Ejercicios Resueltos de Electricidad y MagnetismoJuan Pablo Garrido L. Daniel Narrias V.

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ndice general1. Ley de Coulomb 2. Integrales de Coulomb 3. Ley de Gauss 4. Potencial Electroestatico 5. Conductores 6. Condensadores 7. Dielectricos 8. Corriente Electrica 9. Fuerza producida por un campo magnetico 10.Ley de Biot-Savart 11.Ley de Ampere 12.Ley de Faraday-Lenz 13.Induccion 5 19 39 63 93 103 121 143 169 175 181 191 197

NOTA: Los resultados podrian eventuamente tener errores de tipeo. Ante cualquier duda

escribir a: jbgarrid@uc.cl o dnarrias@uc.cl

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NDICE GENERAL

Captulo 1Ley de CoulombProblema 1 Dos bolitas idnticas tienen una masa m y carga q. Cuando se ponen en un tazn esfrico de radio R con paredes no conductoras y sin friccin, las bolitas se mueven hasta que en la posicin de equilibrio estn separadas por una distancia R. Determine las cargas de las bolitas.

Solucin: Para aplicar la condicin de equilibrio es necesario que escribamos todas las fuerzas sobre una de las bolitas cargadas. Para esto consideramos la siguiente conguracin para el problema:

La fuerza normal N se puede escribir usando sus componentes rectangulares como: La fuerza Fe es la ejercida por la bolita de la derecha sobre la bolita de la izquierda y es:Fe = kq 2 R2 N = N cos(/3) + N sin(/3) i j

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CAPTULO 1. LEY DE COULOMB

Ahora sumamos fuerzas por componente sobre la bolita de la derecha y aplicamos la condicin de equilibrio: Fuerza en X:

FX = N cos(/3) Fuerza en Y:

kq 2 =0 R2

(1) (2)

FY = N sin(/3) mg = 0De (2) vemos que

N=Reemplazando esta expresion en (1):

mg sin(/3)

mg kq 2 cos(/3) 2 = 0 sin(/3) RDespejando q

q = R

mg cot(/3) k

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Problema 2

Se tienen dos masas iguales m de misma carga q unidas a travs de un segmento vertical jo. La masa inferior est ja al extremo inferior del segmento y la masa superior se puede mover libremente. a) Encuentre la posicin de equilibrio de la masa superior. b) Encuentre la frecuencia de pequeas oscilaciones de la masa en torno a su punto de equilibrio.

Solucin:a) Las cargas elctricas son de mismo signo, por lo que la fuerza elctrica entre ambas es repulsiva. As, la masa superior experimenta una fuerza elctrica hacia arriba y su peso hacia abajo, estando en equilibrio cuando ambas fuerzas son iguales. Considerando esto tenemos, q2 mg = k 2 x0 con x0 posicin de equilibrio.

= x0 = q

k mg

(1)

b) Consideremos una coordenada x en torno la posicin de equilibrio x0 . Tenemos por 2da ley de Newtn kq 2 d2 x F = m 2 = mg + dt (x0 + x)2x Para oscilaciones pequeas, |x| 0 esta rodeada por una supercie cerrada formada por un manto cnico de radio R y altura H , y una supercie semiesfrica concntrica con la carga, segn se observa en la gura. Calcule el ujo de campo elctrico a travs del manto cnico.

Solucin: La supercie que rodea a la carga q es cerrada. Por la ley de gauss, el ujo a travs de la supercie es:=S

Adems, el ujo que atraviesa la supercie cerrada (que llamamos S) ser igual a la suma de los ujos que pasen por la semiesfera (que llamamos Se ) y los ujos que pasen por el manto cnico(que llamamos Sc ). Esto se puede escribir como: = e + c= c = + e (2)

E dS =

q 0

(1)

De esta manera, encontrando el valor de e resolvemos el problema inmediatamente. e se calcula como:e =Se

E dS0 2

1 El campo elctrico producido por la carga q es E = 4 Rq r. Donde r es el vector unitario en direccin radial. El vector dS tambin esta en direccin radial, ya que dS = ndS y n es paralelo a r como muestra la gura:

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CAPTULO 3. LEY DE GAUSS

De esto, se tendr que

E dS =

1 q 1 q r ndS = dS 2 40 R 40 R2

Integrando se obtiene el ujo para la semiesfera:

e =Se

E dS =

Se

1 q 1 q dS = 2 40 R 40 R2

dSSe Se

La integral Se dS corresponde al rea de la semiesfera. Entonces manera el ujo ser:

dS = 2R2 . De esta

e =

1 q q 2R2 = 2 40 R 20

(3)

De (1),(2) y (3) se tiene nalmente que:

c =

q 20

Considere una cscara cilndrica, sin espesor, de radio R y largo innito, con densidad de carga supercial uniforme (ver gura). Encuentre el campo elctrico en todo el espacio (use ley de Gauss).

Problema 18

Solucin:

De la Ley de Gauss sabemos que el ujo del campo elctrico 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 . Es 0 decir,

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E ndS =

Qint 0

donde Qint es la carga encerrada por la supercie . 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 expresin equivalenteE = 0

Es posible usar la Ley de Gauss para calcular el campo elctrico bajo altas condiciones de simetra, lo cual se cumple en este caso. Pongamos como eje z el eje de simetra del cilindro. Por la simetra cilindrica, el campo elctrico no depende de y por ser innito no depende de z . As a priori, sabemos que E(r) = E(r), donde r se mide desde el eje al punto en cuestin r y r es el vector unitario que va desde el eje al punto. Debemos elegir una supercie de integracin 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 cilndrica de radio r con eje de simetra 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 ndS =

Qint =0 0

Adems,

E ndS =

manto

E(r) ndS + r dS

tapas

E(r) ndS r

= E(r)manto

= E(r)(2r)h = E(r)(2r)h = 0 = E(r) = 0 = E = 0

Es interesante el hecho que el campo elctrico sea nulo dentro del cilindro. b) Si R r. En este caso tenemos que

E ndS = E(r)(2r)h =

(2R)h = E(r) = 0 0 0 r 0, calcule las nuevas posiciones de equilibrio de la carga y determine cules de ellas son estables o inestables. Discuta que condiciones debe cumplir E0 para la existencia de tales posiciones de equilibrio y su nmero.

Problema 21

Solucin:a) Pongamos el origen coordenado en el centro de la esfera. Del itm anterior, al usar la ley de Gauss, sabemos que el campo elctrico generado por la esfera esr 30 r R3 r 30 r 2

E(r) =

r0 30

Por lo tanto, es punto de equilibrio estable.

R3 + E0 = 0 = x2 30 x2

imaginario

por lo que no hay posicin de equilibrio para R x.

45 iii) x R Queremos que

E0

R3 = 0 = x3 = R 30 x2

R 30 E0

Para que x1 existe, se debe cumplir que

x3 = R

R < R = 30 E0

R R > 1 = E0 < 30 E0 30

que es la misma condicin que encontramos anteriormente para que hubiera equilibrio. Este punto de equilibrio es inestable, se deja al lector vericarlo.R La prueba de lo siguiente se deja al lector. Hemos visto que para E0 < 30 existen dos puntos de equilibrio, uno estable y el otro inestable. Para E0 = 0 existe una sola posicin de equilibrio, R en el centro de la esfera y es estable. Para E0 = 30 existe una sola posicin de equilibrio, es R en x = R y es inestable. Y para E0 > 30 no hay posiciones de equilibrio. Todo esto se puede ver claramente haciendo un grco de E(x) versus x (se deja al lector).

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CAPTULO 3. LEY DE GAUSS

Problema 22

Considere un cilindro muy largo de radio R que se carga en su interior con una densidad r = 0 (1 R ), donde 0 es una constante positiva, siendo r la distancia medida desde el eje del cilindro. Encuentre a que distancia del eje el campo elctrico es mximo y calcule esta magnitud mxima.

Solucin:

Dado que el cilindro es muy largo, el campo elctrico estar en direccin radial en coordenadas cilndricas. 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 elctrico como E = E r, donde r es el vector unitario radial en coordenadas cilndricas. Por la ley de gauss se tendr que:

S

E ndS =

tapas

E ndS +

manto

E ndS =

qinterior 0

(1)

El vector normal n de las tapas es perpendicular a r. Con esto se tendr que r n = 0 y por lo tanto E r ndS = 0 (2) E ndS = tapas tapas

El vector n, normal al manto, ser paralelo a r y por lo tanto r n = 1 lo que implica que: manto

E ndS =

manto

E r ndS = E manto dS

dSmanto

La integral

manto dS

corresponde al rea del manto:manto

= 2rL. Por lo tanto: (3)

E ndS = E 2rL

Reemplazando (2) y (3) en (1) resulta que: qinterior E 2rL = 0

(4)

47 Lo que falta para resolver este problema es calcular la carga que hay en el interior de la supercie de gauss. Tenemos una densidad volumtrica de carga elctrica dentro de esta supercie. Vemos que se cumplir la siguiente relacin:

dq = (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 ser simplemente el volumen entre los dos cilindros, lo que resulta:

dV = 2r dr LReemplazando (6) en (5):

(6)

dq = 2r dr L p(r ) dq = 2r dr L 0 (1 = dq = 2L 0 (r

r ) R

r 2 )dr Rr 0 r 0

Integrando:r

q = 2L00

(r

r 2 )dr = 2L0 ( R r2 r3

r dr 3Rr2

r 2 dr ) R

= q = 2L0 (

2 3R L0 (3Rr2 2r3 ) = q = 3R E 2rL =

) = 2L0 (

2r3 ) 6R

(7)

De (4) y (7):

L0 (3Rr2 2r3 ) 3R0

Despejando E :

E=

0 (3Rr 2r2 ) 6R0

(8)

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CAPTULO 3. LEY DE GAUSS

Queremos saber para que valor de r el campo elctrico es maximo. Para esto derivamos E respecto a r:

0 dE = (3R 4r) dr 6R0Igualando a 0 se obtiene que el valor de r buscado es:

r=De esta manera

3R 4 30 R 160

|E|max =

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Entre dos planos innitos paralelos que se encuentran a una distancia 2a el uno del otro se tiene una distribucin homognea de carga con densidad . Tangente al plano de la derecha hay un cascarn cargado, de radio R y densidad supercial (ver gura). Calcular, con el origen en el punto medio de la recta que une los planos, el campo electrico para todo x > 0.

Problema 23

Solucin:

La conguracin del problema es la siguiente:

Para encontrar el campo elctrico sobre el eje x(x > 0) calcularemos el campo elctrico producido por la regin entre los planos innitos de densidad y el cascaron esfrico de densidad y posteriormente utilizaremos el principio de superposicin.

Campo elctrico producido por la regin entre los planos innitos (E): Dada la

simetra que presenta esta regin respecto al eje y , el campo elctrico E presentara tambin esta simetra como muestra la siguiente gura:

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CAPTULO 3. LEY DE GAUSS

Calculare el campo elctrico en dos regiones. Cuando 0 < x < a y x > a:

0 < x < a: Considerare como supercie gaussiana una caja de rea lateral A y lado 2x como muestra la siguiente gura:

Dada la direccin que tiene el campo elctrico se tendr que por las tapas frontal, posterior, inferior y superior el ujo ser cero, ya que el vector normal a estas caras es perpendicular al campo y de esto E n = 0 lo que implica que

E ndS = 0 Sin embargo, si habr ujo por las caras laterales y se tendr que el campo elctrico es paralelo a los vectores normales de estas caras con lo cual se cumplir (E) n = E lo que implica que S

E ndS = E

dSS

De esta manera, aplicando la ley de gauss, se tendr que el ujo total sobre la caja ser el ujo a travs de las caras laterales:

=ES1

dS + ES2

dS = EA + EA = 2EA =

qint 0

(1)

Donde S1 y S2 son las supercies laterales indicadas anteriormente. Podemos calcular la carga interior qint ya que sabemos la dimensiones de la caja y la densidad volumtrica de carga . La carga interior ser simplemente

qint = V = 2xAReemplazando este valor en (1) obtenemos:

2EA =

2xA 0 x E= 0

Y dada la simetra vemos que el campo esta en direccin , por lo tanto se tiene que: i

E =

x i, si 0 < x < a 0

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x > a: Se procede de igual forma que para la regin anterior ya que la simetra presente es la misma en el campo elctrico tal como se muestra en la siguiente gura:

Al igual que el caso anterior existir ujo solo en las caras laterales y ser: = 2EA. La carga interior ser la carga que esta desde a < x < a, por lo tanto: qint = 2aA. Aplicando la ley de gauss:

= 2EA =

2aA 0 a E= 0 a i, si x > a 0

El campo esta en direccin por lo tanto: i

E =

Notar que el campo en esta regin es constante.Campo elctrico producido por la cascara esfrica (E ):) Separaremos el espacio en 2 regiones, el interior de la cascara esfrica (rR) y calculamos el campo elctrico en cada uno utilizando la ley de gauss:

r < R: Dado la simetra esfrica y la densidad supercial es constante, se tendr que el campo elctrico estar en direccin radial. Considerare como supercie gaussiana una cascara esfrica de radio r < R(supercie S) tal como muestra la gura:

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CAPTULO 3. LEY DE GAUSS

El ujo a travs de esta supercie ser = S E ndS , pero el vector n es paralelo al cam po(ambos radiales) y por lo que E n = E y por lo tanto = E S dS = E4r2 . Por otro lado, la carga interior es nula ya que solo hay carga en la cascara: qint = 0. Por la ley de gauss se tendr que qint = E4r2 = =0 0

E = 0, si r < R r > R: Consideramos, al igual que en el caso anterior, una cascara esfrica de radio r > R como supercie gaussiana. Bajo los mismos argumentos de simetra anterior vemos que el campo elctrico ser radial y por lo tanto, paralelo al vector normal y de esta manera: =S

E ndS = E

dS = E4r2S

La carga interna qint ser la carga contenida en toda la supercie, la cual se obtiene multiplicando el rea total por la densidad supercial de carga: qint = 4R2 . Por la ley de gauss, se tendr que

= E4r2 =Despejando el campo elctrico se tiene que

qint 4R2 = 0 0

E=

R2 0 r2

Este campo estar en direccin radial, por lo tanto:

E =

R2 r, si r > R 0 r2

Donde r es el vector unitario en direccin radial. Ahora que encontramos los dos campos elctricos podemos encontrar el campo resultante superponindolos. Para esto, considerare 3 regiones: I) 0 < x < a II) a < x < a + 2R III) x > a + 2RR I) 0 < x < a: En esta regin los campos elctricos son: E = x y E = 0 r2 r. Ahora tenemos 0 i que expresar r y r de forma conveniente para poder sumar ambos campos. Consideremos la siguiente gura: Vemos que se cumplir que a + R = x + r con lo que resulta r = a + R x. Adems, vemos que r = y por lo tanto podemos escribir el campo elctrico como: i2

E =

R2 i 0 (a + R x)2

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De esta manera, el campo elctrico resultante en esta regin es E = E + E , es decir

E=(

R2 x ) i 0 0 (a + R x)2

II) a < x < a + 2R: En esta regin el campo lo aporta solo E ya que el campo producido por la cascaa esferica es nulo en el interior ella. Por lo tanto:

E = E =

a i, si a < x < a + 2R 0

III) x > a + 2R En esta regio, ambos campos estarn en direccin y sentido . Para obtener i la expresin de E en funcin de x, consideramos la siguiente gura:

Vemos que se cumple la relacin x = a + R + r, con lo que resulta que r = x a R. Adems, r = . De esta forma, tendremos que: i

E =

R2 i 0 (x a R)2

Luego, por principio de superposicin, el campo elctrico en esta regin ser:

E=(

Finalmente el campo elctrico resultante por ambas distribuciones de carga ser:

R2 a + ) si x > a + 2R i, 0 0 (x a R)2

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CAPTULO 3. LEY DE GAUSS x ( 0 a ( + 0R2 ) i 0 (a+Rx)2 a 0 i R2 ) i 0 (xaR)2

E=

0 R. Tenemos que

Solucin:

E ndS =

E(r)4r2 = =

Qint 0 4R3 30 E(r) = R3 r 30 r2

Por tanto, tenemos que el campo elctrico generado por la esfera maciza es

E(r) =

r 30 r R3 r 30 r2

r 0 normal al eje x de ecuacin x = 0. En a se encuentra una carga puntual q < 0. x a) Encuentre el potencial elctrico sobre el eje x y entre la carga q < 0 y el origen coordenado O. b) Una partcula de masa m y carga e < 0 se ubica en el punto medio entre q y O y se deja libre. Con qu energa cintica llega la carga al plano? (ignore efectos gravitacionales). a) Conocemos el campo elctrico generado por el plano y la carga q sobre el eje x que los une. Tales campos son E1 = 20 x E2 = q 1 q 1 = x x 2 40 (a x) 40 (a x)2 1 q + 20 40 (a x)2

Solucin:

As, el campo elctrico entre O y q (que est, digamos, en el punto A) esE = E1 + E2 = x

Pero ya que E = V , entonces en (la regin pedida)V =0 z V q 1 = + x 20 40 (a x)2 q 1 x +C + = V (x) = 20 40 (a x)V y

=0

b) El campo electrosttico es conservativo, as que podemos usar conservacin de energa entre energa potencial y cintica. La carga e parte del reposo desde a/2 hacia el x plano. Por conservacin de energa, tenemos que 57

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CAPTULO 4. POTENCIAL ELECTROESTATICOmv 2 eV (0) 2

eV (a/2) = = K = mv 2 2

= e (V (0) V (a/2)) = e = e 1 q 1 2q a +C + + C 40 a 40 a 40 a 1 q + 40 a 40

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Problema 26

Se tienen dos esfras conductoras de radios r1 , r2 y cargas q1 , q2 separadas por una gran distancia d >> r1 , r2 . Si ambas se conectan a travs de un cable conductor (despreciable, que sirve slo para transportar carga de una a otra), encuentre las densidades de carga superciales de cada una (en funcin de las variables conocidas) una vez que el sistema alcanza el equilibrio. Dado que el sistema est en una regin acotada del espacio, podemos tomar como punto de referencia del potencial el innito e igualar el potencial a cero all, es decir, V (+) = 0. As, el potencial sobre las supercies de las esferas conductoras es

Solucin:

V1 = k

q1 q2 , V2 = k r1 r2

donde hemos supuesto que el potencial de una esfera no es afectado por el de la otra (o ms bien es afectado de forma despreciable), dado que estn muy muy separada, es decir, d >> r1 , r2 , y tampoco el campo de una esfera redistribuye la carga de la otra. Por conservacin de carga, si (q1 )f , (q2 )f son las cargas en cada esfera una vez alcanzado el equilibrio, tenemos que

q1 + q2 = (q1 )f + (q2 )fAl alcanzar el equilibrio, es decir, cuando deja de haber transferencia de cargas entre las esferas, tenemos que la diferencia de potencial elctrico entre ambas es nulo, es decir,

V1 (q1 )f k r1 2 ( ) 4(r1 ) 1 f r1 (2 )f = (1 )f

= V2 (q2 )f = k r2 4(r2 )2 (2 )f = r2 r1 = r2

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 elctrico cerca de ellas (en su exterior) es ms fuerte que en regiones con menor radio de curvatura. Usando la relacin encontrada en la ecuacin de conservacin de carga, obtenemos

(q1 )f + (q2 )f 4(r1 ) (1 )f + 4(r2 ) (2 )f2 2

= q1 + q2 = q1 + q2

4r1 (1 )f (r1 + r2 ) = q1 + q2 1 q1 + q2 = (1 )f = 4r1 r1 + r2 1 q1 + q2 (2 )f = 4r2 r1 + r2

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CAPTULO 4. POTENCIAL ELECTROESTATICO

Problema 27 Demuestre que la discontinuidad en |E (r)| al pasar de una regin vaca a otra vaca por una supercie cargada de densidad supercial (r), con r en la supercie, es(r) 0

Considerando esto, encuentre el campo elctrico en la supercie de un conductor en equilibrio electrosttico.

Solucin: Consideremos un sector muy muy pequeo de la supercie centrado en r, tan pequeo que sea casi plano, y situemos a travs de ella un cilindro de altura 0 < 2h 0. Se supone que la tierra (que se toma como origen de potenciales) est innitamente alejada. I. La armadura externa se conecta a tierra a travs de una batera cuya diferencia de potencial entre sus bornes es V0 . a) Calcule la carga que se induce en las supercies interior y exterior de cada una de las armaduras. b) Calcule el campo elctrico en todos los puntos del espacio. c) Calcule el potencial elctrico en todos los puntos del espacio, y la diferencia de potencial entre las armaduras. II. Se cortocircuita la batera (conexin 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 accin 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 funcin potencial y la diferencia de potencial entre ellas. Explique brevemente sus respuestas.

Problema 28 Se tienen dos armaduras esfricas, metlicas, huecas y concntricas de radios a

Solucin:I. El problema tiene simetra esfrica con centro de coordenadas el centro de las cscaras esfricas, debido a que la tierra est innitamente lejana (recordar que la tierra se piensa como un sumidero y fuente innita de carga). Todas las densidades de carga sern uniformes. Dada la simetra esfrica, el campo y potencial elctricos dependern slo de la distancia al centro de las cscaras y el campo apuntar en el sentido de r, es decir, V = V (r) y E(r) = E(r). r a) Sean q1 , q2 , q3 , q4 las cargas de las supercies interior y exterior de las armaduras interna y externa, respectivamente. Tenemos que q0 = q1 + q2 . Aplicando el teorema de Gauss con una supercie esfrica concntrica y entre las supercies de la primera armadura, tenemos

E ndS = 0 =

q1 = q1 = 0 = q2 = q0 0

donde E = 0 pues el campo elctrico en el interior de un conductor en equilibrio electrosttico es nulo.

63 Aplicando ahora el teorema de Gauss con una supercie esfrica concntrica y entre las supercies de la segunda armadura, tenemos

E ndS = 0 =

q1 + q2 + q3 = q1 + q2 + q3 = 0 = q3 = q2 = q0 0

Aplicando de nuevo el teorema de Gauss con una supercie esfrica concntrica de radio r > b y que contenga la segunda armadura, tenemos

E ndS = E(r)4r2 =

q4 r q1 + q2 + q3 + q4 = E(r) = 0 40 r2

Por otra parte, sabemos que la diferencia entre la armadura externa y la tierra (en el innito) es V0 , esto esb

V (b) V (+) = V (b) = V0 = V0 = V0 = q4

+ b +

E dr q4 dr 40 r2

q4 1 = 40 b = 40 bV0

donde tomamos un camino radial sobre la integral de lnea. b) Dividamos el espacio en varias regiones. Todas las supercies de integracin que tomaremos sern esfricas y concntricas a las armaduras. i) r a (regin interior y metal de la armadura interna) Si el radio de la supercie de integracin es r a

E ndS = E(r)4r2 =

q1 = 0 = E = 0 0

ii) a < r < b (regin entre armaduras) Es evidente que existe campo elctrico en esta regin, pues hay una diferencia de potencial entre armaduras. Tenemos en este caso que

E ndS = E(r)4r2 =

q0 q0 r = E(r) = 0 40 r2

iii) r = b (metal de la armadura externa) En este punto, E(b) = 0, pues el campo elctrico en el interior de un metal es siempre nulo. iv) r > b (regin exterior a las armaduras) Tambin aqu es evidente que existe un campo elctrico, pues hay una diferencia de potencial entre la armadura externa y el innito (punto de referencia del potencial). As, tenemos que

E ndS = E(r)4r2 =

q4 40 bV0 bV0 = = E(r) = 2 r 0 0 r

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CAPTULO 4. POTENCIAL ELECTROESTATICOResumiendo, el campo elctrico es E(r) = i) a r b Tenemos

0q0 40

0bV0 r2

r r2

r

ra a d, por lo que

> d resulta

V (r, ) = = = = = V (r, ) =

q 40 q 40 r

1 1 r + r 1 1 2 d r

2

+

d sen() r

1

1 2

d r

2

d sen() r

2d q sen() 40 r r 2qd sen() 40 r2 p sen() 40 r2 pr 1 40 r2

donde p es el momento dipolar elctrico del dipolo. b) Sabemos que

V 1 V E = V = r r r As, tenemos que

V 1 psen() = r 20 r3 1 pcos() 1 V = r 40 r3 = E(r, ) = p 2sen() cos() r 40 r3

c) Consideremos la siguiente gura. Dado que la regin 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 energa asociada al dipolo es

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CAPTULO 4. POTENCIAL ELECTROESTATICO

U

= qdV V V V = q dx + dy + dz x y z V V V px + py + pz = x y z U = p E = p V

= q (V (x + dx, y + dy, z + dz) V (x, y, z))

= qV (x + dx, y + dy, z + dz) qV (x, y, z)

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Considere una regin esfrica, de radio b, que tiene una distribucin de carga uniforme (r) = 0 para la regin determinada por a < r < b y densidad nula para r < a. Determine el potencial electrosttico en todo el espacio.

Problema 31

Solucin: a) Lo que haremos primero ser calcular el campo elctrico producido por esta distribucinde carga en todo el espacio y con este resultado obtendremos el potencial utilizando:p

Vp =

Considerando el potencial igual a cero en el innito. El problema tiene simetra esfrica y por lo tanto se tendr que E = E r, donde r es el vector unitario en direccin radial. Consideraremos 3 regiones: I) r < a II) a < r < b III) r > b

E d

I) r < a: Considero como supercie gaussiana un cascaron esfrico de radio r < a(supercie S). Se tiene que el vector normal a esta supercie es paralelo a r. De esta manera se tendr que el campo E es paralelo al vector normal n de la supercie S por lo que E n = E y por lo tanto: =S

E ndS = E

dS = E4r2S

Por otro lado la carga en el interior de la supercie es nula ya que esta contenida en el conductor: qint = 0. Aplicando la Ley de Gauss se tendr que:

E4r2 = 0Y por lo tanto E = 0, si r b: Procediendo de igual manera que en la regin II) veremos que la carga almacenada en la distribucin que rodea al conductor ser: 4 qint = 0 (b3 a3 ) 3De esta manera aplicando la ley de gauss tendremos que:

E4r2 =

0 (b3 a3 ) 3r0

E=Vectorialmente queda expresado como:

0 (b3 a3 ) 30 r2 0 (b3 a3 ) r 30 r2

E(r) =

73 Resumiendo, el campo elctrico en todo el espacio 0 0 (r 3 a3 ) r E= 30 r 2 0 (b3 a3 ) r 30 r 2 resulta

r b

Ahora queremos calcular el potencial a una distancia r, donde a < r < b. Por denicin tenemos quer

V (r) =

Descomponemos esta integral de lnea separando la trayectoria desde el innito hasta r, en las trayectorias desde innito hasta b mas la trayectoria desde b hasta r.b r

E d

V (r) =

La primera integral resulta de evaluar el potencial anterior en r = b:b

E d +

b

E d

V (b) =

E d =

0 (b3 a3 ) 30 b

Por otro lado, para la otra integral tendremosr r

b

E d =

b

0 (r3 a3 ) dr 30 r2

r b 0 1 = rdr a3 ( dr) 2 30 b r r 0 r2 1 r = (( ) a3 ( )) 30 2 b r b

=

b2 r 2 (r b) 0 ( + a3 ) 30 2 rb

74

CAPTULO 4. POTENCIAL ELECTROESTATICO

De esta manera, el potencial en r resulta ser

V (r) =

(r b) 0 b3 a3 b2 r2 ( + + a3 ), 30 b 2 rb

si a < x < b

Para la regin r < a descomponemos la trayectoria desde el innito hasta r en 3 trayectorias. Tendremos que el potencial esr b a r

V (r) =

E d =

E d +

b

E dr +

a

E d

Al ser nulo el campo elctrico para r < a tendremos quer

Y de esta manera el potencial resulta ser:

a

E d = 0

V (r) =

(a b) 0 b3 a3 b2 a2 ( + + a3 ), 30 b 2 ab

si r < a

75

Problema 32

Considere el sistema dado en la gura: Se tienen 2 cilindros muy largos, huecos, cada uno de radio r y densidades de cargas superciales constantes y .

a) Encuentre el campo elctrico sobre la lnea AB , que equidista de los cilindros en una distancia igual a su separacin d. b) Determine la diferencia de potencial entre los centros de los cilindros.

Solucin: a) Para obtener este resultado debemos calcular el campo elctrico de cada cilindro hueco auna distancia r de l(utilizaremos este resultado posteriormente) y evaluar en r = b. Dado que los cilindros son muy largos y estn cargados con densidad supercial uniforme podemos despreciar las condiciones de borde y utilizar los argumentos de simetra. El campo elctrico que produce cada cilindro estar en direccin radial y de esta manera utilizando como supercie gaussiana un cilindro de largo L y radio r

=S

E ndS =

qint 0

(1)

Desarrollamos la integral como

S

E ndS = E

dS = E2rLS

(2)

Como la densidad de carga supercial es constante(se hace de igual manera para para el cilindro ), la carga del cilindro ser simplemente

qint = V = 2aL

(3)

76

CAPTULO 4. POTENCIAL ELECTROESTATICOa r0 E= a d0

Reemplazando (2) y (3) en (1), obtenemos que

E=Evaluando en r = d tenemos que

(4)

Ahora superponiendo el campo elctrico producido por cada cilindro sobre el punto pedido se debe considerar la siguiente conguracin:

Como ya mencionamos el campo elctrico es radial, y por lo tanto estarn en la direccin indicada en la gura. Como los mdulos de los campos producidos por ambos cilindros son iguales en el punto pedido, las componentes en y se anularan y por lo tanto el campo elctrico estar en direccin y tendr modulo 2Ey = 2Ecos( ), es decir i 3

E=

a d0

b) Para calcular la diferencia de potencial entre los dos cilindros debemos calcular el campo

elctrico sobre la lnea que une a ambos cilindros. Considerare el origen en el centro del cilindro de la izquierda, como muestra la gura:

Para 0 < x < D el campo elctrico siempre estar en direccin . Como hemos visto anteriori mente, el hecho de que cada cilindro tenga carga nula en su interior implicar que el campo elctrico que produzcan en su interior sea nulo. Ahora, calcularemos el campo elctrico resultante sobre el eje x superponiendo los campos producidos por cada cilindro:

Campo elctrico producido por el cilindro izquierdo

77 Como ya se dijo, el campo elctrico en el interior del cilindro ser nulo, por lo tanto

E1 = 0,

si 0 < x < a

Fuera del cilindro el campo elctrico se calculara de igual manera como lo hicimos en la parte a), de esta manera tenemos que:

E1 =

a i, x0

si x > a

Campo elctrico producido por el cilindro derechoEn el interior del cilindro el campo producido por l ser nulo:

E2 = 0,

si d a < x < d

Por otro lado, considerando la gura mostrada anteriormente, veremos que a para un cierto x que cumpla 0 < x < d a, la distancia del centro del cilindro derecho a x ser d x, de esta manera el campo elctrico resulta ser:

E2 =

De esta manera, al superponer los campos elctricos obtenidos, vemos que el campos resltate es:

a i (d x)0

E=

a (dx)0 i a a ( x0 + (dx)0 ) i a x0 i

0