Electromagnetismo I

Electromagnetismo I
Semestre: 2014-2
TAREA 1 Y SU SOLUCIÓN
Dr. A. Reyes-Coronado
Solución por Carlos Andrés Escobar Ruı́z
1.- Problema: (25pts)
(a) Doce cargas iguales q se encuentran localizadas en los vérices de un polı́gono regular de 12 caras (pensando en un reloj de manecillas, cada carga estarı́a localizada
en cada número). ¿Cuál es la fuerza sobre una carga de prueba Q localizada en
el centro?
(b) Considera ahora el caso en que una de las 12 cargas no existe (elige la que
tú quieras). ¿Cuál es la fuerza ahora sobre Q en el centro?
(c) Ahora considera el caso de 13 cargas iguales q, localizadas en cada vértice de un
polı́gono regular de 13 caras. ¿Cuál es la fuerza actuando sobre Q localizada en
el centro del polı́gono?
(d) Por último, si una carga de las 13 se retira del conjunto, ¿cuál será la fuerza sobre
la carga Q de prueba en el centro?
Solución al problema 1
(a). Intuitivamente por la simetrı́a del problema uno debe esperar que la fuerza resultante sobre la carga Q localizada en el centro sea nula.
Ahora bien, una manera cuantitativa de obtener el resultado puede ser la siguiente:
Considera un sistema de coordenadas (x, y) con la carga Q en el origen. Debido al
principio de superposición la fuerza total sobre la carga Q puede expresarse como
F~T =
12
X
1 Qq
r̂i .
4π0 r2
(1)
i=1
En la expresión anterior r denota la distancia de la carga Q a cualquiera de las cargas
q (dado que Q está en el centro sabemos que r es la misma para todas las cargas, y todas
ellas tienen la misma carga q). El vector unitario r̂i es el vector que va de la carga qi a la
carga Q.
Lo siguiente es descomponer cada vector r̂i en sus proyecciones x y y, una vez realizado
lo anterior para las 12 cargas se realiza la suma vectorial para obtener el resultado.
Una manera más conveniente de proceder, haciendo uso de la simetrı́a del problema,
es la siguiente: considere la fuerza de dos cargas qi que se encuentran en lados opuestos,
digamos q1 y q7 ordenadas como las manecillas del reloj. Las fuerzas sobre la carga Q están
dadas por
1 Qq
1 Qq
F~Qq1 =
r̂1
y
F~Qq7 =
r̂7 .
(2)
4π0 r2
4π0 r2
1
Sin embargo, dada la simetrı́a del problema se sigue que r̂1 = −r̂7 . Con lo cual, F~Qq1 +F~Qq7 =
0. Siguiendo este razonamiento para cada carga y su pareja localizada diametralmente
opuesta, tendremos que la fuerza resultante F~T = 0.
(b). Dado que se satisface el principio de superposición, es válido descomponer F~T como
~
FT = F~QR + F~Qqi , donde F~Qqi denota únicamente la fuerza que ejerce la carga qi sobre Q,
mientras que F~QR denota la suma de las fuerzas que producen las restantes 11 cargas sobre
Q. Dado que F~T = 0 se sigue de inmediato que F~QR = −F~Qqi . Al quitar la carga qi es
claro que la fuerza resultante sobre Q debe ser precisamente F~QR , la cual por lo anterior es
precisamente −F~Qqi . Si ambas cargas son positivas esta fuerza debe ser tal que su dirección
apunta hacia la carga faltante qi .
(c). Por razones de simetrı́a uno deberı́a esperar nuevamente que la fuerza total sobre
Q sea cero. Sin embargo, en este caso no es posible analizar el problema por pares, por
lo que es necesario realizar un cálculo cuantitativo como el delineado en el inciso (a), y el
resultado es nuevamente que la carga Q no siente ninguna fuerza.
(d) Tanto el razonamiento como el resultado son los mismo que en (b).
2. Problema: (25pts)
~ (magnitud y dirección) a una distancia z0 sobre el
(a) Calcula el campo eléctrico E
punto medio de dos cargas idénticas q, con una distancia de separación entre
ellas de d (ver figura). Revisa tu resultado analizando el caso z0 >> d.
(b) Repite el cálculo anterior pero esta vez considera una carga −q a la izquierda, en
vez de +q.
êz
✕! z0!
!
!
+q! d/2!
d/2! +q!
Solución al problema 2
(a) Empleando el principio de superposición, el campo eléctrico total en z0 es la suma
de los campos eléctricos que producen las cargas q1 y q2 por separado.
~ =
E
1 q1
1 q2
r̂1 +
r̂2 ,
4π0 r2
4π0 r2
(3)
p
donde r = z02 + (d/2)2 , con r̂1 y r̂2 vectores unitarios que apuntan de la cargas al punto
z0 en cuestión. Sea θ el ángulo que se muestra en la figura. Entonces r̂1 = [sin(θ), cos(θ)],
2
êz
✕! z0!
!
!
+q! d/2!
d/2! +q!
r̂2 = [− sin(θ), cos(θ)]. Como q1 = q2 = q se sigue que la componente horizontal Ex se anula
(ver la suma vectorial), mientras que la componente vertical será
Ez =
2q
1
cos(θ) ,
2
4π0 z + d 2
0
(4)
2
pero de la figura se sigue que
z0
cos(θ) = q
z02 +
d 2
2
.
(5)
Con lo cual tenemos que
Ez =
1
2qz0
.
4π0 z 2 + d 32
0
(6)
2
En lı́mite cuando z d se tiene que
Ez ≈
1 2q
,
4π0 z02
(7)
es decir, en esta aproximación el campo se ve como el que produce una carga de valor
2q.
(b) Siguiendo el mismo razonamiento que el inciso anterior, tenemos que en este caso la
componente vertical se cancela, mientras que la componente horizontal está dada por
Ex =
1
2q
2
sin(θ)
4π0 z + d 2
0
(8)
2
(hemos colocado la carga -q a la derecha de la figura), y dado que
sin(θ) = q
d/2
z02 +
d 2
2
,
(9)
se obtiene que
Ex =
qd
1
.
4π0 z 2 + d 32
(10)
1 qd
,
4π0 z03
(11)
0
2
En el lı́mite z d se tiene que
Ex ≈
3
que corresponde al campo eléctrico de un dipolo.
~ (magnitud y dirección) a una dis3. Problema: (25pts) Calcula el campo eléctrico E
tancia z0 sobre el centro de un cuadrado formado por cuatro alambres de lado a, con
densidad lineal de carga λ uniforme (ver figura).
êz
✕!z0!
a!
a!
λ
!
a!
a!
Solución al probelma 3
En clase se resolvió el problema de calcular el campo eléctrico de una barra de longitud
2L con densidad de carga lineal homogénea λ, a una distancia z sobre el eje perpendicular
al punto medio de ésta. El resultado es
Ez =
1
2λL
√
.
4π0 z z 2 + L2
(12)
Vamos hacer uso de este resultado
q para resolver este problema. Tenemos que hacer la
2
sustitución L → a2 , y a su vez z → z02 + a4 . Por lo tanto el campo eléctrico producido por
uno de los lados del cuadrado será
~1 =
E
1
1
q
4π0 z 2 +
0
λa
a2
q
4
z02 +
a2
4
r̂ .
+
(13)
a2
4
êz
✕!z0!
a!
a!
λ
!
a!
a!
Notemos que este campo tiene la dirección de la recta que va del punto medio del lado
del cuadrado al punto z0 . Dado que cada una de las 4 barras produce el mismo campo
eléctrico en magnitud (pero no dirección), tendremos que sólo la componente sobre el eje ẑ
4
será diferente de cero. Proyectando el campo eléctrico de cada lado del cuadrado a lo largo
del eje ẑ, multiplicando por cos θ (ver figura),
cos(θ) = q
z0
,
z02 +
(14)
a2
4
el campo eléctrico resultante será
~ =
E
1
1
4π0 z 2 +
0
4 λ a z0
a2
q
z02 +
4
a2
4
+
ẑ .
(15)
a2
4
El factor 4 es debido a que tenemos que considerar la contribución vertical de cada uno
de los 4 lados del cuadrado.
~ (magnitud y dirección) a una dis4. Problema: (25pts) Calcula el campo eléctrico E
tancia z0 sobre el centro de un alambre circular de radio r, con densidad lineal de
carga λ uniforme (ver figura).
êz
✕!z0!
λ
r!
!
Solución al problema 4
Dada la simetrı́a del problema, las componentes horizontales se cancelan mientras que
la componente vertical está dada por
Z
λ dl
~ = 1
cos(θ) ẑ .
E
(16)
4π0
r2 + z02
De la figura tenemos que
êz
✕!z0!
λ
r!
!
z0
cos(θ) = p
.
r2 + z02
5
(17)
Por lo tanto
~ =
E
1
z0 λ
4π0 r2 + z 2 32
0
I
dl ẑ ,
(18)
H
H
siendo dl la integral sobre la longitud de la circunferencia de radio r, es decir, dl =
2πr, con lo cual tenemos finalmente que
~ =
E
1 z0 λ (2πr)
r
z0 λ
ẑ .
3 ẑ =
4π0 (r2 + z 2 ) 2
20 (r2 + z 2 ) 23
0
0
(19)
~ (magnitud y dirección)
5. Problema TORITO: (30pts) Calcula el campo eléctrico E
a una distancia z0 del centro de una superficie esférica de radio R, con densidad
superficial de carga σ uniforme (ver figura). Considera el caso z0 < R (dentro de la
esfera), ası́ como z0 > R (fuera de la esfera). Expresa tu resultado en términos de la
0
carga total sobre la esfera Q Hint: Usa la ley de los cosenos
p para escribir |~r − ~r | en
términos de θ y de R. Asegúrate de tomar la raı́z positiva: R2 + z02 − 2Rz0 = (R−z0 )
si R > z0 , o bien (z0 − R) si R < z0 .
êz
✕!z0!
σ
R!
!
Solución al problema 5
Cada diferencial de área de la esfera tiene un elemento simétrico (diametralmente opuesto) tal que el campo eléctrico total debe estar sobre la lı́nea que une el centro de la esfera
con el punto donde se desea calcular campo. Por lo tanto, basta calcular la proyección sobre
el eje z.
êz
✕!z0!
σ
R!
!
6
De la figura tenemos que la proyección está dada por el coseno del ángulo que estamos
llamando ψ
cos(ψ) = p
z0 − R cos(θ)
R2
+ z02 − 2Rz0 cos(θ)
,
(20)
en donde se ha usado la ley de los cosenos para r
r2 = R2 + z02 − 2Rz0 cos(θ) ,
(21)
y sabemos que dq = σda = σR2 sin(θ) dθ dφ. Por lo tanto
1
Ez =
4π0
Z
dq
1
cos(ψ) =
2
r
4π0
Z
0
π
Z
0
2π
σR2 sin(θ) [z0 − R cos(θ)] dθ dφ
,
3
R2 + z02 − 2Rz0 cos(θ) 2
(22)
donde 0 ≤ θ ≤ π y 0 ≤ φ ≤ 2π.
Al resolver la integral anterior tenemos que
1 2πR2 σ z0 − R
−z0 − R
Ez =
−
.
4π0 z02
|z0 − R|
|z0 + R|
(23)
Para z > R tenemos que
Ez =
1 q
1 4πR2 σ
=
,
2
4π0 z
4π0 z 2
(24)
donde q = 4πR2 σ es la carga total que contiene una esfera de radio R con una densidad
de carga superficial σ.
Para z < R (dentro de la esfera) tenemos que Ez = 0.
7