Transcript Método imágenes

ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO
PROBLEMAS ELECTROSTÁTICOS
MÉTODO DE IMÁGENES
A. J. Barbero
Departamento de Física Aplicada UCLM
Ultima actualización: 25/03/2014
1
MÉTODO DE IMÁGENES PARA LA SOLUCIÓN DE PROBLEMAS ELECTROSTÁTICOS
FUNDAMENTO
Ecuación de Poisson
 2V  


La solución de la ecuación de Poisson que satisface cierto conjunto de condiciones de contorno es
única (teorema de unicidad).
Es decir, si encontramos una solución para un problema electrostático que obedece determinadas
condiciones de contorno, resulta que esa solución es la única solución posible. No importa el método
utilizado para conseguirla, cualquier otro método aplicado correctamente debe conducir a la misma
solución.
El método de imágenes consiste en sustituir determinados elementos de un sistema electrostático por
una o varias cargas puntuales, obteniendo un sistema más sencillo en el que la solución para el
potencial puede obtenerse de manera más simple que en el sistema original.
2
PROBLEMA 1. Una carga +Q está situada en la posición (0,0,z0). El plano XY es un
plano conductor indefinido conectado a tierra (potencial nulo). Calcular el potencial en
cualquier punto de la región z > 0 y la densidad superficial de carga en la superficie
del plano conductor.
Encontrar el potencial pedido requiere resolver la ecuación de Poisson en la región z > 0 con las
condiciones de contorno V = 0 en z = 0 y en el infinito, lo cual es complicado.
(x,y,z)
r1 +Q
r2
Sustituimos el plano conductor por una carga
imagen –Q situada en la posición (0,0,-z0).
Esto no cambia el potencial en la región z >
0 ni las condiciones de contorno.
Z

E
+Q
-z0
-Q
z0
z0
X
Y
r1  x 2  y 2   z  z0 2
r2  x 2  y 2   z  z0 2

Q 1 1
Q 
1
1

   
V ( x, y , z ) 

40  r1 r2  40  x 2  y 2   z  z0 2
x 2  y 2   z  z0 2 

Véase que en todos los puntos del plano XY (z = 0) se cumple la condición V(x,y,0) = 0 y
también se cumple V = 0 en el infinito. De acuerdo con el teorema de unicidad, esta es por
tanto la solución correcta.
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PROBLEMA 1 (Continuación)
Cálculo de la densidad superficial de carga: primero determinamos el campo eléctrico en z ≥ 0











u
x

u
y

u
z

z
u
x

u
y

u
Q  x
y
z
0
x
y
z  z  z0  

E  V 
3/ 2

2
2 3/ 2 
2
2
2
2
40 x  y   z  z 


x

y

z

z


0
0




Recordemos que las condiciones de frontera para el campo eléctrico
en la superficie de separación conductor espacio libre son
Et  0
En 

0
En la superficie de separación entre el plano conductor y resto el vector superficie está dirigido
según la dirección Z, por lo tanto
 
   0 Ez z 0   0 Ezuz
z0 

 2Qz 0
4 x  y 
2
2

3/ 2
z02


 Qz0
2 x 2  y 2  z02

3/ 2
El método de imágenes es válido únicamente para la región en la que no se encuentran las
cargas imágenes. Por eso no se puede emplear en este problema para calcular campo y
potencial en la región z < 0. En dicha zona el potencial es nulo (pues el plano conductor está
conectado a tierra) y el campo también.
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PROBLEMA 2.
Una carga positiva Q está situada en el vacío a una distancia a de un semiespacio
homogéneo e infinito de constante dieléctrica K. Determine el potencial en
cualquier punto del espacio (dentro y fuera del dieléctrico).
El dato de la constante dieléctrica nos da la permitividad , pues K 

0
Aplicaremos el método de imágenes sustituyendo el vacío y el dieléctrico por cargas equivalentes
de manera que se cumplan las condiciones de contorno.
VACÍO
0
+Q
a
Sistema real
VACÍO
DIELÉCTRICO
0
  K 0
≡
a
+Q
VACÍO
DIELÉCTRICO
0
a
  K 0
Q1
+
DIELÉCTRICO
  K 0
a
Q2
(1)
(2)
Sustituiremos el sistema real por la suma de los dos siguientes:
1. Sustituimos el dieléctrico por vacío colocando en su lugar una carga Q1 a la distancia a
2. Sustituimos el vacío por dieléctrico colocando en lugar del vacío una carga Q2 a la distancia a
Obtendremos el potencial en cualquier punto del espacio por superposición de estos dos sistemas
una vez hayamos impuesto las mismas condiciones de contorno.
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PROBLEMA 2 (Continuación)
VACÍO
0
+Q
VACÍO
DIELÉCTRICO
0
  K 0
≡
a
Sistema real
VACÍO
0
a
+Q
DIELÉCTRICO
a
  K 0
Q1
+
r1
r
DIELÉCTRICO
  K 0
a
Q2
(1)
r2
(2)
Potencial en (1): el potencial en un punto situado en la mitad izquierda, a la distancia r de Q y
a la distancia r1 de Q1 es:


V1 
1
Q Q
  1 
40  r r1 
Potencial en (2): el potencial en un punto situado en la mitad derecha, a la distancia r2 de Q2 es:
V2 
1 Q2
4 r2
En la frontera entre ambos medios el
potencial tiene que ser continuo, así que
V1 FRONT ERA  V2 FRONT ERA
Particularizando para el punto situado entre la carga y su imagen:
V1 
1  Q Q1 
1 Q2
 V2
  
40  a a  4 a
 Q  Q1    0Q2
6
PROBLEMA 2 (Continuación)
La ecuación  Q  Q1    0Q2 es una condición a cumplir por las cargas imágenes como
consecuencia de la continuidad del potencial al pasar de un medio a otro; para poder expresar
las cargas imágenes en función de Q debemos obtener una relación más entre ellas.
Veamos el valor del desplazamiento eléctrico en un punto arbitrario de la frontera.
VACÍO
(1)
+Q
VACÍO
0


D1
 
D  D1 
DIELÉCTRICO
0
a
a
d
d


u21 u12
Q1


un
  K 0
+
Q2
DIELÉCTRICO
  K 0
(2)
a


D
d

u12

un
1



Q
u

Q
u
12
1 21 
4d 2
 Q2u12
D2 
4d 2
D2n 
Q2  Q  Q1

D2
COMPONENTES NORMALES
 
Q  Q1 cos
D  D1 
n
4d 2
Continuidad de las componentes
normales del desplazamiento:
Q2 cos
4d 2
SISTEMA DE ECUACIONES QUE
PERMITE OBTENER LAS CARGAS
IMAGEN EN FUNCIÓN DE Q:
 Q  Q1    0Q2
Q2  Q  Q1
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PROBLEMA 2 (Continuación)
 Q  Q1    0Q2
Q2  Q  Q1
Q1 < 0
Q1  Q
0  
0  
Q2  Q
2
0  
Q  1  0  
Potencial en (1): el potencial en un punto situado en la mitad
  
V1 
izquierda, a la distancia r de Q y a la distancia r1 de Q1 es:
40  r   0  
Potencial en (2): el potencial en un punto situado
en la mitad derecha, a la distancia r2 de Q2 es:
V2 
1
 
 r1 
Q  1 


2r2   0   
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PROBLEMA 3.
Consideremos una distribución lineal de carga  de longitud infinita situada
paralelamente a una distancia d del eje de un cilindro conductor infinito de radio a.
a) ¿Cuál es la carga imagen que permite resolver el problema del potencial en el
espacio situado fuera del conductor?.
b) Si la distribución de lineal carga se considera origen de coordenadas, y d = 2a,
determinar y representar gráficamente el potencial en cualquier punto de los
semiejes positivos X e Y.
Requisitos a cumplir por una solución válida: 1. La imagen debe ser una distribución lineal de carga paralela
(que llamaremos i) dentro del cilindro de modo que la superficie
cilíndrica en r = a sea equipotencial.
CORTE TRANSVERSAL
2. Por la simetría del problema la distribución lineal imagen i
debe estar situada en la línea entre el centro del cilindro y .
Ensayaremos una solución que cumpla la condición i = - y cuya
distancia di al eje del cilindro habrá que determinar.

a
Si esa solución cumple todas las condiciones de frontera, el teorema
de unicidad nos permite asegurar que dicha solución será única.
d
El potencial eléctrico a una distancia r de una distribución lineal
infinita de carga puede obtenerse integrando su campo eléctrico
(el cual puede obtenerse aplicando el Teorema de Gauss)
O
i

r
V 
di
d

r0


r
dr 
ln 0
20 r
20 r
(El punto de referencia r0 no
puede estar en el infinito, por
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ahora queda sin especificar)
PROBLEMA 3 (Continuación)
El potencial en los puntos de la superficie cilíndrica y los puntos exteriores se obtiene sumando la contribución
de la distribución lineal de carga y de su imagen.
Elegimos como referencia de potencial nulo un
Consideremos un punto M sobre la superficie del cilindro.
VM 
punto equidistante de  y i, para que de este
modo se cancelen los términos ln r0 y ln r0i

r

r

r

r

r
ln 0 
ln 0 
ln 0  i ln 0i 
ln i
20 r 20 ri
20 r 20 ri
20 r
ri
 cte pues así VM = constante
r
Para que la superficie cilíndrica sea equipotencial se requiere que el punto P i esté colocado de tal forma que
los triángulos OMP y OMPi sean semejantes. El ángulo  es común a ambos triángulos.
Véase que las superficies equipotenciales son aquellas en que

M

a r
i
O
r
P
Pi
i

di
Situando Pi de modo que el ángulo señalado como  sea igual en ambos
triángulos, el tercer ángulo también será igual, los triángulos serán
semejantes y se cumplirá que:
a d
ri
  i  cte
r d a
a2
di 
d
Pi se denomina punto inverso de P
respecto de un círculo de radio a.
d
Véase que con el valor calculado para di aunque la posición de M cambie sobre el contorno del cilindro (línea
punteada), se sigue cumpliendo que ri/r = cte y el cilindro sigue siendo una superficie equipotencial.
Concluimos que, de acuerdo con el teorema de unicidad, si sustituimos el cilindro conductor por una imagen
consistente en una distribución lineal indefinida de carga - situada a la distancia di, resolvemos el problema.
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Elegimos como referencia de potencial nulo un punto
equidistante de  y i, para que de este modo se cancele ln r0.
PROBLEMA 3 (Continuación)
a2
di 
d
O
a
d
2
2
 x  d  a 2 / d    ln 1  d  a 

r0

r0


ri

V
ln 
ln 
ln 
ln 
20 
xd 
20 r 20 ri 20 r 20 
x


r
-
i

r
i
x
d
a2
di 
d
O
a
d
 d 2 1  a / d 2

V ( x) 
ln 1 
20 
xd
ri
-

 
 1  a / d 2

ln 1 
 20 
x/d



r

r

r

V
ln 0 
ln 0 
ln i 
ln
20 r 20 ri 20 r 20
r
y
d  a / d   y
2
2
y
2
 a2 
1  2    y / d 2
d 

V ( y) 
ln 
20
y/d

i
d
V(y)
V(x)
2,5
2,0
2,0
1,5
1,5
1,0
1,0
0,5
0,5
0,0
0,0
0
2
4
x/d
6
8
0
2
4
6
y/d
8
11
2



PROBLEMA 4.
Dos carga puntuales +q están separadas una distancia 2d. Entre ambas se coloca
una esfera metálica conectada a tierra, de modo que su centro coincida con el
punto medio del segmento rectilíneo que une las cargas. Determinar el radio a de
la esfera de modo que no haya fuerza entre las cargas.
Sustituimos la esfera por las
cargas imágenes qi1, qi2.
Llamamos q1 y q2 a las cargas para distinguirlas según su posición (q1 = q2 = q)
2d
di2
di1
qi1  q1a / d  qa / d
di1  a 2 / d
qi 2  q2 a / d  qa / d
di 2  a2 / d
O
qi2
q2
qi1
a
q1
F1 
d1=d
d2=d
Si no hay fuerza entre cargas F1 = F2 = 0
q2 
a/d
 1
F1 
 2
40 
d  a2 / d
 4d

d
ad
2
 a2

 d
2
Al ser d>a,
ad
2
 a2
a4<<d4

2



0
2
2
d a /d 

 
2
1
 2
4d
y por tanto
a/d
ad
a4
F1  F12  F1i1  F1i 2
Fuerza sobre la carga q1
1  q1q2
q1qi1
q1qi 2 




40  2d 2 d  di1 2 d  di 2 2 
a/d
a/d

d  a / d  d  a / d 

2
2
2
d 4  a 4  2a 2 d 2  d 4  a 4  2a 2 d 2
d
4
 a4

2
es despreciable como sumando frente a
d4.

2

1
4d 2
2a
1

d 3 4d 2
1
4d 2
a
d
8
12