} sen \theta} \frac{\partial }{\partial \theta} \frac{{\partial}^{2} V}{{ \partial \varphi}^{2} } = \frac{Q}{\varepsilon }$

Pero suponiendo que el potencial varíe en forma radial solamente nos quedaría $\frac{1}{{r}^{2} }\frac{\partial }{\partial r} ({r}^{2} \frac{\partial V}{\partial r}) = \frac{Q}{\varepsilon }$ Y acá me quedo ni idea como resolverlo.

[teclado]

Re: Valor del potencial de esfera

Se me ocurre que un desarrollo multipolar del potencial lo solucionaría todo, pero no me queda muy claro cómo saber la distribución de carga.

[leo_ro]

Re: Valor del potencial de esfera

$\dst \frac{1}{{r}^{2} }\frac{\partial {r}^{2} }{\partial r} (\frac{\partial V}{\partial r}) = \frac{\rho}{\varepsilon }= \frac{2 r}{ {r}^{2}} \frac{\partial V}{\partial r}\Rightarrow \frac{2}{ r}\frac{\partial V}{\partial r}= \frac{\rho}{\varepsilon }$

$\dst \partial V = \frac{\rho r }{ 2 \varepsilon } \partial r \Rightarrow V = \frac{\rho {r}^{2} }{ 4 \varepsilon }$

Quedó una expresión rara, en donde el potencial aumenta con el radio

pero no me queda muy claro cómo saber la distribución de carga.

Y ese sería otro tema.

[M_Odes]

Re: Valor del potencial de esfera

Pero suponiendo que el potencial varíe en forma radial solamente nos quedaría $\frac{1}{{r}^{2} }\frac{\partial }{\partial r} ({r}^{2} \frac{\partial V}{\partial r}) = \frac{Q}{\varepsilon }$ Y acá me quedo ni idea como resolverlo.

La respuesta está ante sus ojos. Piense que ${r}^{2} \frac{\partial V}{\partial r} = f(r)$ tendrás entonces la expresión $\frac{1}{r^2} \frac{\partial f(r)}{\partial r}=\frac{Q}{\epsilon}$
Dado que la función depende únicamente del radio, la ecuación puede resolverse como,

$\displaystyle{{\mathrm{d} f(r)}=\frac{Q}{\epsilon} r^{2} {\mathrm{d} r}}$

integrando a ambos lado respecto al diferencial correspondiente

$\displaystyle{\int{\mathrm{d} f(r)}=\frac{Q}{\epsilon} \int r^{2} {\mathrm{d} r}}$

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Poniendo el equivalente a nuestra función $f(r)$,

$\displaystyle{ {r}^{2} \frac{\mathrm{d} V(r)}{\mathrm{d} r} = \frac{Q}{3 \epsilon} \left( r^{3}-r_o^{3} \right)}$

Si integramos en $r$,

$\displaystyle{ \int \mathrm{d} V(r) = \int_{r_o}^{r} \frac{1}{r^{2}} \left(\frac{Q}{3 \epsilon} \left( r^{3}-r_o^{3} \right)\right) \mathrm{d}r}$

Te dejo la labor de calcular la integral resultante

$\displaystyle{ V(r) = \int_{r_o}^{r} \frac{1}{r^{2}} \left(\frac{Q}{3 \epsilon} \left( r^{3}-r_o^{3} \right)\right) \mathrm{d}r}$

[leo_ro]

Re: Valor del potencial de esfera

Hay algo que me hace ruido, al hacer el potencial el valor de referencia es ${r}_{0}=\infty$ por lo cual $f(r)=-\infty$.

Porque el resultado de la integral es: [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] sin atender que ${r}_{0}=\infty$

[oscarmuinhos]

Re: Valor del potencial de esfera

Hay algo que me hace ruido...

Hola a todos
Ese "ruido" debe venir de la suposición de que el potencial varía radialmente. Para esto habría que suponer que la distribución de carga en la esfera conductora tiene simetría radial, cuando en la realidad, como explica Breogán en el post #3, no puede ocurrir así, porque las cargas de esa esfera conductora (en la cual las cargas se pueden mover libremente) se habrán de reubicar para lograr que el campo en el interior de la esfera sea nulo (y, por lo mismo, su potencial interior constante) y la componente tangencial del campo eléctrico sobre la superficie esférica sea nula (haciendo de la superficie esférica una superficie equipotencial)....

En el Lorrain-Corson se puede ver la solución para el caso de una esfera conductora sin carga dentro de un campo exterior uniforme. El método imagino que debiera valer también para el caso de que la esfera conductora esté inicialmente cargada. Pongo, a continuación, las imágenes de las páginas de dicho libro:

Este método coincide con el que ha propuesto M_Odes en su primer post y, suponiéndolo válido para el caso de una esfera conductora cargada, imagino que podría ya partirse de una ecuación como la (12.35) y aplicar las correspondientes condiciones de contorno para calcular las constantes A y B de la propuesta de M_Odes.

- - -

[leo_ro]

Re: Valor del potencial de esfera

En ese caso oscarmuinhos, la esfera no presenta carga neta diferente de cero sino que experimenta una redistribución de las cargas debido al campo eléctrico exterior. Tomando como prima el principio de superposición en donde $\dst V={V}_{esfera}+{V}_{0}$. Para el potencial de la esfera sabemos que hay una carga neta y que dicha carga se distribuirá de manera de que cada $dq$ esté lo más alejada posible de las demás cargas por lo que la densidad de carga se distribuirá en toda la superficie $\dst \rho=\frac{Q}{4 \pi {a}^{2}}$(ateniendo que es la superficie exterior y no la interior) y al parecer no imposibilita la ley de gauss según he buscado, por ejemplo
http://laplace.us.es/wiki/index.php/...rica#Enunciado

[oscarmuinhos]

Re: Valor del potencial de esfera

Hola leo_ro
El teorema de Gauss se puede aplicar siempre a cualquier superficie cerrada y nos asegura que el resultado de hacer la suma integral sobre cualquier superficie cerrada de $\dst \oint \vec{E}.\vec{dS}$ siempre nos dará $\dst \frac{Q_{encerrada}}{\varepsilon }$. Otra cosa es que logremos resolver la suma integral $\dst \oint \vec{E}.\vec{dS}$ para, a partir de esta resolución, poder despejar y hallar el campo $\vec{E}$

El ejemplo del enlace que pones se refiere al campo creado por una esfera cargada con una carga Q distribuida uniformemente sobre una superficie esférica (que puede ser, efectivamente, la superficie de una esfera conductora). Pero, en este caso, -tal como explica Breogán en su post #3-, esa carga Q que tiene la esfera conductora (y que antes de ser introducida en esa región donde existe ese campo eléctrico está uniformemente distribuida sobre su superficie exterior), una vez que la introducimos en esa región en la que existe dicho campo $\vec{E}$ deja de estar uniformemente distribuida, -lo mismo que ocurre con las cargas de una esfera conductora sin carga neta-, reubicándose de forma de anular el campo en el interior de la esfera y hacer de su superficie exterior una superficie equipotencial. No se puede, pues, utilizar $\dst \rho = \frac{Q}{4\pi.a^2}$, porque esta expresión equivale a considerar que la carga se distribuye uniformemente sobre toda la superficie..

El teorema de Gauss sigue siendo válido, pero no nos es de utilidad para calcular el campo y, por tanto tampoco, para, a continuación, calcular el potencial a partir del campo.

Creo, pues, que el camino habrá de ser el que propone M_Odes en el post #5, mas partiendo ya de la ecuación 12.35 del Lorrain-Corson
Un saludo