Q Q Q z y x −q Q - Departamento de Física

FS2211 • Primer Parcial • 30 %
Viernes, 3 de Octubre de 2014
UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR
DEPARTAMENTO DE FÍSICA
Nombre
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1. [8 pts.] Cuatro cargas puntuales idénticas, Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = +Q, están localizadas en el plano x–y,
en los vértices del cuadrado de diagonal 2b que se muestra en la figura, es decir, en las posiciones respectivas:
bx ,
~
r1 = b u
by ,
~
r2 = b u
bx
~
r3 = −b u
by .
y ~
r4 = −b u
b z (sobre el eje z).
Una carga negativa puntual −q0 , de masa m0 , se coloca en la posición z u
y
~ que ejercen las cargas positivas
(a) [4 pts.] Determine la fuerza neta F
sobre la carga negativa de prueba.
(b) [4 pts.] Si la carga negativa de prueba estuviese muy cercana al
origen de coordenadas (z b), demuestre que dicha carga estaría
sometida a una fuerza de restitución elástica Fz = −Kz.
Determine la frecuencia ω de las oscilaciones.
Q2
Q3
x
Q1
−q0
z
Respuestas:
(a) Usamos la expresión de la fuerza neta ejercida por la distribución
{Qi } de cargas puntuales, debida a la Ley de Coulomb:
Q4
4
−q0 X
(~
r−~
ri )
~
F =
,
Qi
4π0
k~
r−~
ri k3
b
(1)
i=1
donde Qi = Q y Pk ~
r−~
ri k3 = z 2 + b2
polígono cerrado,
~
ri = 0. Luego:
~ = −Qq0
F
4π0
(4~
r)
(z 2 +
b2 )3/2
=
−Qq0
π0
3/2
, ∀i. Además, por estar las cargas en los vértices de un
z
(z 2 + b2 )3/2
(b) Haciendo z b en la expresión (2), se tiene z 2 + b2
Fz =
−Qq0
z = −Kz,
π b3 0
3/2
bz .
u
(2)
≈ b3 , y la fuerza queda:
(3)
donde la constante de restitución elástica es K = (Qq0 )/(π b3 0 ). Siendo m0 la masa de la carga de
prueba, la ecuación de movimiento queda
s
q0
Q
2
2
z̈ = −ω z, donde ω = K/m0
=⇒
ω=
.
m0 π b3 0
2. [10 pts.] La figura muestra un alambre recto muy largo sobre el eje y, y un arco semicircular de radio R
localizado en el plano x–y, con centro en el origen de coordenadas. Ambos alambres tienen densidad lineal
de carga positiva λ0 .
y
~ 1 , producido por el alambre recto
(a) [4 pts.] Calcule el campo eléctrico E
cargado, en un punto arbitrario sobre el eje z.
~ 2 , producido por el arco semicircular
(b) [4 pts.] Calcule el campo eléctrico E
cargado, en un punto arbitrario sobre el eje z.
b z (sobre el
(c) [2 pts.] Se coloca un electrón, de carga −e, en el punto R u
~ que ejercen las cargas del alambre
eje z). Determine la fuerza neta F
recto y del arco semicircular sobre el electrón.
R
x
−e
z
Respuestas:
λ0
λ0
(a) Siendo el alambre recto muy largo, usamos la aproximación a un alambre infinito, y aplicamos la Ley
de Gauss tomando como superficie Gaussiana un cilindro coaxial con el alambre, de radio s y altura h:
~ = Es u
λ0
b s (simetría cilíndrica)
E
~ 1 = λ0 u
bz
⇒ E
⇒ Es =
ΦE = 2πs
hEs = λ0
h
2π0 s
2π0 z
para cualquier punto arbitrario sobre el eje z.
(b) En este caso, adaptamos la expresión de la Ley de Coulomb a un distribución continua de cargas:
Z
(~
r−~
r 0)
1
~ =
dQ
,
E
4π0
k~
r−~
r 0 k3
(4)
bz − R u
b s (ϕ), por
donde dQ = λ0 d` = λ0 Rdϕ, con π/2 < ϕ < 3π/2. La posición relativa es ~
r−~
r0 = zu
3/2
0
3
2
2
bz
lo cual k ~
r−~
r k = z +R
(independiente de la variable de integración ϕ). Siendo el versor u
también independiente de la variable de integración, la componente Ez del campo eléctrico queda:
Ez =
πλ0
4
π0
Rz
(z 2 +
R2 )3/2
=⇒
Ez =
λ0
40
Rz
(z 2 + R2 )3/2
,
(5)
mientras que para encontrar la componente transversal al eje z, E⊥ , sólo hace falta integrar el vector
b s (ϕ) = cos ϕ u
b x + sen ϕ u
b y en el intervalo correspondiente (π/2 < ϕ < 3π/2). El resultado de
unitario u
b x , por lo cual:
la integración es −2 u
Ex =
λ0
2π0
R2
(z 2 + R2 )3/2
y
Ey = 0 .
(6)
Entonces, el campo producido por el aro semicircular cargado es:
z
λ0
R2
2
~
bx +
bz .
u
E2 =
u
40 (z 2 + R2 )3/2
π
R
b z la posición del electrón (z ≡ R), se tiene z 2 + R2
(c) Siendo R u
distribución completa de cargas sobre el mismo es:
" #
√ !
λ
e
2
4
2
0
~ =− √
bx + 1 +
bz .
F
u
u
π
π
8 20 R
3/2
(7)
√
= 2R3 2, y la fuerza que ejerce la
(8)
3. [12 pts.] Una esfera aislante hueca, de radio interno a y radio externo b = 2a, porta carga con densidad
variable
a
ρ(r) = ρ0
,
r
donde ρ0 es una constante positiva y r, la distancia al centro de la esfera. La esfera está rodeada por una cámara esférica conductora concéntrica, de radio interno c = 3a y radio externo d = 4a, eléctricamente neutra.
(a) [3 pts.] Calcule la carga neta Qtot de la esfera aislante hueca.
c
~ en todas las regiones
(b) [6 pts.] Determine el campo eléctrico E
del espacio. Grafique la componente radial del campo (Er ) en
función de r.
d
b
(c) [3 pts.] Determine las densidades de carga σc y σd inducidas,
respectivamente, en las superficies interna (r = c) y externa
(r = d) del conductor.
a
ρ(r )
F Se le sugiere substituir en sus resultados los valores b, c y d, en función
del radio interno de la esfera aislante, a, como se indica en el enunciado.
Respuestas:
(a) Integramos la densidad de cargas sobre todo el volumen de la esfera hueca:
Z
Z b a
ρ0
Qtot = ρdV =
4πr2 dr = 2πρ0 a b2 − a2 con b = 2a ⇒ Qtot = 6πρ0 a3 .
r
a
(9)
~ = Er u
b r , y por lo tanto ΦE = 4πr2 Er para
(b) Debido a la simetría esférica de la ditribución, el campo es radial E
cualquier superficie Gaussiana esférica, de radio r, concéntrica con la esfera. Adentro de la esfera hueca (r < a),
~ ≡ 0. Similarmente, el campo es E
~ ≡ 0 adentro del conductor
no hay cargas, y por lo tanto, en esa región E
(c < r < d). Por ser el conductor eléctricamente neutro, las superficies Gaussianas externas al conductor (r > d)
contienen una carga igual a Qtot , al igual que las superficies Gaussianas en el vacío entre el aislante y el conductor
(b < r < c). Con estos argumentos, sabemos entonces que:
Gráfico de Er vs. r
[
~ ≡ 0, ∀ r ∈ [0, a]
E
[c, d]
y
[
br
3ρ0 a a 2
~ = Qtot u
b r , ∀ r ∈ [b, c] [d, ∞] .
E
=
u
2
4π0 r
20
r
Sólo falta calcular la carga encerrada Qin (r) por una superficie Gaussiana
en el interior del aislante (a < r < b). Con la misma integral usada en (a),
cambiando el límite superior b por r, se tiene Qin (r) = 2πρ0 a r2 − a2 , y
el campo queda:
a 2 br
ρ0 a
~ = Qin (r) u
b r , ∀ r ∈ [a, b] .
E
=
1
−
u
4π0 r2
20
r
Er
3ρ0a
____
8ε0
r
5a
6a
a
b
c
d
(c) Según la Ley de Gauss, la carga inducida en la superficie interna del conductor (r = c) debe ser
Qc = −Qtot , de manera que el campo en su interior sea cero. Al ser eléctricamente neutro, esto implica
que la carga en la superficie externa del mismo (r = d) es Qd = +Qtot .
1
3
Dividiendo entre las superficies esféricas correspondientes, se tiene: σc = − ρ0 a y σd = + ρ0 a .
6
32