El método de las imágenes: adivinar la solución y tener derecho a ello

Una carga de 10 nC a 2 cm de una placa metálica conectada a tierra es atraída con 0,562 mN —el peso de 57 mg—, induce justo debajo una densidad superficial de −3,98 μC/m² y necesita un círculo de 3,46 cm de radio para reunir la mitad de la carga que atrae. Ninguno de esos tres números se puede obtener con la integral de Coulomb, porque no se sabe de antemano cómo se reparte la carga sobre la placa. Los tres salen en dos líneas cambiando la placa por una carga que no está ahí — y lo que convierte ese cambio en física, y no en un truco, es el teorema de unicidad del artículo 01.

Necesitas: el artículo 01 de este módulo, sobre todo el primer teorema de unicidad y su corolario —la solución dentro de una región no depende de cómo se haya producido el potencial de su frontera—. Del módulo II.1, del artículo 04: que un conductor es equipotencial, que

\sigma = \varepsilon_0 E^{\perp}

justo fuera de él y la energía del campo

W = (\varepsilon_0/2)\int E^{2}d\tau

; del artículo 03, el potencial de una carga puntual y las condiciones de contorno.

El problema que el módulo anterior no podía plantear

Una carga puntual $q$ a distancia $d$ de un plano conductor infinito conectado a tierra. La carga atrae electrones hacia la superficie; los electrones crean campo; ese campo cambia dónde se colocan los siguientes. El resultado es un reparto $\sigma(r)$ que no se conoce, y sin conocerlo no hay integral de Coulomb que montar. Ése fue el motivo exacto por el que el módulo II.1 dejó este problema fuera y lo anunció para aquí.

Formulado como problema de contorno, en cambio, está perfectamente especificado. En la región $z>0$ hay que resolver

\nabla^{2}V = 0 \ \ \text{salvo en la carga},\qquad V = 0 \ \text{en el plano } z=0,\qquad V\to 0 \ \text{en el infinito}

Nada más. Y ahora entra el corolario del artículo 01: cualquier función que cumpla esas tres cosas es la solución, venga de donde venga. Ya no hay que deducirla; basta con encontrarla.

La conjetura: una carga que no está

Olvida el conductor. Pon dos cargas en el vacío: la original $q$ en $(0,0,d)$ y una carga imagen $-q$ en $(0,0,-d)$ . Ese sistema tiene un potencial que sabemos escribir:

V(x,y,z) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{q}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+(z-d)^{2}}} - \frac{q}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+(z+d)^{2}}}\right]

Comprueba las tres condiciones. Cumple Laplace en todo $z>0$ salvo en la carga, porque es suma de dos potenciales de Coulomb y ninguna de las dos fuentes está ahí arriba salvo $q$ . En $z=0$ los dos denominadores son iguales y $V=0$ exactamente, en todo el plano. Y en el infinito tiende a cero. Las tres. Por unicidad, es la solución del problema original en el semiespacio $z>0$ .

Con un aviso que hay que grabar antes de seguir: la fórmula sólo vale en $z\ge 0$ . Debajo del plano, el potencial del problema real es cero —es el interior de un conductor a tierra— y no el del dipolo. Las dos situaciones coinciden arriba y no tienen nada que ver abajo, y ahí está media docena de errores clásicos.

La carga y su imagen

Arriba, las líneas de campo de una carga puntual frente a una placa metálica conectada a tierra; abajo, la densidad de carga σ que induce sobre ella, con el área sombreada hasta la sonda. Fíjate en dos cosas: las líneas llegan al metal perpendiculares —siempre, sea cual sea el mando— y el tercer control decide qué se dibuja debajo del plano. Sólo una de las dos opciones es física.

Carga q: 10 nC Distancia al plano d: 2.0 cm Sonda sobre el plano r: 3.46 cm Debajo del plano se dibuja: el campo real: exactamente cero

σ en la sonda -0.499 μC/m²

Carga inducida hasta r 50.0 % de −q

Fuerza sobre q 0.562 mN

Energía W -11.2 μJ

Estás en el radio que reúne la mitad de la carga inducida, y ese radio es siempre r = √3·d = 3.46 cm: no depende de q, sólo de la distancia al plano. Mueve la carga y compruébalo — el porcentaje se queda clavado en el 50 %. Ésa es la marca de una distribución cuya forma es puramente geométrica: la carga escala su altura y no su anchura.

Las líneas de campo se obtienen integrando numéricamente E desde un círculo de semillas alrededor de la carga, no de una plantilla dibujada: por eso llegan perpendiculares al metal sin que nadie se lo imponga. La escala vertical de σ se normaliza a su propio máximo, de modo que al mover d lo que se ve cambiar es la anchura del reparto; su altura —σ(0) = −q/2πd²— no está en ningún recuadro, la da la nota al poner la sonda en cero. Mover q no cambia ninguno de los dos dibujos: ni la dirección de las líneas de campo ni la forma de σ dependen de la carga, y sólo se mueven las cuatro cifras y la distancia a la que salta la chispa.

La carga inducida, y la comprobación que hay que hacer

El reparto de carga sobre la placa se obtiene ahora sin esfuerzo, con la condición de contorno del conductor: $\sigma = \varepsilon_0 E^{\perp}$ , es decir $\sigma = -\varepsilon_0\,\partial V/\partial z$ evaluado en $z=0$ . Derivando la expresión de arriba y poniendo $r^{2}=x^{2}+y^{2}$ :

\boxed{\;\sigma(r) = -\frac{q\,d}{2\pi\,(r^{2}+d^{2})^{3/2}}\;}

Negativa en todas partes si $q$ es positiva, máxima en módulo justo debajo de la carga y decayendo como $1/r^{3}$ lejos. Con $q = 10$ nC y $d = 2$ cm, el máximo es $\sigma(0) = -q/2\pi d^{2} =$ −3,98 μC/m², que corresponde a un campo justo encima de $\sigma/\varepsilon_0 =$ 449 kV/m — el mismo número que $2kq/d^{2}$ , como tiene que ser: en ese punto la carga real y su imagen aportan lo mismo y en el mismo sentido.

Toda solución adivinada exige una comprobación independiente, y aquí la natural es integrar $\sigma$ sobre el plano entero. Debe dar $-q$ , porque el conductor está a tierra y todas las líneas de campo que salen de $q$ tienen que morir en él:

Q_{\text{ind}} = \int_0^{\infty}\!\!-\frac{qd}{2\pi(r^{2}+d^{2})^{3/2}}\,2\pi r\,dr = -qd\left[\frac{-1}{\sqrt{r^{2}+d^{2}}}\right]_0^{\infty} = -qd\cdot\frac{1}{d} = -q

Exactamente $-q$ , sin resto, y sin que la $d$ aparezca en el resultado. Esa integral no es un adorno: es la prueba de que la conjetura era buena.

Ejemplo resuelto 1 · Dónde está la carga inducida, y cuánto cuesta la fuerza

Problema. Con $q = 10$ nC a $d = 2$ cm de un plano a tierra: (a) ¿dentro de qué radio está la mitad de la carga inducida? ¿Y el 90 %? (b) Halla la fuerza sobre $q$ . (c) Halla la energía del sistema — y explica por qué no es la del par de cargas. (d) ¿Cuánta carga habría que poner para que el aire se rompiera justo debajo?

Solución. (a) La integral anterior, truncada en $R$ , da $Q(R) = -q\left(1 - d/\sqrt{R^{2}+d^{2}}\right)$ . Igualando a $-q/2$ sale $d/\sqrt{R^{2}+d^{2}} = 1/2$ , es decir $R = \sqrt{3}\,d =$ 3,46 cm. Para el 90 %, $R = \sqrt{99}\,d = 9{,}95\,d =$ 19,9 cm; para el 99 %, 2,00 m. La carga inducida tiene una cola larguísima: la mitad cabe en un círculo del tamaño de una moneda y el último uno por ciento se reparte por dos metros de chapa.

(b) La fuerza sobre $q$ es la que le hace toda la carga inducida, y por unicidad el campo en su posición es el de la imagen. Están a distancia $2d$ :

F = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^{2}}{(2d)^{2}} = -\frac{kq^{2}}{4d^{2}} = -5{,}62\times10^{-4}\ \text{N}

atractiva, 0,562 mN, el peso de 57 mg. Nótese que va como $1/d^{2}$ : una carga se pega a una placa metálica con la misma ley que a otra carga.

(c) Aquí está el error clásico del tema. La tentación es escribir la energía del par, $-kq^{2}/2d$ , y es el doble de lo que vale. Dos maneras de verlo, y las dos convienen. La primera, energética: la energía está en el campo, y el campo del problema real sólo existe en el semiespacio superior —debajo del plano no hay nada—, así que la integral $(\varepsilon_0/2)\int E^{2}d\tau$ se hace sobre la mitad del espacio y da la mitad. La segunda, mecánica, y es la que se puede comprobar: la energía es el trabajo de traer la carga desde el infinito contra la fuerza que va apareciendo,

W = \int_{\infty}^{d}\frac{kq^{2}}{4z^{2}}\,dz = -\frac{kq^{2}}{4d} = -1{,}12\times10^{-5}\ \text{J} = -11{,}2\ \mu\text{J}

frente a los −22,5 μJ del par. La diferencia tiene una causa física clara: al acercar $q$ , la imagen también se mueve —siempre está a $-d$ —, mientras que en un par de cargas reales sólo se mueve una. Media configuración, media energía.

(d) El campo justo debajo de la carga es $2kq/d^{2}$ , y la rigidez dieléctrica del aire seco son 3,0 MV/m. Despejando, $q = E_{\text{rup}}d^{2}/2k =$ 66,8 nC. Al revés: los 10 nC de este problema rompen el aire si se acercan a 7,74 mm de la placa.

Resultado. El resultado que hay que llevarse no es ninguno de los cuatro números, sino la relación entre ellos: el mismo $\sigma(r)$ que se adivinó da la fuerza, la energía y el límite de ruptura, y los tres se pueden medir. La segunda lección es la distribución de la carga inducida, que es mucho más ancha de lo que sugiere la intuición: con la carga a dos centímetros, un disco de chapa de 19,9 cm de radio —0,124 m²— recoge sólo el 90 %, y llegar al 99 % exige un radio de dos metros, es decir 12,6 m² de metal. De ahí sale el criterio real para tratar una placa finita como infinita, y es limpísimo: la fracción de carga inducida que se escapa por los bordes de una placa de semianchura $L$ vale $d/\sqrt{L^{2}+d^{2}}\approx d/L$ . Con $d/L = 0{,}1$ se pierde un 10 % de la carga inducida, no un 0,1 %.

La esfera de Kelvin

El plano es el caso fácil porque la imagen es su reflejo. La segunda geometría que regala una imagen es la esfera, y el resultado —de William Thomson, lord Kelvin, en 1848— es bastante menos evidente: una carga $q$ a distancia $a$ del centro de una esfera conductora de radio $R$ conectada a tierra tiene por imagen

\boxed{\;q' = -\,q\,\frac{R}{a}\quad\text{colocada a}\quad b = \frac{R^{2}}{a}\ \text{del centro, en la línea que une la carga con él}\;}

La comprobación es la de siempre: hay que ver que el par $(q,q')$ deja $V=0$ sobre toda la esfera. En un punto de la superficie visto con $\theta$ desde el eje, las dos distancias son $\sqrt{R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta}$ y $\sqrt{R^{2}+b^{2}-2bR\cos\theta}$ , y sustituyendo $b=R^{2}/a$ en la segunda se saca factor común $R/a$ :

\sqrt{R^{2}+\frac{R^{4}}{a^{2}}-\frac{2R^{3}}{a}\cos\theta} = \frac{R}{a}\sqrt{a^{2}+R^{2}-2aR\cos\theta}

de modo que $q'$ dividido por su distancia vale exactamente $-q$ dividido por la de $q$ , para todo $\theta$ . El potencial se anula sobre la esfera entera, y el $R/a$ del factor común es exactamente el que hay que poner en $q'$ para que la cancelación sea completa. Ahí está el porqué de esa carga fraccionaria.

Ejemplo resuelto 2 · La esfera a tierra, con cifras

Problema. Una esfera conductora de $R = 5$ cm conectada a tierra, con $q = 10$ nC a $a = 10$ cm de su centro. (a) Sitúa la imagen. (b) Halla la fuerza. (c) ¿Cuánta carga total hay inducida sobre la esfera? (d) La densidad superficial vale

\sigma(\theta) = -\frac{q\,(a^{2}-R^{2})}{4\pi R\,(R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta)^{3/2}}

Evalúa los dos polos y explica su cociente.

Solución. (a) $q' = -qR/a =$ −5,00 nC a $b = R^{2}/a =$ 2,50 cm del centro. La imagen está dentro de la esfera, que es donde tiene que estar: la solución sólo vale fuera, y allí la única carga real sigue siendo $q$ .

(b) La distancia entre $q$ y su imagen es $a-b = 7{,}50$ cm, así que

F = \frac{kqq'}{(a-b)^{2}} = -\frac{k\,q^{2}Ra}{(a^{2}-R^{2})^{2}} = -7{,}99\times10^{-5}\ \text{N} = -79{,}9\ \mu\text{N}

atractiva. Con la carga a la mitad de esa distancia del centro no se podría usar esta fórmula tal cual, porque la carga estaría dentro.

(c) −5,00 nC, es decir $q'$ y no $-q$ . Aquí está la primera diferencia grande con el plano: sobre la esfera sólo se induce la fracción $R/a$ de la carga, en este caso la mitad. Las líneas de campo restantes no mueren en la esfera: se van al infinito, y la carga que las compensa la aporta la toma de tierra. Integrar $\sigma(\theta)$ sobre la esfera lo confirma: da −5,00 nC exactos.

(d) En el polo próximo, $\theta = 0$ , el paréntesis vale $(a-R)^{2}$ y $\sigma =$ −0,955 μC/m²; en el lejano, $\theta = \pi$ , vale $(a+R)^{2}$ y $\sigma =$ −0,0354 μC/m². El cociente es 27, y no es un número casual: es $[(a+R)/(a-R)]^{3} = 3^{3}$ , la razón de las distancias elevada al cubo.

Resultado. Con la carga a sólo dos radios del centro, la cara de la esfera que la mira tiene veintisiete veces más densidad de carga que la de atrás: el conductor «se entera» de dónde está la carga con muchísima resolución. Y la segunda lección es la del apartado (c), que es la que más se falla: la carga inducida no es $-q$ salvo en el plano. Vale $-qR/a$ , tiende a $-q$ cuando la carga se pega a la superficie ( $a\to R$ ) y tiende a cero cuando se aleja — lo cual tiene sentido, porque una esfera pequeña y lejana apenas intercepta ángulo sólido. El plano infinito es el caso límite en el que lo intercepta todo.

Dónde se rompe el método

Es tentador salir de aquí pensando que el método de las imágenes resuelve problemas con conductores. Resuelve exactamente aquellos en los que la geometría regala una imagen, y son muy pocos. El catálogo completo de lo que se usa a diario cabe en una tabla:

Geometría	Imágenes	Qué hace falta
Plano infinito a tierra	1	Reflexión especular, carga −q
Dos planos perpendiculares	3	Signos alternados; la última es +q
Cuña de ángulo π/n, con n entero	2n − 1	Las reflexiones sucesivas cierran el ciclo
Esfera a tierra	1	q′ = −qR/a a distancia R²/a
Esfera aislada con carga Q	2	La de Kelvin más otra en el centro
Cilindro (hilo cargado)	1 línea	El análogo bidimensional de la esfera

Y aquí se acaba. El criterio exacto es el de la tabla: las reflexiones cierran si y sólo si $\alpha = \pi/n$ con $n$ entero, es decir cuando $180/\alpha$ es entero. Con 90°, 60° y 45° eso vale 2, 3 y 4, y las imágenes son 3, 5 y 7 —4, 6 y 8 posiciones contando la carga original—. Una cuña de 50° no tiene solución por imágenes, porque $180/50 = 3{,}6$ no es entero y la serie de reflexiones nunca vuelve al punto de partida. Conviene fijarse en que no basta con que $360/\alpha$ sea entero, que es el criterio que uno escribe de memoria: con 72°, $360/72 = 5$ es entero y sin embargo la cuña no cierra — $180/72 = 2{,}5$ —, y las reflexiones acaban colocando una imagen dentro de la región física, que es donde no puede estar. Lo mismo con 120° y con 40°. Un cubo conductor tampoco: sus tres pares de caras generan un enrejado infinito de imágenes que, aunque converge, ya no es un «método de imágenes» sino una serie que hay que sumar numéricamente. Y una carga frente a un elipsoide, o frente a un plano con un agujero, no tiene imagen ninguna.

De modo que el método de las imágenes no es una técnica general: es un catálogo de casos afortunados. Su importancia real es otra, y es conceptual — es el ejemplo más limpio de que en un problema de contorno vale encontrar la solución por cualquier medio, incluida la inspiración. Los métodos generales son los del artículo 03 y la relajación numérica del 01.

La imagen no está ahí, y esto tiene consecuencias medibles. El error que más veces se comete con este método no es de cálculo: es tomarse la carga imagen en serio. No hay ninguna carga a $-d$ ; lo que hay es $\sigma(r)$ repartida sobre la superficie del metal, y la imagen es un artificio que reproduce su campo sólo en el semiespacio de arriba. Las tres consecuencias que se cobran puntos: debajo del plano el campo es exactamente cero y no el del dipolo; la energía es la mitad de la del par, por esa misma razón; y la fuerza que la placa hace sobre la carga se puede calcular también integrando la presión electrostática $\sigma^{2}/2\varepsilon_0$ sobre el plano — sale el mismo $kq^{2}/4d^{2}$ , y hacerlo una vez cura del todo la tentación de creer en la imagen.

Y el mito hermano: «la carga inducida siempre suma −q». Sólo en el plano infinito. En la esfera a tierra suma $-qR/a$ , que en el ejemplo de arriba es la mitad; en una esfera aislada y neutra suma cero, aunque haya carga negativa en la cara próxima y positiva en la lejana. La regla correcta es la de siempre —la ley de Gauss— y lo que decide es qué fracción del ángulo sólido de la carga intercepta el conductor y si hay o no un cable por donde entre carga. El plano infinito intercepta la mitad del ángulo sólido y, aun así, se lleva $-q$ entero: la otra mitad de las líneas de campo se curva y acaba también en él. Que ese razonamiento de ángulo sólido dé el resultado equivocado es justamente por qué hace falta calcular $\sigma$ e integrarla.

Ejercicios

Ejercicio 1

Dos planos conductores infinitos a tierra se cortan en ángulo recto, ocupando los semiplanos $x=0$ e $y=0$ . Una carga $q = 10$ nC está en el punto (3 cm, 4 cm) del cuadrante que forman.

(a) Construye el sistema de imágenes: dónde va cada una y con qué signo. Justifica que la solución cumple $V=0$ en los dos planos. (b) Halla la fuerza sobre $q$ como vector, y su módulo. ¿Apunta al rincón? (c) Halla $\sigma$ en el punto (0, 4 cm) del primer plano. (d) ¿Funcionaría el método con una cuña de 50°? ¿Y con una de 60°? Explica el criterio.

Solución

(a) Hacen falta tres: $-q$ en (−3, 4), $-q$ en (3, −4) y $+q$ en (−3, −4). Las dos primeras son las reflexiones en cada plano; la tercera es la reflexión de una de ellas en el otro plano, y tiene que ser positiva porque es la imagen de una carga negativa. Sobre el plano $x=0$ , las cuatro cargas se emparejan ( $q$ con la de (−3,4), y las dos de $y<0$ entre sí) a distancias iguales y con signos opuestos: el potencial se anula. Sobre $y=0$ , lo mismo con el otro emparejamiento. Si la cuarta carga fuera negativa, ninguno de los dos planos quedaría a cero.

(b) Sumando las tres contribuciones de Coulomb sobre $q$ : $F_x =$ −196 μN y $F_y =$ −68,5 μN, de módulo 207 μN. Y no apunta al rincón: su dirección forma −160,7° con el eje $x$ , mientras que el rincón está a −126,9°. La carga es atraída sobre todo por el plano que tiene más cerca —el $x=0$ , a 3 cm— y sólo secundariamente por el otro.

(c) $\sigma = \varepsilon_0 E^{\perp}$ , con $E^{\perp}=E_x$ evaluado en (0, 4 cm) sumando las cuatro cargas. Las dos de $y = 4$ cm dan $-2kq/(0{,}03)^{2}$ hacia $-x$ ; las dos de $y = -4$ cm están a $\sqrt{3^{2}+8^{2}} = 8{,}544$ cm y su componente $x$ es $+2kq\cdot 0{,}03/0{,}08544^{3}$ . Numéricamente, −199 723 + 8 645, es decir $E_x = -1{,}91\times10^{5}$ V/m y $\sigma = \varepsilon_0E_x =$ −1,69 μC/m². El signo negativo es obligatorio: el campo entra en el conductor. Y fíjate en el reparto: el plano lejano aporta el 4,5 % y el resto lo pone la pareja cercana.

(d) El criterio es que las reflexiones sucesivas cierren, y eso pasa cuando $180/\alpha$ es un número entero —es decir, cuando $\alpha = \pi/n$ —, con $2n-1$ imágenes. Con 60°, $180/60 = 3$ : cierra con $2\times3-1 = 5$ imágenes. Con 50°, $180/50 = 3{,}6$ : no cierra nunca, y el método no existe para esa cuña. No es que sea difícil — es que el conjunto de imágenes es infinito y no converge a una configuración compatible con las condiciones de contorno.

Cuidado con la versión del criterio que se escribe de memoria, $360/\alpha$ entero, porque acepta cuñas que no cierran: con 72° da 5, entero, y sin embargo $180/72 = 2{,}5$ y las reflexiones sucesivas terminan poniendo una imagen dentro del ángulo físico, que es justo lo que invalida el método. Los tres ejemplos de este artículo —90°, 60° y 45°— pasan los dos criterios, así que no sirven para distinguirlos; 72° sí.

La segunda lección está en el apartado (b) y es de intuición: la fuerza de un sistema de imágenes no apunta al centro geométrico del problema. Con la carga en (3, 4) la atracción está dominada por el plano cercano en una proporción de casi 3 a 1, y la ley $1/r^{2}$ exagera cualquier asimetría de la colocación. Es la misma razón por la que una mota de polvo cargada se pega a la pared más próxima y no a la esquina.

Ejercicio 2

La esfera del ejemplo resuelto 2 — $R = 5$ cm, $q = 10$ nC a $a = 10$ cm— pero ahora aislada y neutra, sin cable a tierra.

(a) Explica por qué la imagen de Kelvin sola ya no sirve, y construye la solución correcta añadiendo una segunda imagen. ¿Dónde va y cuánto vale? (b) Halla la fuerza sobre $q$ y compárala con los −79,9 μN del caso a tierra. (c) Demuestra que a distancias grandes la fuerza va como $1/a^{5}$ y da la constante. (d) Comprueba a $a = 2R$ , $4R$ y $10R$ cuánto se equivoca esa aproximación.

Solución

(a) La imagen de Kelvin sola dejaría la esfera con carga total $-qR/a = -5$ nC, y la esfera es neutra. Hace falta añadir $+qR/a = +5$ nC, y hay un único sitio donde ponerla sin estropear la condición de contorno: el centro, porque una carga puntual centrada crea un potencial constante sobre la esfera. La superficie ya no está a cero, sino a $k\,qR/a\,/R = kq/a =$ 899 V, que es precisamente el potencial que tendría el centro sin conductor.

(b) Dos términos: la imagen de Kelvin a $a-b = 7{,}5$ cm da −79,9 μN y la central, a $a = 10$ cm, da +44,9 μN. La suma es −35,0 μN: sigue siendo atractiva, pero 2,3 veces menor que con la esfera a tierra. Y sigue siendo atractiva aunque la esfera sea neutra, que es lo que hay que retener.

(c) La fuerza exacta es $F = kq^{2}R\left[1/a^{3} - a/(a^{2}-R^{2})^{2}\right]$ , y desarrollando el segundo corchete en potencias de $R/a$ ,

-\frac{a}{(a^{2}-R^{2})^{2}} = -\frac{1}{a^{3}}\left(1-\frac{R^{2}}{a^{2}}\right)^{-2} = -\frac{1}{a^{3}}\left(1 + \frac{2R^{2}}{a^{2}} + \frac{3R^{4}}{a^{4}} + \cdots\right)

de modo que lo que se cancela es el término de orden $1/a^{3}$ —y sólo ése— y queda

F \simeq -\frac{2kq^{2}R^{3}}{a^{5}}, \qquad\text{con primer término despreciado}\ -\frac{3kq^{2}R^{5}}{a^{7}}

En la serie no hay ningún término $1/a^{2}$ —el sistema de imágenes es neutro, $q'+q''=0$ , así que no hay monopolo— ni ningún $1/a^{4}$ : sólo sobreviven las potencias impares a partir de la quinta.

que es exactamente la fuerza entre $q$ y un dipolo inducido de momento $p = 4\pi\varepsilon_0 R^{3}E$ , con $E=kq/a^{2}$ el campo de la carga en el sitio de la esfera. Esa polarizabilidad $4\pi\varepsilon_0R^{3}$ se deducirá en el artículo 03 por separación de variables; aquí aparece sola.

(d) Exacta contra asintótica: a $a=2R$ , −35,0 frente a −22,5 μN (36 % de error); a $4R$ , −0,774 frente a −0,702 μN (9,3 %); a $10R$ , −7,3 frente a −7,2 nN (1,5 %). La aproximación dipolar no vale de cerca y es excelente de lejos, con el cruce por el 10 % alrededor de cuatro radios.

La segunda lección es la ley $1/a^{5}$ , que aparece en todo el electromagnetismo de la materia: una carga atrae a cualquier objeto neutro polarizable, porque primero lo polariza y después tira del dipolo que ella misma ha creado. Va con $1/a^{5}$ porque el dipolo inducido es proporcional al campo ( $1/a^{2}$ ) y la fuerza sobre un dipolo depende del gradiente del campo ( $1/a^{3}$ ). De ahí que un globo frotado atraiga un trozo de papel neutro, y de ahí que la atracción se desplome en cuanto uno lo separa un poco.

Ejercicio 3

Un electrón está a distancia $z$ de la superficie plana de un metal. La energía imagen $W(z) = -ke^{2}/4z$ es una pieza real de la física de superficies, y aquí se deduce por una tercera vía —el ejemplo resuelto 1 usó el argumento del medio espacio y la integral de la fuerza— antes de usarla.

(a) Monta y resuelve la integral $\int \sigma(r)\,V_e(r)\,da$ sobre todo el plano, con la $\sigma(r)$ inducida del artículo y $V_e$ el potencial que el propio electrón crea sobre el plano; comprueba que da $-ke^{2}/2z$ . Después obtén la energía del sistema con $W = \tfrac{1}{2}\sum_i q_iV_i$ , con cuidado al evaluar el término del conductor, y explica de dónde sale el factor 2 que separa las dos cifras. (b) Evalúa $W$ en eV a 1 nm y a 0,3 nm. (c) Compárala con la función de trabajo del cobre, unos 4,7 eV: ¿a qué distancia la energía imagen es una fracción apreciable de ella? (d) ¿A qué distancia $|W|$ iguala la energía térmica $k_BT$ a 300 K? (e) ¿Por qué la fórmula deja de tener sentido cerca de la superficie, y en qué escala?

Solución

(a) El electrón lleva carga $-e$ , así que la $\sigma$ del artículo con $q = -e$ y $d = z$ es $\sigma(r) = +ez/2\pi(r^{2}+z^{2})^{3/2}$ , positiva —el metal recoge carga del signo contrario—, y el potencial del electrón sobre el plano es $V_e(r) = -ke/\sqrt{r^{2}+z^{2}}$ . Con $da = 2\pi r\,dr$ las dos raíces se juntan en una potencia entera y la integral es inmediata:

\int_0^{\infty}\!\frac{ez}{2\pi(r^{2}+z^{2})^{3/2}}\cdot\frac{-ke}{\sqrt{r^{2}+z^{2}}}\,2\pi r\,dr = -ke^{2}z\!\int_0^{\infty}\!\frac{r\,dr}{(r^{2}+z^{2})^{2}} = -ke^{2}z\cdot\frac{1}{2z^{2}} = -\frac{ke^{2}}{2z}

Eso es la energía de interacción entre el electrón y la carga que induce, y es el doble de la respuesta. La energía del sistema sale de $W = \tfrac12\sum_i q_iV_i$ con dos sumandos, y el segundo es cero: el potencial total sobre el conductor a tierra vale 0, así que $\tfrac12\int\sigma V\,da = 0$ término a término. Queda sólo el electrón, en el potencial que crea su imagen, $V_{\text{ind}} = k(+e)/2z$ :

W = \tfrac{1}{2}(-e)\,\frac{ke}{2z} = -\frac{ke^{2}}{4z}

Ahí está el factor 2, y no es el mismo que el del ejemplo resuelto 1 aunque valga lo mismo: aquí lo pone el $\tfrac12$ de $\tfrac12\sum qV$ , que descuenta el trabajo que hizo la propia inducción al colocarse. Tres caminos —medio espacio, integral de la fuerza y $\tfrac12\sum qV$ — y el mismo número.

(b) $ke^{2}/4z$ con $z = 1$ nm da $5{,}77\times10^{-20}$ J, es decir −0,360 eV. A 0,3 nm, tres veces y pico más: −1,20 eV. Conviene fijarse en la ley: como va con $1/z$ , la escala natural es que a 0,36 nm vale exactamente −1 eV.

(c) A 0,3 nm la energía imagen ya es el 26 % de la función de trabajo del cobre, y a 0,08 nm sería toda ella. Es decir: la interacción imagen no es una corrección pequeña a la barrera que retiene a los electrones en un metal, es una parte sustancial de su forma a distancias atómicas. Ésa es la razón de que la emisión de campo y el efecto Schottky se calculen con la barrera imagen incluida.

(d) Igualando $ke^{2}/4z = k_BT = 4{,}14\times10^{-21}$ J sale $z =$ 13,9 nm. Por debajo de esa distancia, un electrón térmico no puede escaparse de la superficie: la atracción imagen le gana a la agitación. Catorce nanómetros es enorme en escala atómica —unos cincuenta diámetros de átomo—, y por eso el «vacío» junto a una superficie metálica no es un sitio neutral para una carga.

(e) Porque el metal deja de ser un plano conductor perfecto en cuanto la distancia es comparable a la separación entre sus átomos y a la longitud de apantallamiento de su gas de electrones —del orden de 0,1 nm—. La fórmula predice energía infinita al llegar a la superficie, y eso es el mismo tipo de divergencia que la autoenergía del módulo II.1: el síntoma de haber llevado una idealización más allá de su dominio.

La segunda lección es que aquí el método de las imágenes ha dejado de ser un ejercicio de electrostática para convertirse en una herramienta de otra disciplina. La barrera imagen es lo que aparece en la ecuación de Fowler-Nordheim de la emisión de campo, en la forma de la punta de un microscopio de efecto túnel y en el cálculo de las energías de adsorción. El artificio de una carga que no existe se ha convertido en un término que se mide en electronvoltios.

Ejercicio 4

El plano se comprobó integrando su $\sigma$ ; ahora la esfera. Es la misma comprobación con más geometría y un resultado distinto.

Para la esfera a tierra del ejemplo resuelto 2: (a) obtén $\sigma(\theta)$ a partir de $\sigma = -\varepsilon_0\,\partial V/\partial r$ evaluado en $r=R$ , con $V$ el potencial de las dos cargas. (b) Monta y resuelve la integral de $\sigma$ sobre la esfera y comprueba que da $-qR/a$ y no $-q$ . (c) ¿Qué fracción de la carga inducida está en el hemisferio que mira a la carga? (d) Toma el límite $R\to\infty$ con $a-R = d$ fijo y comprueba que recuperas el plano.

Solución

(a) Con $V(r,\theta)$ la suma de los dos potenciales de Coulomb, derivar respecto a $r$ y particularizar en $r=R$ es un ejercicio de paciencia que se simplifica mucho usando $b=R^{2}/a$ en cuanto aparece. El resultado es el que da el enunciado del ejemplo resuelto 2: $\sigma(\theta) = -q(a^{2}-R^{2})/\left[4\pi R(R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta)^{3/2}\right]$ .

(b) Con $da = 2\pi R^{2}\sin\theta\,d\theta$ y el cambio $u = \cos\theta$ :

Q_{\text{ind}} = -\frac{q(a^{2}-R^{2})R}{2}\int_{-1}^{1}\frac{du}{(R^{2}+a^{2}-2aRu)^{3/2}} = -\frac{q(a^{2}-R^{2})R}{2}\cdot\frac{1}{aR}\left[\frac{1}{a-R}-\frac{1}{a+R}\right]

y el corchete vale $2R/(a^{2}-R^{2})$ , con lo que todo se cancela y queda $-qR/a =$ −5,00 nC. La comprobación numérica de la integral da el mismo número con once cifras.

(c) Repitiendo la integral de 0 a π/2 sale $-\dfrac{q(a^{2}-R^{2})}{2a}\left[\dfrac{1}{a-R} - \dfrac{1}{\sqrt{a^{2}+R^{2}}}\right]$ , que con estos números vale −4,15 nC de los −5,00: el 82,9 % de la carga inducida está en la mitad que mira a la carga, sobre la mitad del área.

(d) Con $R$ enorme y $a = R+d$ , la imagen queda a $b = R^{2}/(R+d) \approx R - d$ , es decir a distancia $d$ por dentro de la superficie: la reflexión especular. Y su carga, $-qR/a = -q/(1+d/R)\to -q$ . Los dos rasgos del plano —imagen simétrica y carga completa— son el límite de curvatura nula de la esfera.

La segunda lección es que la comprobación por integración es lo que distingue una solución adivinada de una inventada. En el plano dio $-q$ y en la esfera da $-qR/a$ ; si alguien hubiera «recordado» que la carga inducida siempre es $-q$ , esta integral lo habría desmentido en dos líneas. En un método que autoriza a adivinar, la comprobación no es opcional: es la única parte del procedimiento que no se puede saltar.