Problemas Resueltos Electrostatica en el Vacio

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
CURSO:
TEORÍA DE CAMPOS ELECTROMAGNÉTICOS
PROFESOR: Ing. JORGE MONTAÑO PISFIL
PROBLEMAS RESUELTOS DE
ELECTROSTÁTICA EN EL VACÍO
Problema Nº 1
La distribución de una carga esférica está expresada por:
⎛
ρ0 ⎜1 −
ρ=
⎝
r2 ⎞
⎟
a2 ⎠
,
r≤a
,
0
r>a
→
a) Halle la intensidad de campo eléctrico E y el potencial eléctrico ϕ para r ≥ a
→
b) Halle la intensidad de campo eléctrico E y el potencial eléctrico ϕ para r ≤ a
Resolución
Por tratarse de una distribución esférica, hay simetría en la figura, por lo tanto la resolución
de este problema puede hacerse aplicando la ley de Gauss.
→
a) Cálculo de E y ϕ para r ≥ a
Por ley de Gauss:
ρ
→
r
a
→
∫E⋅d S =
dS
S
Q
ε0
→
E (4π r 2 ) =
E
1
ε0
; Q = carga neta encerrada por S.G.
a
2π
π
∫ ∫ ∫
r =0 φ =0 θ =0
⎛
ρ0 ⎜1 −
⎝
r2 ⎞ 2
⎟ r senθ dθ dφ dr
a2 ⎠
→
2 ρ0 a
2 ρ0 a3 ∧
ar ; r ≥ a
⇒E=
∴ E=
15ε 0 r 2
15ε 0 r 2
3
Superficie
Gaussiana (S.G.)
∫
→
→
Para calcular ϕ utilizamos la ecuación: ϕ = − E ⋅ d r
→
Reemplazando E y resolviendo luego la integral tenemos:
ϕ = −∫
∧
2 ρ0 a 3 ∧
a
⋅
dr
a
r
r
15ε 0 r 2
ϕ=
2 ρ0 a3
+ C . . . (1)
15ε 0 r
La constante C la hallo aplicando la condición de frontera (C.F.) siguiente:
ϕ( r =∞ ) = 0
Si r = ∞
Evaluando en la ecuación (1) obtenemos que la constante C es igual a cero: C = 0
2 ρ0 a3
ϕ=
15ε 0 r
Luego:
; para r ≥ a
→
b) Cálculo de E y ϕ para r ≤ a
Por ley de Gauss:
ρ
→
→
∫E⋅d S =
dS
S
→
r
E (4π r 2 ) =
E
⇒E=
a
Superficie
Gaussiana (S.G.)
ρ0
ε0
Q
ε0
1
ε0
; Q = carga neta encerrada por S.G.
r
2π
π
∫ ∫ ∫
r =0 φ =0 θ =0
⎛
ρ0 ⎜1 −
⎝
r2 ⎞ 2
⎟ r senθ dθ dφ dr
a2 ⎠
→
⎡ r r3 ⎤
ρ0 ⎡ r r 3 ⎤ ∧
−
∴
=
−
E
a ; r ≤a
⎢ 3 5a 2 ⎥
ε 0 ⎢⎣ 3 5a 2 ⎥⎦ r
⎣
⎦
Hallo ϕ :
∫
→
→
Se cumple: ϕ = − E ⋅ d r
Entonces:
ϕ = −∫
∧
ρ0 ⎡ r r 3 ⎤ ∧
⎢ − 2 ⎥ ar ⋅ dr ar
ε 0 ⎣ 3 5a ⎦
Si r = a : ϕ( r = a ) =
ϕ =−
ρ0 ⎡ r 2
r4 ⎤
−
+ C . . . (2)
ε 0 ⎢⎣ 6 20a 2 ⎥⎦
ρ a2 ⎛ 1 1 ⎞
2a 2 ρ
= − 0 ⎜ − ⎟+C
15ε 0
ε 0 ⎝ 6 20 ⎠
C=
a 2 ρ0
4ε 0
Reemplazando la constante C en la ecuación (2) obtenemos:
ρ0 ⎡ a 2 r 2
r4 ⎤
ϕ= ⎢ − +
ε 0 ⎣ 4 6 20a 2 ⎥⎦
,
para r ≤ a
Problema Nº 2
z
Se tiene un casquete semiesférico
de radio “ a ”, cargado con densidad
superficial de carga constante σ y
ubicado tal como se muestra en la
figura. Calcule:
σ
a
a) La intensidad de campo eléctrico
en puntos sobre el eje “z”.
o
y
b) La intensidad de campo eléctrico
en el punto “o”.
x
Resolución:
Para resolver este problema se recomienda calcular primero el potencial eléctrico, porque es
más fácil resolver una integral cuyo denominador tiene potencia uno, a diferencia del
exponente tres que tiene el denominador de la integral del campo eléctrico.
z
• P (0;0; z )
De la figura mostrada
tenemos que:
dA=r²senθ dθ dφ (en coordenadas
esféricas)
a
→
r − r'
r
donde: r = a = radio de la
semiesfera.
σ
o θ
y
φ
Además, por ley de cosenos se
cumple:
→
→
→
→
→
´
r'
r − r = a 2 + z 2 − 2az cos θ
x
dA
Cálculo del potencial eléctrico “ ϕ ” en el punto P (0; 0; z)
Sabemos que para una distribución de carga superficial, el potencial eléctrico ϕ se halla
por:
ϕ=
1
4πε 0
∫
σ dA
→
´
→
. . . (1)
r−r
Reemplazando dA en la ecuación (1), tenemos:
ϕ=
Resolviendo se obtiene:
π
1
4πε 0
ϕ=
2π
σ r 2 senθ dθ dφ
∫π φ∫
θ=
; donde: r = a
a 2 + z 2 − 2az cos θ
=0
2
(
σa
a + z − a2 + z2
2ε 0 z
)
→
Cálculo del campo eléctrico “ E ” en el punto P (0; 0; z)
Cuando ya se conoce el potencial eléctrico, el campo eléctrico se puede calcular utilizando
r
gradiente de potencial. Es decir, se cumple que: E = - ∇ϕ .
⎛ ∂ϕ ∧ ∂ϕ ∧ ∂ϕ ∧ ⎞
ax +
ay +
az ⎟ (en coordenadas cartesianas)
∂y
∂z ⎠
⎝ ∂x
Recordar también que: ∇ϕ = ⎜
r
Calculando el gradiente del potencial y aplicando E = - ∇ϕ obtenemos:
r σ a2 ⎛
⎞∧
a
E=
1
−
⎜
⎟ az
2ε 0 z 2 ⎝
a2 + z2 ⎠
→
Cálculo del campo eléctrico “ E ” en el punto “O”
En el punto “O” (origen de coordenadas): z = 0 (Cero).
→
Al evaluar el campo eléctrico E en z = 0 (primero hay que levantar la indeterminación),
obtenemos:
→
E ( z =0 ) =
σ ∧
az
4ε 0
Problema Nº 3
Demostrar que el campo eléctrico en el punto (0, 0, h), debido al rectángulo descrito por
−a ≤ x ≤ a ; −b ≤ y ≤ b ; z = 0 y que porta una carga uniforme de σ (C / m 2 ) es:
→
E=
⎛
⎞∧
σ
ab
arc tg ⎜
a
2
2
2 1/ 2 ⎟ z
πε 0
⎝ h( a + b + h ) ⎠
Resolución
De acuerdo con el enunciado la figura correspondiente es:
z
•(0;0; h)
r − r'
r
→
σ
-a
-b
dA
r'
b
y
a
x
→
La intensidad de campo eléctrico E se determina de manera directa utilizando la siguiente
ecuación:
→
E=
1
4πε 0
∫
σ dA
→
→
´
→
→
( r − r´ )
3
. . . (1)
r−r
De la figura:
→
→
∧
∧
→
∧
r = h a y ; r ´ = x ax + y a y
;
→
r − r ´ = (h 2 + x 2 + y 2 )1/ 2 ; dA = dx ⋅ dy
Reemplazamos en (1):
→
E=
→
E=
σ
4πε 0
∧
∧
∧
σ
dx ⋅ dy
(h ak − x ax − y a y )
2
2
2 3/ 2
∫
4πε 0 (h + x + y )
∧
∧
∧
hdx ⋅ dy
xdx ⋅ dy
ydx ⋅ dy
a
−
a
−
a
∫∫ (h2 + x 2 + y 2 )3/ 2 z ∫∫ (h2 + x 2 + y 2 )3/ 2 x ∫∫ (h2 + x 2 + y 2 )3/ 2 y
Debido a la simetría de la figura las dos últimas integrales son iguales a cero, por lo tanto la
ecuación anterior queda:
σh
4πε 0
→
E=
y =b x = a
∧
dx ⋅ dy
a
∫ ∫ (h2 + x 2 + y 2 )3/ 2 z . . . (2)
y =− b x =− a
Pasando a coordenadas polares tenemos:
x = r cos θ ;
y
Los límites de las integrales serán:
b
Para θ : 0 y arc o t g (b / a )
r
θ
-a
y = rsenθ ; x 2 + y 2 = r 2
a
* tg
x
b
⇒ θ = arco tg (b / a)
a
Para r : 0 y
-b
* cos θ =
a sec θ
a
⇒ r = a sec θ
r
Luego, la ecuación (2) equivale a:
⎡
σh ⎢
8
E=
4πε 0 ⎢
→
⎣
ar co t g ( b / a )
a secθ
θ =0
r =0
∫
∫
⎤
rdr ⋅ dθ ∧ ⎥
az
(r 2 + h 2 )3/ 2 ⎥
⎦
Evaluando esta integral obtenemos:
⎛
⎞
∧
σ
ab
⎟a
E=
arco tg ⎜
⎜ h ( a 2 + b 2 + h 2 )1/ 2 ⎟ z
πε 0
⎝
⎠
→
, lo cual queríamos demostrar.