N = N cos(π/3)î + N sin(π/3)ĵ. F e = kq2 R 2

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1 Ejercicios Resueltos de Electricidad y Magnetismo Juan Pablo Garrido L. Daniel Narrias V.

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3 Índice general 1. Ley de Coulomb 5 2. Integrales de Coulomb Ley de Gauss Potencial Electroestatico Conductores Condensadores Dielectricos Corriente Electrica Fuerza producida por un campo magnetico Ley de Biot-Savart Ley de Ampere Ley de Faraday-Lenz Induccion 197 NOTA: Los resultados podrian eventuamente tener errores de tipeo. Ante cualquier duda escribir a: jbgarrid@uc.cl o dnarrias@uc.cl 3

4 4 ÍNDICE GENERAL

5 Capítulo 1 Ley de Coulomb Problema 1 Dos bolitas idénticas tienen una masa m y carga q. Cuando se ponen en un tazón esférico de radio R con paredes no conductoras y sin fricción, las bolitas se mueven hasta que en la posición de equilibrio están separadas por una distancia R. Determine las cargas de las bolitas. Solución: Para aplicar la condición de equilibrio es necesario que escribamos todas las fuerzas sobre una de las bolitas cargadas. Para esto consideramos la siguiente conguración para el problema: La fuerza normal N se puede escribir usando sus componentes rectangulares como: N = N cos(π/3)î + N sin(π/3)ĵ La fuerza F e es la ejercida por la bolita de la derecha sobre la bolita de la izquierda y es: F e = kq2 R 2 5

6 6 CAPÍTULO 1. LEY DE COULOMB Ahora sumamos fuerzas por componente sobre la bolita de la derecha y aplicamos la condición de equilibrio: Fuerza en X: FX = N cos(π/3) kq2 R 2 = 0 (1) Fuerza en Y: FY = N sin(π/3) mg = 0 (2) De (2) vemos que Reemplazando esta expresion en (1): N = mg sin(π/3) Despejando q mg kq2 cos(π/3) sin(π/3) R 2 = 0 q = ±R mg cot(π/3) k

7 7 Problema 2 Se tienen dos masas iguales m de misma carga q unidas a través de un segmento vertical jo. La masa inferior está ja al extremo inferior del segmento y la masa superior se puede mover libremente. a) Encuentre la posición de equilibrio de la masa superior. b) Encuentre la frecuencia de pequeñas oscilaciones de la masa en torno a su punto de Solución: equilibrio. a) Las cargas eléctricas son de mismo signo, por lo que la fuerza eléctrica entre ambas es repulsiva. Así, la masa superior experimenta una fuerza eléctrica hacia arriba y su peso hacia abajo, estando en equilibrio cuando ambas fuerzas son iguales. Considerando esto tenemos, con x 0 posición de equilibrio. mg = k q2 x 0 2 k = x 0 = q mg b) Consideremos una coordenada x en torno la posición de equilibrio x 0. Tenemos por 2da ley de Newtón (1) F = m d2 x dt 2 = mg + kq 2 (x 0 + x) 2 Para oscilaciones pequeñas, x << x 0 = x x 0 << 1, por lo que F = m d2 x dt 2 = mg + kq 2 kq2 = mg + (x 0 + x) 2 x 2 (1 + x ) 2 kq 2 = mg + 0 x 0 x 2 (1 2 x ) 0 x 0 Pero de (1) tenemos que mg = kq2 x 0 2 Pero de (1), mx 0 2 = kq2 g = m d2 x dt 2 = 2kq2 x x 3 0 = d2 x dt 2 + 2kq2 mx 0 2 x x 0 = 0 = d2 x dt 2 + 2g x 0 x = 0 Por tanto, tenemos que la frecuencia de oscilaciones pequeñas es 2g w = x 0

8 8 CAPÍTULO 1. LEY DE COULOMB Problema 3 En los vértices de un triángulo equilátero de lado L hay tres cargas negativas -q. Si se pone una carga Q en el centro de gravedad del triángulo, encuentre Q tal que el sistema esté en equilibrio (ver gura). Solución: Queremos encontrar Q tal que la fuerza en los vértices sea cero. Tomemos ˆx la dirección de la carga izquierda inferior a la derecha inferior y ŷ la del punto medio del lado inferior a la carga del vértice superior. La situación es análoga en los tres vértices; centrémonos en la carga derecha inferior. Tenemos que las fuerzas eléctricas que experimenta son F 1 = k q2 L 2 (cos(π 3 )ˆx sen(π q2 )ŷ) = k 3 L 2 ( ˆx ŷ) La fuerza resultante es F 2 = k q2 L 2 ˆx F = F 1 + F 2 = 3 2 k q2 L 2 ˆx 3 2 k q2 L 2ŷ = 3 k q2 3 L 2 ( 2 ˆx ŷ 2 ) = 3 k q2 L 2 (cos(π 6 )ˆx sen(π 6 )ŷ) Del sentido de la fuerza, vemos que Q debe ser positiva. Ahora, de geometría elemental -esto se deja al lector- podemos ver que la fuerza entre Q y -q tiene dirección π π 6 respecto ˆx, por lo que la fuerza sobre -q debido a las otras cargas negativas es antiparalela con la fuerza eléctrica sobre -q debido a su interacción con Q. Así, para que -q esté en equilibrio, nos basta igualar los módulos de las fuerzas. La distancia entre -q y Q la podemos encontrar usando la ley de los senos sobre el triángulo -q Q -q de base la base del triángulo equilátero. Así, r sen( π 6 ) = L sen( 2π 3 ) = r = L 3 Por tanto, al igualar los módulos de las fuerzas obtenemos q 2 3 k L 2 = k qq ( L 3 ) = Q = 1 q 2 3

9 9 Problema 4 Dos cargas puntuales positivas Q están separadas por una distancia 2a. Por el punto medio del segmento que las une se traza un plano perpendicular al mismo. El lugar de los puntos en que la fuerza sobre una carga de prueba q en el plano es máxima es por simetría una circunferencia. Encuentre el radio de dicha circunferencia. Solución: De la simetría del problema, de antemano sabemos que la fuerza sobre la carga de prueba está sobre el plano. Sea tal plano el plano xy de coordenadas cartesianas y pongamos ambas cargas sobre el eje z. De esta forma, tenemos que r = R (cos(θ)ˆx + sen(θ)ŷ), r 1 = aẑ y r 2 = aẑ, donde r es la posición de la carga de prueba y r 1, r 2 son las posiciones de las cargas positivas antes mencionadas. Además, r r 1 = r r 2 = R 2 + a 2. La fuerza eléctrica sobre la carga de prueba es F = F 1 + F 2 = kqq (R 2 + a 2 ) 3 2 (Rcos(θ)ˆx + Rsen(θ)ŷ aẑ + Rcos(θ)ˆx + Rsen(θ)ŷ + aẑ) = 2kqQR (R 2 + a 2 ) 3 2 (cos(θ)ˆx + sen(θ)ŷ). De esto vemos que la fuerza sobre la carga de prueba está sobre el plano. Claramente lo que debemos hacer es maximizar el módulo de esta fuerza, y encontrar con ello el lugar geométrico descrito por los puntos donde el módulo de esta fuerza es máxima. Es decir, debemos maximizar la función F = 2kqQR (R 2 + a 2 ) 3 2 = 2kqQ f(r) = df(r) dr = (R2 + a 2 3 ) 2 3R 2 (R 2 + a 2 ) 1 2 (R 2 + a 2 ) 3 = 0 = (R 2 + a 2 ) 1 2 ((R 2 + a 2 ) 3R 2 )) = 0 = R = 1 2 a Vemos que el lugar geométrico es una circunferencia y su radio es R = 1 2 a

10 10 CAPÍTULO 1. LEY DE COULOMB Problema 5 Una esfera plástica cargada tiene una masa m y se cuelga de un hilo aislante de largo l, en una región donde existe un campo eléctrico E (ver gura). Si la bolita permanece en equilibrio en un ángulo θ entre la vertical y el hilo. (a) Calcular la carga q de la bolita. (b) Suponga que la bolita pierde carga a una tasa de α(c seg 1 ). Calcule la velocidad angular que produce esta descarga para θ 1. Solución: a) Lo primero que se debe hacer es determinar todas las fuerzas que están actuando sobre la bolita y luego utilizar la condición de equilibrio. La siguiente gura muestra las fuerzas que están actuando. Donde F E es la fuerza producida por el campo eléctrico sobre la carga q y se calcula como: F E = q E Como E es paralelo al eje X, se tendrá que E = Eî. Por lo tanto F E = qeî Escribimos la tensión utilizando sus componentes rectangulares: T = T sin(θ)î + T cos(θ)ĵ

11 11 Ahora se puede sumar las fuerzas por componente y aplicar la condición de equilibrio: Fuerza en X: FX = qe T sin(θ) = 0 (1) Fuerza en Y: FY = T cos(θ) mg = 0 (2) De (2): Reemplazando en (1): De esto, resulta que: qe T = mg cos(θ) mg cos(θ) sin(θ) = 0 q = mg tan(θ) E mg tan(θ) b) Del resultado anterior vemos tenemos que q = E θ. Por lo tanto, podemos escribir la carga en función del tiempo como: Derivamos con respecto al tiempo obtenemos: Luego, como dq dt = α, despejando dθ dt resulta: q(t) = mgθ(t) E dq dt = mg dθ E dt dθ dt = αe mg. Como θ 1 tenemos que tan(θ)

12 12 CAPÍTULO 1. LEY DE COULOMB Problema 6 Dos cargas +Q se mantienen jas a una distancia d de separación. Una partícula de carga negativa q y masa m se sitúa en el centro de ellas y luego, tras un pequeño desplazamiento perpendicular a la línea que las une, se deja en liberad. Demuestre que la partícula describe un movimiento armónico simple y encuentre su periodo de oscilación. Solución: Para resolver el problema utilizare la siguiente disposición espacial: Lo primero que hacemos es calcular la fuerza resultante sobre la carga q. Notar que al ser las cargas jas de signo opuesto a la carga de prueba las fuerzas serán atrayentes y será esto lo que producirá la oscilación. Calculo de F 1 : La carga que produce la fuerza F 1 se encuentra en la posición r 1 = d/2ĵ y la partícula de prueba en xî. Por denición, la fuerza entre ambas cargas es: F 1 = k( q)q(xî + d/2ĵ) l 3 Calculo de F 2 : En este caso, la carga que produce F 2 se encuentra en la posición r 2 = d/2ĵ, por lo tanto la fuerza de atracción entre esta carga y la carga de prueba será: F 2 = k( q)q(xî d/2ĵ) l 3 De esta manera, la fuerza resultante sobre la carga q será: F = F 1 + F 2 = 2kqQx l 3 î (1)

13 13 Vemos que podemos relacionar el largo l con las distancia d/2 en función del ángulo θ indicado en la gura anterior por la relación trigonométrica: d/2 l = cos(θ) = l = (d/2) cos(θ) Como se produce un pequeño desplazamiento de la carga de prueba, el ángulo θ es también pequeño: θ 1. Con esto vemos que cos(θ) 1 y por lo tanto l (d/2). Evaluando en (1) se tiene que: F = 16kqQx d 3 (2) Por la primera ley de newton se tiene que F = m a. En esta situación la partícula se mueve sobre el eje x y por lo tanto m a = m d2 x dt 2 î De esta manera se tendrá que 16kqQx d 3 = m d2 x dt 2 = d2 x dt kqQx md 3 = 0 Con esto vericamos que la carga sigue un movimiento armónico simple. La frecuencia angular será entonces: El periodo de oscilación será entonces kqq w = 4 md 3 T = 2π w = π 2 md 3 kqq

14 14 CAPÍTULO 1. LEY DE COULOMB Problema 7 Considere la siguiente distribución de cargas puntuales: a) ¾Cuanto vale el campo eléctrico en el punto P indicado? b) Evaluar el campo eléctrico en el límite en que P esta muy alejado del sistema Solución: a) Por simetría el campo eléctrico estará en dirección ĵ. El campo eléctrico producido por la carga central sobre el punto P será simplemente: E 1 = 2kq r 2 ĵ Como es fácil ver, las dos cargas laterales producirán un campo eléctrico en el punto P y las componentes en x se anularan ya que tienen igual carga y están a igual distancia del punto. Por lo tanto, tendremos que calcular la componente en y de cada campo y después sumarlo (por principio de superposición). Esto se puede ver en la siguiente gura: La componente en y del campo eléctrico será E y = E cos(θ). El modulo del campo eléctrico, E, es por denición: E = kq d 2 + r 2

15 15 Además, es fácil ver que cos(θ) = kq E y = ( d 2 + r 2 r. De esta manera tenemos que d 2 +r2 r d 2 + r 2)ĵ = kqr (d 2 + r 2 ) 3/2 Luego, dado que la carga es negativa, podemos escribir vectorialmente este campo electrico como kqr E y = (d 2 + r 2 ) 3/2ĵ Este campo será el producido por cada carga lateral. Por lo tanto el campo eléctrico resultante en el punto P será por principio de superposición E = E y + E y + E 1 Reemplazando los valores ya obtenidos E = ( 2kq r 2 2kqr (d 2 + r 2 ) 3/2)ĵ b) Cuando P esta muy alejado del sistema se tiene que d r. El campo eléctrico encontrado en a) lo podemos escribir de forma mas reducida como: E = 2qk( 1 r 2 r ) (r 2 + d 2 ) 3 2 Esto lo podemos escribir de forma equivalente como: E = 2qk( 1 r 2 1 r 2 (1 + d2 r 2 ) 3 2 = 2qk d2 (1 (1 + r2 r 2 ) 3 2 ) En general, la función (1 + x) α se puede aproximar por taylor, cuando x 0 a: (1 + x) α = 1 + αx Como d r, se tiene que d r 0 y por lo tanto (d r )2 0. Por lo tanto, en la expresión del campo podemos hacer la siguiente aproximación: (1 + d2 3 d 2 r 2 ) 3 2 (1 2 r 2 ) Evaluando este resultado en la expresión obtenida para el campo, se tiene que: ) E = 3qkd2 r 4 ĵ

16 16 CAPÍTULO 1. LEY DE COULOMB Problema 8 Un dipolo eléctrico en un campo eléctrico uniforme se desplaza ligeramente de su posición de equilibrio, como se muestra en la gura, donde θ es pequeño. El momento de inercia del dipolo es I. Si el dipolo se libera desde la posición, demuestre que su orientación angular presenta movimiento armónico simple y encuentre la frecuencia de oscilación. Solución: Las fuerzas eléctricas que actúan sobre las cargas son iguales en magnitud y en dirección, pero están en sentidos opuestos. Estas fuerzas son generadas por el campo eléctrico E y tienen magnitud F = qe. Esto se puede apreciar en la siguiente gura: El torque sobre el dipolo será entonces la suma de torques producido por cada fuerza, considerando el eje de rotación sobre el punto O. Entonces se tendrá que el torque sobre el dipolo es: τ = Fasin(θ) + Fasin(θ) = 2Fasin(θ) = 2qE sin(θ) El signo negativo se obtiene a partir de la regla de la mano derecha y se puede comprobar al hacer la operacion de momentos de forma vectorial. Sabemos que el torque sobre un sistema será igual al momento de inercia I por la aceleración angular α(ambos respecto al eje sobre O), es decir τ = Iα 2qEasin(θ) = Iα Como se produjo solo un pequeño desplazamiento del dipolo se cumpla que θ 1 y por lo tanto podemos hacer la aproximación sin(θ) θ. Además notamos que α = d2 θ dt 2. Reemplazando estos valores en la ecuación anterior se tiene que:

17 17 2qEaθ = I d2 θ dt 2 Esta ecuación diferencial la podemos escribir como: d 2 θ dt 2 + 2qEaθ I Con lo cual vemos que la orientación angular del dipolo seguirá un movimiento armónico simple con frecuencia angular: = 0 Y por lo tanto la frecuancia será: w = 2qEa I f = w 2π = 1 2qEa 2π I

18 18 CAPÍTULO 1. LEY DE COULOMB

19 Capítulo 2 Integrales de Coulomb Problema 9 Se tienen dos alambres de largo L cargados con densidades lineales uniformes λ 1, λ 2, separados una distancia d. Calcule la fuerza que se ejercen ambos alambres. Solución: Por la ley de Coulomb, sabemos que la fuerza eléctrica que experimenta una carga q en la posición r debido a una distribución de carga Ω es F = q Ω dq( r r ) 4π r r 3 Pongamos ambos alambres en el eje x, de tal forma que uno cubra de x = 0 a x = L y el otro de x = L+d a x = 2L+d. Sean r 1 = x 1ˆx, r 2 = x 2ˆx, con 0 x 1 L y L+d x 2 2L+d, los vectores posición de cada alambre. Tenemos que la fuerza que ejerce 1 sobre un elemento dx de 2 es df dq 1 ( r 2 r 1 ) 21 = dq 2 Ω 1 4π r 2 r 1 3 = dq 2 L 0 λ 1 dx 1 (x 2 x 1 )ˆx 4π x 2 x 1 3 L λ 1 dx 1 = dq 2 ˆx 4π 0 (x 2 x 1 ) 2 λ 1 1 L = dq 2 ˆx 4π x 2 x 1 0 = λ 1ˆx 1 dq 2 ( 4π x 2 L 1 ) x 2 = λ 1λ 2ˆx 1 dx 2 ( 4π x 2 L 1 ) x 2 19

20 20 CAPÍTULO 2. INTEGRALES DE COULOMB = F 21 = λ 1λ 2ˆx 4π 2L+d ( 1 ) dx 2 L+d x 2 L 1 x 2 = λ 1λ 2ˆx (ln(x 2 L) ln(x 2 )) 2L+d L+d 4π 2L+d = λ 1λ 2ˆx ln( x 2 L ) 4π x 2 L+d = F 21 = λ ( ) 1λ 2 (L + d) 2 ln ˆx 4π d(2l + d) Y esta es la fuerza eléctrica que se ejercen ambos alambres, pues sabemos que la ley de Coulomb satisface la 3ra ley de Newtón de forma fuerte.

21 21 Problema 10 El alambre de la gura esta formado por una parte semicircular BCD, de radio R[m], y por dos rectilíneas de longitudes AB = 2R [m] y DE = R [m]. Los arcos BC y CD están uniformemente cargados con cargas q>0 y q, respectivamente, mientras que sobre AB también se distribuye uniformemente una carga q. Que cantidad de carga debe repartirse con densidad constante sobre el trazo DE, para que el campo eléctrico sea nulo en el centro O. Solucion: Lo que haremos será dividir el alalmbre completo en 4 partes tal como muestra la gura: Calcularemos el campo electrico producido por las 4 regiones en O y luego los superpondremos e impondremos la condicion de que el campo electrico en esta region sea nulo. Trozo AB: El almabre es rectilineo y de largo 2R y tiene en el una carga q uniformemente distribuida. De esta manera podemos denir su densidad de carga como λ1 = q. De esta manera, si tomamos una pequeña carga dq del alambre sabemos que se cumple la relacion dq = λ 1 dx, donde dx es un pequeño trozo del alamabre 2R El campo electrico que produce cada elemento dq estara en direccion î, por lo tanto el campo electrico que produce será:

22 22 CAPÍTULO 2. INTEGRALES DE COULOMB Integrando desde x = 3R hasta x = R d E 1 = ( kdq x 2 )î = (kλ 1dx x 2 )î E 1 = k(λ 1 1 x 2dx)î = (kλ 1 ( 1 x 2 R 3R ))î Lo que resulta: E 1 = 2kλ 1 3R î Para el caso de los arcos tendremos que al superponernlos el campo electrico resultante estara en direccion hati. Esto queda inmediantament claro a ver la siguiente gura: Como vemos, el arco BC tiene carga positiva en el y por lo tanto cada elemento de carga genera un campo saliente, miesntras que el arco CD tiene carga negativa y cada elemento de carga genera un campo entrante. De esta manera, lo que debemos hacer es simplemente calcular las componentes en x de cada campo y despues sumarlas. Las densidades de carga para cada arco se obtienen facilmente al saber que tiene depositada una carga q y -q y tienen un largo πr 2 : λ 2 = 2q πr λ 3 = 2q πr Arco BC: Consideramos una pequeña carga dq del arco, el modulo del campo electrio producido por esta carga será simplemente: de = kdq R 2 Con ayuda de la densidad de carga λ 2 podemos escribir dq = λ 2 ds, donde ds es un pequeño trozo del arco. Este trozo de arco lo podemos escribir en funcion del angulo que lo recorre: ds = Rdθ

23 23 Podemos entonces escribir el campo como de 2 = kλ 2Rdθ R 2 = kλ 2dθ R Luego, la componente en x del campo de 2 sera Integrando desde θ = 0 hasta θ = π 2 : Vectorialmente de x2 = de 2 cos(θ) = kλ 2 cos(θ)dθ R E x2 = kλ 2 R π 2 0 cos(θ)dθ = kλ 2 R E x2 = kλ 2 R î Arco CD: No es dicil ver la componente en x del campo producido por este arco será igual al anterior, de esta manera: Asi se tendra que E 2 + E 3 = 2kλ 2 R î Trozo DE: E x3 = kλ 2 R î Sea q la carga que tiene este trozo de alambre tal que anula el campo electrico pdroducido por todo el alambre en O. Como tiene largo R, la densidad de carga será λ 4 = q R Luego, procediendo de igual forma que para el trozo AB vemos que E 4 = (kλ 4 2R R 1 x 2dx)î = ( kλ 4 2R )î Sumando todos los campos calculados e igualando a cero: E 1 + E 2 + E 3 + E 4 = 2kλ 1 3R î + 2kλ 2 R î + ( kλ 4 2R )î = 0

24 24 CAPÍTULO 2. INTEGRALES DE COULOMB Despejando λ 4 : λ 4 = 2 3 (2λ 1 + 6λ 2 ) Reemplazando los valores de λ 1, λ 2 y λ 4 denidos anteriormente, encontramos el valor de la carga buscada: Si consideramos π 3 : q = 2 12 q(1 + 3 π ) q = 10 3 q

25 25 Problema 11 Calcule el campo eléctrico producido por un plano innito de densidad de carga uniforme σ. Solución: Consideremos el plano en cuestión el plano xy de coordenadas cartesianas. Sabemos que el campo eléctrico viene dado por E( r) = Ω dq( r r 1 ) 4π r r 1 3 con r 1 el vector posición de la distribución de carga Ω que genera el campo eléctrico en r. Tenemos que r = xˆx + yŷ + zẑ, r 1 = x 1ˆx + y 1 ŷ y r r 1 2 = (x x 1 ) 2 + (y y 1 ) 2 + z 2. = E( r) = + + σdx 1 dy 1 ((x x 1 )ˆx + (y y 1 )ŷ + zẑ) 4π ((x x 1 ) 2 + (y y 1 ) 2 + z 2 ) 3 2 Hagamos cambio de variables. w = x x 1, v = y y 1 = x 1 = x w, jacobiano de la transformación es J = (x 1) w (x 1 ) v (y 1 ) w (y 1 ) v = = 1 y 1 = y v. El = E( r) = = σ 4π σdwdv(wˆx + vŷ + zẑ) 4π (w 2 + v 2 + z 2 ) 3 2 dwdv (zẑ) (w 2 + v 2 + z 2 ) 3 2 Nuevamente hagamos cambio de variables. w = rcos(θ) J = w r v r w θ v θ v = rsen(θ) = cos(θ) rsen(θ) sen(θ) rcos(θ) = r = E( r) = = σ 4π 2π + 0 σ 4π 2πzẑ = σ 4 zẑ = σ 4 zẑ = σ 2 z z ẑ z 2 ( 2u 1 2 = σ 2 sign(z)ẑ rdrdθ (zẑ) du (u) 3 2 ) z 2 (r 2 + z 2 ) 3 2 rdr (r 2 + z 2 ) pero u = r 2 + z 2 du = 2rdr

26 26 CAPÍTULO 2. INTEGRALES DE COULOMB = E( r) = σ 2 sign(z)ẑ Note que el salto de discontinuidad del módulo del campo eléctrico (que es normal al plano) es + σ.

27 27 Problema 12 Considere un plano innito de densidad de carga uniforme σ, con un oricio circular de radio R. a) Calcule el campo eléctrico en cualquier punto del eje que pasa por el centro del oricio, perpendicularmente al plano. b) A lo largo del eje se coloca un alambre (no conductor) de largo a, con densidad de carga lineal uniforme λ y cuya distancia más próxima al plano es d. Encontrar la fuerza eléctrica que experimenta el alambre. Solución: a) Usando el principio de superposición, podemos encontrar lo deseado considerando la suma vectorial del campo eléctrico que genera un plano innito de densidad de carga σ sobre el eje y un disco de radio R y densidad de carga σ. Sea el plano yz coordenado el plano en cuestión y el eje x el eje en cuestión. De los items anteriores, tenemos que el campo eléctrico generado por el plano es E 1 ( r) = σ 2 sign(x)ˆx y el campo eléctrico generado por el disco es E 2 ( r) = σ ( ) x ˆx sign(x) 2 R 2 + x 2. = E = E 1 + E 2 = σ 2 ( ) x ˆx R 2 + x 2 b) Tenemos que la fuerza eléctrica que experimenta un elemento dx del alambre debido al

28 28 CAPÍTULO 2. INTEGRALES DE COULOMB plano con el oricio está dada por d F = dq E. = F = = d+a d d+a d = λσ 2 = λσ 2 = λσ 2 dqe con dq = λdx λdx σ ( ) x ˆx 2 R 2 + x 2 d+a d xdx R 2 + x 2 ˆx ( ) R 2 + x 2 d+a ˆx d ( R 2 + (d + a) 2 R 2 + d 2 ) ˆx

29 29 Problema 13 Un recipiente semihemisferico no conductor de radio a tiene una carga total Q uniformemente distribuida en su supercie interior. Encuentre el campo eléctrico en el punto O. Solución: Este problema lo debemos resolver utilizando la lay de coulomb para distribuciones superciales de carga. Esta ley nos dice para este caso que kdq( r r E( 0) = ) r r 3 Como ya hemos visto, el elemento de carga lo podemos escribir como dq = σda, donde σ es la densidad de carga supercial en el interior del recipiente (constante). Debemos escribir el elemento de área da de tal manera que podamos recorrer la supercie y para esto haremos lo siguiente: Considerare una cascara esférica con la siguiente disposición para las variables θ y γ Al hacer una pequeña variación del ángulo θ, vemos que se recorre un pequeño arco de longitud ds 1 = R sin(γ)θ. Por otro lado al hacer una pequeña variación del ángulo γ se recorre un arco de longitud ds 2 = Rdγ. De esta manera el elemento de área de la circunferencia lo podemos escribir como da = ds 1 ds 2 = R 2 sin(γ)dγdθ De esta manera podemos escribir el elemento de carga como dq = σr 2 sin(γ)dγdθ

30 30 CAPÍTULO 2. INTEGRALES DE COULOMB Por otro lado, debemos determinar los vectores r y r. Claramente r = 0 y por otro lado(mirando la gura) veremos que r = R sin(γ) cos(θ)î + R sin(γ) sin(θ)ĵ + R cos(γ)ˆk No es difícil ver que r r = R De esta manera especicando los recorridos de las variables para que recorran el recipiente se tiene que E( 0) = 2π 0 3π 2 π 2 kσ( R sin(γ) cos(θ)î R sin(γ) sin(θ)ĵ R cos(γ)ˆk) R 3 R 2 sin(γ)dγdθ Por simetría sabemos que el campo eléctrico resultante estará en dirección ˆk y por lo tanto, de la integral anterior, no consideramos las componentes restantes: E( 0) = 2π π 0 π 2 De esta manera 2π π kσ( cos(γ)ˆk) sin(γ)dγdθ = kσ dθ ( cos(γ)ˆk) sin(γ)dγ = πkσ π 0 2 E( 0) = πkσ( 1 π 2 cos(2θ) )ˆk = πkσ 1 2 (cos(2π) cos(π))ˆk = (πkσ)ˆk π 2 Finalmente, para escribir este resultado en función de Q, debemos determinar el valor de σ. Esto es fácil sabiendo que la carga esta uniformemente distribuida en la supercie interior, tendremos que De esta manera σ = Q 2πR 2 E( 0) = kq 2R 2 ˆk π π 2 ( sin(2θ)ˆk))dγ

31 31 Problema 14 En la gura, el alambre AB tiene longitud 2L y es perpendicular al alambre CD, de longitud L. Cada uno de ellos tiene la misma carga Q, distribuida uniformemente. Calcule la magnitud y dirección de la fuerza que uno de ellos ejerce sobre el otro. Solución: Este problema se resuelve de igual forma que el problema anterior. Lo primero que haremos es calcular el campo eléctrico que produce el alambre vertical sobre un punto de su eje de simetría. Como la carga Q esta uniformemente distribuida, se tendrá que sobre el eje el campo eléctrico estará en dirección ĵ El campo eléctrico producido por una carga dq será de = kdq r 2. Donde r es la distancia desde la carga dq ubicada en xî hasta el punto de aplicación dĵ: r = x 2 + d 2. Al igual como lo hemos hecho antes, la carga dq la podemos escribir como dq = λ 1 dx donde λ 1 es la densidad lineal de carga y la denimos como λ 1 = Q 2L. Asi, el campo queda expresado como de = kλ 1dx x 2 + d 2 Ya dijimos que el campo estará en dirección ĵ ya que las componentes en x se anularan. Las componentes en y las podemos escribir como de y = de cos(θ). Es facil ver que cos(θ) = d (x 2 + d 2 )

32 32 CAPÍTULO 2. INTEGRALES DE COULOMB De esta manera Integrando desde x = L hasta x = L: L E y = kλ 1 d L de y = kλ 1ddx (x 2 + d 2 ) x dx = kλ (x 2 + d 2 ) 3 1 d( 2 (d 2 x 2 + d 2 L L ) = 2kλ 1L d L 2 + d 2 De esta manera la fuerza que ejerce el alambre horizontal sobre una pequeña carga dq del alambre vertical que esta a una altura y será 2kλ 1 L df = dqe = dq d L 2 + y 2 Este alambre tiene distinta densidad de carga ya que si bien tiene la misma carga total almacenada, tiene la mitad de largo que el alambre horizontal. De esta manera denimos λ 2 = Q L Asi, dq = λ 2 dy y la fuerza queda expresada como Integrando desde y = L hasta y = 2L Se tiene que Por lo tanto Desarrollando 2kλ 1 L df = λ 2 dy y L 2 + y 2 L 1 F = 2kλ 1 λ 2 L L y L 2 + y 2dy 1 y L 2 + y 2dy = 1 L L ln( 2 + y 2 L ) y F = 2kλ 1 λ 2 L( 1 L ln( L 2 + y 2 L y 5 1 F = 2kλ 1 λ 2 ln( 2( 2 1) ) Reemplazando los valores de λ 1 y λ 2 en función de Q: F = kq2 5 1 L 2 ln( 2( 2 1) ) ) 2L L )

33 33 Problema 15 Calcule la fuerza por unidad de largo que se ejercen una huincha innitamente larga de ancho b y densidad de carga uniforme σ y un alambre igualmente largo con densidad de carga uniforme λ puesto en el mismo plano que la huincha, a una distancia d. Solución: Como la fuerza de Coulomb cumple la 3ra ley de Newtón, elegiremos la forma más simple de calcular la fuerza por unidad de largo que se ejercen ambos objetos (esto es, la fuerza de uno u otro sobre el otro). Pongamos el alambre en el eje x, y sea el plano donde están ambos objetos el plano xy. De la simetría del problema, vemos que la fuerza que ejerce la huincha sobre un elemento dx del alambre está dirigida en ±ŷ y es la misma en cualquier punto del alambre. Por tanto, nos basta ver la fuerza por unidad de largo en x=0 del alambre. Sean r 2 = 0, r 1 = xˆx + yŷ, con x + y d y b + d, la posición del elemento dx en x=0 del alambre y la posición de la huincha, respectivamente. Así, tenemos que la fuerza sobre tal elemento es df dq 1 r 1 21 = dq 2 Ω 4π r 1 3, con dq 1 = σdxdy + b+d σdxdy xˆx + b+d σdxdy yŷ = dq 2 dq d 4π (x 2 + y 2 ) d 4π (x 2 + y 2 ) 3 2 = dq + b+d 2σŷ dxdy y 4π d (x 2 + y 2 ) 3 2 = dq ( ) + 2σŷ 1 b+d dx 4π x 2 + y 2 d = dq ( ) + 2σŷ 1 4π x 2 + (b + d) 1 dx, pero dq 2 = λdx 2 2 x 2 + d 2 df = 21 = λσŷ dx 2 4π + ( ) 1 x 2 + (b + d) 1 dx 2 x 2 + d 2 ( = λσŷ x + ) x ln 2 + (b + d) 2 + 2π x + x 2 + d 2 0 = λσŷ lím 2πǫ ln ( b+d ( ) x )2 b + d ln 0 x ( d d x )2 = λσŷ ( ) d ln 2π b + d df = 21 = λσŷ ( ) d ln dx 2 2π b + d

34 34 CAPÍTULO 2. INTEGRALES DE COULOMB Problema 16 Considere un alambre rectilíneo innito a una distancia R de un alambre semicircular de radio R como se ve en la gura. Ambos están uniformemente cargados con densidad lineal de carga λ. Encuentre la fuerza de repulsión entre ambas. Solución: Lo primero que hacemos es calcular el campo eléctrico producido por un alambre innito a una distancia d de él. El campo eléctrico tendrá dirección ĵ ya que al ser el alambre innitamente largo se anularan las componentes de campo en x. Esto se puede apreciar en la siguiente gura: Comprobemos esto calculando el campo. El campo eléctrico que produce una pequeña carga dq ubicada en el punto r = xî del alambre sobre el punto de r = dĵ será: d E = kdq( r r ) r r 3 Ahora, se tiene que dq = λdx y por lo tanto: = kdq( xî + dĵ) (x 2 + d 2 ) 3 2 d E = kλdx( xî + dĵ) (x 2 + d 2 ) 3 2 Integrando desde a + : E = + kλdx( xî + dĵ) (x 2 + d 2 ) = kλ(( x (x 2 + d 2 ) )î + ( d )ĵ) (x 2 + d 2 ) 3 2

35 35 La función f(x) = x (x 2 +d 2 ) 3 2 par toma valor 0. Por otro lado, la función g(x) = es impar y por lo tanto la integral de esta función en un intervalo d (x 2 +d 2 ) 3 2 desde a + será el doble de la integral de g(x) desde 0 a + : + g(x)dx = 2 + Por lo tanto, la expresión para el campo se reduce a 1 Se tiene que (x 2 +d 2 ) 3 2 Por lo tanto = x d 2 (x 2 +d 2 ) E = 2kdλ 0 x E = 2kdλ( d 2 (x 2 + d 2 ) g(x)dx 1 ĵ (x 2 + d 2 ) es par y la integral de esta función )ĵ = 2kλ d ĵ Ahora que sabemos como es el campo eléctrico generado por un alambre innito podemos calcular la fuerza sobre el alambre semicircular. Para calcular esta fuerza consideraremos pequeños trozos de cable con carga dq en el cual la fuerza aplicada sobre el será por denición:df = dqe, donde E es el campo eléctrico producido por el alambre innito a la altura en que se encuentra la carga dq. Recorreré los elementos de carga del alambre en función de un ángulo θ que recorra el alambra semicircular. Considerare la siguiente gura: El campo eléctrico producido por el alambre innito depende de la distancia a la cual se esta de el, como la altura de cada elemento dq de carga varia, la fuerza producida sobre cada una de estas cargas también lo hará. La altura de cada elemento dq en función del ángulo θ queda expresada como d(θ) = R + R sin(θ). Además, el elemento de carga dq es por denición igual a λds, donde ds es un pequeño trozo de alambre circular el cual podemos escribir en función del ángulo θ como ds = Rdθ. De esta manera la fuerza sobre una carga dq será: df = dqe = λrdθ 2kλ R + R sin(θ) = 2kλ2 dθ 1 + sin(θ) Integrando desde θ = 0 a θ = π obtenemos la fuerza total sobre el alambre semicircular. Para esto utilizamos el hecho de que:

36 36 CAPÍTULO 2. INTEGRALES DE COULOMB Con esto tenemos que la fuerza resultante es sin(θ) = sin(θ) 1 cos(θ) F = 4kλ 2

37 Capítulo 3 Ley de Gauss Problema 17 Una carga puntual q > 0 esta rodeada por una supercie cerrada formada por un manto cónico de radio R y altura H, y una supercie semiesférica concéntrica con la carga, según se observa en la gura. Calcule el ujo de campo eléctrico a través del manto cónico. Solución: La supercie que rodea a la carga q es cerrada. Por la ley de gauss, el ujo a través de la supercie es: φ = S E d S = q (1) Además, el ujo que atraviesa la supercie cerrada (que llamamos S) será igual a la suma de los ujos que pasen por la semiesfera (que llamamos S e ) y los ujos que pasen por el manto cónico(que llamamos S c ). Esto se puede escribir como: φ = φ e + φ c = φ c = φ + φ e (2) De esta manera, encontrando el valor de φ e resolvemos el problema inmediatamente. φ e se calcula como: φ e = E ds S e El campo eléctrico producido por la carga q es E = 1 4π q R 2 ˆr. Donde ˆr es el vector unitario en dirección radial. El vector d S también esta en dirección radial, ya que d S = ˆndS y ˆn es paralelo a ˆr como muestra la gura: 37

38 38 CAPÍTULO 3. LEY DE GAUSS De esto, se tendrá que E ds = 1 q 1 q ˆr ˆndS = 4π R2 4π R 2dS Integrando se obtiene el ujo para la semiesfera: φ e = E d 1 q S = S e S e 4π R 2dS = 1 q 4π R 2 ds S e La integral S e ds corresponde al área de la semiesfera. Entonces S e ds = 2πR 2. De esta manera el ujo será: De (1),(2) y (3) se tiene nalmente que: Problema 18 φ e = 1 4π q R 2 2πR2 = q 2 (3) φ c = q 2 Considere una cáscara cilíndrica, sin espesor, de radio R y largo innito, con densidad de carga supercial σ uniforme (ver gura). Encuentre el campo eléctrico en todo el espacio (use ley de Gauss). Solución: De la Ley de Gauss sabemos que el ujo del campo eléctrico es independiente de la supercie usada para encerrar cierta cantidad de carga (mientras esta cantidad sea la misma) y que es directamente proporcional a la carga encerrada, con constante de proporcionalidad 1 ǫ. Es 0 decir,

39 39 Ω E ˆndS = Q int donde Q int es la carga encerrada por la supercie Ω. Esta forma integral de la Ley de Gauss se puede expresar en forma diferencial usando el teorema de la divergencia (lo cual se deja al lector), obteniendo la expresión equivalente E = ρ Es posible usar la Ley de Gauss para calcular el campo eléctrico bajo altas condiciones de simetría, lo cual se cumple en este caso. Pongamos como eje z el eje de simetría del cilindro. Por la simetría cilindrica, el campo eléctrico no depende de θ y por ser innito no depende de z. Así a priori, sabemos que E( r) = E(r)ˆr, donde r se mide desde el eje al punto en cuestión y ˆr es el vector unitario que va desde el eje al punto. Debemos elegir una supercie de integración donde E no dependa de las variables que describen la supercie (es decir, E debe ser constante sobre la supercie), para poder sacar E fuera de la integral. Por ello, consideremos una supercie cilíndrica de radio r con eje de simetría el eje z (y el eje del cilindro cargado). Podemos distinguir dos casos: a) Si r < R. En este caso tenemos que no hay carga encerrada por el cilindro, por lo cual E ˆndS = Q int = 0 Ω Además, Ω E ˆndS = manto = E(r) E(r)ˆr ˆndS + E(r)ˆr ˆndS tapas manto = E(r)(2πr)h ds = E(r)(2πr)h = 0 = E(r) = 0 = E = 0 Es interesante el hecho que el campo eléctrico sea nulo dentro del cilindro. b) Si R r. En este caso tenemos que Ω E ˆndS = E(r)(2πr)h = (2πR)hσ = E(r) = σ ( ) R r Por tanto, { E(r) = σ ( R r 0 ) r < R ˆρ R r Note que el salto de discontinuidad del módulo del campo eléctrico (que es normal a la super- cie) es + σ.

40 40 CAPÍTULO 3. LEY DE GAUSS Problema 19 Se tiene una distribución esférica de carga Θ de radio R y densidad variable ρ = αr para r < R. Calcule la energía potencial acumulada por la distribución. Solución: Sabemos que la energía potencial asociada a una distribución de carga (o al campo eléctrico que ésta produce) está dada por U = 2 R 3 E 2 d 3 x donde la integral es sobre todo el espacio. Por tanto, conociendo el campo en todo el espacio, podemos calcular la energía potencial que queremos. Dado que la distribución de carga es simétrica esféricamente y también la densidad de carga tiene simetría esférica, a priori sabemos que el campo eléctrico tiene simetría esférica, es decir, E( r) = E(r)ˆr, donde r es la distancia del centro de la esfera al punto en cuestión y ˆr es el vector unitario dirigido del centro de la esfera al punto. Podemos dividir el problema en dos regiones a) r < R Consideremos como supercie de integración una cáscara esférica de radio r con mismo centro que la distribución de carga Θ. Por la ley de Gauss tenemos Ω Ω E ˆndS = E(r)ˆr ˆndS = Q int 1 Θ E(r)4πr 2 = 1 2π E(r)4πr 2 = 4π 0 r 0 ρd 3 x π r 0 αr 3 dr E(r)4πr 2 = παr4 = E(r) = α 4 r 2 0 αr 3 sen(ϕ)drdϕdθ b) R r Consideremos nuevamente como supercie de integración una cáscara esférica de radio r con mismo centro que la distribución de carga Θ. Por la ley de Gauss tenemos Ω E ˆndS = E(r)4πr 2 = 4π Q int R E(r)4πr 2 = παr4 0 αr 3 dr = E(r) = α 4 ( ) R 2 R 2 r

41 41 Por tanto, tenemos que E(r) = { α α 4 ( R r 4 r 2ˆr r < R ) 2 R2ˆr R r Ahora que conocemos el campo eléctrico en todo el espacio, podemos calcular la energía potencial acumulada en la distribución de carga Θ. U = 2 = 2 = 4π 2 = 4π 2 = πα2 8 = πα2 8 R 3 E 2 d 3 x 2π π = πα2 7 R 7 0 E(r) 2 r 2 dr E(r) 2 r 2 sen(ϕ)drdϕdθ ( R α ǫ 2 r 6 α 2 dr + 0 R 16ǫ 2 0 ( r 7 R ) 7 R r R ( ) R R7 R 8 ) r 2 dr

42 42 CAPÍTULO 3. LEY DE GAUSS Problema 20 Consideremos dos esferas no concéntricas de radio R, con densidades de carga volumétricas ρ y ρ uniformes. Los centros de ambas esferas están a una distancia menor que 2R. Sea d el vector que va del centro de la esfera positiva al centro de la esfera negativa. Pruebe que el campo eléctrico en la intersección de las esferas es constante y encuentre su valor. Solución: Del problema 2), sabemos que el campo eléctrico en el interior de una esfera maciza de densidad de carga uniforme ρ es E(r) = ρr 3 ˆr. De la simetría de la distribución, a priori sabemos que además para R r el campo cumple E( r) = E(r)ˆr. Si bien no es necesario para la resolución del problema conocer el campo eléctrico fuera de la esfera, encontrémoslo usando la ley de Gauss. Consideremos como supercie de integración una cáscara esférica de radio r > R. Tenemos que Ω E ˆndS = Q int E(r)4πr 2 = 4πR3 ρ 3 = E( r) = R 3 ρ 3 r 2 ˆr Por tanto, tenemos que el campo eléctrico generado por la esfera maciza es { ρr 3ǫ E(r) = 0 ˆr r < R R 3 ρ 3 ˆr R r r 2 Pongamos el origen de coordenadas en el centro de la esfera de densidad de carga ρ. Así, tenemos que los campos eléctricos en los interiores de cada esfera están dados por E 1 (r) = ρ r para r < R 3 E 2 (r) = ρ ( r d) 3ǫ para r d < R 0 Los vectores en la intersección de ambas esferas satisfacen simultáneamente r d < R y r < R. Así, por el principio de superposición, el campo eléctrico en la intersección de ambas esferas es E( r) = E 1 ( r) + E 2 ( r) = ρ 3 r ρ 3 ( r d) = ρ 3 d el cual es constante, tal como se quería probar.

43 43 Problema 21 Una distribución de carga volumétrica ja de densidad uniforme ρ > 0 ocupa un volumen esférico de radio R. a) Calcule el campo eléctrico en todo el espacio (usando ley de Gauss). b) Se coloca una carga puntual Q < 0 en el centro de la esfera, y se la deja libre. ¾Queda o no en equilibrio la carga en el centro? Si es armativa la respuesta, ¾es estable o inestable? Si la carga tiene una masa m y se desplaza del centro de la esfera, pero siempre quedando dentro de ella, calcule la fuerza que la carga experimenta y pruebe que su movimiento es un movimiento armónico simple. Encuentre su período de oscilación. c) Supongamos que la carga sólo puede moverse en el eje x. Si además se aplica un campo eléctrico externo E 0 = E 0ˆx, E 0 > 0, calcule las nuevas posiciones de equilibrio de la Solución: carga y determine cuáles de ellas son estables o inestables. Discuta que condiciones debe cumplir E 0 para la existencia de tales posiciones de equilibrio y su número. a) Pongamos el origen coordenado en el centro de la esfera. Del itém anterior, al usar la ley de Gauss, sabemos que el campo eléctrico generado por la esfera es { ρr 3ǫ E(r) = 0 ˆr r < R R 3 ρ 3 ˆr R r r 2 b) Tenemos que el campo en el centro de la esfera es E( 0) = 0, por lo cual el centro es un punto de equilibrio. Si movemos un poquito la carga, esta experimenta una fuerza F = Q ρr 3 ˆr, la cual apunta hacia el centro de la esfera (sin importar en qué dirección se haya movido la carga), por lo cual es un punto de equilibrio estable. Si movemos la carga quedando siempre dentro de la esfera, tenemos que su ecuación de movimiento es m a = F = Q ρr ˆr 3 a + Q ρr ˆr = 0 3m = r + Q ρ r = 0 3m r + w 2 r = 0 Por tanto, el movimiento de la carga es un movimiento armónico simple y su período de oscilación es T = 2π w = 2π 3mǫ0 Qρ c) Por el principio de superposición, el campo eléctrico resultante es { ρr 3ǫ E(r) = 0 ˆr + E 0ˆx r < R R 3 ρ 3 ˆr + E r 0ˆx R r 2

44 44 CAPÍTULO 3. LEY DE GAUSS Reescribiendo el campo eléctrico a lo largo del eje x, resulta ( ρx 3 + E 0 ) ˆx R < x < R E(r) = ( R3 ρ 3 + E x 2 0 ) ˆx R x (E 0 R3 ρ 3 ) ˆx x R x 2 Encontremos las nuevas posiciones de equilibrio. i) R < x < R Queremos que Para que x 1 existe, se debe cumplir que ρx + E 0 = 0 = x 1 = 3E 0 3 ρ x 1 = 3E 0 ρ > R = E 0 < Rρ 3 Esta condición debe cumplir E 0 para que haya un punto de equilibrio dentro de la esfera. Sabemos que si el laplaciano de la energía potencial eléctrica 2 U en el punto de equilibrio es mayor que cero, entonces tal punto es estable; si es menor que cero, entonces tal punto es inestable, y que U = qv, donde V es la diferencia de potencial eléctrico. Así, tenemos que V (x) = E(x) ˆxdx + c ( ) ρx = + E 0 dx + c 3 = E 0 x ρx2 6 + c U(x) = QV (x) = 2 U = d2 U dx 2 = Qρ 3 > 0 Por lo tanto, es punto de equilibrio estable. ii) R x Queremos que = QE 0 x + Q ρx2 6 Qc R 3 ρ 3 x 2 + E 0 = 0 = x 2 imaginario por lo que no hay posición de equilibrio para R x.

45 45 iii) x R Queremos que E 0 R3 ρ ρr 3 x 2 = 0 = x 3 = R 3 E 0 Para que x 1 existe, se debe cumplir que ρr x 3 = R < R = 3 E 0 ρr 3 E 0 > 1 = E 0 < Rρ 3 que es la misma condición que encontramos anteriormente para que hubiera equilibrio. Este punto de equilibrio es inestable, se deja al lector vericarlo. La prueba de lo siguiente se deja al lector. Hemos visto que para E 0 < Rρ 3 existen dos puntos de equilibrio, uno estable y el otro inestable. Para E 0 = 0 existe una sola posición de equilibrio, en el centro de la esfera y es estable. Para E 0 = Rρ 3 existe una sola posición de equilibrio, es en x = R y es inestable. Y para E 0 > Rρ 3 no hay posiciones de equilibrio. Todo esto se puede ver claramente haciendo un gráco de E(x) versus x (se deja al lector).

46 46 CAPÍTULO 3. LEY DE GAUSS Problema 22 Considere un cilindro muy largo de radio R que se carga en su interior con una densidad ρ = ρ 0 (1 r R ), donde ρ 0 es una constante positiva, siendo r la distancia medida desde el eje del cilindro. Encuentre a que distancia del eje el campo eléctrico es máximo y calcule esta magnitud máxima. Solución: Dado que el cilindro es muy largo, el campo eléctrico estará en dirección radial en coordenadas cilíndricas. Con esto podemos considerar como supercie de gauss un cilindro de radio r < R, con igual eje que el cilindro de radio R. Esto se puede apreciar en la siguiente gura: Podemos entonces escribir el campo eléctrico como E = Eˆr, donde ˆr es el vector unitario radial en coordenadas cilíndricas. Por la ley de gauss se tendrá que: E ˆndS = E ˆndS + E ˆndS = q interior (1) S tapas manto El vector normal ˆn de las tapas es perpendicular a ˆr. Con esto se tendrá que ˆr ˆn = 0 y por lo tanto E ˆndS = Eˆr ˆndS = 0 (2) tapas tapas El vector ˆn, normal al manto, será paralelo a ˆr y por lo tanto ˆr ˆn = 1 lo que implica que: E ˆndS = Eˆr ˆndS = E ds manto manto manto La integral manto ds corresponde al área del manto: manto ds = 2πrL. Por lo tanto: E ˆndS = E 2πrL (3) manto Reemplazando (2) y (3) en (1) resulta que: E 2πrL = q interior (4)

47 47 Lo que falta para resolver este problema es calcular la carga que hay en el interior de la super- cie de gauss. Tenemos una densidad volumétrica de carga eléctrica dentro de esta supercie. Vemos que se cumplirá la siguiente relación: dq = ρ(r ) dv (5) Para calcular dv consideramos el volumen entre dos cilindros de la largo L y mismo eje que el cilindro del problema, con radios r y r + dr como muestra la gura: Luego, dv será simplemente el volumen entre los dos cilindros, lo que resulta: dv = 2πr dr L (6) Reemplazando (6) en (5): Integrando: dq = 2πr dr L p(r ) dq = 2πr dr L ρ 0 (1 r R ) = dq = 2πL ρ 0 (r r 2 R )dr De (4) y (7): Despejando E: r q = 2πLρ 0 (r r 2 0 R )dr = 2πLρ 0 ( r 0 r r dr r 2 0 R dr ) = q = 2πLρ 0 ( r2 2 r3 3R ) = 2πLρ 0 ( 3Rr2 2r 3 ) 6R = q = πlρ 0 3R (3Rr2 2r 3 ) (7) E 2πrL = πlρ 0 3R (3Rr 2 2r 3 ) E = ρ 0 6R (3Rr 2r 2 ) (8)

48 48 CAPÍTULO 3. LEY DE GAUSS Queremos saber para que valor de r el campo eléctrico es maximo. Para esto derivamos E respecto a r: de dr = ρ 0 6R (3R 4r) Igualando a 0 se obtiene que el valor de r buscado es: r = 3R 4 De esta manera E max = 3ρ 0R 16

49 49 Problema 23 Entre dos planos innitos paralelos que se encuentran a una distancia 2a el uno del otro se tiene una distribución homogénea de carga con densidad ρ. Tangente al plano de la derecha hay un cascarón cargado, de radio R y densidad supercial σ(ver gura). Calcular, con el origen en el punto medio de la recta que une los planos, el campo electrico para todo x > 0. Solución: La conguración del problema es la siguiente: Para encontrar el campo eléctrico sobre el eje x(x > 0) calcularemos el campo eléctrico producido por la región entre los planos innitos de densidad ρ y el cascaron esférico de densidad σ y posteriormente utilizaremos el principio de superposición. Campo eléctrico producido por la región entre los planos innitos (E ρ ): Dada la simetría que presenta esta región respecto al eje y, el campo eléctrico E ρ presentara también esta simetría como muestra la siguiente gura:

50 50 CAPÍTULO 3. LEY DE GAUSS Calculare el campo eléctrico en dos regiones. Cuando 0 < x < a y x > a: 0 < x < a: Considerare como supercie gaussiana una caja de área lateral A y lado 2x como muestra la siguiente gura: Dada la dirección que tiene el campo eléctrico se tendrá que por las tapas frontal, posterior, inferior y superior el ujo será cero, ya que el vector normal a estas caras es perpendicular al campo y de esto E ˆn = 0 lo que implica que E ˆndS = 0 Sin embargo, si habrá ujo por las caras laterales y se tendrá que el campo eléctrico es paralelo a los vectores normales de estas caras con lo cual se cumplirá (E) ˆn = E lo que implica que E ˆndS = E ds S De esta manera, aplicando la ley de gauss, se tendrá que el ujo total sobre la caja será el ujo a través de las caras laterales: φ = E ds + E ds = EA + EA = 2EA = q int (1) S 1 S 2 Donde S 1 y S 2 son las supercies laterales indicadas anteriormente. Podemos calcular la carga interior q int ya que sabemos la dimensiones de la caja y la densidad volumétrica de carga ρ. La carga interior será simplemente Reemplazando este valor en (1) obtenemos: S q int = ρv = ρ2xa 2EA = ρ2xa E = ρx Y dada la simetría vemos que el campo esta en dirección î, por lo tanto se tiene que: E ρ = ρx î, si 0 < x < a

51 51 x > a: Se procede de igual forma que para la región anterior ya que la simetría presente es la misma en el campo eléctrico tal como se muestra en la siguiente gura: Al igual que el caso anterior existirá ujo solo en las caras laterales y será:φ = 2EA. La carga interior será la carga que esta desde a < x < a, por lo tanto: q int = ρ2aa. Aplicando la ley de gauss: El campo esta en dirección î por lo tanto: φ = 2EA = ρ2aa E = ρa E ρ = ρa î, si x > a Notar que el campo en esta región es constante. Campo eléctrico producido por la cascara esférica (E σ ):) Separaremos el espacio en 2 regiones, el interior de la cascara esférica (r<r) y el exterior (r>r) y calculamos el campo eléctrico en cada uno utilizando la ley de gauss: r < R: Dado la simetría esférica y la densidad supercial σ es constante, se tendrá que el campo eléctrico estará en dirección radial. Considerare como supercie gaussiana una cascara esférica de radio r < R(supercie S) tal como muestra la gura:

52 52 CAPÍTULO 3. LEY DE GAUSS El ujo a través de esta supercie será φ = S E ˆndS, pero el vector ˆn es paralelo al campo(ambos radiales) y por lo que E ˆn = E y por lo tanto φ = E S ds = E4πr2. Por otro lado, la carga interior es nula ya que solo hay carga en la cascara: q int = 0. Por la ley de gauss se tendrá que E = 0, si r < R φ = E4πr 2 = q int = 0 r > R: Consideramos, al igual que en el caso anterior, una cascara esférica de radio r > R como supercie gaussiana. Bajo los mismos argumentos de simetría anterior vemos que el campo eléctrico será radial y por lo tanto, paralelo al vector normal y de esta manera: φ = E ˆndS = E ds = E4πr 2 S S La carga interna q int será la carga contenida en toda la supercie, la cual se obtiene multiplicando el área total por la densidad supercial de carga: q int = σ4πr 2. Por la ley de gauss, se tendrá que Despejando el campo eléctrico se tiene que φ = E4πr 2 = q int = σ4πr2 E = σr2 r 2 Este campo estará en dirección radial, por lo tanto: E σ = σr2 ˆr, si r > R r2 Donde ˆr es el vector unitario en dirección radial. Ahora que encontramos los dos campos eléctricos podemos encontrar el campo resultante superponiéndolos. Para esto, considerare 3 regiones: I) 0 < x < a II) a < x < a + 2R III) x > a + 2R I) 0 < x < a: En esta región los campos eléctricos son: E ρ = ρx î y E σ = σr2 r 2 ˆr. Ahora tenemos que expresar r y ˆr de forma conveniente para poder sumar ambos campos. Consideremos la siguiente gura: Vemos que se cumplirá que a + R = x + r con lo que resulta r = a + R x. Además, vemos que ˆr = î y por lo tanto podemos escribir el campo eléctrico como: E σ = σr 2 (a + R x) 2î

53 53 De esta manera, el campo eléctrico resultante en esta región es E = E ρ + E σ, es decir E = ( ρx σr 2 (a + R x) 2)î II) a < x < a + 2R: En esta región el campo lo aporta solo E ρ ya que el campo producido por la cascaa esferica es nulo en el interior ella. Por lo tanto: E = E ρ = ρa î, si a < x < a + 2R III) x > a + 2R En esta regio, ambos campos estarán en dirección y sentido î. Para obtener la expresión de E σ en función de x, consideramos la siguiente gura: Vemos que se cumple la relación x = a+r+r, con lo que resulta que r = x a R. Además, ˆr = î. De esta forma, tendremos que: E σ = σr 2 (x a R) 2î Luego, por principio de superposición, el campo eléctrico en esta región será: E = ( ρa σr 2 + (x a R) 2)î, si x > a + 2R Finalmente el campo eléctrico resultante por ambas distribuciones de carga será:

54 54 CAPÍTULO 3. LEY DE GAUSS E = ( ρx σr 2 )î 0 < x < a (a+r x) 2 ρa î a < x < a + 2R ( ρa σr + 2 )î x > a + 2R (x a R) 2

55 55 Problema 24 Consideremos dos esferas no concéntricas de radio R, con densidades de carga volumétricas ρ y ρ uniformes. Los centros de ambas esferas están a una distancia menor que 2R. Sea d el vector que va del centro de la esfera positiva al centro de la esfera negativa. Pruebe que el campo eléctrico en la intersección de las esferas es constante y encuentre su valor. Solución: Del problema 2), sabemos que el campo eléctrico en el interior de una esfera maciza de densidad de carga uniforme ρ es E(r) = ρr 3 ˆr. De la simetría de la distribución, a priori sabemos que además para R r el campo cumple E( r) = E(r)ˆr. Si bien no es necesario para la resolución del problema conocer el campo eléctrico fuera de la esfera, encontrémoslo usando la ley de Gauss. Consideremos como supercie de integración una cáscara esférica de radio r > R. Tenemos que Ω E ˆndS = Q int E(r)4πr 2 = 4πR3 ρ 3 = E( r) = R 3 ρ 3 r 2 ˆr Por tanto, tenemos que el campo eléctrico generado por la esfera maciza es { ρr 3ǫ E(r) = 0 ˆr r < R R 3 ρ 3 ˆr R r r 2 Pongamos el origen de coordenadas en el centro de la esfera de densidad de carga ρ. Así, tenemos que los campos eléctricos en los interiores de cada esfera están dados por E 1 (r) = ρ r para r < R 3 E 2 (r) = ρ ( r d) 3ǫ para r d < R 0 Los vectores en la intersección de ambas esferas satisfacen simultáneamente r d < R y r < R. Así, por el principio de superposición, el campo eléctrico en la intersección de ambas esferas es E( r) = E 1 ( r) + E 2 ( r) = ρ 3 r ρ 3 ( r d) = ρ 3 d el cual es constante, tal como se quería probar.

56 56 CAPÍTULO 3. LEY DE GAUSS

57 Capítulo 4 Potencial Electroestatico Problema 25 Considere un plano innito de densidad de carga supercial uniforme σ > 0 normal al eje x de ecuación x = 0. En aˆx se encuentra una carga puntual q < 0. a) Encuentre el potencial eléctrico sobre el eje x y entre la carga q < 0 y el origen coordenado O. b) Una partícula de masa m y carga e < 0 se ubica en el punto medio entre q y O y se deja libre. ¾Con qué energía cinética llega la carga al plano? (ignore efectos gravitacionales). Solución: a) Conocemos el campo eléctrico generado por el plano y la carga q sobre el eje x que los une. Tales campos son E 2 = 1 4π E 1 = σ 2 ˆx q (a x) 2 ˆx = 1 4π q (a x) 2 ˆx Así, el campo eléctrico entre O y q (que está, digamos, en el punto A) es ( E = E 1 + E σ 2 = + 1 ) q 2 4π (a x) 2 ˆx Pero ya que E = V, entonces en Ω (la región pedida) ( V z = 0 V σ y = 0 V x = π = V (x) = ( σx π q (a x) ) q (a x) ) 2 + C b) El campo electrostático es conservativo, así que podemos usar conservación de energía entre energía potencial y cinética. La carga e parte del reposo desde a/2ˆx hacia el plano. Por conservación de energía, tenemos que 57

58 58 CAPÍTULO 4. POTENCIAL ELECTROESTATICO ev (a/2) = = K = mv2 2 mv2 2 ev (0) = e(v (0) V (a/2)) ( = e 1 q 4π a + C + 1 2q 4π a + σa ) C 4 ( 1 q = e 4π a + σa ) 4

59 59 Problema 26 Se tienen dos esféras conductoras de radios r 1, r 2 y cargas q 1, q 2 separadas por una gran distancia d >> r 1, r 2. Si ambas se conectan a través de un cable conductor (despreciable, que sirve sólo para transportar carga de una a otra), encuentre las densidades de carga superciales de cada una (en función de las variables conocidas) una vez que el sistema alcanza el equilibrio. Solución: Dado que el sistema está en una región acotada del espacio, podemos tomar como punto de referencia del potencial el innito e igualar el potencial a cero allí, es decir, V (+ ) = 0. Así, el potencial sobre las supercies de las esferas conductoras es V 1 = k q 1 r 1, V 2 = k q 2 r 2 donde hemos supuesto que el potencial de una esfera no es afectado por el de la otra (o más bien es afectado de forma despreciable), dado que están muy muy separada, es decir, d >> r 1, r 2, y tampoco el campo de una esfera redistribuye la carga de la otra. Por conservación de carga, si (q 1 ) f,(q 2 ) f son las cargas en cada esfera una vez alcanzado el equilibrio, tenemos que q 1 + q 2 = (q 1 ) f + (q 2 ) f Al alcanzar el equilibrio, es decir, cuando deja de haber transferencia de cargas entre las esferas, tenemos que la diferencia de potencial eléctrico entre ambas es nulo, es decir, k (q 1) f r 1 V 1 = V 2 = k (q 2) f r 2 4π(r 1 ) 2 (σ 1 ) f r 1 = 4π(r 2) 2 (σ 2 ) f r 2 = (σ 2) f (σ 1 ) f = r 1 r 2 De esto vemos que en general, las regiones en la supercie de un conductor con menor radio de curvatura (puntas) concentran una mayor densidad supercial de carga, por lo cual el campo eléctrico cerca de ellas (en su exterior) es más fuerte que en regiones con menor radio de curvatura. Usando la relación encontrada en la ecuación de conservación de carga, obtenemos (q 1 ) f + (q 2 ) f = q 1 + q 2 4π(r 1 ) 2 (σ 1 ) f + 4π(r 2 ) 2 (σ 2 ) f = q 1 + q 2 4πr 1 (σ 1 ) f (r 1 + r 2 ) = q 1 + q 2 = (σ 1 ) f = 1 q 1 + q 2 4πr 1 r 1 + r 2 (σ 2 ) f = 1 q 1 + q 2 4πr 2 r 1 + r 2

60 60 CAPÍTULO 4. POTENCIAL ELECTROESTATICO Problema 27 Demuestre que la discontinuidad en E ( r) al pasar de una región vacía a otra vacía por una supercie cargada de densidad supercial σ( r), con r en la supercie, es σ( r) Considerando esto, encuentre el campo eléctrico en la supercie de un conductor en equilibrio electrostático. Solución: Consideremos un sector muy muy pequeño de la supercie centrado en r, tan pequeño que sea casi plano, y situemos a través de ella un cilindro Ω de altura 0 < 2h << 1 y área 0 < A << 1, tal que la supercie lo cruze por la mitad. Por la ley de gauss, tenemos E( r) ˆndS = Q int Ω Pero Tenemos además E( r) ˆndS = Ω manto Q int = σ( r)a = Q int = σ( r)a E( r) ˆndS + E1 ( r) ˆn 1 ds + cara sup cara inf E2 ( r) ˆn 2 ds Podemos expresar el campo eléctrico como la suma de su componente tangencial y normal a la supercie, es decir, E = E + E //. Además, como el área es muy pequeña, el módulo del campo eléctrico sobre él se mantiene casi constante, por lo que lo podemos aproximar por E( r) en toda el área. También, ˆn 1 = ˆn 2 Con esto en mente, tenemos que E1 ( r) ˆn 1 ds + E2 ( r) ˆn 2 ds = (E 1 ) A (E 2 ) A cara sup cara inf = ( (E 1 ) (E 2 ) )A expresión que no depende de h (al igual que σ( r)a ǫ ). También tenemos que 0 E( r) ˆndS 0 cuando h 0 manto

61 61 Así, tenemos nalmente ((E 1 ) (E 2 ) )A = σ( r)a σ( r)a E A = = E ( r) = + σ( r) Sabemos que un conductor en equilibrio eléctrostático no presenta carga en su interior, el campo eléctrico en su interior es nulo y toda su carga está distribuida en la supercie de tal forma que el campo eléctrico en la supercie es normal a la misma (pues si tuviera componente tangencial a ella, las cargas se moverían y no estarían en equilibrio electrostático). Así, considerando esto en el análisis anterior, tenemos que el campo eléctrico en r sobre la supercie es E( r) = + σ( r) ˆn con ˆn el vector normal exterior a la supercie en r.

62 62 CAPÍTULO 4. POTENCIAL ELECTROESTATICO Problema 28 Se tienen dos armaduras esféricas, metálicas, huecas y concéntricas de radios a y b (b>a), y de espesor despreciable aunque nito. La armadura interna se carga con una carga q 0 > 0. Se supone que la tierra (que se toma como origen de potenciales) está innitamente alejada. I. La armadura externa se conecta a tierra a través de una batería cuya diferencia de potencial entre sus bornes es V 0. a) Calcule la carga que se induce en las supercies interior y exterior de cada una de las armaduras. b) Calcule el campo eléctrico en todos los puntos del espacio. c) Calcule el potencial eléctrico en todos los puntos del espacio, y la diferencia de potencial entre las armaduras. II. Se cortocircuita la batería (conexión directa a tierra). Repita los calculos anteriores inteligentemente. III. Se desconecta la armadura externa de la tierra, y luego se acerca una carga q > 0 hasta una distancia c > b del centro del condensador. Decida si la acción de la carga q modica o no: d) la carga total de cada una de las armaduras e) la densidad de carga en ellas f) la función potencial y la diferencia de potencial entre ellas. Solución: Explique brevemente sus respuestas. I. El problema tiene simetría esférica con centro de coordenadas el centro de las cáscaras esféricas, debido a que la tierra está innitamente lejana (recordar que la tierra se piensa como un sumidero y fuente innita de carga). Todas las densidades de carga serán uniformes. Dada la simetría esférica, el campo y potencial eléctricos dependerán sólo de la distancia al centro de las cáscaras y el campo apuntará en el sentido de ˆr, es decir, V = V (r) y E( r) = E(r)ˆr. a) Sean q 1, q 2, q 3, q 4 las cargas de las supercies interior y exterior de las armaduras interna y externa, respectivamente. Tenemos que q 0 = q 1 + q 2. Aplicando el teorema de Gauss con una supercie esférica concéntrica y entre las supercies de la primera armadura, tenemos E ˆndS = 0 = q 1 = q 1 = 0 = q 2 = q 0 donde E = 0 pues el campo eléctrico en el interior de un conductor en equilibrio electrostático es nulo.

63 63 Aplicando ahora el teorema de Gauss con una supercie esférica concéntrica y entre las supercies de la segunda armadura, tenemos E ˆndS = 0 = q 1 + q 2 + q 3 = q 1 + q 2 + q 3 = 0 = q 3 = q 2 = q 0 Aplicando de nuevo el teorema de Gauss con una supercie esférica concéntrica de radio r > b y que contenga la segunda armadura, tenemos E ˆndS = E(r)4πr 2 = q 1 + q 2 + q 3 + q 4 = E(r) = q 4 4π ˆr r 2 Por otra parte, sabemos que la diferencia entre la armadura externa y la tierra (en el innito) es V 0, esto es V (b) V (+ ) = V (b) = V 0 V 0 b = = + b + V 0 = q 4 1 4π b = q 4 = 4π bv 0 donde tomamos un camino radial sobre la integral de línea. E d r q 4 dr 4π r 2 b) Dividamos el espacio en varias regiones. Todas las supercies de integración que tomaremos serán esféricas y concéntricas a las armaduras. i) r a (región interior y metal de la armadura interna) Si el radio de la supercie de integración es r a E ˆndS = E(r)4πr 2 = q 1 = 0 = E = 0 ii) a < r < b (región entre armaduras) Es evidente que existe campo eléctrico en esta región, pues hay una diferencia de potencial entre armaduras. Tenemos en este caso que E ˆndS = E(r)4πr 2 = q 0 = E(r) ǫ = q 0 ˆr 0 4π r 2 iii) r = b (metal de la armadura externa) En este punto, E(b) = 0, pues el campo eléctrico en el interior de un metal es siempre nulo. iv) r > b (región exterior a las armaduras) También aquí es evidente que existe un campo eléctrico, pues hay una diferencia de potencial entre la armadura externa y el innito (punto de referencia del potencial). Así, tenemos que E ˆndS = E(r)4πr 2 = q 4 = 4πbV 0 = E(r) = bv 0 r 2 ˆr

64 64 CAPÍTULO 4. POTENCIAL ELECTROESTATICO Resumiendo, el campo eléctrico es E(r) = 0 q 0 ˆr 4π r 2 0 bv 0 ˆr r 2 r a a < r < b r = b b r c) También dividamos el espacio en varias regiones. i) a r b Tenemos V (r) = = E dˆr + C q 0 dr 4π r 2 + C = q 0 4π 1 r + C donde el camino de integración usado fue radial. Para determinar C imponemos la condición de borde. Sabemos que V (b) = V 0, por tanto C = V 0 q 0 4π 1 b, entonces V (r) = q 0 4π ( 1 r 1 ) + V 0 b Por tanto, tenemos que la diferencia de potencial entre las armaduras es V (a) V (b) = q ( 0 1 4π a 1 ) b ii) r a El potencial en r = a (armadura interna) es V (a) = q ( 0 1 4π a 1 ) + V 0 b Como el campo eléctrico en esta región es nulo, entonces toda la región debe tener el mismo potencial (debe ser equipotencial), por lo que V (r a) = q ( 0 1 4π a 1 ) + V 0 b iii) b r V (r) = = E dˆr + C q 4 4π dr r 2 + C = q 4 4π 1 r + C = bv 0 r + C

65 65 Pero V (b) = V 0 = C = 0 = V (r) = bv 0 r Resumiendo, el potencial eléctrico es q 0 ( 1 4π a 1 b) + V0 r a q V (r) = 0 ( 1 4π r 1 b) + V0 a < r < b b r bv 0 r II. Al cortocircuitar la batería, es decir, hacer V 0 = 0, la armadura externa estará al mismo potencial que la tierra. En consecuencia, no habrá campo fuera de la segunda armadura, pues sólo existe campo cuando hay una diferencia de potencial. Recuerde que E = V. Los cálculos son idénticos a los anteriores, así basta introducir V 0 = 0 y considerar lo dicho anteriormente. De esta forma, tenemos carga: q 1 = 0 q 2 = q 0 q 3 = q 0 q 4 = 0 campo: r a : E = 0 a < r < b : E q 0 ˆr = 4π r 2 b r : E = 0 potencial: r a : V (r) = q ( 0 1 4π a 1 ) b a < r < b : V (r) = q ( 0 1 4π r 1 ) b b r : V (r) = 0 Y la diferencia de potencial entre armaduras es V (a) V (b) = q 0 4π ( 1 a 1 b), la misma que en el caso anterior. III. Al desconectar la armadura de la tierra, sin acercar aún la carga q > 0, las cargas en las armaduras no sufren modicación.

66 66 CAPÍTULO 4. POTENCIAL ELECTROESTATICO d) Al acercar la carga q, la carga total de cada armadura sigue siendo la misma, por conservación de carga eléctrica. Veamos qué pasa con q 1, q 2, q 3, q 4. Por ley de Gauss, tenemos que E ˆndS = 0 = q 1 = q 1 = 0 = q 2 = q 0 donde el ujo es cero pues el campo dentro de un conductor en equilibrio siempre es nulo (la supercie de integración fue esférica, concéntrica a las armaduras y dentro de la primera armadura). E ˆndS = 0 = q 1 + q 2 + q 3 = q 0 + q 3 = q 3 = q 0 = q 4 = 0 Por tanto, las cargas en las supercies de las cascarones no cambian (lo que era de esperarse). e) La densidad de carga de la supercie de la armadura externa se modica, pues la carga q introduce una asimetría en el espacio, y las cargas en los metales (conductores) están libres de moverse (la densidad de carga de la supercie externa se redistribuye de tal forma de anular el campo producido por q en el interior de la armadura exterior). Pero las densidades de las supercies internas no sufren cambio. Si sólo consideramos armaduras, la carga de la armadura externa será atraída por la carga q > 0, y la densidad supercial tendrá un máximo (de carga negativa) en la parte de la esfera más cercana a q. f) La armadura externa se pondrá a un potencial distinto de cero (si sigue considerándose V (+ ) = 0). En efecto, V (b) = b + E dˆr 0, pues E 0 y no hay simetría que pudiera anular la integral. La diferencia de potencial entre armaduras seguirá siendo la misma (esto se desprende del hecho que la geometría de las armaduras no ha cambiado, por lo que su capacitancia no ha cambiado, y tampoco ha cambiado la carga en ellas).

67 67 Problema 29 Considere una varilla delgada de densidad lineal uniforme λ y largo L. Encuentre su potencial eléctrico en todo el espacio que la rodea. Solución: Sabemos que el potencial está dado por V ( r) = Ω dq 4π r r 1 En este caso, si r = xˆx + yŷ + zẑ y r 1 = x 1ˆx, con 0 x 1 L, son las posiciones del punto y de la varilla respectivamente, tenemos que Encontremos dx x = V ( r) = L dx. Si x x = tan(θ), entonces 2 +1 sec 2 (θ)dθ tan 2 (θ) + 1 = 0 λdx 1 4π (x1 x) 2 + y 2 + z 2 sec(θ)dθ = ln(sec(θ)+tan(θ)) = ln(x+ x 2 + 1) = arccosh(x) dx Extendiendo esto a 1 resulta (veríquelo) (x1 x) 2 +y 2 +z2 dx 1 (x1 x) 2 + y 2 + z 2 = ln(x 1 x + ((x 1 x) 2 + y 2 + z 2 ) Así, el potencial es V (x, y,z) = = = = L 0 λdx 1 4π (x1 x) 2 + y 2 + z 2 L λ dx 1 4π 0 (x1 x) 2 + y 2 + z 2 λ ln(x 1 x + (x 1 x) 4πǫ 2 + y 2 + z 2 ) 0 ( λ L x + ) (L x) ln 2 + y 2 + z 2 4π x + x 2 + y 2 + z 2 L 0 Problema 30 Considere el dipolo eléctrico de la gura. Encuentre para el dipolo eléctrico microscópico (es decir, para distancia mucho más grandes que 2d, la separación entre cargas): a) El potencial eléctrico en todo el espacio (Hint: Use coordenadas polares, y use la ley de los cosenos para expresar las distancias relevantes en tales coordenadas). b) El campo eléctrico en todo el espacio.

68 68 CAPÍTULO 4. POTENCIAL ELECTROESTATICO c) La energía potencial del dipolo (esto, para un dipolo en general). Solución: a) Por el principio de superposición, el potencial eléctrico en el punto P está dado por V = q ( 1 1 ) 4π r + r Por la ley del coseno, tenemos que r 2 + ( π ) = r 2 + d 2 2rd cos 2 θ = r 2 + d 2 2rd sen(θ) = 1 1 = r + r 2 + d 2 2rd sen(θ) = 1 r ( d r )2 2 d r sen(θ) Pero estamos calculando el potencial para r >> d, por lo que d r << 1 y 1 r + = 1 r = 1 r = 1 r ( d r )2 2 d r ( ( sen(θ) (d ( ) 2 2 d r sen(θ) r ( ) d 2 + d r r sen(θ) ) )) A su vez, tenemos para r

69 69 ( π ) r 2 = r 2 + d 2 2rd cos 2 + θ = r 2 + d 2 + 2rd sen(θ) y de forma análoga a lo anterior ( 1 1 = r r ( ) ) d 2 d r r sen(θ) Por lo que el potencial para r >> d resulta V (r, θ) = = = V (r, θ) = ( q 1 1 ) 4π r + r (( q 4π r q 4π r = 2qd sen(θ) 4π r 2 p = sen(θ) 4π r 2 1 4π ( 2d r sen(θ) p ˆr r 2 ( ) d 2 + d r ) r sen(θ) donde p es el momento dipolar eléctrico del dipolo. ) ( ( ) )) d 2 d r r sen(θ) b) Sabemos que Así, tenemos que E = ˆ V = V r ˆr 1 V r θ ˆθ V r = 1 psen(θ) 2π r 3 = E(r, θ) = 1 V r θ = 1 pcos(θ) 4π r 3 p ( ) 4π r 3 2sen(θ)ˆr cos(θ)ˆθ c) Consideremos la siguiente gura. Dado que la región ocupada por el dipolo es acotada, podemos tomar V (+ ) = 0 como potencial de referencia. Al traer las cargas desde el innito y formar el dipolo, la energía asociada al dipolo es

70 70 CAPÍTULO 4. POTENCIAL ELECTROESTATICO U = qv (x + dx, y + dy, z + dz) qv (x, y, z) U = q (V (x + dx, y + dy,z + dz) V (x, y,z)) = qdv ( ) V V V = q dx + dy + x y z dz = V x p x + V y p y + V z p z = p V = p E

71 71 Problema 31 Considere una región esférica, de radio b, que tiene una distribución de carga uniforme ρ(r) = ρ 0 para la región determinada por a < r < b y densidad nula para r < a. Determine el potencial electrostático en todo el espacio. Solución: a) Lo que haremos primero será calcular el campo eléctrico producido por esta distribución de carga en todo el espacio y con este resultado obtendremos el potencial utilizando: p V p = E d l Considerando el potencial igual a cero en el innito. El problema tiene simetría esférica y por lo tanto se tendrá que E = Eˆr, donde ˆr es el vector unitario en dirección radial. Consideraremos 3 regiones: I) r < a II) a < r < b III) r > b I) r < a: Considero como supercie gaussiana un cascaron esférico de radio r < a(supercie S). Se tiene que el vector normal a esta supercie es paralelo a ˆr. De esta manera se tendrá que el campo E es paralelo al vector normal ˆn de la supercie S por lo que E ˆn = E y por lo tanto: φ = S E ˆndS = E ds = E4πr 2 S Por otro lado la carga en el interior de la supercie es nula ya que esta contenida en el conductor: q int = 0. Aplicando la Ley de Gauss se tendrá que: Y por lo tanto E = 0, si r<a. II) a < r < b: E4πr 2 = 0 Considero como supercie gaussiana una cascara esférica de radio r(supercie S) como muestra la gura: Al igual que en el caso anterior se tendrá que E ˆn = E y por lo tanto: