Coulomb, superposición y la integral que hay que aprender a evitar

Un hilo cargado de un metro de largo, mirado desde un centímetro, es indistinguible de un hilo infinitamente largo: la fórmula del hilo infinito se equivoca en el 0,02 %. Hay que alejarse hasta 7,1 cm para que el error llegue al 1 %. Ese hecho —que «infinito» no es una propiedad del objeto sino una afirmación sobre distancias— es la mitad de este capítulo. La otra mitad es la integral vectorial que da el campo de cualquier distribución de carga, y que en cuanto se pierde la simetría no se puede resolver. Aprender electrostática es, en buena medida, aprender a no tener que calcularla.

Necesitas, en concreto: cálculo en varias variables —derivadas parciales, integrales de línea, de superficie y de volumen, gradiente, divergencia y rotacional, y los teoremas de la divergencia y de Stokes— y las coordenadas esféricas y cilíndricas con sus elementos de volumen. De física, nada: el Nivel II se lee entero sin el Nivel I, porque son cursos distintos y no dos versiones del mismo texto. Si quieres la intuición física antes que el formalismo, el módulo I.1 cuenta la carga y el campo sin una sola integral — es una lectura recomendable, no un requisito. Texto guía de este módulo: D. J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics, 4.ª ed.

La ley de Coulomb, en la única forma que sirve para calcular

La ley de Coulomb escrita con módulos — $F = k\,q_1q_2/r^2$ — sirve para dos cargas y para nada más, porque no dice hacia dónde apunta la fuerza. La forma que se usa lleva la dirección dentro:

\mathbf{F} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{qQ}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|^{2}}\;\frac{\mathbf{r}-\mathbf{r}'}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|}

donde $\mathbf{r}'$ es la posición de la carga fuente $Q$ y $\mathbf{r}$ la de la carga $q$ sobre la que se calcula. El vector unitario del final es lo único que hay de geometría en toda la electrostática, y conviene fusionarlo con el denominador para no escribirlo dos veces: el cociente $(\mathbf{r}-\mathbf{r}')/|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|^{3}$ es la expresión que aparecerá en cada integral de aquí en adelante.

La constante vale $k = 1/4\pi\varepsilon_0 = 8{,}99\times10^{9}$ N·m²/C², con la permitividad del vacío $\varepsilon_0 = 8{,}854\times10^{-12}$ F/m. Que ese número sea enorme y el culombio una unidad monstruosa se ve mejor con cifras pequeñas: dos cargas de 1 nC separadas 1 cm se empujan con 89,9 μN, que es el peso de nueve miligramos. Un nanoculombio es poquísima carga —6,24×10⁹ electrones— y sin embargo produce a un centímetro un campo de 89,9 kV/m. Es el orden de magnitud con el que se trabaja aquí: nanoculombios, centímetros, kilovoltios por metro.

El campo eléctrico se define quitando de la fórmula la carga sobre la que actúa, $\mathbf{E} \equiv \mathbf{F}/q$ , y esa operación no es cosmética: convierte una relación entre dos cuerpos en una propiedad de un punto del espacio, definida esté o no esté allí la carga de prueba. Para un conjunto de cargas puntuales, el principio de superposición da la suma vectorial

\mathbf{E}(\mathbf{r}) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\sum_{i=1}^{n} q_i\,\frac{\mathbf{r}-\mathbf{r}_i}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}_i|^{3}}

y merece la pena detenerse en lo fuerte que es esa afirmación. Superposición significa que la presencia de la segunda carga no modifica el campo de la primera: no hay términos cruzados, no hay saturación, el campo de diez cargas es exactamente la suma de diez campos. En el vacío es exacto —experimentalmente, hasta donde se ha podido medir—, y es la razón de que la electrostática sea una teoría lineal y de que todo lo que sigue funcione. En un medio material dejará de ser tan simple, y de eso va el módulo II.4.

De la suma a la integral: λ, σ y ρ

La carga real no viene en puntos sino repartida, y el paso al continuo es el de siempre: trocear, sumar, hacer el trozo pequeño. Según cómo esté repartida se usa una de tres densidades —la densidad lineal de carga $\lambda$ en C/m, la densidad superficial de carga $\sigma$ en C/m² y la densidad volumétrica de carga $\rho$ en C/m³— y en los tres casos $dq$ sustituye a $q_i$ :

\mathbf{E}(\mathbf{r}) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int \frac{\mathbf{r}-\mathbf{r}'}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|^{3}}\;dq', \qquad dq' = \lambda\,d\ell' \;\;\text{o}\;\; \sigma\,da' \;\;\text{o}\;\; \rho\,d\tau'

Ésta es la solución completa del problema electrostático directo: dada la carga, el campo. No hay nada más que saber. Y sin embargo es casi inútil, por dos motivos que conviene tener claros desde el principio. El primero es que son tres integrales, no una: el integrando es un vector, y hay que hacerla componente a componente en un sistema de coordenadas fijo —nunca en la base local de coordenadas esféricas, donde $\hat{\mathbf{r}}$ apunta a un sitio distinto en cada punto del recorrido y sacarlo de la integral es sencillamente falso—. El segundo es que la primitiva no existe salvo en unos pocos casos.

Por eso el método real es el contrario del que sugiere la fórmula. Se usa la simetría para matar componentes antes de integrar: si la distribución es simétrica respecto a un plano, las componentes paralelas a él se cancelan a pares y sólo sobrevive una integral escalar. Todo el trabajo del ejemplo siguiente es ése.

Ejemplo resuelto 1 · El anillo, el disco y el máximo que hay entre medias

Problema. Un anillo de radio $R = 5$ cm lleva $Q = 10$ nC repartidos uniformemente. (a) Halla el campo en un punto de su eje a distancia $z$ del centro. (b) ¿Dónde es máximo, y cuánto vale allí? (c) Integrando anillos, obtén el campo en el eje de un disco de radio $R$ con densidad $\sigma$ uniforme.

Solución. (a) Cada elemento $dq = \lambda\,R\,d\phi'$ está a la misma distancia $\sqrt{z^2+R^2}$ del punto del eje, así que el módulo de su contribución es igual para todos. Las componentes perpendiculares al eje se cancelan a pares diametralmente opuestos —ahí está la simetría—, y de cada $d\mathbf{E}$ sólo sobrevive la proyección sobre el eje, que vale $\cos\theta = z/\sqrt{z^2+R^2}$ . Queda una integral con integrando constante:

E_z = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_0^{2\pi}\frac{\lambda R\,d\phi'}{z^2+R^2}\,\frac{z}{\sqrt{z^2+R^2}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Qz}{(z^2+R^2)^{3/2}}

Los dos límites son los que hay que comprobar siempre. Con $z \gg R$ el denominador tiende a $z^3$ y queda $kQ/z^2$ : de lejos, una carga puntual — a diez radios, con un error del 1,5 %. Con $z = 0$ el campo es exactamente cero, y no por cancelación aproximada sino por simetría exacta.

(b) Como $E_z$ se anula en el centro y también en el infinito, tiene que pasar por un máximo. Derivando e igualando a cero, $(z^2+R^2)^{3/2} - 3z^2(z^2+R^2)^{1/2} = 0$ , es decir $z = R/\sqrt{2} = 3{,}54$ cm, y sustituyendo:

E_{\max} = \frac{2}{3\sqrt{3}}\,\frac{kQ}{R^{2}} = 0{,}385\,\frac{kQ}{R^{2}} = 13{,}8\ \text{kV/m}

(c) El disco es una pila de anillos de radio $s$ y carga $dq = \sigma\,2\pi s\,ds$ . Sustituyendo en el resultado (a) e integrando de 0 a $R$ :

E_z = \frac{\sigma z}{4\varepsilon_0}\int_0^{R}\frac{2s\,ds}{(z^2+s^2)^{3/2}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(1-\frac{z}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}\right)

Resultado. El máximo en $z=R/\sqrt2$ no es una curiosidad de examen: dice que un anillo tiene un punto óptimo de acción sobre su eje, y que acercarse más allá de 3,54 cm al centro de este anillo reduce el campo. Pero la consecuencia importante es la del apartado (c), y es metodológica: hemos obtenido el disco sin volver a integrar sobre la carga, apilando un resultado que ya teníamos. Ése es el uso normal de la superposición —no sumar cargas, sino sumar soluciones—, y es la técnica con la que se construyen el cilindro a partir del anillo, la esfera a partir de la cáscara y, en el problema 4 de la hoja, una esfera con un agujero a partir de dos esferas macizas. Y conviene guardar el contraste con la espira de corriente del módulo II.3, que es donde la analogía se rompe: su campo axial lleva el mismo denominador $(z^{2}+R^{2})^{3/2}$ y no lleva la $z$ del numerador, así que no tiene máximo interior ninguno — es máximo en el centro y decrece desde ahí. La geometría es la misma; la fuente, no.

«Infinito» no es una propiedad del objeto, es una distancia

El resultado del disco lleva escondida la lección más rentable del artículo. Si se hace $R \to \infty$ con $\sigma$ fija, el paréntesis tiende a 1 y queda el campo del plano infinito, $E = \sigma/2\varepsilon_0$ , independiente de la distancia. Pero exactamente el mismo límite se alcanza dejando el disco quieto y acercándose: lo que importa es $z/R$ , no $R$ . Con un disco de 10 cm de radio y 10 nC —o sea $\sigma = 318$ nC/m², que da $\sigma/2\varepsilon_0 = 18{,}0$ kV/m—:

Distancia al disco	z/R	Campo	Frente al plano infinito
1 mm	0,01	17,8 kV/m	99,0 %
1,0 cm	0,10	16,2 kV/m	90,0 %
5,0 cm	0,50	9,94 kV/m	55,3 %
1,0 m	10	89,2 V/m	0,50 %

La regla práctica sale de despejar: el error relativo del plano infinito es $z/\sqrt{z^2+R^2} \approx z/R$ mientras $z \ll R$ . Un tanto por ciento de error por cada centésima del radio. Y en el otro extremo, a un metro, el disco ya no es un plano en absoluto: es prácticamente una carga puntual, 89,2 V/m frente a los 89,9 V/m de los 10 nC concentrados — un 0,7 % de diferencia. Las dos idealizaciones —plano infinito y carga puntual— son la misma superficie vista desde dos distancias.

Ejemplo resuelto 2 · El hilo que se acaba

Problema. Un segmento recto de longitud $2L$ lleva densidad lineal $\lambda$ uniforme. (a) Halla el campo en un punto de su mediatriz, a distancia $s$ del hilo. (b) Toma el límite $L\to\infty$ . (c) Para un hilo de 1 m con $\lambda = 1$ μC/m, ¿cuánto se equivoca la fórmula del hilo infinito a 1 cm del hilo? ¿Y a qué distancia el error llega al 1 %?

Solución. (a) Con el hilo sobre el eje $x$ entre $-L$ y $+L$ y el punto en $(0,s)$ , las componentes $x$ se cancelan por simetría y queda la proyección $s/\sqrt{x^2+s^2}$ :

E = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\int_{-L}^{L}\frac{s\,dx}{(x^{2}+s^{2})^{3/2}} = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{2L}{s\sqrt{s^{2}+L^{2}}}

La primitiva es $x/(s^2\sqrt{x^2+s^2})$ , que sale con el cambio $x = s\tan\theta$ — el único truco de integración que hace falta en todo el artículo.

(b) Con $L \gg s$ , la raíz tiende a $L$ , se cancela con el $2L$ del numerador y queda

E_\infty = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 s}

es decir, 1/s en vez de 1/s². La ley del inverso del cuadrado ha desaparecido, y no porque la ley de Coulomb falle: porque al alejarse del hilo entra en juego más hilo.

(c) El cociente entre el segmento y el infinito es exactamente $L/\sqrt{s^2+L^2}$ . Con $L = 0{,}5$ m y $s = 1$ cm eso vale 0,999 8: el hilo infinito se pasa en un 0,02 %, y el campo real es de 1,80 MV/m. Igualando el cociente a 0,99 sale $s = 0{,}1425\,L = 7{,}1$ cm.

Resultado. Lo que se ha ganado no es una fórmula, es un criterio: una distribución es «infinita» cuando la estás mirando desde mucho más cerca que su tamaño, y el error se puede acotar en vez de suponerlo. Un hilo de un metro es infinito con cuatro cifras a un centímetro, y deja de serlo a diez. La segunda lección está en el orden de magnitud del resultado: 1,80 MV/m está a un factor 1,7 de los 3,0 MV/m de la rigidez dieléctrica del aire seco. Un microculombio por metro no es una carga exótica, y sin embargo a seis milímetros de ese hilo el campo alcanza los 3,0 MV/m y el aire empieza a ionizarse. Con una salvedad que hay que decir, porque el número se aplica fuera de su régimen: los 3,0 MV/m son el valor medido en campo uniforme, y en la geometría cilíndrica de un hilo —donde el campo cae como $1/s$ en cuanto uno se aleja— la ionización arranca a un campo algo mayor y en forma de corona, no de chispa, de modo que el punto donde empieza está algo más cerca del hilo que esos seis milímetros. En electrostática de laboratorio, el límite práctico casi nunca lo pone la teoría: lo pone el aire.

Y aquí se acaba lo que la integral puede hacer

Los tres casos resueltos —anillo, disco, segmento— comparten algo: en todos, la simetría dejaba una sola componente y una sola variable de integración. Quítale al problema esa simetría y la integral deja de tener primitiva. El campo de un cubo cargado uniformemente en un punto cualquiera no se puede escribir en funciones elementales; el de un elipsoide, tampoco, salvo dentro; el de una carga junto a un plano conductor no se puede ni plantear así, porque no se sabe de antemano cómo se reparte la carga inducida.

Conviene poner una cifra debajo de esa afirmación, porque «no se puede resolver» suena a excusa. Tomemos el cubo del ejercicio 3 con datos concretos: 10 cm de lado y 10 nC repartidos uniformemente, o sea $\rho = 10$ μC/m³. Sobre la perpendicular al centro de una cara, a 10 cm del centro del cubo —es decir, a 5 cm de la cara—, el campo vale 8,48 kV/m, un 5,7 % por debajo de los 8,99 kV/m que daría toda esa carga concentrada en el centro. Ese 8,48 no sale de ninguna primitiva: sale de evaluar la integral triple por cuadratura numérica, y es la única manera de obtenerlo. Y no se trata de un objeto patológico — es un cubo.

De modo que el resto del módulo es un catálogo de maneras de rodear esta integral. La ley de Gauss del artículo 02 la sustituye por un argumento de simetría que se resuelve en tres líneas. El potencial electrostático del artículo 03 la sustituye por una integral escalar —una en vez de tres— y una derivada. Y las ecuaciones de Poisson y Laplace convierten el problema en una ecuación diferencial con condiciones de contorno, que es como se resuelve de verdad cualquier caso real. La integral de Coulomb sigue siendo la definición; casi nunca es el método.

La carga de prueba que no existe. La definición $\mathbf{E} = \mathbf{F}/q$ tiene una trampa que casi nadie enuncia: al meter la carga de prueba en la región, sus propias líneas de campo empujan a las cargas que crean el campo que quieres medir, y si están sobre un conductor, se mueven. El campo que mides no es el que había. La salida formal es definir $\mathbf{E} = \lim_{q\to 0}\mathbf{F}/q$ , y ahí aparece el segundo problema: la carga está cuantizada, así que ese límite es una ficción matemática — no existe una carga menor que $e$ . En la práctica no importa, porque las cargas de laboratorio son miles de millones de electrones y el error es despreciable; pero conviene saber que la magnitud más básica de la teoría se define con un límite que la naturaleza no permite tomar.

Hay una segunda grieta, y ésta no se cierra. La energía de una carga puntual, calculada con la propia teoría, es infinita: el campo va como $1/r^2$ y su energía como $\int E^2\,d\tau \sim \int dr/r^2$ , que diverge en el origen. Es un problema abierto de la electrodinámica clásica, no un tecnicismo, y se trata a fondo en el artículo 04.

Ejercicios

Ejercicio 1

Un semianillo —media circunferencia— de radio $R = 5$ cm lleva $Q = 10$ nC repartidos uniformemente. Halla el campo en su centro de curvatura: monta la integral, decide qué componente sobrevive y resuélvela. Compara el resultado con el que daría la misma carga concentrada en un único punto a distancia $R$ , y explica el factor que aparece.

Solución

Coloca el arco en el plano $xy$ con $\phi$ de 0 a $\pi$ y el punto en el origen. La densidad es $\lambda = Q/\pi R = 63{,}7$ nC/m, y cada elemento $dq = \lambda R\,d\phi$ está a la misma distancia $R$ : el módulo de $d\mathbf{E}$ es constante, $k\lambda\,d\phi/R$ . Lo que cambia es la dirección, y ahí está todo el trabajo. Las componentes $x$ se cancelan a pares ( $\phi$ con $\pi-\phi$ ) y queda una sola integral escalar:

E = \frac{k\lambda}{R}\int_0^{\pi}\sin\phi\,d\phi = \frac{2k\lambda}{R} = \frac{2kQ}{\pi R^{2}} = 22{,}9\ \text{kV/m}

dirigido a lo largo del eje de simetría y alejándose del arco. La misma carga concentrada en un punto a 5 cm daría $kQ/R^{2} =$ 36,0 kV/m, así que el semianillo entrega el 63,7 % de eso.

La segunda lección está en ese 0,637, que es $2/\pi$ y no un número casual: es exactamente el valor medio de $\sin\phi$ sobre el semianillo, o sea la proyección media sobre el eje que sobrevive. Toda la geometría de un problema de superposición cabe en un número así. Y el remate conviene hacerlo: añade el otro semianillo y el factor pasa de 2/π a cero, porque la proyección media sobre la circunferencia completa se anula. Media distribución da el 64 % y la distribución entera da nada — la simetría no suma, cancela.

Ejercicio 2

Un disco de 10 cm de radio con $\sigma$ uniforme. ¿A qué distancia del centro, sobre el eje, el campo real se aparta un 10 % del que daría un plano infinito de la misma densidad? ¿Y un 1 %? Comprueba que el resultado no depende de $\sigma$ , y di qué significa eso.

Solución

El cociente entre el disco y el plano es $1 - z/\sqrt{z^2+R^2}$ . Igualándolo a $1-\epsilon$ y despejando sale $z = R\,\epsilon/\sqrt{1-\epsilon^{2}}$ , es decir 10,1 mm para el 10 % y 1,00 mm para el 1 %. La densidad no aparece: $\sigma$ es un factor común que se va al dividir.

Y eso es exactamente lo que significa que la aproximación sea geométrica: el criterio para tratar algo como infinito depende sólo de la forma, nunca de cuánta carga lleve. Duplicar la carga duplica los dos campos y no mejora ni empeora la aproximación en un solo punto. La segunda lección, más útil aún, es la linealidad del error para $z\ll R$ : el porcentaje de error es aproximadamente $100\,z/R$ , así que se puede estimar de cabeza. A un milímetro de un disco de diez centímetros, 1 % — y ese cálculo mental es el que decide, en un laboratorio, si hace falta la fórmula completa o basta con σ/2ε₀.

Ejercicio 3

Escribe la integral que da el campo de un cubo macizo de lado $a$ con densidad $\rho$ uniforme, en un punto genérico exterior. Sin resolverla, di cuántas integrales son y por qué no sirve de nada sacar $\hat{\mathbf{r}}$ fuera. ¿Qué puedes afirmar del campo en el centro de una cara, y por qué?

Solución

La integral es $\mathbf{E}(\mathbf{r}) = \frac{\rho}{4\pi\varepsilon_0}\int_0^a\!\!\int_0^a\!\!\int_0^a \frac{\mathbf{r}-\mathbf{r}'}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|^{3}}\,dx'dy'dz'$ , y son tres integrales triples, una por componente cartesiana: nueve integraciones. Sacar $\hat{\mathbf{r}}$ fuera es el error clásico y es falso, porque el vector unitario que va del elemento $d\tau'$ al punto cambia de dirección con cada elemento; sólo se pueden sacar de una integral las cantidades que no dependen de la variable de integración, y una base local no es una de ellas. Las bases cartesianas sí son constantes, y por eso la componente $x$ se puede integrar sola.

Del centro de una cara sí se puede afirmar algo sin calcular: por simetría, el campo es perpendicular a la cara. Los planos de simetría del cubo que pasan por ese punto obligan a que las dos componentes paralelas a la cara se anulen. La segunda lección es la estrategia general: lo que la simetría decide, no se calcula. En el artículo 02 esa idea se lleva al extremo y produce el campo entero de tres distribuciones, sin integrar la ley de Coulomb ni una sola vez.

Ejercicio 4

Al disco de la tabla de arriba — $R = 10$ cm, $\sigma = 318$ nC/m²— se le abre un agujero circular concéntrico de radio $b = 1$ cm, sin tocar la carga que queda. (a) Monta la integral que da el campo en el eje de la corona resultante y resuélvela. (b) Obtén el mismo resultado sin integrar nada, apilando soluciones que ya tienes, y di qué término se cancela al hacerlo. (c) ¿Cuánto vale el campo a 1 mm de la corona, frente a los 17,8 kV/m del disco entero? (d) A diferencia del disco, la corona tiene un máximo sobre el eje: localízalo.

Solución

(a) La corona es una pila de anillos de radio $s$ y carga $dq = \sigma\,2\pi s\,ds$ , exactamente como el disco, y lo único que cambia es dónde empieza la pila. Con el resultado del anillo en su eje como integrando:

E_z = \frac{\sigma z}{4\varepsilon_0}\int_{b}^{R}\frac{2s\,ds}{(z^{2}+s^{2})^{3/2}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(\frac{z}{\sqrt{z^{2}+b^{2}}}-\frac{z}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}\right)

(b) Una corona es un disco de radio $R$ menos un disco de radio $b$ con la misma $\sigma$ , así que basta con evaluar el resultado del ejemplo resuelto 1 en los dos radios y restar. Y al restar $(\sigma/2\varepsilon_0)(1-z/\sqrt{z^2+R^2})$ menos $(\sigma/2\varepsilon_0)(1-z/\sqrt{z^2+b^2})$ lo que se cancela son los unos — que son precisamente el término del plano infinito. Ahí está dicho todo: una superficie con un agujero delante de ti ya no tiene término de plano infinito.

(c) A 1 mm la corona da 1,61 kV/m contra los 17,8 kV/m del disco entero: el 9,0 %. Y el agujero se ha llevado el 1 % del área y el 1 % de la carga —quedan 9,90 nC de los 10—. Un uno por ciento de la carga se lleva el noventa y uno por ciento del campo.

(d) Derivando, cada término aporta $a^{2}/(z^{2}+a^{2})^{3/2}$ , de modo que el máximo cumple $(z^{2}+R^{2})/(z^{2}+b^{2}) = (R/b)^{4/3}$ . Con $R/b = 10$ sale $z = 1{,}95$ cm y $E_{\max} = 12{,}6$ kV/m, el 69,8 % de $\sigma/2\varepsilon_0$ . En el centro del agujero, $z=0$ , el campo es exactamente cero por simetría.

La segunda lección es el reverso exacto de la sección anterior. Allí se vio que una superficie es «infinita» si la miras desde mucho más cerca que su tamaño; aquí se ve por qué: el campo pegado a una superficie cargada lo decide la carga que tienes a una distancia comparable a $z$ , no la carga total. Por eso el borde lejano del disco casi no cuenta y por eso un agujero de 1 cm justo enfrente arrasa con el campo a 1 mm. Comprueba el otro extremo y se cierra la idea: a 1 m la corona da 88,3 V/m frente a los 89,0 V/m de sus 9,90 nC concentrados —un 99,2 %—, es decir que de lejos el agujero no se nota en absoluto. La misma pieza de metal es «un plano con un defecto grave» a un milímetro y «una carga puntual» a un metro.