02_Noviembre_2005

Física III Ingeniería Grupo A
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1
SOLUCIONARIO
Primera Prueba de Física III
Ingeniería Plan Común
Semestre de Primavera (02 Noviembre 2005)
1. Se tiene dos esferas de radio 2R cada una y ambas con la misma densidad
volumétrica de carga  constante. En la esfera de la izquierda existe un agujero de
radio R . Hallar el campo eléctrico E en un punto P ubicado justo sobre el eje Y .
y
P
y
x
R
R
2R
Solución:
El campo eléctrico resultante en el punto P (0, y ) viene dado por la superposición de los campos
 y por
el campo eléctrico creado por una esfera de radio R y densidad volumétrica de carga   (esta
eléctricos creados por dos esferas idénticas de radio 2R y densidad volumétrica de carga
última esfera corresponde al agujero esférico).
Dado que el punto P (0, y ) está afuera de todas las esferas, calcularemos el campo eléctrico fuera
de una esfera usando ley de Gauss:
qneta
 E  dS 
0
Usando una gaussiana esférica de radio r mayor que el radio de la esfera, y considerando que la
dirección del campo eléctrico es paralela a la diferencial de superficie en cada punto, se tiene
 EdS 
qneta
0
Dado que el módulo del campo eléctrico E tiene el mismo valor sobre la superficie de la esfera
Gaussiana, podemos sacar E fuera de la integral,
E 4 r 2 
E
qneta
0
qneta
4  0 r
2

kqneta
r2
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2
Obteniéndose finalmente:
E
kqneta
r2
Nota: El campo eléctrico exterior a una distribución esférica de carga tiene la misma forma que el
campo eléctrico creado por una carga puntual.
Ahora que tenemos conocido el valor del módulo del campo eléctrico fuera de cada esfera,
calculemos para cada una de ellas el valor del campo vectorial, es decir, debemos hallar para cada
una de las esferas, el campo eléctrico en la forma:
E
kqneta
eˆ
r2
donde ê es un vector unitario en la dirección que va desde el origen de la esfera de carga que
crea el campo hacia el punto P (0, y ) donde se medirá el campo. Sea
esfera de la derecha,
Ed el campo creado por la
Ei el campo creado por la esfera izquierda y Ea el campo creado por el
agujero (ver figura)
y
Ei
Ed
P
y
Ea


x
R
R
2R
 y  en la forma:
eˆa  cos iˆ  sin  ˆj
Los vectores unitarios vienen dados en función de los ángulos
eˆd   cos iˆ  sin  ˆj ,
eˆi  cos iˆ  sin  ˆj ,
donde
cos 
2R
4R2  y 2
,
sin  
y
4R 2  y 2
,
cos  
R
R2  y 2
,
sin  
y
R2  y 2
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eˆd  
2R
y
iˆ 
4R  y
4R  y 2
2R
y
ˆj
eˆi 
iˆ 
2
2
2
2
4R  y
4R  y
R
y
ˆj
eˆa 
iˆ 
2
2
2
2
R y
R y
2
2
2
3
ˆj
Calculemos ahora la carga neta de cada esfera, recordando que la densidad volumétrica de carga
es constante y que el volumen de la esfera es
V
4 r 3
4 r 3
, es decir, q    dV  V  
.
3
3
Usando esta expresión para cada esfera tenemos:
qd 
 4 (2 R)3
3

32  R3
,
3
qi 
 4 (2 R)3
3

32  R3
,
3
qa 
  4 R 3
3
Ahora podemos escribir cada campo eléctrico:
Ed 
kqd
kqd
eˆd 
eˆ
2
rd
 4R2  y 2  d

32k  R3 
2R
y
ˆ
ˆj 

Ed 

i
3  4R 2  y 2  
4R2  y 2
4R 2  y 2 
32k  R3
Ed 
2 R iˆ  y ˆj
2
2 3/ 2
3  4R  y 

Ed 
8 R3
3 0  4 R  y
2

2 3/ 2

 2R iˆ  y ˆj 
Del mismo modo se obtiene
Ei 
Ei 
32k  R
Ei
 2R iˆ  y ˆj 
3
3  4R2  y 2 
3/ 2
8 R3
3 0  4 R 2  y 2 
3/ 2
 2R iˆ  y ˆj 
El campo del agujero viene dado por:
Ea 
kqa
kq
eˆa  2 a 2 eˆa
2
ra
R  y 
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Ea  
Ea  
4k  R3
3 R  y
2

2 3/ 2
 R3
3 0  R  y
2
 R iˆ  y ˆj 

2 3/ 2
 R iˆ  y ˆj 
El campo resultante de la superposición de los tres campos viene dado por:
ER  Ed  Ei  Ea
Reemplazando los valores obtenidos de cada campo eléctrico nos queda:
ER 
32k  R3
3  4R  y
2

2 3/ 2


2 R iˆ  y ˆj 
32k  R3
3  4R  y
2

2 3/ 2


2 R iˆ  y ˆj 
4k  R3
3 R  y
2

2 3/ 2
 R iˆ  y ˆj 
Simplificando obtenemos finalmente el campo resultante:
ER  
ER  
4k  R 4
3 R2  y 2 
3/ 2

3 
16
1
 ˆj
ˆi  4k  R y 

  4 R 2  y 2 3/ 2  R 2  y 2 3/ 2 
3


 R4
3 0  R 2  y 2 
3/ 2

3 
16
1
 ˆj
ˆi   R y 

3 0   4 R 2  y 2 3/ 2  R 2  y 2 3/ 2 


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5
2. a) Hallar el campo eléctrico E (r ) en cada una de las tres regiones I , II y III indicadas
en la figura para la configuración formada por cilindros muy largos de radios a y b .
Considere que todo el estudio se hará para valores de
el centro existe un cilindro metálico de radio
a
r tales que a  b  1 y r  1 . En
sin carga neta, rodeado por una

distribución de carga radialmente simétrica dada por
  cte.

para a  r  b con
r
b) Calcular el potencial electrostático V ( r ) en cada región, sabiendo que el
punto de referencia
rref donde el potencial se hace cero V (rref )  0 es justo el punto
rref  1 , tal como se muestra en la figura de la derecha.

a
a I
II
III
rref  1
r
b
Vista de perfil
Vista de frente indicando las regiones
Solución:
Región I: 0  r  a .
Se trata de un metal descargado en equilibrio electrostático, por lo tanto:
EI  0
Región II: a  r  b
En esta región existe una distribución volumétrica de carga dada por


r
.
Dado que los cilindros son muy largos, existe suficiente simetría para que podamos usar la ley de
de Gauss
 E  dS 
qneta
0
Consideremos una gaussiana cilíndrica de altura h y de radio r , tal que a  r  b . Sabemos que
la dirección del campo eléctrico es paralela a la diferencial de superficie en cada punto del manto
E  dS  EdS , y además sabemos que no hay contribución al
flujo en la tapas de la superficie gaussiana cilíndrica, porque en las tapas el campo eléctrico E es
perpendicular a la diferencial de superficie dS de la tapa, por lo tanto, la ley de Gauss queda:
cilíndrico, por lo tanto se cumple que
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 EdS  
EdS 
manto
6
qneta
0
Además el módulo del campo eléctrico es constante sobre el manto cilíndrico, por lo que puede
ser sacado del signo integral, obteniéndose:
E

dS 
manto
qneta
0
Usando la expresión para la superficie del manto de la gaussiana nos queda
E 2 rh 
qneta
0
Calculemos la carga total encerrada en la gaussiana de radio
 
qneta    dV      2 r dr h   2 h dr
r
a
a
qneta  2 h  r  a 
q
Reemplazando en Gauss E 2 rh  neta , nos queda
0
2 h  r  a 
E 2 rh 
r
r
r
0
Simplificando se tiene finalmente el campo eléctrico en la Región II:
EII 
 r  a   a 
 1  
 0r
0  r 
Región III:
b  r  rref  1
Usamos una gaussiana cilíndrica de altura h y radio
r , tal que, b  r  rref  1 . Haciendo las
mismas consideraciones anteriores respecto a las simetrías del problema, podemos escribir
E 2 rh 
qneta
0
Donde
 
qneta    dV      2 r dr h   2 h b  a 
r
a
qneta  2 h b  a 
b
Reemplazando en la ley de Gauss
E 2 rh 
2 h  b  a 
0
Se obtiene el campo eléctrico en la Región III:
EIII 
 b  a 
 0r
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Cálculo del potencial electrostático V ( r ) en cada una de las regiones:
Como método de cálculo del potencial usaremos la expresión:
r
V( r )    E  dl
rref
Expresión en la que se considera que
V(rref )  0
En nuestro caso la referencia
rref está en rref  1 .
NOTA: Cuando nos movemos desde
rref  1 hasta algún punto r del sistema de cargas, se
cumple que E  dl   Edl , pero a su vez, dl   dr ,
escribir la siguiente expresión para el potencial
por lo tanto, para este problema, siempre podemos
r
V( r )    Edr
rref
Potencial en la Región III:
b  r  rref  1
r b
VIII    EIII dr
rref
 b  a 
, obtenemos
 0r
r b
 b  a 
  b  a  r b dr
VIII   
dr  
 r
 0r
0
r
r
EIII 
Usando
ref
VIII  
pero
ref
 b  a   r
ln 
r
0
 ref



rref  1 , por lo tanto el potencial electrostático en la Región III viene dado por:
VIII (r )  
 b  a 
ln r
0
Potencial en la Región II: a  r  b
r b
b
r
rref
rref
b
VII    Edr    EIII dr   EII dr
La primera integral no es más que el potencial
VIII (r  b)  
 b  a 
ln b .
0
VIII (r ) evaluado en r  b , es decir,
Usando además el campo en la Región II:
EII 
  a
1  , podemos
 0  r 
escribir
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8
r
 b  a 
ln b   EII dr
0
b
 b  a 
 r a
VII  
ln b   1   dr
0
0 b  r 
VII  
Evaluando la integral
 b  a 

r
ln b   r  a ln r b
0
0
 b  a 

VII  
ln b    r  b   a ln r  a ln b 
0
0

VII   a  b  ln b   r  b   a ln r  a ln b
0

VII (r )  b ln b  a ln r   r  b 
0
VII  
Potencial en la Región I: r  a (dentro del metal descargado)
r a
VI  

rref
b
a
r
rref
b
a
Edr    EIII dr   EII dr   EI dr
El campo eléctrico en la Región I vale cero,
EI  0 , luego el potencial electrostático en el metal
resulta ser independiente de r , es decir, todo el volumen y la superficie del metal tiene el mismo
valor del potencial. Esto significa que no se necesita realizar trabajo eléctrico para mover una
carga de un punto a otro en el metal.
b
a
rref
b
VI (r )    EIII dr   EII dr
Las dos primeras integrales representan el potencial
VII (r  a) 

b ln b  a ln a   a  b 
0
VII (r ) justo en el punto r  a , es decir,
Por lo tanto, el potencial electrostático en cualquier punto del metal vale:
VI (r )  VII (r  a) 
VI (r ) 

b ln b  a ln a   a  b 
0

b ln b  a ln a   a  b 
0
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En resumen, el potencial en todo el espacio viene dado por:

 b ln b  a ln a   a  b  si 0  r  a
 0
 
V (r )   b ln b  a ln r   r  b  si a  r  b
 0

 b  a 


ln r
si b  r  rref
0

Nótese que el potencial es continuo en todo el espacio, es decir,
VIII (b)  VII (b)  
VII (a)  VI (a) 

(b  a) ln b
0

b ln b  a ln a   a  b 
0
3. Problema obligatorio. La corona circular mostrada en la figura tiene una densidad de
carga uniforme  y radio interior ri  a y radio exterior re  b . Justo sobre el eje de la
corona y a una distancia D de su centro se encuentra una varilla de largo L que
tiene una densidad lineal de carga uniforme  . Calcule la fuerza resultante F
ejercida por la corona sobre la varilla.

D
L
z
Solución:
Este problema puede ser resuelto de varias maneras. En primer lugar elegiremos hacerlo
considerando que la corona esta formada de un número infinito de alambres circunferenciales de
radio r que lleva una carga diferencia dq  , cada uno de los cuales produce un campo diferencial
dE que apunta a lo largo del eje de simetría del alambre y de la corona. En segundo lugar lo
haremos empleando el campo creado por un elemento de carga de la corona en un punto sobre su
eje de simetría.
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PRIMER METODO:
Campo eléctrico creado por un alambre circular cargado:
Calculemos el campo creado por un alambre de radio
r y carga q a una distancia z sobre el eje
de simetría del alambre. La figura muestra el campo diferencial dE creado por una carga
diferencial dq  en un punto del eje z .
dq 
l
r
q

z

dE
Usando la ley de Coulomb, el módulo dE del campo viene dado por
dE 
k dq kdq
= 2
2
l
r  r
donde l  r  r  
r2  z2 .
Por simetría, el campo total creado por el alambre sólo tiene componente a lo largo del eje
kdq
E   2 cos 
l
z
donde cos  
l
z:
se obtiene
E
k z dq
l3
Pero cuando se recorre todo el alambre circular para generar el campo resultante, no varían ni
ni l , por lo que pueden ser sacados de la integral
E
z
kz
dq
l3 
La integral no es más que la carga total del alambre q 
 dq , así que el campo total creado por el
alambre viene dado por
E
r
kqz
2
 z2 
3/ 2
Campo eléctrico creado por una corona circular cargada:
Consideramos que la corona está formada por un número infinito de alambres de distintos radios,
y que cada alambre de carga diferencial dq  genera un campo diferencial dE . Este campo
diferencial es justamente el campo del alambre recién encontrado:
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dE 
r
11
k dq z
2
 z2 
3/ 2
dq 
r
z
dE
donde dq  se expresa en función de la densidad superficial de carga
dq   dA .

dq
en la forma
dA
El campo total es la suma o superposición de todos estos campos diferenciales, es decir,
r b
E

r b

dE 
r a
r a
r
k z dq
2
z

2 3/ 2
r b


r a
k z  dA
r
2
 z2 
3/ 2
La diferencial de superficie de la corona viene dada por dA  2 r dr , por lo tanto la integral
queda
E  2 k z
r b

r a
r
r dr
2
 z2 
3/ 2
Integrando
E  2 k z
1
r2  z2
b
a
Simplificando, obtenemos la forma final del campo creado por la corona:
E

 
z
z
 2 2  2 2
2 0  a  z
b z 
SEGUNDO METODO:
Campo eléctrico creado por un elemento diferencial de carga localizado en la corona.
El origen del sistema de referencia está en el centro de la corona, por lo tanto, de acuerdo a la
figura, los vectores r y r  vienen dados por:
r  zkˆ
r  xiˆ  yjˆ
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x
12
dA  rd dr
rd
dq 
dr
r
P(0, 0, z )
z
r
d
r
y
Expresando x e y en coordenadas polares, tenemos:
x  r cos ,
y  r sin 
donde
r es el radio de la circunferencia que pasa por el elemento diferencial de carga de
 r,  y  es el ángulo que hace dicho elemento diferencial de carga con el
eje x . La corona se genera cuando r varía desde r  a hasta r  b y el ángulo  varía desde
  0 hasta   2 .
coordenadas polares
Entonces,
r  r  r cos iˆ  r sin  ˆj  zkˆ
y su módulo vale:
r  r  r 2  z 2
El campo eléctrico viene dado por
E (r )  
donde
k dq  r  r  
r  r
3
dq   dA    r d dr  , reemplazando arriba, nos queda:
E (r )  

k   rd dr  r cos  iˆ  r sin  ˆj  zkˆ
r
2
y


2 3/ 2
Las integrales sobre los ángulos se anulan, y sólo queda la componente
2 b
E( z)  k  z  
0 a
r
rdrd
2
y
b
 k 2  z 

2 3/ 2
a
r
z
rdr
2
 y2 
3/ 2
Integrando
 1
E( z)  k 2  z 
 r 2  y2

b



a
Obtenemos la misma expresión que antes del campo eléctrico de una corona de carga:
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E( z) 
13

 
z
z
 2 2  2 2
2 0  a  z
b z 
Cálculo de la fuerza eléctrica sobre una varilla cargada:
Ahora calcularemos la fuerza eléctrica sobre la varilla. La fuerza diferencial dF sobre cada carga
diferencial dq de la varilla viene dada por la expresión dF  dq E , donde E es el campo eléctrico
generado por la corona sobre su eje
z que acabamos de calcular.
dq
dE
D
z
L
La diferencial de carga se expresa en función de la densidad lineal de carga
dq   dz . La fuerza resultante sobre el alambre viene dada por
D L
F

D L
dq E 
D

 dz E
D
Usando el valor del campo recién encontrado
F

2 0
 en la forma
D L

D
zdz
a2  z 2


2 0
D L

D
E

 
z
z
 2 2  2 2  , se tiene
2 0  a  z
b z 
zdz
b2  z 2
Integrando tenemos la fuerza total sobre la varilla
F
  2
2
2
a   D  L   a 2  D2  b2   D  L   b2  L2 


2 0 
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