Problemas Resueltos de Campo Eléctrico.pdf

8/11/2019 Problemas Resueltos de Campo Elctrico.pdf

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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAOFACULTAD DE INGENIERA ELCTRICA Y ELECTRNICAESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERA ELCTRICA

CURSO :ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO

PROFESOR :Ing. JORGE MONTAO PISFIL

PROBLEMAS RESUELTOS DE CAMPO ELCTRICO, FLUJO ELCTRICOY LEY DE GAUSS

Problema No1

Resolucin:

Como son dos conductores largos (hilos infinitos), con densidades de carga lineal, entonces se

crean dos campos elctricos (cada hilo crea un campo elctrico a su alrededor). Para calcular el

campo elctrico resultanteRE

en un punto se suman vectorialmente los campos que producen

ambos hilos, es decir se cumple el Principio de superposicin aplicado a los campos elctricos.Asimismo hay que recordar que la magnitud (o mdulo) del campo elctrico para un hilo infinito, a

una distancia rdel hilo, viene dado por:02

Er

.

En la figura se muestra las secciones transversales de los hilos infinitos, los vectores campo

elctrico1E

y2E

, y el vector campo elctrico resultanteRE

.

8 m

2 m

Dos conductores largos paralelos de una

lnea de transmisin cd (corriente

directa) separados 2m, tienen distribuidauna carga lineal de densidad

5 /C m , de signo opuesto. Ambas

lneas estn a 8 m arriba del suelo, tal

como se muestra en la figura Cul es la

magnitud del campo elctrico a 4 m,

directamente debajo de uno de los

conductores?


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Por Principio de superposicin, aplicado a los campos elctricos, tenemos:

1 2

2 2

1 2 1 2

:

2 cos ...(1)

R

R

R

E E E

La magnitud o mdulo de E ser

E E E E E

Donde:

6

1 12

0

5 10

2 (4) 2 8.85 10 (4)

VE

m

6

2 12

0

5 10

2 ( 20) 2 8.85 10 ( 20)

VE

m

Del grafico obtenemos:4

cos cos20

Problema No2

Un anillo circular de radio R, tiene una carga lineal de densidad /C m y se coloca en el plano

xy, con el eje de simetra z, a) para que valores de z, el campo elctrico Ees mximo. b) cual es

la magnitud de Emximo. c) si la carga total que hay en el anillo es Q,hallar E, cuando 0R .

Reemplazamos1E y 2E en la ecuacin (1), y simplificando obtenemos:

31, 61 10 1, 61RV kV

E

m m

2d m

4 m

2r

1E

2E

RE

1 4r m


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Resolucin:

Segn el enunciado, la figura sera:

Se sabe que el campo elctrico E

, para una distribucin continua de carga, viene dado por:

2 130 2 1

1

4

dQE r r

r r

. . . (1)

Donde: dQ d (por ser una distribucin lineal); adems: 1d r d R d .

Entonces: dQ = R d

De la figura:1 1 1 1

cos ; :r r i r sen j donde r R

2r z k

; 2 22 1 1r r z r , donde: 1r R

Reemplazando en (1), tenemos:

2

3/ 22 2

0 0

cos

4

R d z k R i Rsen jE

z R

Evaluando la integral y simplificando obtenemos:

3 32 2 2 22 2

0 0

2

4 2

R z k R zE E k

z R z R

a) Clculo de los valores de z, para maxE :

Del resultado hallado para Edebido a un anillo circular de radio R (ver ecuacin anterior) se

observa que este depende de Ry z, entonces para que E tome un valor mximo o mnimo,

cuando R(radio) es constante, entonces el valor de zes aquel que har que E sea mximo o

mnimo, y ese valor se obtiene haciendo: 0d E

dz

Es decir:

32 2 2

0

02

d R z

dz z R

d E

y

x

z

R

(0,0, )P z

2 1r r

2r

1r

d


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Derivando, respecto a z, e igualando a cero esta derivada, y luego despejando se obtiene dos

valores para z:

2

Rz

Clcu lo de la magnitu d de maxE :

Si 2

R

z max.E =

0

3

9 R

. Esto se cumple para 2

R

z .

b) Clcul o de Ecuando R 0:

Si R 0, entonces el anillo sera una carga puntual. Luego la intensidad de campo elctrico

E

es igual a:

20

1 4

QE k

z

Problema No3Se tiene un disco circular de Radio

R y de espesor despreciable, con centro en el origen de

coordenadas, cuyas mitades poseen cargas +Q y -Quniformemente distribuidas en su superficie,

la cual se ubica en el plano xy, tal como se muestra en la figura. Calcular la intensidad de campo

elctrico E

en puntos sobre el eje z.

Resolucin

Para resolver este problema asumiremos que las densidades de carga son y , porque lascargas -Q y +Q se hallan uniformemente distribuidas.

y

x

z

QQ

R

0;0;z

y

x

z

d

1r

2r

2 1r r

dA

P

R

d E


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Resolucin

Uno de los mtodos de resolucin de este problema es tomando como referencia la ecuacin

conocida del campo elctrico que ejerce un anillo circular de radio R , con densidad de carga lineal

, a una distancia y del centro del anillo. Esta ecuacin se muestra a continuacin:

2 2 3/ 20

2 ( )

RyE j

y R

Este campo elctrico sera un diferencial de campo elctrico para el cascarn cilndrico. As mismo

se cumple que dy (en el elemento diferencial, de longitud circular ly espesor dy , se cumple

que: Q dl dS l ldy dy ). Por lo tanto, la ecuacin anterior del campo elctrico

se convierte en:

2 2 3/ 2

0

2 ( )

Ry dydE j

y R

. . . (1)

Integrando la ecuacin (1), tenemos:

2 2 3/ 2

0 0

; :

2 ( )

HR ydy

E j donde y H d yy R

Resolviendo las integrales, y simplificando, se obtiene:

2 2 2 20

1 1

2 ( )

RE j

R d R h d

Donde:2

Q

RH

, por lo tanto, la ecuacin de E

obtenida equivale a:

2 2 2 20

1 1

4 ( )

QE j

H R d R h d

R

y

y P E

x

H d

y

y

z

y

dy

P

dE


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Problema No5Una distribucin de carga con simetra esfrica, tiene una densidad volumtrica dada por:

0 / ; 0

0 ;

r a r a

r a

Determine el campo elctrico E

en todas las regiones del espacio.

Resolucin:Dado que la densidad de carga volumtrica vara de acuerdo con el valor de r(distancia

medida a partir del centro de la distribucin esfrica), para calcular el campo elctrico E

es

necesario analizar dos regiones: una regin conformada por los puntos 0 r a (interior de laesfera de radio a ) y otra conformada por los puntos r a (exterior de la esfera de radio a ).

a) Clcu lo de E

para 0 r a :

b ) Clc u lo de E

para r a :

Problema No6Una distribucin de carga no uniforme pero esfricamente simtrica tiene una densidad de carga

, dada como sigue:

0 1 ( / )

0

r R para r R

para r R

Donde 303Q

R

, es una constante, se pide calcular: a) la carga contenida en la distribucin de

carga. b) el campo elctrico E

en todos los puntos del espacio.

Por ley de Gauss:

0

QSdE

S

; Q = carga neta encerrada por la S.G.

2

2 20

0 0 0 0

3 3

0 0

2 20 0

1(4 )

;4 4

a

r

rE r r sen d d dr

a

a aE E r r a

r r

Por ley de Gauss:

0

QSdE

S

; Q = carga neta encerrada por la S.G.

0

1.

S VE r dA r dV

; 2dV r sen d d dr

2

2 20

0 0 0 0

2 2

0 0

0 0

1(4 )

; 04 4

r

r

rE r r sen d d dr

a

r rE E r r a

a a

dS

E

r

a

SuperficieGaussiana (S.G.)

dS

E

a

SuperficieGaussiana (S.G.)


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Resolucin:

a) Clculo de TQ (carga total contenida en la distribucin de carga esfrica)

En una distribucin de carga esfrica se cumple que: TQ dV ;donde: 2dV r sen d d dr (en coordenadas esfricas)

2 32 0

0

0 0

1 ...(1)3

R

T

r o

RrQ r sen d d dr

R

Por condicin del problema: 303Q

R

. Reemplazando en (1), tenemos:

330

3

3

3 3T

T

R QQ R Q

R

Q Q

b) Clcul o de E

para r R

c) Clcu lo de Epara r< R:

Problema No7

En la figura se muestra una esfera de radio R, con densidad de carga volumtrica 0r y un

hilo infinito de densidad de carga lineal . Calcule la intensidad de campo elctrico E

en el punto

P (0; 2R; 0);considere que el hilo infinito es paralelo al eje z, e intercepta al eje y en el punto (0;

4R; 0).

Por ley de Gauss:0

neta

S

QSdE

Se hall que:netaQ Q = carga neta encerrada

por S.G.

2

0

2 2

0 0

(4 )

;4 4

QE r

Q QE E r r R

r r

Por ley de gauss:0

neta

S

QSdE

2

2 2

0

0 0 0 0

32 0

0

03

0 0

1(4 ) (1 )

4 1(4 )

3 4

1 3 1 ;3 4 4

r

r

E r r R r sen d d dr

r rE r

R

r r Qr r E E r r RR R R

dS

Er

R

.S G

dS

E

r

.S G

R


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Resolucin:

Como se tiene dos distribuciones de carga: esfera con densidad volumtrica e hilo con densidad

lineal , entonces se generan dos campos elctricos (uno alrededor de cada carga), por lo tanto el

campo elctrico resultante en el punto P es igual a la suma de estos dos campos elctricos. Es

decir, se cumple el principio de superposicin aplicado a los campos elctricos. Matemticamente

se cumple que:

...(1)P esfera hiloen P en P

E E E

Clc u lo de E

de la esfera en el pu nto (0; 4R; 0)

Clc u lo de E

del hi lo in f in i to en el punt o (0; 4R; 0)

Se sabe que la magnitud de E

debido a un hilo infinito, a una distancia r, viene dado por:

02E

r

. En el problema dado: 2r R .

Luego:0 0 0

( )2 (2 ) 4 4

hiloE E jR R R

Reemplazando en (1), obtenemos:

2 2

0 0

0 0 0

1 ( ) ( )

16 4 4 4P

R RE j j j

R R

Por ley de gauss:0

neta

S

QSdE

; netaQ dV

2

2 2

00 0 0

4 4

0 0

2 2

0 0

(4 )

; 24 4

:

R

r

E r r r sen d d dr

R RE E r r R

r r

Enestecaso se cumple que r j

Luego:

2

0

016

RE j

0r dS

E

r

R

.S G

x

z

y

4R

(0;2 ;0)P R

R

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