Universidad de Morón

Temas Teóricos

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Electromagnetismo

Ecuaciones de Laplace y Poisson.

Lino Spagnolo.

En el análisis del campo eléctrico se han presentado diversas alternativas: si se conoce una distribución de cargas eléctricas se calcula elcampo eléctrico con las leyes de Coulomb o de Gauss; si se conoce el potencial en toda la región el campo eléctrico se

calcula con la fórmula

E

= −∇

V

.

r

En la práctica es poco común que se conozcan algunas de esas dos alternativas, es más común conocer las condiciones electrostáticas de cargas o potencial en algunas regiones particulares como el potencial en las placas de un condensandor o el movimiento de una carga (electrones) en el interior de un tubo de alto vacío, etc. Tales condiciones se generalizan llamádolas condiciones de borde o de contorno y también problemas de borde o

frontera, y con esos valores se desea hallar el campo

E

r

y el potencial

V

en toda la región. Para este tipo de problemas se utilizan las ecuaciones de Laplace o de Poisson cuyo significado se deduce a partir de la Ley de Gauss para el campo electrostático en medios lineales:

D

ε

E

ρ

∇ ⋅

r

= ∇ ⋅

r

=

Y dado que:

E

V

V

ρ

o

2

V

ρ

ε

ε

= −∇

→ ∴ ∇ ⋅ ∇

= −

∇

= −

r

La cual constituye la ecuación de

Poisson

, mientras que la ecuación de

Laplace

es para el caso particular de una región sin cargas:

ρ

=

0

→ ∴ ∇

2

V

=

0

Existe un importante teorema denominado Teorema de Unicidad que asegura que una solución de las ecuaciones de Laplace o de Poisson, obtenida por un medio matemático como ser: gráfico, analítico, de elementos finitos, etc. será la solución única y correcta del problema si se contemplaron debidamente las condiciones de contorno. Sin entrar en los detalles de esta prueba, aplicaremos la fórmula de Poisson o Laplace en casos bien específicos para familianizarnos con su uso.

Consideremos el caso de un capacitor de placas paralelas separadas por una

distancia

d

en la dirección de

z

y de extensión infinitas en la direcciones

x e y

.

Las dos placas conductoras, inferior

z

=

0

y superior

z d

=

tienen las siguientes

condiciones de contorno (o locales):

0

0

o

z

V

Para

z d V V

=

=





=

=



Se desea hallar el potencial y el campo eléctrico en el espacio (o en toda la región).

Solución:

Como ya se dijo a este tipo de problemas se aplica la ecuación de Laplace o de

Poisson. Al pedir las condiciones electrostáticas

(

E y V

)

r

en el espacio, debempos

plantear la ecuación de Laplace pues en la región genérica la carga es nula. Solamente hay cargas en la frontera del capacitor y eso lo consideran las condiciones de contorno. Se

trabajará con la sola variable

z

pues en

x

el potencial

V

_o es uniforme.

Por lo cual plantearemos:

2 2

2

0

d V

0

V

dz

∇

=

→

=

En coordenadas cartesianas. La primera y segunda integral son evidentemente:

dV

a y V

az b

dz

=

=

+

siendo

a y b

dos constantes a determinar con las condiciones de contorno.

1

Para z

=

0

es V

=

0

∴

b

=

0

2

Para z d es V V

_o

a

V

o

d

=

=

∴

=

La solución final para el potencial en toda la región es:

V

V

o

z

d

=

Y para el campo eléctrico se tiene:

E

V

V

o

e

ˆ

_z

d

= −∇

= −

Lo cual significa que el campo eléctrico es constante entre las placas del condensador y con la dirección de las líneas de fuerza que van del potencial mayor o positivo al potencial menor. Por otra parte el potencial en el interior crece linelamente con la distancia

z

.

Ejemplo 2.

Sea el caso de un tubo TV de alto vacío donde los electrones emitidos desde el cátodo, que se halla a una altisima temperatura, son acelerados hacia el ánodo que se

encuentra a un alto potencial

V

_o respecto al cátodo.

Dadas las condiciones electrostáticas de contorno:

0

0

o

x

V

Cátodo

Para

x d V V Ánodo

=

=





=

=



Hallar el potencial en toda la región.

Solución:

La ecuación diferencial a considerar en la región es la de Poisson ya que la región se halla impregnada de una carga de electrones que viajan del cátodo al ánodo.

2

( ) ( ) 2

x x

o

d V

dx

ρ

ε

= −

Debido al movimiento de los electrones se debe considerar también la conservación de la

energía:

0

1

2 _{( )}

0

2

e x

T U

+

=

∴

m x

&

−

eV

=

Con la emisión del cátodo en estado estacionario, la corriente de electrones será constante:

A partir de:

J

=

ρ

u

→

I

= −

ρ

_{( )x}

x S

.

r

_r

&

Con

S

sección normal de emisión del cátodo.

Reemplazando en la ecuación de Poisson:

2

( ) 2

1

x

o o

d V

I

S x

dx

ρ

ε

ε

= −

=

⋅

&

Despejando la velocidad

x

&

de la conservación de la energía:

2

( ) ( )

2

2

( )

2

₁

2

x x _e

e o o x

eV

_{d V}

_I

_m

x

m

dx

S

e V

ρ

ε

ε

=

∴

= −

=

Que puede ponerse en la forma:

2 ( ) 2

( )

'

( '

)

2

x

x

d V

_K

_dV

_dV

V

dx

dx

dx

=

V

=

=

Operando para su integración:

( ) ( ) ( )

'

'

'

'

'

'

2

_x

2

_x

2

_x

dV

K V

K V

dV

V

V dV

dx K

dx

V

V

V

⋅

⋅

⋅

=

→

=

=

Integrando:

(

)

1 2

4

1

( ')

2

2

2

2

dV

V

K

V

K

V

dx

=

∴

=

Volviendo a operar:

( )

3 1 ₁ 3 1

4 2 ₄ 4 2

1

0 4

2

2

d

o

V d

V

dV

dV

K

V

K

dx

dx

V

=

→

∫

=

∫

Integrando nuevamente:

3 1 4

3 4 2 ( )

4

2

3

V

d

=

K d

o también:

4 3 1

3 4 2

( )

3

2

4

x

V

=

K x

En la práctica suele tomarse:

4 3 ( )x o

x

V

V

d

 

=

_{ }

 

Derivando dos veces y reemplazando en la ecuación:

2 2

( )

1

2

e

o x

m

d V

I

S

e V

dx

=

ε

Se halla la corriente en el interior del tubo, que constituye la Ley de Child-Langmuir para la emisión del cátodo en los tubos de alto vacío:

1 2

2

4

2

9

o o

e

V

e

I

S

m

d

ε





=





Problema 3. Una caja rectangular metálica está formada por chapas

conductoras y de lados con valores a y b=2a con una longitud L tan grande que puede suponerse infinita.

La tapa superior está separada por un espacio infinitésimo de las paredes a través de un aislante y tiene aplicado un potencial de

100 ( )

o

V = V tal como se vé en la figura.

.

a

−

Determinar la función potencial de la región comprendida dentro de la caja.

b

.

−

Para las dimensiones de la caja

b

=

2

a

hallar el potencial en el punto:

3

4

4

b

x

=

e

y

=

a

Solución.

.

a

−

Dado que el potencial depende de las coordenadas x e y se aplica la ecuación de Laplace, para dos dimensiones, pues no hay cargas en el espacio interior de la caja.

2 2

2

2 2 0

V V

V

x y

∂ ∂

∇ = + =

∂ ∂

La solución de la ecuación debe hacerse acorde a las condiciones de borde de la caja:

0, 0 , 0

, 0 , 0

0, 0 , 0

, 0 , _o 100 ( )

Para x y para y a V Para x b y para y a V Para y y para x b V

Para y a y para x b V V V

= ≤ ≤ → =

= ≤ ≤ → =

= ≤ ≤ → =

= < < → = =

En cuanto a la solución de la ecuación diferencial de Laplace se encara con el método de la separación de variables. Se busca una solución a través de unafunción que sea el producto de dos funciones, una sólo función de x y la otra sólo función de y.

( , )x y ( )x ( )y

Reemplazando esta función en la ecuación de Laplace, se obtiene:

" " " " 0 0

" 0 " "

:

" 0

X Y

X Y XY

X Y

X X

X Y

O sea

Y Y

X Y

λ λ

λ

+ = → + =

+ =



− = = ∴ 

− =



La constante λ _{puede adquirir cualquier valor, pero el único valor con sentido físico es}

0

λ> y en tal caso se hará

λ

=

β

2para asegurarnos que siempre sea positva.

Reemplazando en la primera ED X"+λX =0: (D2 +

β

2)X_{( )x} =0 o DX = ±j X

β

Y cuya solución es la ecuación general compleja: X_{( )x} =C e_o j xβ +C e_1o −j xβ

Utilizando la igualdad de De Moivre:

( ) 1

cos ( ) sin ( )

cos ( ) sin ( ) cos ( ) sin ( )

j x

x o j x

e x j x

X k x k x

e x j x

β

β

β

β

β

β

β

β

−

 _{= +}



∴ = +



= −



Donde

1 1 ( 1)

o o o

k =C +C y k = j C −C

De una forma similar, la solución de la otra ecuación diferencial X"−λX =0 es del mismo formato que la anterior, pero en luagar de ser una función trigonométrica es una función hiperbólica o exponencial:

( )y o ( ) 1 ( )

Y =h CosH

β

y +h SinH

β

y

O la exponencial: ( ) 1

y y

y o

Y c eβ c e−β

= +

La solución completa es el producto de las dos soluciones;

( , )x y [ ocos ( ) 1sin ( )] [ o ( ) 1 ( )]

V = k βx +k βx ⋅ h CosH βy +h SinH βy

Este resultado debe combinarse con las condiciones de borde para que sea compatible con

la realidad del problema:

1

( 0) 0 0

( ) 0 0 0 sin ( ) o

Para X x k

Para X x b k

β

b

= = ∴ =

 

= = ∴ = +



Junto a las condiciones de borde:

1

( 0) 0 0

( ) 0 0 0 ( )

o

ParaY y h

ParaY y a h SinH

β

a

= = ∴ =

 

= = ∴ = +

 Con lo

0

0

x

=

e y

=

la función debe anularse mientras que los dos tipos de cosenos valen

1

para x

=

0.

(Ver figura).

Y como k₁ ≠0 y

h

₁

≠

0

para que exista una solución no trivial, se tendrá que cumplir:

sin ( b) 0 sin ( ) n con n 1, 2, 3,... b

π

β = = βπ ∴ β = =

Y la solución general será una suma de una infinita cantidad de términos de la forma:

( , ) sin ( ). ( )

n n n

n n

V x y k h x SinH y

b b

π π

=

Puesto que

β

debe ser el mismo valor para ambas funciones, seno trigonométrico y seno

hiperbólico.

Así la solución general será la sumatoria:

1

( , ) nsin ( ). ( )

n

n n

V x y C x SinH y

b b

π π

∞

=

=

∑

Debiendo además cumplir con la última condición de borde:

Para todo

x e y a

= →

V x a

( , )

=

V

₀

Por lo tanto: ₀

1

sin ( ). ( )

n n

n n

V C x SinH a

b b

π π

∞

=

=

∑

Que constituye un desarrollo en serie de Fourier de

V

₀

.

Para solucionar esto conviene

multiplicar ambos miembros por

sin (

m

x

)

b

π

₀

0 0

1

sin(

)

(

)

sin(

) sin(

)

b b

n n

m

n

m

n

V

x dx

C SinH

a

x

x dx

b

b

b

b

π

∞

π

π

π

=

=

∑

∫

∫

La última integral tomada entre

0

< <

x

π

posee la propiedad de las funciones ortogonales como seno y coseno, o sea su integral adquiere los valores enteros:

0

0

sin(

) sin(

)

2

si m n

m

n

x

x dx

b

b

si m n

π

π

π

π

≠





=



=



∫

Reemplazando en la

integral entre

0

< <

x b

.

2 0

0

sin(

)

(

)

0

sin (

)

b b

n

m

n

n

V

x dx C SinH

a

x dx

b

b

b

π

π

π

=

∫

∫

Integrando: 0 ₀ 0 0 0 0 0

1

2

cos(

)

(

)

[1 cos(

)]

2

(1 cos

)

(

)

2

4

1;3;5;...

2

(

)

(1 cos

)

0

2; 4;6;...

4

(

)

:

0

.

b b n n n n

b

m

n

n

V

x

C SinH

a

x dx

n

b

b

b

V b

n

b

n

C SinH

a

n

b

V

para n

V

n

C SinH

a

n

n

b

n

para n

V

para n impar

n

n SinH

a

Es decir C

b

para n

par

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

−

=

−

−

=



=



=

−

=





₌





=



=



=

∫







Reemplazando

C

_n en la solución general:

0

1,3,5...

sin ( ). ( ) 4

( , )

( )

n

n n

x SinH y

V _{b b}

V x y

La verificación puede hacerse con

x

=

0

el potencial es siempre nulo, para cualquier y. También para

x b

=

el potencial es siempre nulo, para cualquier y.

Para

y

=

0

es igualmente nulo, para cualquier x.

Para

y a

=

el potencial vale

V

₀ para cualquier x menos en

x

=

0

y en x b

=

en que es nulo.

.

b

−

Potencial en

3

4

4

b

a

x

=

e y

=

, utilizando la fórmula:

0

1,3,5...

3 sin ( ). ( ) 4

3 _{4 8}

( , )

4 4 _{( )}

2

n

n n

SinH V

b a V

n nSinH

π π

π π

∞

=

=

∑

donde

b

=

2

a

Reemplazando

n por

1;3;5;7;9;

se halla:

0

0

4 3

( , ) (0, 4517 0, 0725 0, 01985 0, 00645 0, 00229) 0, 6374 4 4

V b a

V V

π

= + − − + =