DEPARTAMENTO DE FÍSICA, FACULTAD DE CIENCIAS, UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ _______________________________________________________________________________________________ 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) DEPARTAMENTO DE FÍSICA, FACULTAD DE CIENCIAS, UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ _______________________________________________________________________________________________ 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) DEPARTAMENTO DE FÍSICA, FACULTAD DE CIENCIAS, UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ _______________________________________________________________________________________________ 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 DEPARTAMENTO DE FÍSICA, FACULTAD DE CIENCIAS, UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ _______________________________________________________________________________________________ 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) DEPARTAMENTO DE FÍSICA, FACULTAD DE CIENCIAS, UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ _______________________________________________________________________________________________ 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. DEPARTAMENTO DE FÍSICA, FACULTAD DE CIENCIAS, UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ _______________________________________________________________________________________________ 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) DEPARTAMENTO DE FÍSICA, FACULTAD DE CIENCIAS, UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ _______________________________________________________________________________________________ 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) DEPARTAMENTO DE FÍSICA, FACULTAD DE CIENCIAS, UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ _______________________________________________________________________________________________ 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) DEPARTAMENTO DE FÍSICA, FACULTAD DE CIENCIAS, UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ _______________________________________________________________________________________________ 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