Ayudantía 2

Ayudantía 2 - Solución
Profesor: Ricardo Ramírez
Ayudante: Juan Pablo Garrido L ([email protected])
Problema 1
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
~ ~0) =
E(
Z
kdq(~r − r~0 )
k~r − r~0 k3
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
1
Al hacer una pequeña variación del ángulo θ, vemos que se recorre un pequeño arco de longitud
ds1 = R sin(γ)θ. Por otro lado al hacer una pequeña variación del ángulo γ se recorre un arco
de longitud ds2 = Rdγ . De esta manera el elemento de área de la circunferencia lo podemos
escribir como
dA = ds1 · ds2 = R2 sin(γ)dγdθ
De esta manera podemos escribir el elemento de carga como
dq = σR2 sin(γ)dγdθ
Por otro lado, debemos determinar los vectores r~0 y ~r. Claramente r~0 = ~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)k̂
No es difícil ver que k~r − r~0 k = R
De esta manera especicando los recorridos de las variables para que recorran el recipiente se
tiene que
~ ~0) =
E(
2π
Z
3π
2
Z
π
2
0
kσ(−R sin(γ) cos(θ)î − R sin(γ) sin(θ)ĵ − R cos(γ)k̂) 2
R sin(γ)dγdθ
R3
Por simetría sabemos que el campo eléctrico resultante estará en dirección k̂ y por lo tanto,
de la integral anterior, no consideramos las componentes restantes:
~ ~0) =
E(
Z
2π
Z
π
Z
2π
0
π
2
Z
π
dθ
kσ(− cos(γ)k̂) sin(γ)dγdθ = kσ
0
Z
π
(− cos(γ)k̂) sin(γ)dγ = πkσ
π
2
(− sin(2θ)k̂))dγ
π
2
De esta manera
π
1
~ ~0) = πkσ( cos(2θ) )k̂ = πkσ 1 (cos(2π) − cos(π))k̂ = (πkσ)k̂
E(
π
2
2
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
σ=
Q
2πR2
De esta manera
~ ~0) = kQ k̂
E(
2R2
2
Problema 2
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
. Donde
r es la distancia desde
r2
√
2
la carga dq ubicada en xî hasta el punto de aplicación dĵ : r = x + d2 . Al igual como lo
hemos hecho antes, la carga dq la podemos escribir como dq = λ1 dx donde λ1 es la densidad
Q
lineal de carga y la denimos como λ1 = 2L
. Asi, el campo queda expresado como
dE =
kλ1 dx
x2 + d2
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 dEy = dE cos(θ). Es facil ver que
d
cos(θ) = p
2
(x + d2 )
3
De esta manera
dEy =
kλ1 ddx
3
(x2 + d2 ) 2
Integrando desde x = −L hasta x = L:
Z
L
x
) = √2kλ1 L
√
3 dx = kλ1 d(
2
2
2
2
2
(d x + d −L
d L2 + d2
(x + d ) 2
L
1
Ey = kλ1 d
−L
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
2kλ1 L
dF = dqE = dq p
d L2 + 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
λ2 =
Q
L
Asi, dq = λ2 dy y la fuerza queda expresada como
2kλ1 L
dF = λ2 dy p
y L2 + y 2
Integrando desde y = L hasta y = 2L
Z
L
F = 2kλ1 λ2 L
−L
1
p
dy
y L2 + y 2
Se tiene que
Z
1
1
p
dy = ln(
2
2
L
y L +y
Por lo tanto
1
F = 2kλ1 λ2 L( ln(
L
Desarrollando
p
L2 + y 2 − L
)
y
2L
p
L2 + y 2 − L ) )
y
√
5−1
F = 2kλ1 λ2 ln( √
)
2( 2 − 1)
Reemplazando los valores de λ1 y λ2 en función de Q:
√
kQ2
5−1
F = 2 ln( √
)
L
2( 2 − 1)
4
L
Problema 3
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~0 = xî del alambre sobre el punto de ~r = dĵ será:
~ =
dE
kdq(~r − r~0 )
kdq(−xî + dĵ)
=
3
|~r − r~0 |3
(x2 + d2 ) 2
Ahora, se tiene que dq = λdx y por lo tanto:
~ =
dE
kλdx(−xî + dĵ)
3
(x2 + d2 ) 2
Integrando desde −∞ a +∞:
~ =
E
Z
+∞
−∞
kλdx(−xî + dĵ)
(x2
+
3
d2 ) 2
Z
+∞
= kλ((−
−∞
5
x
(x2
+
Z
+∞
3 )î + (
d2 ) 2
−∞
d
(x2
3
+ d2 ) 2
)ĵ)
La función f (x) =
x
3
(x2 +d2 ) 2
es impar y por lo tanto la integral de esta función en un intervalo
par toma valor 0. Por otro lado, la función g(x) =
es par y la integral de esta función
d
3
(x2 +d2 ) 2
desde −∞ a +∞ será el doble de la integral de g(x) desde 0 a +∞:
Z
+∞
Z
+∞
g(x)dx = 2
−∞
g(x)dx
0
Por lo tanto, la expresión para el campo se reduce a
~ = 2kdλ
E
Z
+∞
0
Se tiene que
Por lo tanto
R
1
3
(x2 +d2 ) 2
=
1
(x2
3
+ d2 ) 2
ĵ
x
1
d2 (x2 +d2 ) 2
∞
2kλ
~
E = 2kdλ(
ĵ
)ĵ =
3 2
2
2
d
d (x + d ) 2
x
0
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
2kλ2 dθ
=
R + R sin(θ)
1 + sin(θ)
6
Integrando desde θ = 0 a θ = π obtenemos la fuerza total sobre el alambre semicircular. Para
esto utilizamos el hecho de que:
Z
1
sin(θ) − 1
=
1 + sin(θ)
cos(θ)
Con esto tenemos que la fuerza resultante es
F = 4kλ2
7
Problema 4
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:
Z
φ=
~ · dS
~= q
E
0
S
(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 Se ) y los ujos que pasen por el manto
cónico(que llamamos Sc ). Esto se puede escribir como: φ = φe + φc
=⇒ φc = φ + φe
(2)
De esta manera, encontrando el valor de φe resolvemos el problema inmediatamente. φe se
calcula como:
Z
~ · dS
~
E
φe =
Se
q
1
El campo eléctrico producido por la carga q es E = 4π
2 r̂ . Donde r̂ es el vector unitario
0 R
~
en dirección radial. El vector dS también esta en dirección radial, ya que dS~ = n̂dS y n̂ es
paralelo a r̂ como muestra la gura:
De esto, se tendrá que
~ · dS
~=
E
1 q
1 q
r̂ · n̂dS =
dS
2
4π0 R
4π0 R2
Integrando se obtiene el ujo para la semiesfera:
Z
φe =
Se
~ · dS
~=
E
Z
Se
1 q
1 q
dS =
4π0 R2
4π0 R2
Z
dS
Se
La integral Se dS corresponde al área de la semiesfera. Entonces
manera el ujo será:
R
φe =
1 q
q
· 2πR2 =
2
4π0 R
20
8
R
(3)
Se
dS = 2πR2 . De esta
De (1),(2) y (3) se tiene nalmente que:
φc =
9
q
20
Problema 5
Considere un cilindro muy largo de radio R que se carga en su interior con una densidad
ρ = ρ0 (1 − Rr ), donde ρ0 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:
~ = E r̂, donde r̂ es el vector unitario
Podemos entonces escribir el campo eléctrico como E
radial en coordenadas cilíndricas. Por la ley de gauss se tendrá que:
Z
~ · n̂dS =
E
S
Z
~ · n̂dS +
E
Z
~ · n̂dS = qinterior
E
0
manto
tapas
(1)
El vector normal n̂ de las tapas es perpendicular a r̂. Con esto se tendrá que r̂ · n̂ = 0 y por
lo tanto
Z
Z
~ · n̂dS =
E
tapas
E r̂ · n̂dS = 0
(2)
tapas
El vector n̂, normal al manto, será paralelo a r̂ y por lo tanto r̂ · n̂ = 1 lo que implica que:
Z
~ · n̂dS =
E
manto
La integral
R
manto dS
Z
Z
E r̂ · n̂dS = E ·
manto
corresponde al área del manto:
Z
R
manto dS
~ · n̂dS = E · 2πrL
E
Reemplazando (2) y (3) en (1) resulta que:
qinterior
0
10
= 2πrL. Por lo tanto:
(3)
manto
E · 2πrL =
dS
manto
(4)
Lo que falta para resolver este problema es calcular la carga que hay en el interior de la supercie de gauss. Tenemos una densidad volumétrica de carga eléctrica dentro de esta supercie.
Vemos que se cumplirá la siguiente relación:
dq = ρ(r0 ) · 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 r0 y r0 + dr0 como muestra la gura:
Luego, dV será simplemente el volumen entre los dos cilindros, lo que resulta:
dV = 2πr0 dr0 L
Reemplazando (6) en (5):
(6)
dq = 2πr0 · dr0 · L · p(r0 )
dq = 2πr0 · dr0 · L · ρ0 (1 −
=⇒ dq = 2πL · ρ0 (r0 −
r0
)
R
r0 2
)dr0
R
Integrando:
Z
q = 2πLρ0
0
r
Z r
Z r 02
r0 2
r
0
0 0
(r −
)dr = 2πLρ0 · (
r dr −
dr0 )
R
0
0 R
0
r2
r3
3Rr2 − 2r3
−
) = 2πLρ0 · (
)
2
3R
6R
πLρ0
=⇒ q =
(3Rr2 − 2r3 )
(7)
3R
=⇒ q = 2πLρ0 · (
De (4) y (7):
E · 2πrL =
πLρ0
(3Rr2 − 2r3 )
3R0
Despejando E :
E=
ρ0
(3Rr − 2r2 )
6R0
11
(8)
Queremos saber para que valor de r el campo eléctrico es maximo. Para esto derivamos E
respecto a r:
dE
ρ0
(3R − 4r)
=
dr
6R0
Igualando a 0 se obtiene que el valor de r buscado es:
r=
3R
4
De esta manera
|E|max =
12
3ρ0 R
160