ley de gauss y ley de stokes

LEY DE GAUSS
La Ley de Gauss establece que el flujo de salida total del campo E a través de
cualquier superficie cerrada en el espacio libre es igual a la carga total encerrada en la
superficie, dividida por  0 .
Dicha Ley es muy útil para determinar el campo E de distribuciones de carga con
ciertas condiciones de simetría, tal como que la componente normal de la intensidad de
campo eléctrico sea constante sobre una superficie cerrada.
Problema resuelto
Ejercicio 1
Determine el campo E producido por una nube esférica de electrones con densidad
volumétrica de carga v  0 para 0  R  b y v  0 para R  b.
Solución:
Primero se identifica que la condición dad para la fuente tiene simetría esférica. Por lo
tanto, las superficies gaussianas apropiadas deben ser superficies esféricas concéntricas.
Debemos hallar el campo E en dos regiones.
a) 0  R  b
Se construye una superficie gaussiana esférica hipotética Si con R<b dentro de la nube
de electrones. Sobre esta superficie, E es radial y tiene magnitud constante:
E  aR ER , dS  aR ds.
El flujo totalde salida es :
 E.ds  E  dS  E
R
Si
R
4R 2
Si
La carga totalencerradapor la superficiegaussiana es :
Q    v dv
v
   o  dv    o
v
4 3
R
3
Al sustituir se tiene:
E   aR
o
R, 0  R  b
3 0
b) Para este caso se construye una superficie gaussiana esférica Sv con R>b fuera de la
nube de electrones.
E   aR
o 4 3
b Rb
3 0 R 2
Ejercicio 2:
Una distribución esférica de carga   o[1  (R2 / b2 )] existe en la región 0  R  b.
Esta distribución de carga está rodeada concéntricamente por una capa conductora de radio
interior Ri (>b)y radio exterior Rv. Determinar E en todos los puntos.
Ejercicio 3:
Dos superficies cilíndrica coaxiales de longitud infinita, r=a y b=b(b>a), tienen
densidades superficiales de carga sa y sb , respectivamente.
a) determinar E en todos los puntos.
b) ¿Cuál debe ser la relación entre a y b para que E se anule para r>b?
TEOREMA DE STOKES
El teorema de Stokes puede considerarse como una versión del teorema de Green
para una dimensión más alta. El teorema de Stokes relaciona una integral de superficie
sobre una superficie S con una integral de línea alrededor de la curva frontera de S ( que
es una curva en el espacio ). La orientación de S induce la orientación positiva de la curva
frontera C. Esto significa que si uno camina alrededor de C en sentido positivo entonces la
superficie siempre estará a la izquierda de uno.
ENUNCIADO DEL TEOREMA DE STOKES
Sea S una superficie orientada y suave a trozos, acotada por una curva C suave a
trozos, cerrada y simple, cuya orientación es positiva. Sea F un campo vectorial cuyas
componentes tienen derivadas parciales continuas sobre una región abierta en R3 que
contiene a S. Entonces:
 F  dr   rot F  dS     F  dS
C
S
S
PROBLEMAS RESUELTOS
1) Verificación del Teorema de Stokes. Verificar el teorema de Stokes para el campo
vectorial F(x;y;z) = 3yi + 4zj - 6xk y la parte de la superficie paraboloidal z = 9 - x2 - y2
ubicada sobre el plano xy y orientada hacia arriba.
SOLUCIÓN
z
9
Cálculo como integral de línea: La curva C es en este
caso una circunferencia de radio 3 centrada en el
S
origen sobre el plano xy. Podemos parametrizarla
como:
3
3
x
C
y
 x  3 cos

 y  3 sen 
z  0

, 0    2
Con esta parametrización tenemos:
F() = 9sen i + 0j  18cos k
r´() = 3sen i + 3cos j + 0k
r´() = 27sen2
 F  dr  
C
2
0
2
2
 1  cos 2 
F( )  r ( )d    27 sen 2 d    27
d 
0
0
2


2
sen 2 

  272  
  27
2 0

Cálculo como integral de superficie: Primero evaluamos el rotacional.
i
rot F  
x
3y
j
k


 4i  6 j  3k
y
z
4z  6x
Ahora parametrizamos la superficie del paraboloide. Para eso observamos que su
proyección sobre el plano xy es un círculo de radio 3 con centro en el origen. Parece lógico
usar una parametrización basada en coordenadas cilíndricas:
 x  r cos
0r3

r (r ; )  y  r sen  ,
0    2
z  9  r 2

El producto vectorial fundamental será:
rr  r 
i
j
k
cos
 r sen 
sen 
r cos
 2r  2r 2 cos i  2r 2 sen  j  r k
0
Vemos que la componente z de este vector es positiva. Por lo tanto la parametrización
describe a una superficie con orientación positiva.
Usando entonces esta parametrización, tenemos:
 rot F  dS   rot F  (r
r
S

2
0
 r )drd  
2
0
3
 (8r
0
2
cos  12r 2 sen   3r )drd 
D

3r
2
2 3
 27
0
Llegamos al mismo valor que cuando lo hicimos como integral de línea, verificando
de esa manera el teorema de Stokes.
2) Transformación de una integral de superficie en otra más sencilla usando el Teorema de
Stokes. Utilice el teorema de Stokes para evaluar la integral del rotacional del campo
vectorial F(x; y; z) = xyzi + xyj + x2yzk sobre el dominio S consistente en la unión de la
parte superior y de las cuatro caras laterales (pero no el fondo) del cubo con vértices
(1; 1; 1), orientado hacia afuera.
SOLUCIÓN
z
La geometría descrita en el
enunciado está representada en la
figura. Se requiere calcular el flujo de
1
rot F a través de todas las caras del
1
1
x
O
y
cubo menos la de abajo. Observemos que esa región de integración está limitada por la
curva orientada indicada en la figura; llamémosla C. (La orientación dada se corresponde
con normales con la componente z mayor o igual que 0, que es lo necesario para que las
normales apunten hacia el exterior del cubo.) El teorema de Stokes nos asegura que:
 (  F)  dS   F  dr ,
S
C
lo cual en sí no implica una simplificación demasiado significativa, dado que en lugar de
tener que parametrizar cinco superficies para evaluar la integral de flujo deberemos
parametrizar cuatro segmentos de recta para calcular la integral de línea.
Sin embargo, notemos que la curva C también delimita la superficie de la base del
cubo, a la cual llamaremos S’. Puesto que el teorema de Stokes nos asegura que la integral
del campo vectorial sobre una curva cerrada es igual al flujo de su rotacional sobre
cualquier superficie limitada por ella, tenemos que:
 (  F)  dS   F  dr   (  F)  dS
S
C
S'
con lo cual podemos integrar el rotor directamente sobre la superficie de la base.
Parametrizando esta última tenemos, pues:
T(x; y) = (x(x; y); y(x; y); z(x; y)) = (x; y; -1), -1  x  1, -1  y  1
y su producto vectorial fundamental es:
i
j k
N  Tx  Ty  1 0 0  k
0 1 0
(1)
No temos que esta normal apunta hacia arriba, que es precisamente el sentido en que
debe apuntar de acuerdo a la regla de la mano derecha. Por otro lado el rotacional del
campo escalar viene dado por:
i
j


F 
x y
xyz xy
k

 x 2 zi  ( xy  2 xyz) j  ( y  xz)k
z
x 2 yz
reemp.por
la param.(1)


x 2 i  ( xy) j  ( y  x)k
Por lo tanto la integral que buscamos será:
1
1
   F  dS    F  NdS  ( x i  xyj  ( y  x)k )  kdS  
2
1 1
S'
S'
( y  x)dxdy  0
S'
En este problema vemos que el teorema de Stokes permite no sólo transformar una
integral de superficie en una de línea, sino también convertirla en otra integral de superficie
de cálculo más sencillo. La selección de una u otra de estas opciones dependerá del
problema particular.
3) Aplicación al concepto de circulación de un campo. Calcular la circulación del campo de
velocidades de un fluido F(x;y;z) = (tan-1(x2); 3x; e3z tanz) a lo largo de la intersección de la
esfera x2 + y2 + z2 = 4 con el cilindro x2 + y2 =1, con z > 0.
SOLUCIÓN:
La circulación de un campo es su integral
z
a
2
lo
largo
de
una
línea
cerrada.
Recordemos que la razón entre la
circulación del campo de velocidades y el
área de la superficie encerrada por la
1
2
x
curva tiende a un cierto valor a medida
que el radio de la curva tiende a 0; si este
y
valor es nulo, entonces el fluido es irrotacional y un molinillo ubicado en ese punto límite
no rotará.
Prima facie vemos que el campo vectorial F tiene una ley bastante compleja, por lo que se
puede anticipar que el cálculo de la circulación como integral de línea puede resultar asaz
engorroso. Por lo tanto, vale la pena calcular el rotacional a ver si resulta una función
matemáticamente más tratable.
i
rot F 
j

x
tg ( x 2 )
1
k

 0i  0 j  3k
y
z
3x e 3 z tg z

En efecto, se simplifican enormemente los cálculos al resultar el rotacional una
función vectorial constante.
Por el teorema de Stokes, podemos calcular la integral de línea de F sobre la curva
dada como el flujo del rotor a través de la superficie grisada. Parametrizando esta última:
 x  r cos
0  r 1

r (r ; )  y  r sen  ,
0    2
z  4  r 2

Y hallando el producto vectorial fundamental:
rr  r 
i
j
cos
sen 
 r sen 
r cos

k
r
4r
0
2

r
4r
2
cos i 
r
4  r2
sen  j  r k
Vemos que esta normal tiene componente z positiva, correspondiendo a una superficie
positivamente orientada. Con esto podemos calcular ahora:
 rot F  dS   rot F  (rr  r )drd  
2
0
S
1
 3rdrd 3
0
D
EJERCICIOS
1) Dado el vector A= ax2 + ay5 + az , encuentre la expresión de
a)
Un vector unitario aB tal que aB  A
b)
Un vector unitario aC en el plano xy tal que aC  A
SOLUCIÓN
Nos dan : A= ax2 + ay5 + az
a) aB = ax Bx + ay By + az Bz ,
Donde ( Bx2 + By2 + Bz2 )1/2= 1
aB  A requiere aB x A = 0 =
donde By + 2 Bz = 0 (2a)
• Bx + 5 Bz = 0 (2b)
• 2 Bx -5 By = 0 (2c)
(1)
Las ecuaciones (2ª), (2b) y (2c) no son todas independientes y resolviendo las
ecuaciones (1) y (2) obtenemos que;
Bx =
; By =
AB =
; y Bz =
(ax2 + ay5 + az)
b) Ahora ac = ax cx + ay cy + az cz , donde cz= 0
Y
cx2 + cz2 =1
(3)
aC  A requiere aC . A = 0, ó 5 cx - 2 cy = 0
(4)
Y resolviendo (3) y (4)
Cx =
Así que aC =
y cy =
(ax 2 + ay 5)
2) La posición de un punto en coordenadas cilíndricas esta indicada por ( 3, 4/3, -4)
Especifique la situación del punto en
a) Coordenadas cartesianas
b) Coordenadas esféricas
SOLUCIÓN
a) X = r.cos = 3 cos 240° = - 3/2
Y = r.sen = 3 sen 240° = - 3
Z = -4
/2
(-3/2, - 3
/2, -4)
b) R = (r2 + z2)1/2 = (32 + 42)1/2 = 5
 = tan-1 (r/z) = tan-1 (3/-4) = 143,1 °
( 5, 143,1°, 240°)
 = 4/3 = 240°
3) Un campo vectorial D = aR(cos2)/R3 existe en la región comprendida entre dos capas
esféricas definidas por R = 2 y R = 3. Calcule
a)
b)
SOLUCIÓN
aR . R2 sen d d , R = 3
D = aR
a)
ds =
-aR. R2 sen d d , R = 2
=
b)
=-
= -/3
,
dv = R2sen.dR.d.d
=
-/3
4) Supongamos un campo vectorial A = ax (2x2 + y2) + ay (xy – y2)
=
a) Calcule
b) Calcule
a lo largo del contorno triagunlar ilustrado
sobre el area triangular
c) ¿Puede expresarse A como el gradiente de un escalar? Explique.