Electromagnetismo

n anillo de radio a tiene una carga positiva uniorme por unidad de longitud, con una carga total 2. +alcule el campo el'ctrico d lo largo del ee x del anillo en un punto  que se encuentra a una distancia x del centro del anillo ) "er igura 1.18* Razonamiento y solución

Taller 01 de Electromagnetismo



puesto todos son equidistantes de este punto. s&, podemos integrar la expresión anterior para obtener el campo total en .  E  x

=∫

k e x

( x + a )

2 3$ 2

2

 E  x

=

dq =

k e x

( x + a )

2 3$ 2

2

k e x

( x 2 + a 2 ) 3 $ 2

∫ dq

Q

Este resultado nuestra que el campo es cero en x < 0 !Esto le sorprende$ emplo 1.11 'ampo eléctrico de un disco cargado uni+ormemente

n disco de radio ( tiene una carga uniorme por  unidad de área U. +alcule el campo el'ctrico en un punto  que se encuentra a lo largo del ee central del disco y a una distancia x de su centro )ver igura 1.1@*. Figura 1.12
La magnitud del campo el'ctrico en  debido al segmento de carga dq es dE  = k e

La solución a este problema es directa si consideramos al disco como un conunto de anillos conc'ntricos. odemos usar entonces el eemplo 1.10, el cual produce el campo de un anillo de radio r, y sumar las contribuciones de todos los anillos que conorman el disco. or  simetr&a, el campo sobre un punto axial debe ser  paralelo a este ee.

dq 2

r 

Este campo tiene una componente dEx < dEcosK a lo largo del ee del anillo y una componente dE   perpendicular al ee. %in embargo, como vemos en la igura 1.18, el campo resultante en  debe estar sobre el ee x debido a que la suma de las componentes perpendiculares es igual a cero. Es decir, la componente de cualquier elemento es cancelada por la componente perpendicular de un elemento en el lado opuesto del anillo. uesto que r < )x8 7 a8*1B8 y cosK < xBr encontramos que dE  x

Razonamiento

k   x = dE !s θ  =   k e dq2    x = 2 e 2 3 $ 2 dq   r   r  ( x + a )

En este caso, todo los segmentos del anillo producen la misma contribuciones al campo en 

Figura 1.13
El anillo de radio r y anc#o dr tiene un área igual a 8Vrdr )ver igura 1.1@*. La carga dq sobre este anillo es igual al área del anillo multiplicada por la

Taller 01 de Electromagnetismo

I

carga por unidad de área, o dq < 8VUrdr- sando este resultado en la ecuación dada para Ex en el eemplo 1.10 )con a sustituida por r* se produce para el campo debido al anillo la expresión dE  =

k e x

( x + a ) 2

2 3$ 2

( 2πσ rdr )

ara obtener el campo total en , integramos esta expresión sobre los l&mites r < 0 #asta r < (, observando que x es una constante. Esto se transorma en E  = k e xπσ 

2rdr 

R

∫  ( x 0

2

+ r 2 )

3$ 2

R

 ( x 2 + r 2 ) −1 $ 2   E  = k e xπσ     − 1 $ 2  0

  x    x    E  = k e πσ  −   x ( x 2 +  R 2 )1 $ 2       El resultado es válido para todos los valores de x. El campo cercano al disco sobre un punto axial puede obtener tambi'n a partir de 1* suponiendo que ( O x.  E  = k e xπσ  =

σ 

2ε 0

donde W0 es la permitividad del campo espacio libre o vac&o. emplo 1.12 4na carga positi5a acelerada

Figura 1.1"
La aceleración de la carga es constante y está dada por qBm. El movimiento es en l&nea recta a lo largo del ee x. or consiguiente, podemos aplicar las ecuaciones de la cinemática para movimiento rectil&neo con aceleración constante.  x −  x 0

= v0 t  + v2

1 2

at 2

v

= v0 + at 

= v02 + 2 a( x − x0 )

%i x0 < 0 y v0 < 0 se obtiene

na carga puntual positiva q de masa m se libera desde el reposo en un campo el'ctrico uniorme  dirigido a lo largo del ee x, como se muestra en la igura 1.1A Describa su movimiento

 x

=

1 2

at 2

v  =

v2

=

=

qE  m

qE 

2m

t 2

t 

2qE   x m

La energ&a cin'tica de al carga despu's de que se #a movido una distancia x es  K  =

1 2

mv

2

=

1 2

 2qE  x  = qEx     m  

m

Este resultado tambi'n puede obtener del teorema del trabao y la energ&a, gracias a que el trabao reali3ado por la uer3a el'ctrica es  F e x = qEx y W  = ∆ K 

Taller 01 de Electromagnetismo emplo 1.1# 4n electrón acelerado

En la igura 1.1 se muestra un electrón que entra a la región de un campo el'ctrico uniorme con v0 < @.00x10; mBs y E < 800 >B+. El anc#o de las placas es < 0.100 m )a* Encuentre la aceleración del electrón mientras está en el campo el'ctrico.

10

tili3ando la ecuación

 y

=

1 2

2

at 

=−

1 eE  2 m

2

t 

 y los

resultados de a* y b*, encontramos que  y

=

1 2

2

at 

1

= − ( 3.51 x1013 m $ s 2 )( 3.33 x10 −8 s )

2

2

 y

= −0.0195m = −1.95cm

%i la separación entre las placas es más pequea que esto, el electrón golpeará la placa positiva. Pregunta rápida 1./

Figura 1.1( ori)ontalmente en un campo el!ctrico uni%orme producido por dos  placas cargadas# El electrón se somete a una aceleración >acia aba*o 6opuesta E  7 ' su movimiento es parabólico.

ara una supericie gaussiana a trav's de la cual el luo neto sea cero, las siguientes cuatros airmaciones podr&an ser ciertas. !+uáles de ellas deben ser necesariamente ciertas$ )a* >o #ay cargas en el interior de la supericie. )b* La carga neta en el interior de la supericie es cero. )c* El campo el'ctrico es cero en todos los puntos de la supericie. )d* El n/mero de l&neas de campo el'ctrico que entran en supericie es igual al n/mero de l&neas de campo que salen de ella.

Solución

xplicación y respuesta

uesto que la carga en el electrón tiene una magnitud de 1.;0x10=1I+ y m < I.11x10=@1 Jg, utili3ando un análisis similar al eemplo 1.18 se tiene que eE   a=−   j m 

a

− ( 1.6 x10 =

C ) ( 200 N  $ C )    j −31 9.11 x10 kg  19

13

= −3.51 x10

  j m $  s

b* Encuentre el tiempo que tarda el electrón en viaar a trav's de la región Solución

La distancia #ori3ontal recorrida por el electrón mientras está en el campo el'ctrico es < 0.100 m. Empleando la ecuación x < v0t con x < , encontramos que el tiempo que transcurre en el campo el'ctrico es t  =



v0

=

0.100 m 6

3.00x10 m$s

= 3.33 x10 −8 s

c* !cuál es el despla3amiento vertical y del electrón mientras está en el campo el'ctrico$ Solución

Figura 1.1- arga puntual situado en el exterior de una super%icie cerrada. El n@mero de lneas +ue entran en la super%icie es igual al de lneas +ue salen de la misma. )b* y )d*. )a* no es necesariamente cierta, puesto que podr&a #aber el mismo n/mero de cargas positivas y negativas en el interior de la supericie. )c* no es necesariamente cierta, como puede en la igura 1.1;, donde existe un campo el'ctrico no nulo sobre todos los puntos de la supericie, pero la carga neta cerrada por 'sta es cero, de modo que el luo el'ctrico neto es cero. Situación problémica 1.2

Taller 01 de Electromagnetismo

na supericie gaussiana es'rica encierra una carga puntual q. Describa qu' le ocurre al luo neto a trav's de la supericie si )a* se triplica la carga, )b* se duplica el volumen de la esera, )c* la supericie se convierte en un cubo, y )d* la carga se mueve a otro punto en el interior de la supericie. Razonamiento

)a* %i se triplica la carga, el luo neto a trav's de la supericie tambi'n se triplica, puesto que el luo neto es proporcional a la carga encerrada por la supericie. )b* El luo neto permanece constante si el volumen var&a puesto que la supericie sigue encerrando la misma carga, sin importar su volumen. )c* El luo neto no var&a cuando var&a la orma de la supericie cerrada. )d* El luo neto a trav's de la supericie cerrada permanece constante si la carga se mueve a otro punto, mientras este segundo punto se encuentre en el interior de la supericie.

11

el'ctrico neto a trav's de la supericie de un cabo de lados orientado como se indica en la igura 1.1H Solución

El luo neto puede evaluarse al sumar los luos a trav's de cada cara del cubo. En primer lugar, observe que el luo a trav's de cuatro de las caras es cero, puesto que , es perpendicular a d! es perpendicular a  en las caras marcadas con y en la igura 1.1;. En consecuencia, K < I0F, por lo que .d! < EdcosI0F < 0. or la misma ra3ón de los planos paralelos al plano xy tambi'n es cero.

Situación problémica 1.#

+onsidere una carga puntual 72 situada en el espacio vac&o. %e rodea la carga con cascarón es'rico conductor, de modo que la carga se encuentre en el centro de 'ste. !2u' eecto tiene esto sobre las l&neas de campo creadas por la carga$ Razonamiento

 l rodear la carga con el cascarón es'rico conductor, las cargas de la supericie conductora se despla3ar&an para satisacer las condiciones de un conductor en equilibrio electrostático, as& como la ley de Xauss. parecerá una carga neta C2 sobre la supericie interior del conductor, de modo que el campo el'ctrico en el interior del conductor  se anula )una supericie es'rica en el interior de la supericie conductora rodeará una carga neta igual cero*. or tanto, aparecerá una carga 72 sobre la supericie exterior del cascarón. De este modo, una supericie gaussiana situada en el exterior del cascarón encerrará una carga neta 72, la misma que #abr&a si el cascarón no #ubiera estado all&. or tanto, el cambio en las l&neas de campo es la ausencia de l&neas en el interior del cascarón conductor. emplo 1.1$ luo a tra5és de un cubo

+onsidere un campo el'ctrico uniorme  orientado en la dirección x. Encuentre el luo

Figura 1.10 ipot!tica en %orma de cubo en un campo el!ctrico uni%orme paralelo al e*e  x. El %lu*o neto a trav!s de la super%icie es cero

+onsidere a#ora las caras marcadas con El luo neto a trav's de 'stas es

y

.

Φ e = ∫  E  • d  A + ∫  E  • d  A 1

2

ara la cara  es constante y apunta #acia adentro, en tanto que d! apunta #acia uera )K < 10F*, de manera que encontramos que el neto a trav's de esta cara es

∫  E  • d  A = ∫ EdA !s180º = − E ∫ dA = − EA = − E  1

1

1

puesto que el área de cada cara es  A = 2 . Del mismo modo en  es constante y apunta #acia auera y en la misma dirección que d ! )K < 0F*, por lo que el luo a trav's de esta cara es

∫  E  • d  A = ∫ EdA !s 0º =  E ∫ dA =  EA =  E 

2

2

2

1

2

Taller 01 de Electromagnetismo

or tanto, el luo neto sobre todas las caras es cero, ya que

Φ e = − E 2 + E 2 = 0

%i una segunda carga puntual q0, se sit/a en un punto donde el campo es E, la uer3a el'ctrica sobre la carga tiene una magnitud

emplo 1.1% l campo eléctrico debido a una carga puntual

  partir de la ley de Xauss, calcule el campo el'ctrico debido a una carga puntual aislada q y demuestre que la ley de +oulomb se deduce de este resultado. Solución

ara esta situación elegimos una supericie gaussiana es'rica de radio r y centrada en la carga puntual, como en la igura 1.1. El campo el'ctrico de una carga puntual positiva apunta radialmente #acia uera por simetr&a y es, por  tanto, normal a la supericie en todo punto. Es decir,  es paralelo a d! en cada punto, por lo que .d! < Ed y aplicando la ley de Xauss se tiene 



Φ e = ∫ E  • d  A = ∫  EdA =

q

18

 F e

= q0 E  = k e

qq0 r 2

reviamente obtuvimos la ley de Xauss a partir  de ley de +oulomb. qu& mostramos que la ley de +oulomb se desprende de la ley Xauss. %on equivalentes. emplo 1.1& 4na distribución de carga simétrica es+éricamente

na esera aislante de radio a tiene una densidad de carga uniorme Y y una carga positiva 2 )igura 1.1I*, a* +alcule la magnitud del campo el'ctrico en un punto uera de esera b* Encuentre la magnitud del campo el'ctrico en un punto dentro de la esera. Solución

ε 0

uesto que la distribución de carga es sim'trica es'ricamente, seleccionamos tambi'n es este caso una supericie gaussiana es'rica de radio r, conc'ntrica con esera, como en la igura 1.1a. %iguiendo la l&nea de ra3onamiento dada en el eemplo 1.1, encontramos que  E  = k e

Figura 1.1 La carga puntual + está en el centro de la super%icie gaussiana es%!rica ' E   es paralela d  A en todos los puntos sobre la super%icie

or simetr&a, E es constante en todo los puntos sobre la supericie, por lo que puede sacarse de la integral. or consiguiente

Q 2

r 

%para r > a)

6bserve que este resultado es id'ntico al obtenido para una carga puntual. or tanto, concluimos que, para una esera cargada uniormemente, el campo en la región externa a la esera es e+uivalente al de una carga puntual locali3ada en el centro de la esera.

q

∫ EdA =  E ∫ dA =  E ( 4π r  ) = ε  2

0

donde #emos aprovec#ado el #ec#o de que el área de la supericie de una esera es AVr 8. or  tanto, la magnitud del campo a una distancia r de q es  E  =

q 2

4πε 0 r 

= k e

q r 2

Figura 1.1 una es%era aislante cargada uni%ormemente de radio a ' una carga total A. a7 El  campo en un punto exterior a al es%era es : eA;r 2. b7 el campo dentro de la es%era se debe sólo a la carga

Taller 01 de Electromagnetismo dentro de la super%icie gaussiana ' está dado por  6: eA;a3 7r

b* Encuentre la magnitud del campo el'ctrico en un punto dentro de la esera. Razonamiento y solución

1@

resultado elimina la singularidad que existir&a en r < 0 si E var&a como 1Br 8 dentro de la esera. Es decir, si  E  ∝ 1 $ r 2 , el campo ser&a ininito en r < 0, lo cual es, sin duda, una situación imposible &sicamente. na graica de E contra r se muestra en la igura 1.80

En este caso elegimos una supericie gaussiana con radio r Z a, conc'ntrica con la distribución de carga )ver igura 1.1Ib*. Expresamos el volumen de esta esera más pequea mediante V ′ . ara aplicar la ley de Xauss en esta situación es importante observar que la carga qin dentro de la supericie gaussiana de volumen V ′   es una cantidad menor que la carga total 2. ara calcular  la carga qin, si usa el #ec#o de que qin =  ρ V ′ , donde  ρ  es la carga por unidad de volumen y V ′ es el volumen encerrado por la supericie gaussiana, dado por V ′ =

4 3

3

π  r 

 para una esera. Figura 1.25
or tanto. qin

4   =  ρ V ′ =  ρ    π  r 3    3  

+omo en el eemplo 1.1, la magnitud del campo el'ctrico es constante en cualquier punto de la supericie gaussiana es'rica y es normal a la supericie en cada punto. or consiguiente, la ley de Xauss en la región r Z a se tiene q in

∫ EdA =  E ∫ dA =  E ( 4π r  ) = ε  2

 l despear E se obtiene  E  =

 ρ 4 $ 3π r 3 = 4πε 0 r 2 4πε 0 r 2

uesto que por deinición  ρ  =

=

 ρ  r  3ε 0 Q

4 $ 3πε 0 a 3

, esto

puede expresarse de la siguiente manera  E  =

Q

4πε 0 a 3

r  =

k e Q a3

n cascarón es'rico delgado de radio a tiene una carga total 2 distribuida uniormemente sobre su supericie )ver igura 1.81*. Encuentre el campo el'ctrico en puntos dentro y uera del cascarón. Razonamiento y solución

0

q in

emplo 1.1/ l campo eléctrico debido a un cascarón es+érico delgado

r 

 dvierta que este resultado para E diiere del obtenido en el inciso a*. [ste muestra que ER0 mediante r R0, como tal ve3 usted pudo #aber  pronosticado de acuerdo con la simetr&a es'rica de la distribución de carga. En consecuencia, el

El cálculo del campo uera del cascarón es id'ntico al ya reali3ado para la esera sólida en el eemplo 1.1;. %i construimos una supericie gaussiana es'rica de radio r O a, conc'ntrica con el cascarón, entonces la carga dentro de esta supericie es 2. En consecuencia, el campo en un punto uera del cascarón es equivalente al de una carga puntual 2 en el centro.  E  = k e

Q 2

r 

%para r > a)

Taller 01 de Electromagnetismo

1A

φ e

= ∫  E • d  A =  E ∫ dA =

qin

ε 0

=

λ  ε 0

ero el área de la supericie es A = 2π  r  , por tanto,  E ( 2π  r )

Figura 1.21 a7 El campo el!ctrico interior de un cascarón es%!rico cargado uni%ormemente es cero. b7 El campo exterior es el mismo +ue el de una carga puntual con una carga total A locali)ada en el  centro del cascarón. c7 Super%icie gaussiana para rBa

 E  =

=

λ  ε 0

λ  λ  = 2k e r  2πε 0 r 

El campo el'ctrico dentro del cascarón es'rico es cero. Esto se desprende tambi'n de la ley de Xauss aplicada a una supericie es'rica de radio r Z a. uesto que la carga neta dentro de la supericie es cero y por la simetr&a es'rica de la distribución de carga, la aplicación de la ley de Xauss muestra que E < 0 en la región r Z a, emplo 1.1 4na distribución de una carga simétrica cil6ndricamente

Encuentre el campo el'ctrico a una distancia r de una l&nea de carga positiva y uniorme de longitud ininita cuya carga por unidad de longitud es P uniorme )ver igura 1.88* Razonamiento

La simetr&a de la distribución de carga muestra que E  debe ser perpendicular a la l&nea de carga y apuntar #acia auera, como en la igura 1.88a. La vista del extremo de la l&nea de carga mostrada en la igura 1.88b ayuda a visuali3ar las direcciones de las l&neas de campo el'ctrico. En este caso elegimos una supericie gaussiana cil&ndrica de radio r y longitud que es coaxial con la l&nea de carga. ara la parte curva de esta supericie,  es constante en magnitud y perpendicular a la supericie en cada punto. demás, el luo a trav's de los extremos del cilindro gaussiano es cero debido a que  es paralelo a estas supericies. Solución

La carga total dentro de nuestra supericie gaussiana es P . l aplicar la ley de Xauss y advertir que   es paralelo a d! en todos los puntos sobre la supericie curva del cilindro, encontramos que

Figura 1.22 6a7
λ  r 

.

Taller 01 de Electromagnetismo

ara puntos cercanos a la l&nea de carga y aleados de los extremos, la ecuación anterior  proporciona una buena aproximación del valor del campo. Esto se traduce en que la ley de Xauss no es /til para calcular E   en el caso se una l&nea de carga inita. Esto se debe a que la magnitud del campo el'ctrico ya no es constante sobre la supericie del cilindro gaussiano. demás, E   no es perpendicular a la supericie cil&ndrica en todos los puntos. +uando #ay poca simetr&a la distribución de carga, como se este caso, es necesario calcular E  utili3ando la ley de +oulomb. emplo 1.1 conductora

1

a los extremos*5 por tanto, el luo total a trav's de nuestra supericie gaussiana es 2E$. Solución

>otando que la carga total dentro de la supericie es $, aplicando la ley de Xauss para obtener φ e

 E  =

4na lámina plana de carga no

Encuentre el campo el'ctrico debido a un plano ininito no conductor con carga uniorme por  unidad de área U. Razonamiento

La simetr&a de la situación seala que E   debe ser  perpendicular al plano y que la dirección de E  en un lado del plano debe ser opuesta a su dirección en el otro lado, como se muestra en la igura 1.8@. Es conveniente elegir para nuestra supericie gaussiana un cilindro pequeo cuyo ee sea perpendicular al plano y cuyos extremos tengan cada uno un área  y sean equidistantes del plano.

Figura 1.23 a' %lu*o a trav!s de la super%icie curva del  cilindro.

En este caso vemos que E   es paralelo a la supericie cil&ndrica, no #ay luo a trav's de esta supericie. El luo #acia auera de cada extremo del cilindro es E$ )puesto que E   es perpendicular 

= 2 EA =

qin

ε 0

=

σ A ε 0

σ  2ε 0

uesto que la distancia de la supericie a partir del plano no aparece en la ecuación anterior, concluimos que  E  = σ  $ 2ε 0   a cualquier distancia desde el plano. Es decir, el campo es uniorme en todos lados. emplo conceptual 1.23

Explique por qu' la ley de Xauss no puede utili3arse para calcular el campo el'ctrico de a* un dipolo el'ctrico, b* un disco cargado, y c* tres cargadas puntuales en las esquinas de un triángulo. Razonamiento

Los patrones de campo el'ctrico de cada una de estas tres coniguraciones no tienen suiciente simetr&a para #acer los cálculos prácticos. )La ley de Xauss en orma integral sólo es /til para calcular el campo el'ctrico de distribuciones de carga altamente sim'tricas, como eseras, cilindros y láminas cargadas uniormemente*. +on el in de aplicar la ley Xauss en orma integral, usted debe ser capa3 de encontrar una supericie cerrada que rodee la distribución de carga, la cual puede subdividirse de manera que la magnitud del campo sobre las regiones independientes de la supericie sea constante. na supericie de este tipo no puede encontrarse en estos casos. emplo 1.21 4na es+era dentro de un cascarón es+érico.

na esera conductora sólida de radio a tiene una carga positiva neta 82 )igura 1.8A*. n cascarón es'rico conductor de radio interior b y radio exterior c es conc'ntrico con la esera sólida y tiene una carga neta C2. \ediante el empleo de la ley de Xauss, determine el campo el'ctrico en

Taller 01 de Electromagnetismo

las regiones marcadas con , , y y la distribución de carga sobre el cascarón es'rico.

1;

En la región donde r O c, la supericie gaussiana es'rica que rodea a una carga total qin < 82 7 )=2* < 2. En consecuencia, la ley de Xauss aplicada a esta supericie origina.  E 2

Figura 1.2"
==

k eQ r 2

%para r  > )

or /ltimo, considere la región , donde b Z r Z c. El campo el'ctrico debe ser cero en esta región debido a que el cascarón es'rico es tambi'n un conductor en equilibrio. %i construimos una supericie gaussiana de este radio, vemos que qin debe ser cero puesto que E 2  5 . De acuerdo con este argumento, concluimos que la carga sobre la supericie interior del cascarón es'rico debe ser  =82 para cancela la carga 782 sobre la esera sólida. )La carga =82 es inducida por la carga 782*. demás, puesto que la carga neta sobre el cascarón debe tener una carga igual 72.

 dvierta primero que la distribución de carga en ambas eseras tiene simetr&a es'rica, puesto que 'stas son conc'ntricas. ara determinar el campo a diversas distancias r del centro, construimos supericies gaussianas es'ricas de radio r.

Pregunta rápida 1.

ara encontrar E   en el interior de la esera sólida de radio a )región *, considere una supericie gaussiana de radio r Z a. uesto que no #ay carga dentro de un conductor en equilibrio electrostático, vemos que qin < 0, por lo que de la ley de Xauss y la simetr&a, E 1  5  para r Z a. De este modo, concluimos que la carga neta 2A sobre la esera sólida se distribuye sobre su supericie exterior.

!or qu' no utili3amos simplemente la expresión Q < =q0Ed, donde d es la distancia en la l&nea recta entre  y :$

En la región sobre las eseras, donde a Z r Z b, construimos una supericie gaussiana es'rica de radio r y advertimos que la carga dentro de esta supericie es 7 82 )la carga sobre la esera interior*. Debido a al simetr&a es'rica, las l&neas de campo el'ctrico deben apuntar radialmente #acia auera y ser de magnitud constante sobre la supericie gaussiana. %iguiendo el eemplo 1.1 y utili3ando la ley de Xauss, encontramos que  E 2 A =  E 2 ( 4π  r  ) 2

 E 2

=

2Q 4πε 0 r 2

= 2k e2Q r 

=

qin

ε 0

=

2Q

ε 0

%para a

< r  <  ')

%i el camino entre  y : no inluye sobre la integral de la siguiente ecuación ∆U  = U  B − U  A = −q0 ∫  A  E  • d s B

xplicación y respuesta

En general, el campo el'ctrico var&a de un punto a otro, de modo que la expresión propuesta no produce el resultado correcto. Situación problémica 1.$

%upongamos que los cient&icos #ubieran decido medir pequeas energ&as utili3ando los  protónG voltios en ve3 de los electrón=voltios. !2u' dierencia #abr&a$ Razonamiento

>o #abr&a ninguna dierencia. n electrón=voltio es la energ&a ganada por un electrón que es acelerado a trav's de la misma dierencia de potencial de un voltio. n protón acelerado a trav's de la misma dierencia de potencial tendrá la misma energ&a cin'tica, puesto que su carga es de la misma magnitud que la del electrón. El protón se moverá más lentamente despu's de acelerarse a trav's de un voltio, puesto que su masa es mayor, pero a/n as& #abrá ganado una

Taller 01 de Electromagnetismo

energ&a cin'tica de un electrón=voltio o un protón= voltio. Pregunta rápida 1.

%i se libera un electrón desde el reposo en un campo el'ctrico uniorme, !la energ&a potencial el'ctrica del sistema carga=campo aumenta, disminuye o permanece constante$ xplicación y respuesta

La energ&a potencial el'ctrica disminuye si un electrón )de #ec#o, cualquier part&cula cargada* se libera en un campo el'ctrico. La uer3a el'ctrica #ace que electrón se acelere, y la energ&a potencial del sistema carga=campo disminuye a medida que la energ&a cin'tica del electrón aumenta. Es el caso análogo a la disminución de energ&a potencial y aumento de energ&a cin'tica de cuerpo que cae debido a la gravedad. Pregunta rápida 1.13

%i el potencial el'ctrico de un punto es cero, !signiica que no #ay carga en las proximidades del punto$ xplicación y respuesta

>o. %uponga que #ay varias cargas en la vecindad del punto en cuestión. %i algunas cargas son positivas y otras negativas, las contribuciones al potencial el'ctrico en el punto pueden cancelarse. or eemplo, el potencial el'ctrico en el punto medio entre carga de igual magnitud y signo contrario es cero. Pregunta rápida 1.11

n globo es'rico contiene una part&cula cargada positivamente en su centr0. %i se inla el globo para #acerle ocupar un volumen mayor, mientras la part&cula cargada permanece en el centro, !+uáles de las siguientes cantidades var&an- )a* el potencial el'ctrico sobre la supericie del globo, )b* la magnitud del campo el'ctrico sobre la supericie del globo, )c* el luo el'ctrico a trav's del globo$ xplicación y respuesta

)a*, )b*. El potencial el'ctrico es inversamente proporcional al radio 6H  < JeqBr*. La magnitud del campo el'ctrico es inversamente proporcional al cuadrado del radio 6H  : e+;r 2 7. uesto que pasa el mismo n/mero de l&neas de campo a trav's de la supericie, independiente del tamao, el luo

1H

el'ctrico a trav's de la supericie permanece constante. Pregunta rápida 1.12

%uponga que se conoce el valor del potencial el'ctrico en un punto !uede calcularse el valor  del campo el'ctrico en dic#o punto /nicamente con es inormación$ xplicación y respuesta

El valor del potencial el'ctrico en un punto no es suiciente para determinar el campo el'ctrico. El campo el'ctrico está relacionado con la variación del potencial en el espacio de modo que debe conocerse cómo var&a el potencial alrededor del punto. Pregunta rápida 1.1#

%i el potencial el'ctrico es constante en una región, !qu' puede deducirse acerca del campo el'ctrico en esa misma región$ %i el campo el'ctrico es nulo en una región, !qu' puede deducirse acerca del potencial el'ctrico en esa misma región$ xplicación y respuesta

%i H  es constante en determinada región del espacio el campo el'ctrico en dic#a región debe ser nulo, puesto que el campo el'ctrico está relacionado con la variación del potencial en el espacio. )En una dimensión, E  x  < =d"Bdx, de modo que si H   es constante E  5 * De igual modo, si E  5  en una determinada región del espacio, H  debe ser constante en dic#a región )por eemplo, el interior de un conductor cargado en equilibrio*. Situación problémica 1.$

!or qu' el extremo de un pararrayos es puntiagudo$ Razonamiento

La unción de un pararrayo es servir de atracción a los rayos, de modo que la carga liberada por el rayo pueda desviarse #asta suelo de orma segura. %i el pararrayo es puntiagudo, el campo el'ctrico es muy intenso cerca del extremo, puesto que el radio de curvatura del conductor es muy pequeo. Este gran campo el'ctrico aumenta muc#o la probabilidad que la descarga del rayo se produ3ca cerca del extremo del pararrayos, en ve3 de cualquier otro sitio.

Taller 01 de Electromagnetismo emplo 1.22 l campo eléctrico entre dos placas paralelas de carga opuesta

na bater&a de 18 " se conecta entre dos placas paralelas, como se ve en la igura 1.8. La separación entre las placas es igual a 0.@0 cm, y el campo el'ctrico se supone como uniorme. )Esta suposición es ra3onable si la separación de las placas es pequeas en la relación con el tamao de placa y si no consideramos puntos cerca de los bordes de las placas* Determine la magnitud del campo el'ctrico entre placas.

1

n protón se suelta desde el reposo en un campo el'ctrico uniorme de magnitud igual a .0x10A "Bm dirigido a lo largo del ee x positivo )igura 1.8;*. El protón se despla3a 0.0 m en la dirección de . a* Encuentre el cambio en el potencial el'ctrico entre los puntos  y :.

Figura 1.2-
Figura 1.2(
∆V  = − Ed  = −%8.0 x104 ($m)%0.50 m)

Solución

El campo el'ctrico está dirigido de la placa positiva #acia la placa negativa. "emos que la placa positiva está a un potencial mayor que la placa negativa. dvierta que la dierencia de potencial entre las placas debe ser igual a la dierencia de potencial entre los terminales de la bater&a. Esto puede entenderse observando que todos los puntos en un conductor en equilibrio están al mismo potencial, por lo que no #ay dierencia de potencial entre una terminal de la bater&a y cualquier parte de la placa a la cual está conectada. or tanto, la magnitud del campo el'ctrico entre las placas es  E  =

V  B

El cambio de potencial el'ctrico no depende de la presencia del protón. De la ecuación  B ∆V  = − E ∫  A ds = − Ed  , tenemos-

− V A d 

=

12 ( 0.30 x10 − 2 m

∆V  = −4.0 x10 4

Este resultado negativo indica que el potencial disminuye entre  y : b* Determine el cambio de energ&a potencial del protón para este despla3amiento Solución

  partir de la ecuación sabemos que

= 4.0 x103 ($m

Esta coniguración, conocida como capacitor de  placas paralelas. emplo 1.2# 7o5imiento de un protón en campo eléctrico uni+orme

m

∆U =

%1.6 x10

∆V  =

∆U  q0

B



= −∫  A  E • d  s

∆U  = q∆V  = e∆V  −19

4

C )% −4.0 x10 V )

= −6.4 x10

−15

El signo negativo indica que la energ&a potencial del sistema disminuye cuando el protón se mueve en la dirección del campo el'ctrico. Este #ec#o concuerda con el principio de conservación de la energ&a en un sistema aislado5 cuando el protón acelera en la dirección del campo, adquiere

 J 

Taller 01 de Electromagnetismo

energ&a cin'tica y al mismo tiempo el sistema pierde energ&a potencial el'ctrica. El aumento de energ&a cin'tica de una part&cula cargada en un campo el'ctrico se utili3a en muc#os dispositivos, como los caones de electrones de los tubos de imagen de los televisores y los aceleradores de part&culas utili3ados en las investigaciones de la &sica de part&culas. emplo 1.2$ Potencial debido a dos cargas puntuales

na carga puntual de 8.00 9+ se locali3a en el origen y una segundo carga puntual de =;.00 9+ se coloca en la posición )0, @.00* m sobre el ee y, como se muestra en la igura 1.8Ha. )a* +alcule el potencial en el punto , de coordenadas )A.00, 0*

1I

carga puntual de 3.55 I desde el in%inito >asta el   punto 4. Solución

ara

dos cargas puntuales, la ecuación qi V  = k e  se convierte en i r  i

∑

 q1 q2    −   r    1 r 2  

V  = k e 

En este eemplo q1  < 8.00 9+, r 1  < A.00 m, q8 < =;.00 9+ y r 8 < .00 m. or tanto, " tiene el valor.

= (8.99 x10 9  N .m 2 $ C 2 ) x  2.00 x10 −6 C  − 6.00 x10 −6 C       +   m m 4 . 00 5 . 00    

V  P 

V  P 

= −6.29 x10 3 V 

b* !2u' trabao se reali3a para traer una carga puntual de @.00 9+ desde el ininito #asta el punto  )ver igura 1.8Hb*$ Solución

El trabao reali3ado es igual al cambio de energ&a potencial dado por la ecuación

∆V  =

∆U  q0

B





= −∫  A  E • d  s

W  = ∆U  = q 3 ∆q

W  = ( 3.00 x10

−6

= q3 V  − 0

C  ( − 6.26 x10 3 V 

= −18.9 x10 −3 J 

El signo negativo se debe al #ec#o que la carga de @.00 9+ atra&da por la combinación de q1 y q8, que tiene carga neta negativa. La carga @.00 9+ mueve espontáneamente #acia las otras cargas cuando es liberada, de modo que el agente externo no necesita #acer nada para acercarla a las otras cargas. %in embargo, para evitar que la carga se acelere, el agente externo se opone al despla3amiento de la carga, lo cual implica que el trabao reali3ado es negativo. n agente externo necesitar&a reali3ar un trabao positivo para alear  la carga desde  #asta el ininito. Figura 1.20 6a7 El potencial el!ctrico en el punto 4  debido a las dos cargas puntuales +1 ' +2 es la suma algebraica de los potenciales creados por ambas cargas b7 ¿Au! traba*o se reali)a para traer una

emplo 1.2% Potencial eléctrico de un dipolo

n dipolo el'ctrico consta de dos cargas de igual valor y signo contrarios, separadas una distancia

Taller 01 de Electromagnetismo

8a, como se muestra en la igura 1.8. El dipolo se encuentra orientado a lo largo del ee x y centrado en el origen. +alcule )a* El potencial el'ctrico en cualquier punto  del ee x y )b* el campo el'ctrico en un punto muy aleado del dipolo.

Solución

tili3ando

la

ecuación

V  = k e

∑ qr  , i

i

deinida por el dipolo. +omo vemos en la igura 1.10, las componentes verticales del campo se cancelan. or tanto, sólo las componentes #ori3ontales de ambos campos )que tienen una magnitud muy pequea* contribuyen al campo total. En este eemplo, por el contrario, estudiamos el campo sobre la prolongación de la l&nea que conecta las dos cargas del dipolo. ara los puntos situados sobre dic#a l&nea, los vectores de campo el'ctrico sólo tienen componente sobre la l&nea, de modo que ambos vectores de campo se combinan para producir el campo el'ctrico total. +omo resultado, el campo el'ctrico es mayor que el de la dirección perpendicular al dipolo en un actor de 8. emplo 1.2& Potencial debido a un anillo uni+ormemente cargado

Figura 1.2 ipolo el!ctrico situado sobre el e*e x

)a*

80

i

+alcule el potencial y el campo el'ctrico en un punto  situado sobre el ee de un anillo de radio a cargado uniormemente, con carga total 2. El plano del anillo es perpendicular al ee x )igura 1.8I*

tenemos que V  = k e

∑ r  = k     x −q a −  x +q a     qi

e

i

i

V  =

2k e qa  x 2

− a2

)b* %i  se encuentra muy aleado del dipolo de modo que x OOa, entonces podemos ignorar el t'rmino a8 en x8 C a8, de modo que " se convierte en V  ≈

2k e qa  x 2

tili3ando la ecuación

% x >> a)

 E  x

=−

dV  dx

y este

resultado, podemos calcular el campo el'ctrico en el punto .  E  x

= − dV  = dx

4 k e qa  x 3

 para  x

>> a

%i comparamos este resultado con el que obtuvimos en el eemplo 1., vemos que diieren un actor de 8 para puntos muy aleados del dipolo. Es el eemplo citado, calculamos el campo el'ctrico sobre una l&nea perpendicular a la l&nea

Figura 1.2 $nillo de radio a uni%ormemente cargado/ cu'o plano es perpendicular al e*e x. ada segmento del anillo de carga d+ se encuentra a la misma distancia de cual+uier punto 4 situado sobre el e*e x Solución

%ea x la distancia entre  y el centro del anillo, como se muestra en la igura 1.8I. El elemento de carga dq se encuentra a una distancia del punto  igual a r  =  x 2 + a 2 . or tanto, podemos expresar  H  como V  = k e

dq

∫  r 

= k e ∫ 

dq  x 2

+ a2

Taller 01 de Electromagnetismo

81

En este caso, cada elemento de carga dq se encuentra a la misma distancia de . or tanto, podemos sacar el t'rmino  x 2 + a 2 de la integral y H  se reduce a V  =

k e

+ a2

 x 2

k e Q

∫ dq =

 x 2

+ a2

La /nica variable en dic#a expresión de H es x .  plicando consideraciones de simetr&a, vemos que a lo largo del ee x E   sólo puede tener  componente en x . or tanto, podemos utili3ar la ecuación

 E  x

=−

dV  dx

  para calcular la magnitud

del campo el'ctrico en  E  x

=−

 E  x

dV  dx

= −k e Q

[( x dx d 

2

+ a2 )

−1 $ 2

]

= − k e Q( − 12 ) ( x 2 + a 2 ) −3 $ 2 ( 2 x )  E  x

=−

k e Qx

( x 2 + a 2 ) 3 $ 2

Este resultado coincide con el que obtuvimos a trav's de la integración directa )v'ase eemplo 1.10* emplo 1.2/ Potencial de un disco cargado uni+ormemente

Figura 1.35
+onsidere uno de dic#os anillos de radio r y anc#o dr, como se indica en la igura 1.@0. El área del anillo es d < 8Vrdr )la longitud de la circunerencia multiplicada por el anc#o* y la carga en el anillo es dq < Ud < U8Vrdr. or tanto, el potencial en el punto  debido al anillo es

 x

dado por al ecuación V  = 1.8;.

k e Q  x 2

+ a2

del

+ a2

V  = π k eσ  V 

De nuevo elegimos el punto  a una distancia x del centro del disco y consideramos el plano del disco perpendicular al ee x. El problema se simpliica dividiendo el disco en una serie de anillos cargados. El otencial de cada anillo está

2

k eσ 2π rdr 

=

 x

2

+ a2

ara encontrar el potencial total   en , sumamos sobre todos los anillos que integran el disco. Es decir, integramos d" de r <0 a r < a.

Encuentre el potencial el'ctrico a lo largo del ee x de un disco cargado uniormemente de radio a y carga por unidad de área )Gigura 1.@0* Razonamiento y solución

k e dq

dV  =

a

∫  0

2rdr   x

2

a

+ a2

= π  k eσ  ∫ 0 ( x 2 + a 2 )

−1 $ 2

2rdr 

Esta integral es de la orma ! n d!  y tiene el valor  n +1 de !  , donde n = − 12 y ! = r 2 + a 2 . De n +1 esto resulta V  = 2π k eσ  ( x 2

eemplo

+ a2 )

1$ 2

−x

+omo en eemplo 1.8;, podemos encontrar el campo el'ctrico en cualquier punto axial tomando el negativo de la derec#a de H  en relación con x.  E  x

=−

dV  dx

  = 2π k eσ 1 −  

 x  x 2

+ a2

       

Taller 01 de Electromagnetismo

88

emplo 1.2 Potencial de una l6nea de carga +inita

na barra de longitud por unidad de longitud y una carga total 2. Encuentre el potencial el'ctrico en el punto  a lo largo del ee y a una distancia d del origen )Gigura 1.@1*

∫   x

dx 2

+ d 2

  x + = n  

+ d 2       d   

 x 2

 l evaluar ", encontramos que V  = k e

  + n    

Q

+ d  2       d    2



emplo 1.2 Potencial creado por una es+era uni+ormemente cargada

na esera maci3a aislante de radio = tiene una carga total 2, distribuida uniormemente por todo su volumen )igura 1.@8* )a* +alcule el potencial el'ctrico en un punto exterior a la esera, es decir, r O (. Tome el potencial como uno r R S.

Figura 1.31
El elemento de longitud dx tiene una carga dq < Pdx donde P es la carga por unidad de longitud, 2B .  uesto que este elemento está a una distancia r  =  x 2 + d 2 de . odemos expresar el potencial en  debido a este elemento como dV  = k e

dq r 

= k e

λ dx  x

2

+ d 2

dx



∫  0

 x

2

+ d 2

= k e

Q

dx



∫   0

 x

Solución

En el eemplo 1.1; calculamos, a partir de la ley de Xauss, que la magnitud del campo el'ctrico en el exterior de una distribución de carga con simetr&a es'rica es  E r 

ara obtener el potencial total en  integramos esta expresión sobre los l&mites x < 0 a x < . %i advertimos que Je, P y d son constantes encontramos que V  = k e λ 

Figura 1.32 Es%era sólida aislante de radio =  cargada uni%ormemente con carga total A. El   potencial el!ctrico en los puntos & '  coincide con el generado por una carga puntual A situada en el  centro de la es%era.

2

+ d 2

Esta integral que se encuentra en la mayor&a de las tablas integrales, tiene el valor 

= k e

Q r 2

%para r  > R)

donde el campo está dirigido radialmente #acia auera cuando 2 es positiva. ara obtener el potencial en un punto exterior, como &  en la igura 1.@8, sustituimos esta expresión para E  en la ecuación dV  = − E  • d  s como  E • d  s =  E r  dr  en este caso, obtenemos. V  B

r 

r 

= −∫ ∞  E r  dr  = −k e Q ∫ ∞

dr  r 

2

Taller 01 de Electromagnetismo

= k e Q

V  B

8@

%para r  >  R )

r 

6bserve que el resultado es id'ntico al del potencial el'ctrico debido a una carga puntual. En vista de que el potencial debe ser continuo r < (, podemos usar esta expresión para obtener el potencial en la supericie de la esera. Esto es, el potencial en un punto + en la igura 1.@8 V C 

= k e

Q

%para r  =  R)

 R

b* Encuentre el potencial en un punto dentro de la esera cargadas, es decir, para r Z (. Solución

En el eemplo 1.1; encontramos que el campo el'ctrico dentro de una esera carga uniormemente es  E r 

=

k e Q  R

3

%para r  < *)

r 

emplo1.#3 *os es+eras cargadas conectadas

odemos utili3ar este resultado y la ecuación

∆V  =

∆U  q0



B

= −∫  A  E • d  s



 

para evaluar la dierencia de potencial H  GH  donde D e sun punto interiorV  "

r 

− V C  = −∫  R  E r  dr  = − V  "

− V C  =

k e Q  R 3

k e Q

2 R

3

r 

∫  rdr  0

( R 2 − r 2 )

%ustituyendo H c   : eA;=   dentro de esta expresión y al despear H , obtenemos V  "

=

k e Q    3 − r  2 2 R    R 2

       

Figura 1.33 ip!rbola. El potencial tiene un valor  máximo H 5  en el centro de la es%era.

%para r  <  R)

En r  = , esta expresión proporciona un resultado para el potencial que concuerda con el potencial en la supericie, esto es, H .  En la igura 1.@@ se presenta una gráica de H contra r  para esta distribución carga.

Dos conductores es'ricos de radio r 1 ' r 2 están separadas por una distancia muc#o mayor que el radio de cualquier de las eseras. [stas están conectadas por medio de un alambre conductor, como se ve en la igura 1.@A. %i las cargas sobre las eseras en equilibrio son q1 y q8 respectivamente, encuentre la ra3ón de las intensidades de campo en las supericies de las eseras. Solución

uesto que las eseras están conectadas por un alambre conductor, deben estar al mismo potencial V  = k e

q1 r 1

= k e

q2 r 2

Taller 01 de Electromagnetismo

8A

Figura 1.3(
De la ecuación C  = Figura 1.3" os conductores es%!ricos cargados conectados por un alambre conductor. Las es%eras están al mismo potencial H.

=

q2

r 1 r 2

= k e

q1 r 12

, encontramos

2

C 

 N .m 2

  2.00 x10 −4 m 2     1.00 x10 − 3 m   

       

= 1.77 F 

emplo1.#2 'apacitor cil6ndrico

)1*

En vista de que las eseras están muy aleadas, sus supericies están cargadas de manera uniorme, y podemos expresar la magnitud de los campos el'ctricos en sus supericies como  E 1

d 

C  = 1.77 x10 −12  F 

or tanto, la ra3ón de carga es q1

   

−12 C  =   8.85 x10

ε 0 A

y  E 2

= k e

n capacitor cil&ndrico de radio a y carga A coaxial con un cascarón cil&ndrico más grande de radio b y carga 8A )ver igura 1.@;a*. Encuentre la capacitancia de este capacitor cil&ndrico si su longitud es .

q2 r 22

Tomando la ra3ón de estos dos campos y utili3ando 1* encontramos que  E 1  E 2

=

r 2 r 1

)8*

or consiguiente, el campo es más intenso en la vecindad de la esera más pequea. emplo1.#1 'apacitor de placas paralelas

n capacitor de placas paralelas tiene un área  $  2.55x15 G" m2 y una separación de placa d  1.55 m. Encontrar su capacitancia.

Figura 1.3- 6a7 El capacitor cilndrico se compone de un conductor cilndrico de radio a ' longitud rodeado por un cascarón cilndrico coaxial de radio b 6b7 Hista lateral de un capacitor cilndrico. La lnea de la super%icie gaussiana cilndrica de radio r '  longitud .

Solución Razonamiento y solución

Taller 01 de Electromagnetismo

%i suponemos que es grande comparada con a y b, podemos ignorar los eectos de borde. En este caso, el campo es perpendicular a los ees de los cil&ndricos y está coninado a la región entre ellos )igura 1.@;b*. Debemos calcular primero la dierencia de potencial entre los dos cil&ndricos, la cual está en general por #  V # − V a = − ∫   E  • d s a donde

es el campo el'ctrico en la región a < r  < # . %e demostró en eemplo 1.1, utili3ando la ley Xauss, que el campo el'ctrico de un cilindro de carga por unida de longitud P es E  2: e K;r . El mismo resultado se aplica aqu& debido a que el cilindro exterior no contribuye al campo el'ctrico dentro de 'l. +on este resultado y notando que E  está a lo largo de r en la igura 1.@;b, encontramos que V #

E 

#

#

− V a = − ∫ a  E r  dr  = −2k e λ ∫ a V #

Q

∆V 

Q

2k e Q 

 #      a  

n

=



1

=

 #      a  

2k e n

emplo1.## es+érico

n capacitor es'rico de un cascarón conductor  es'rico de radio b y carga C2 conc'ntrico con una esera conductora más pequea de radio a y carga 2 )Gigura 1.@H*. Encuentre su capacitancia.

r 

# − V a = −2k e λ  n        a  

=

C 

dr 

 l sustituir en la ecuación que deine la capacitancia de un capacitor   A;9H  y utili3ando el #ec#o de que K  A;  , obtenemos C  =

8



 #      a  

2k e n

donde ] 9HM es la magnitud de la dierencia de potencial, dada por 2: e Kln6b;a*, una cantidad positiva. Es decir,  9H  H a 8 H b es positiva debido a que el cilindro interior está a un potencial mayor. >uestro resultado para    tiene sentido debido a que muestra que la capacitancia es proporcional a la longitud de los cilindros. +omo podr&a esperarse, la capacitancia depende tambi'n de los radios de los dos cilindros conductores. n cable coaxial, eemplo, se compone de dos conductores cil&ndricos conc'ntricos de radios a y b  separados por un aislador. El cable conduce corrientes en direcciones opuesta en los conductores interior y exterior. Dic#a geometr&a es en especial /til para proteger una seal el'ctrica de inluencias externas. De acuerdo con la ecuación anterior vemos que la capacitancia por  unidad de longitud de un cable coaxial es

Figura 1.30 acia a%uera si la es%era interior está cargada positivamente. Razonamiento y solución

+omo demostramos en el eemplo 1.1; el campo el'ctrico uera de una distribución de carga simetr&a es'ricamente es radial y está dado por  : eA;r 2. En este caso corresponde al campo entre las eseras 6a B r B b7. )El campo es cero en cualquier otro lado*. De la ley de Xauss vemos que sólo la esera interior contribuye a este campo. De este modo, la dierencia de potencial entre las eseras está dada por  V #

#

#

− V a = − ∫ a  E r  dr  = − k e Q ∫ a V #

dr  r 2

#

1 = k e Q    r  a

1 1 − V a = k e Q   −      # a  

La magnitud de la dierencia de potencial es

∆V  = V # − V a = k e Q

%# − a ) a#

%ustituyendo esto en la ecuación   A;9H , obtenemos

Taller 01 de Electromagnetismo C  =

Q

∆V 

=

a# k e %# − a)

Preguntas de campo eléctrico

1* n globo se carga negativamente por  rotamiento y despu's se ad#iere a una pared !Esto signiica que la pared está cargada positivamente$ !or qu' despu's de cierto tiempo cae el globo$

8;

na tercera carga puntual C2 puede moverse libremente y se encuentra inicialmente en reposo en un bisector perpendicular de la l&nea que conecta las dos cargas ias a una distancia x de la l&nea )igura 1.8*. )a* \uestre que si  x  es pequea en relación a d , el movimiento de C2 es armónico simple a lo largo del bisector, y determine el periodo de ese movimiento. )b* !2u' tan rápido se mueve 2 cuando está en el punto intermedio entre las dos cargas ias$

8* na gran esera metálica aislada de tierra se carga con un generador electrostático mientras una persona parada sobre un taburete aislante sostiene la esera. !or qu' es seguro #acer  esto$ !or qu' no ser&a seguro para otra persona tocar la esera despu's de que 'sta se #a cargado$ @* Dos eseras conductoras cargadas, cada una de radio a, están separadas por una distancia r C 2a !La uer3a neta sobre cada esera está dada por la ley de +oulomb$ Explique A* !Es posible que campo el'ctrico exista en el espacio vac&o$ Explique * na carga "+ está a una distancia r   de una carga  8+. +ompare el n/mero de l&neas de campo el'ctrico que salen de la carga "+ con el n/mero que entra a la carga 8+. Problemas de campo eléctrico

1* En la igura 1.1 se locali3an tres cargas puntuales ubicadas en las esquinas de un triángulo equilátero. +alcular la uer3a el'ctrica neta sobre la carga de H.0 9+.

Figura 41.2

@* Dos pequeas esera de plata, cada una con 100g de masa, están separadas 10 m. +alcule la racción de los electrones de una esera que deben transerirse a la otra para producir una uer3a atractiva de 1.0x10A> entre las eseras. )El n/mero de electrones por átomo de es AH, y el n/mero de átomos por gramo es el numero de  vogadro dividido por la masa molar de la plata, 10H.H* A* n punto con una carga + se locali3a en ) x 5,  ' 5*  en el plano x' . Demuestre que las componentes x  y ' del campo el'ctrico en ) x , ' * debidas a esta carga son  E  x

=

 E  y

=

k e % x − x0 )

[% x − x

2 0)

+ % y −  y 0 ) 2 ]

3$ 2

k e % y −  y0 )

[% x −  x ) + % y −  y ) ]

2 3$ 2

2

0

0

Figura 41.1

8* Dos cargas puntuales id'nticas 7q están ias en el espacio y separadas por una distancia d .

* +uatro cargas puntuales están en las esquinas de un cuadrado de lado a, como en la igura 1. )a* Determine la magnitud y dirección del campo

Taller 01 de Electromagnetismo

8H

el'ctrico en la posición de la carga +. )b* !+uáles es la uer3a resultante sobre +.

Figura 41.( 

;* na carga 8+1 se locali3a en el origen y una 8+5  se ubica a lo largo del ee '  en ' . !En que punto a lo largo del ee '  el campo el'ctrico es cero$

Figura 41.  I* La igura 1.I muestra las l&neas de campo el'ctrico para dos cargas puntuales separadas por  una pequea distancia. )a* Determine la proporción +1 ;+2 )b* !+uáles son los signos de +1 y +2?

H* +onsidere un cascarón cil&ndrico circular recto con una carga total A, radio =  y altura #. Determine el campo el'ctrico en un punto a una distancia d  del lado derec#o del cilindro, como en la igura 1.H )sugerencia. Emplee el resultado eemplo 1.10 y considere al cilindro como una colección de anillos de carga*. )b* tilice el resultado del eemplo 1.11 para revolver el mismo problema, pero esta ve3 suponga que el cilindro es sólido.

Figura 41.

Figura 41.0 

* na barra aislante cargada de manera uniorme de 1A cm de largo se dobla en orma de semicircunerencia, como en la igura 1.. %i la barra tiene una carga total de =H. 9+, encuentre la magnitud y dirección del campo el'ctrico en 8, el centro de la semicircunerencia.

10* n protón se lan3a en la dirección x   dentro de una región de un campo el'ctrico uniorme  E   < =;.00x10 i >B+. El protón viaa H.00 cm antes de detenerse. Determine )a* la aceleración del protón, )b* su velocidad inicial, y )c* el tiempo que tarda en detenerse. 11* +ada uno de los electrones en un #a3 de part&culas tiene una energ&a cin'tica N . !+uáles son la magnitud y dirección del campo el'ctrico que detendrá estos electrones en una distancia d $ 18* %e lan3a protones con una velocidad inicial v 5  I.x10@ mBs dentro de una región donde se presenta un campo el'ctrico uniorme E   < )=H80 * >B+, como en la igura 1.18. Los protones van a incidir sobre el blanco que se encuentra a una distancia #ori3ontal de 1.8H mm del punto donde se lan3aron los protones. Determine )a* los dos ángulos de lan3amiento K

Taller 01 de Electromagnetismo

8

que darán como resultado un impacto, y )b* el tiempo total de vuelo para cada trayectoria.

Figura 41.12

1@* na bola de corc#o cargada de masa m está suspendida en una cuerda ligera en presencia de un campo el'ctrico uniorme, como en la igura 1.1@. +uando E  < )Exi 7Ey * >B+, bola está en equilibrio a un ángulo K. Encuentre )a* la carga en la bola y )b* la tensión en la cuerda.

Figura 41.1"

1* 6c#o cargas puntuales, cada una de magnitud +, se locali3an en las esquinas de un cubo de lado s, como en la igura 1.1 )a* Determine las componentes  x/ '/ )   de la uer3a resultante eercida sobre la carga locali3ada en el punto  por otras cargas. )b* !+uáles son la magnitud y dirección de esta uer3a resultante$

Figura 41.13

1A* Tres cargas de igual magnitud + están ias en v'rtices de un triángulo equilátero )Gigura 1.1A*. na cuarta carga 2 tiene libertad de movimiento a lo largo del ee  x  bao la inluencia de las uer3as eercidas por las tres cargas ias. Encuentre un valor para s para el cual + est' en equilibrio.

Figura 41.1(  Preguntas de ley de 9auss

;* %i el campo el'ctrico en una región del espacio es cero, !puede usted concluir que no #ay cargas el'ctrico en esa región$ Explique H* +on la ley de Xauss explique por qu' las l&neas de campo el'ctrico deben empe3ar y terminar en cargas el'ctricas. )Sugerencia# cambie el tamao de la supericie gaussiana* * Explique por qu' el exceso de carga en un conductor aislado debe residir en su supericie, empleando la naturale3a repulsiva de la uer3a entre cargas similares y la libertad de movimiento de la carga dentro del conductor.

Taller 01 de Electromagnetismo

8I

I* Dos eseras sólidas, ambas se radio = , conducen cargas totales id'nticas A. na esera es un buen conductor mientras que la otra es un aislador. %i la carga sobre la esera aislante está distribuida uniormemente por todo su volumen interior, !cómo se comparan los campos el'ctricos externos de estas eseras$ !Los campos son id'nticos en el interior de las dos eseras$ Problemas de ley de 9auss

1;* n campo el'ctrico uniorme ai 7 b  intersecta a una supericie de área  !+uál es el luo a trav's de esta área si la supericie se ubica )a* en el plano ') , )b* en el plano x) , )c* en el plano x'  1H* +onsidere una caa triangular cerrada que descansa dentro de un campo el'ctrico #ori3ontal de magnitud E < H.x10A >B+, como en la igura 1.1H. +alcule el luo el'ctrico a trav's de )a* la supericie vertical, )b* la supericie inclinada, y )c* toda la supericie de la caa

Figura 41.1

80* na l&nea de carga ininitamente larga que tiene una carga uniorme por unidad de longitud K se encuentra a una distancia d  de un ponto O, como en la igura 1.80. Determine el luo el'ctrico total a trav's de la supericie de una esera se radio =   centrada en O. )Sugerencia# +onsidere tanto = B d como = Cd *.

Figura 41.10 

1* n cono de radio =  en la base y altura > está sobre una mesa #ori3ontal, y un campo el'ctrico uniorme #ori3ontal E  penetra el cono, como en la igura 1.1. Determine el luo el'ctrico que entra el cono.

Figura 41.25

81* na carga puntual A se locali3a usto arriba del centro de la cara plana de un #emiserio de radio = , como en la igura 1.81 !+uál es el luo el'ctrico )a* a trav's de la supericie curva, y )b* a trav's de la cara plana$

Figura 41.1 

1I* +uatro supericies cerradas, S1 a S" , unto con las cargas  82A/ A y  8A se dibuan en la igura 1.1I. Encuentre el luo el'ctrico a trav's de cada supericie. Figura 41.21

Taller 01 de Electromagnetismo

@0

88* +onsidere un delgado cascarón es'rico de 1A.0 cm de radio con una carga total de @8.0 9+ distribuida uniormemente sobre su supericie. Encuentre el campo el'ctrico a )a* 10 cm y )b* 80 cm del centro de la distribución de carga. 8@* n ilamento recto cargado uniormemente de H.00 m de largo tiene una carga positiva total de 8.00 9+. n cilindro de cartón descargado de 8.00 cm de longitud y 10.0 cm de radio rodea el ilamento en su centro, con el ilamento como el ee del cilindro. tili3ando todas las aproximaciones ra3onables, encuentre )a* el campo el'ctrico en la supericie del cilindro, y )b* el luo el'ctrico total a trav's del cilindro. 8A* na larga lámina plana de carga tiene una carga por unidad de área de I.0 9+Bm8. Determine la intensidad de campo el'ctrico usto arriba de la supericie de la lámina, medida desde su punto medio. 8* na delgada placa conductora de 0.0 cm de lado se encuentra en plano x' . %i una carga total de A.00x10=+ se pone sobre la placa, encuentre )a* la densidad de carga sobre la placa, )b* el campo el'ctrico usto arriba de la placa y )c* el campo el'ctrico usto abao de la placa.

Figura 41.20 

8* n cilindro de aislante ininitamente largo de radio =   tiene una densidad de carga volum'trica que var&a con el radio como

   

 ρ  =  ρ 0  a −

r   

 

#  

donde P5 , a y b son constantes positivas y r   es la distancia desde el ee del cilindro. tilice la ley de Xauss determinar la magnitud del campo el'ctrico a distancias radiales )a* r  B = y )b* r C =. Preguntas de potencial eléctrico

8;* n alambre largo y recto está rodeado por un cilindro metálico #ueco cuyo ee coincide con el del alambre. El alambre tiene una carga por  unidad de longitud de  K  y el cilindro tiene una carga neta por unidad de longitud de 2 K. De acuerdo con esta inormación, utilice la ley de Xauss para encontrar )a* la carga por longitud unitaria en las supericies interior y exterior del cilindro y )b* el campo el'ctrico uera del cilindro, a una distancia r  del ee. 8H* ara la coniguración mostrada en la igura 1.8H, suponga que a  .0 cm, b < 80 cm, y c   < 8 cm. %uponga tambi'n que mide un valor  del campo el'ctrico en un punto a 10 cm del centro igual a @.;x10 >B+, radialmente #acia adentro en tanto que el campo el'ctrico en punto a 0 cm del centro es 8.0x10 8  >B+ radialmente #acia auera.  partir de esta inormación entre )a* la carga sobre la esera aislante, )b* la carga neta sobre la esera conductora #ueca, y )c* la carga total sobre las supericies interior y exterior de la esera conductora #ueca.

10* Estable3ca la distinción entre potencial el'ctrico y energ&a potencial el'ctrica 11* Explique por qu' las supericies equipotenciales son siempre perpendiculares a las l&neas de campo el'ctrico. 18* El potencial de una carga puntual se deine igual a cero a una distancia ininita. !or qu' no podemos deinir el potencial de una l&nea de carga ininita igual a cero a cero en r  RS $ 1@* !En qu' tipo de clima ser&a más probable que una bater&a de automóvil se descargara y por  qu'$ 1A* +aminar sobre una alombra y tocar despu's a alguien puede producir una descarga el'ctrica. Explique la ra3ón por la que ocurre lo anterior. Problemas de potencial eléctrico

8I* n positrón tiene la misma masa que un electrón. +uando se acelera un positrón desde el reposo entre dos puntos a una dierencia de potencial ia, adquiere una velocidad que es el

Taller 01 de Electromagnetismo

@1

@0^ de la velocidad de lu3. !2u' velocidad alcan3a un protón acelerado desde el reposo entre los mismos dos puntos$ @0* n electrón que se mueve paralelo al ee  x  tiene una rapide3 inicial de @.Hx10; mBs en el origen. %u rapide3 se reduce a 1.Ax10 mBs en el punto  x  < 8.0 cm. +alcule la dierencia de potencial entre el origen y este punto, !+uál punto está a mayor potencial$ @1* n bloque de masa m y carga A se conecta a un resorte de constante : . El bloque está sobre una pista #ori3ontal sin ricción y el sistema está inmerso en un campo el'ctrico uniorme de magnitud E  y su dirección es como se indica en la igura 1.@1. %i el bloque se suelta desde reposo cuando el resorte está indeormado )en  x  < 0*. )a* !En qu' cantidad máxima se alarga el resorte$ )b* !+uál será la posición de equilibrio del bloque$ )c* !\uestre que el movimiento del bloque es armónico simple y determine su periodo. )d* (epita el inciso )a* si el coeiciente de ricción cin'tico entre el bloque y la supericie es 9

Figura 41.32

@@* El potencial electrostático debido a un conunto de cargas puntuales sobre una malla cartesiana es 36 45 V  = − 2 2 ( x + 1) 2 +  y 2  x + ( y − 2) donde H   está en voltios. Determinar la posición y magnitud de todas las cargas en esta distribución @A* +alcule la energ&a requerida para agrupar el arreglo de carga que se muestra en la igura 1.@A, donde a < 0.80 m y b  < 0.A0 m y + < ;.0 9+. @* +uando una esera conductora descargada de radio a se coloca en el origen de un sistema de coordenadas x')   que está en un campo el'ctrico inicialmente uniorme E  < E0:, el potencial el'ctrico resultante es H6x/'/)7  H 5  para puntos dentro de la esera y 3

V % x+  y+ $ ) = V 0

− E 0 %  +

 E 0 a  $ 

( x +  y + $  ) 2

2

2 3$ 2

para puntos uera de la esera, donde H 5  es el potencial electrostático )constante* en el conductor. tilice esta ecuación para determinar  las componentes  x/ ' y )  del campo el'ctrico resultante. Figura 41.31

@8* na part&cula que tiene carga + y masa m está conectada a una cuerda con longitud L y amarrada al punto 4  en la igura 1.@8. La part&cula, la cuerda y el punto pivote están sobre una mesa #ori3ontal. La part&cula se suelta desde el reposo cuando la cuerda orma un ángulo K con un campo el'ctrico uniorme de magnitud E . Determine la velocidad de la part&cula cuando la cuerda es paralela al campo el'ctrico )punto a en la igura 1.@8*

Figura 41.3"

3-7 Las tres cargas de la igura 1.@; están en los v'rtices de un triangulo isósceles. +alcule el potencial el'ctrico en el punto medio de la base, considerando + < =H.0 9+.

Taller 01 de Electromagnetismo

@8 Figura 41.3 

@I* !+uántos electrones deben extraerse de un conductor es'rico inicialmente descargado de 0.@00 m de radio para producir un potencial de H.0 J". A0* Dos conductores es'ricos cargados se conectan mediante un largo alambre conductor y una carga de 8.00 9+ se pone en la combinación)a* %i una esera tiene una radio de A.00 cm y el radio de la otra es de ;.00 cm, !cuál es el campo el'ctrico cerca de la supericie de cada esera$ )b* !+uál es el potencial el'ctrico de cada esera$

Figura 41.3-  @H* na barra de longitud L  )igura 1.@H* se encuentra a lo largo del ee  x   con su extremo i3quierdo en el origen y tiene una densidad de carga no uniorme  K  Qx   )donde Q   es una constante positiva*, )a* !+uáles son las unidades de Q $ )b* +alcule el potencial el'ctrico en .

A1*  cierta distancia de una carga puntual la magnitud del campo el'ctrico es de 00 "Bm y el potencial el'ctrico es igual a [email protected]". )a* !+uál es la distancia a la carga$ )b* !+uál es la magnitud de la carga$ A8* La distribución de carga que se muestra en la igura 1.A8 se conoce como un cuadrupolo lineal )a* Demuestre que el potencial en un punto sobre el ee x  donde x C d es V  =

2k e qd 2  x 3 −  xd 2

)b* \uestre que la expresión obtenida en )a* cuando x CCd   se reduce a V  =

2 k e qd 2  x 3

Figura 41.30 

@* +alcule el potencial el'ctrico en el punto 4  sobre el ee del anillo mostrado en la igura 1.@, el cual tiene una densidad de carga uniorme  .

Figura 41."2

A@* La barra delgada cargada uniorme que se muestra en la igura 1.A@ tiene una densidad de carga lineal  K. Encuentre una expresión para el potencial el'ctrico en 4.