1 PRUEBA CAT (MAY 2014)

DEPARTAMENTO DE FÍSICA, FACULTAD DE CIENCIAS, UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ
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SOLUCIONARIO
Primera Prueba de Cátedra
Electromagnetismo FI-604 Ingeniería
Jueves 29 de mayo de 2014
Problema 1.
Se tiene una distribución esférica de carga con densidad volumétrica de carga
hasta r = a . Entre a y b la densidad volumétrica de carga es cero ( ρ 2
Entre b y c , se tiene un cascarón metálico con carga libre
decir,
ρ1 =
dq′
= cte , que va desde r = 0
dV
= 0 ), es decir, se trata de una región vacía.
Q + . Finalmente, para r > c la región está libre de carga, es
ρ4 = 0 .
Q+
cascarón
metálico
ρ1
a) (2.0 ptos.) Hallar la magnitud
a
c
b
r
E ( r ) del campo eléctrico como función de r , para cada una de las regiones indicadas
en la figura.
b) (1.0 ptos.) Hallar la diferencia de potencial
∆V = (Va − Vb )
Solución.
a) Hallar la magnitud
E ( r ) del campo eléctrico como función de r , para cada una de las regiones indicadas en la
figura.
Dada la simetría en la distribución de cargas, usaremos la ley de Gauss para calcular el módulo del campo eléctrico en
cada región
r
r
∫ E ⋅ dS =
Región I: r < a , con densidad
qneta encerrada
ε0
ρ1 = cte
Usamos una Gaussiana esférica de radio fijo r < a . La ley de Gauss queda
(1.1)
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r r q
1
∫ E ⋅ dS = neta encerrada =
ε0
ε0
r <a
∫ ρ dV
1
En cada punto de la superficie Gaussiana esférica, el campo eléctrico
r
r
(1.2)
0
r
E es paralelo a la diferencial de superficie que sale
de la esfera Gaussiana, por lo tanto, E ⋅ dS = EdS cos 0 = EdS . Además, el módulo del campo no varía sobre la
superficie Gaussiana de radio fijo r < a , por lo tanto, podemos sacarlo fuera de la integral de superficie. En
consecuencia, la ley de Gauss (1.2) queda
donde
o
E
∫ dS =
ρ1 r < a
dV
ε 0 ∫0
(1.3)
ESesfera =
ρ1
V
ε 0 esfera
(1.4)
4
Sesfera = 4π r 2 y Vesfera = π r 3 . Reemplazando estos valores, se tiene
3
E ( 4π r 2 ) =
ρ1  4 3 
πr 
ε 0  3

(1.5)
simplificando, se tiene
 ρ 
E1 =  1  r , r < a
 3ε 0 
Región II: a < r < b , vacío
(1.6)
( ρ2 = 0 )
Usamos una Gaussiana esférica de radio fijo a < r < b . Repitiendo el procedimiento de la región I, se tiene
r r 1
E
∫ ⋅ dS =
a < r <b
ε0
a < r <b
La integral
∫
ρ 2 dV
se anula, ya que
∫
0
a
a < r <b

1
ρ dV =  ∫ ρ1dV + ∫ ρ 2 dV 
ε0  0
a

(1.7)
ρ2 = 0 . Por lo tanto,
a
r r 1
∫ E ⋅ dS =
ε0
Usando los mismos argumentos para
a
∫ ρ dV
1
(1.8)
0
r
r
E y dS , se tiene
E 4π r 2 =
ρ1 4 3
πa
ε0 3
(1.9)
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Simplificando se tiene el campo eléctrico
E2 en la región II,
E2 =
ρ1 a3
, a<r <b
3ε 0 r 2
(1.10)
El campo eléctrico en esta región se comporta como el campo eléctrico de una carga puntal.
Región III: b < r < c , interior del cascarón metálico.
El metal tiene una carga libre
Q + , pero ésta se encuentra completamente en su superficie exterior, por lo tanto, no
influye en el cálculo del campo eléctrico en esta región.
Usamos una Gaussiana esférica de radio r fijo, b < r < c . Sabemos que dentro de un metal, el campo eléctrico vale
r
r
1
Emetal = 0 . Debido a la presencia de la carga de la esfera interior Qesfera = 4π a 3 ρ1 , aparece en la superficie
3
interior
1
3
interior del metal una carga inducida Qinducida interior = −Qesfera = − 4π a ρ1 de igual magnitud, pero de signo
3
del metal
interior
cero
opuesto a la carga
Qesfera . Al mismo tiempo, en la superficie exterior del metal aparece una carga inducida idéntica a la
interior
Qinducida exterior = −Qinducida interior = Qesfera .
carga inducida al interior del metal, pero de signo contrario, es decir,
del metal
del metal
interior
La carga total encerrada dentro de la Gaussiana vale cero, es decir,
qneta encerrada = Qesfera + Qinducida interior = 0
en Gaussiana
interior
(1.11)
del metal
Entonces, la ley de Gauss queda
r r qneta encerrada
=0
E
∫ ⋅ dS =
ε0
(1.12)
Como consecuencia, el campo eléctrico dentro del metal debe valer cero,
E3 = 0
Región IV:
(1.13)
r > c , vacío ( ρ 4 = 0 )
Usamos una Gaussiana esférica de radio fijo
r > c . Procediendo igual que en la región II. se tiene
r r q
1
∫ E ⋅ dS = neta encerrada =
ε0
Considerando que existe una carga libre
Gaussiana esférica de radio
ε0
r >c
∫ ρ dV
(1.14)
0
Q + en la superficie exterior del cascarón metálico, la carga total contenida en la
r > c , viene dada por
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qneta encerrada
en Gaussiana
Dado que
ρ2
y
ρ4
b
c
r >c
a

+
=  ∫ ρ1dV + ∫ ρ 2 dV + ∫ ρ3 dV + Q + ∫ ρ4 dV 
a
b
c
0

(1.15)
son cero, se anulan dichas integrales. Además, en la región metálica no hay carga, de modo que
ρ3 = 0 . En consecuencia, la carga total encerrada viene dada por
qneta encerrada
en la Gaussiana
a
 1

=  ∫ ρ1dV + Q +  =  4π a 3 ρ1 + Q + 

0
 3
(1.16)
Entonces, la ley de Gauss queda
r
r
1 1
3
+
 4π a ρ1 + Q 

0 3
∫ E ⋅ dS = ε
(1.17)
Calculando el lado derecho tal como hemos hecho en las regiones anteriores, se tiene
E4 4π r 2 =
E4 =
pero como
k=
1
4πε 0
1 1
3
+
 4π a ρ1 + Q 
ε0 3

1 1
3
+  1 
 4π a ρ1 + Q   2 
4πε 0  3
 r 
(1.18)
(1.19)
, se tiene
1
 1 
E4 = k  4π a 3 ρ1 + Q +   2 
3
 r 
(1.20)
Este campo se comporta de igual manera que el campo de una carga puntual.
b) Hallar la diferencia de potencial
∆V = (Va − Vb ) .
Calculamos la diferencia de potencial usando la expresión
a r
r
∆V = (Va − Vb ) = − ∫ E ⋅ dl
(1.21)
b
r
r r
r = a y r = b , el campo eléctrico se opone a dl , se tiene que E ⋅ dl = − Edl . Pero dl = − dr ,
r r
por lo tanto se tiene que E ⋅ dl = Edr . Reemplazando en la integral (1.21), se tiene
Dado que entre
a
∆V = (Va − Vb ) = − ∫ Edr
b
(1.22)
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E2
En esta región el campo eléctrico viene dado por
E2 =
ρ1 a3
, a<r <b
3ε 0 r 2
(1.23)
luego, (1.22) queda
 ρ a3 
∆V = (Va − Vb ) = − ∫ E2 dr = − ∫  1 2  dr
b
b  3ε 0 r 
a
a
∆V = (Va − Vb ) = −
(1.24)
ρ1a3 a dr
3ε 0 ∫b r 2
(1.25)
Integrando, se obtiene
ρ1a 3  1 
∆V = (Va − Vb ) = −
− 
3ε 0  r b
a
(1.26)
Finalmente, la diferencia de potencial pedida viene dada por
∆V = (Va − Vb ) =
ρ1a3  1 1 
 − 
3ε 0  a b 
(1.27)
Problema 2.
Se tiene una lámina circular de carga de radio R , con densidad superficial de carga
σ=
dq′
= cte .
dS ′
z
λ
L
a
σ
R
2a) (1.5 ptos.) Calcular el campo eléctrico en un punto a una distancia
z sobre el eje del disco.
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r
F ejercida por la lámina de carga sobre una varilla de carga de largo L que
dq′′
tiene una densidad lineal de carga λ =
= cte , que se encuentra justo sobre el eje z , a una distancia a del plano.
dz
2a) (1.5 ptos.) Calcular la fuerza eléctrica
Solución.
2a) (1.5 ptos.) Calcular el campo eléctrico en un punto a una distancia
Primero calculamos el campo eléctrico
z sobre el eje del disco.
r
E ( z ) producido por la lámina de carga a una altura z sobre el centro de la
lámina, sin considerar la presencia de la varilla vertical. El origen del sistema de referencia está justo en el centro de la
lámina.
z
r
dr
ds
σ
ds = rdθ
dS = drds
dS = rdrdθ
y
r
θ
dq ′
x
El elemento diferencial de carga
r
dq′ en la lámina circular, viene dado por
dq′ = σ dS = σ ( rdrdθ )
(2.1)
r
r = zkˆ
r
r ′ = r cos θ iˆ + r sin θ ˆj
(2.2)
( r − r ′) = −r cos θ iˆ − r sin θ ˆj + zkˆ
(2.3)
r r
r − r′ = r 2 + z 2
(2.4)
r
Los vectores r y r ′ vienen dados por:
r r
Necesitamos calcular
( r − r′)
y
r r
r − r′ .
r r
Con estos datos, el campo eléctrico
r
E ( z ) , viene dado por
(
r r
( rdrdθ ) −r cos θ iˆ − r sin θ ˆj + zkˆ
r
kdq′ ( r − r ′ )
E ( z ) = ∫ r r 3 = kσ ∫
3/2
r − r′
(r2 + z2 )
)
(2.5)
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Separando integrales, según la dirección de cada eje coordenado, se tiene
Ex ( z ) = kσ ∫
E y ( z ) = kσ ∫
rdrdθ ( − r cos θ )
(r
θ
+ z2 )
3/ 2
rdrdθ ( − r sin θ )
(r2 + z2 )
Ez ( z ) = kσ z ∫
Las integrales sobre
2
3/2
rdrdθ ( z )
(r
2
+z
)
= − kσ
2 3/ 2
2π
R
0
0
∫ cos θ dθ ∫
2π
R
0
0
= − kσ ∫ sin θ dθ ∫
2π
R
0
0
= kσ z ∫ dθ ∫
(r
(r
r 2 dr
2
+ z2 )
3/ 2
r 2 dr
(r2 + z2 )
3/ 2
(2.6)
rdr
2
+ z2 )
3/2
se anulan, ya que
2π
2π
0
0
∫ cos θ dθ = ∫ sin θ dθ = 0
(2.7)
Por lo tanto,
Ex = E y = 0
En consecuencia, sólo sobrevive la componente
(2.8)
Ez del campo eléctrico, la cual apunta en la dirección del eje z ,
R
E z ( z ) = 2π kσ z ∫
0
(r
rdr
2
+ z2 )
3/2
(2.9)
integrando, nos queda
R
r

 ˆ
1
E ( z ) = 2π kσ z  −
 k
r 2 + z 2 0

(2.10)
Por lo tanto, el campo vectorial resultante viene dado por
r
 z
z
E ( z ) = 2π kσ  −
2
R + z2
 z
Dado que la varilla está sobre el origen del sistema, entonces
Entonces, el campo eléctrico
ˆ
 k

(2.11)
 z
z siempre será positivo y se cumple que   = 1 .
 z
 
r
E ( z ) que actúa en la región donde está la varilla, viene dado por
r

z
E ( z ) = 2π kσ 1 −
R2 + z 2

ˆ
k

(2.12)
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r
F ejercida por la lámina de carga sobre una varilla de carga de largo L que
dq′′
tiene una densidad lineal de carga λ =
= cte , que se encuentra justo sobre el eje z , a una distancia a del plano.
dz
2a) (1.5 ptos.) Calcular la fuerza eléctrica
Ahora podemos calcular la fuerza eléctrica ejercida por la lámina circular sobre toda la varilla vertical cargada, usando la
relación
r
r
dF ( z ) = E ( z ) dq′′
donde
r
r
dF ( z ) es la fuerza diferencial ejercida por todo el campo eléctrico E ( z ) creado por la lámina circular sobre
un elemento de carga diferencial
λ=
(2.13)
dq′′ de la varilla vertical. Dado que la carga en la varilla está distribuida linealmente,
dq′′
= cte , podemos expresar dq′′ en la siguiente forma
dz
dq′′ = λ dz
(2.14)
Reemplazando (2.12) y (2.14) en la relación (2.13), se tiene
r
r


z
dF ( z ) = E ( z ) dq′′ =  2π kσ  1 −

R2 + z 2

 ˆ
 k  ( λ dz )
 
(2.15)
r
F sobre el alambre se obtiene integrando esta expresión sobre todo el largo de la varilla, desde z = a
hasta z = ( a + L ) .
La fuerza total
z =( a + L )
r
r

 ˆ
z
F = ∫ dF ( z ) = 2π kσλ ∫ 1 −
 dzk
R2 + z 2 
z =a 
z =( a + L )
 z =( a + L )
r
r
zdz
F = ∫ dF = 2π kσλ  ∫ dz − ∫
R2 + z2
z =a
 z = a

 kˆ

(2.16)
(2.17)
Finalmente, la fuerza eléctrica total sobre la varilla viene dada por
{
}
r
2
F = 2π kσλ L − R 2 + ( a + L ) + R 2 + a 2 kˆ
(2.18)
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Formulario
r r
r r
r
r r
kdq′ ( r − r ′ )
r
r
kdq′
E ( r ) = ∫ r r 3 , V ( r ) = ∫ r r , V ( r ) = − ∫ E ⋅ dl ,
r − r′
r − r′
ref
r r
r r
r r
r r
E ( r ) = −∇V ( r ) , F ( r ) = qE ( r )
r r qneta
xdx
xdx
−1
E
∫ ⋅ dA = ε , ∫ 2 2 3 2 = x 2 + a 2 , ∫ x 2 + a 2 = x 2 + a 2
0
(x + a )
1
Vesf = 4π r 3 ,
3
Aesf = 4π r 2