Solucionario Guía Di Bartolo FS2211.pdf

Soluciona Solucionario. rio. Gu´ Gu´ıa Di Bartolo Bartolo F´ısica ısi ca III II I (FS-221 (FS -2211) 1) (Problemas de Desarrollo)

Preparado, resuelto y tipeado en LATEX por: Erasmo A. I˜ niguez niguez B. Ing. Mecánica. anica. 14’ Primera revisión: on: Enero 2018

Introducci´ on on Mi motivaci´ motivación on principal para la realización on de d e esta est a gu´ıa ıa esta e sta princip prin cipalme almente nte en el éxito exit o derivado de rivado de haber publicado publicado un solucionari solucionarioo para F´ F´ısica IV, donde pude evidenciar evidenciar la gran utilidad utilidad que significó para muchos estudiantes a la hora de estudiar la materia, lo cual me motivó a continuar mi traba trab a jo, esta vez escribiendo escribiend o el Soluciona So lucionario rio para pa ra F´ F´ısica III. I II. Pretendo con esta gu´ gu´ıa, al igual que mi primer solucionario, plasmar las soluciones detalladas hechas por mi persona de los problemas de la gu´ gu´ıa con que se acostumbra estudiar esta materia, como lo es la gu´ gu´ıa de Di Bartolo. Este solucionario no pretende ser un libro texto, sino pretende dar apoyo al estudiante para el estudio estudio de F´ısica III, I II, en donde se present presentaa la aplicaci´ aplicación on de la teor´ teor´ıa en las soluciones soluciones de los ejercicios propuestos en la gu´ıa ıa del profesor Cayetano Di Bartolo. En cada ejercicio se detallan los concept con ceptos os utiliza uti lizados dos,, las leyes, y carpinte car pinterr´ıa matem´ mate mática, atic a, as´ as´ı como com o también en en la mayor´ıa ıa de los casos se brinda un apoyo gráfico afico para un entendimiento más as preciso de qué se está trabajando en cada problema. Al ofrecer la solución on de los lo s problemas pr oblemas de la gu´ gu´ıa, no significa s ignifica que est´ es tén en exentos ex entos de errores, por lo que en caso de encontrar discrepancias o errores en las siguientes páginas notificarlo a mi correo [email protected], para ser revisado y modificado para la siguiente revisión del texto. Espero que sea de gran ayuda para el entendimiento y aplicación de los conceptos teóricos oricos en los ejercicios prácticos, acticos, y que con ello vengan excelentes excelentes resultados académicos emicos para la aprobación on de esta materia.

´ ¡Mucho Exito! Erasmo A. I˜ niguez niguez B. Ing. Mecánica. anica. 14’

Observación: on: Cabe se˜ nalar nalar que la l a autor aut or´´ıa y elaboraci´ elab oración on de los planteamientos de los problemas es obra del Prof. Cayetano Di Bartolo, ex-profesor del Departamento de F´ısica ısica de la Universidad Sim´ on Bol´ Bo l´ıvar. ıva r. Di Bartolo, C. (2004). (2004). Gu´ Gu´ıa de Problemas Problemas F´ısica ısica III (FS-2211), (Problemas. Parte 1-2). 1-2) . Universidad Simón on Bol´ıvar. ıvar. Caracas Cara cas..

´ Indice general 0.1. 0.2. 0.3. 0.4. 0.5. 0.6. 0.7.

Fuerza y campo eléctrico . . . . . Ley de Gauss . . . . . . . . . . . Poten tencial eléctrico y energ´ıa . . . Condensadores. . . . . . . . . . . Dieléctricos . . . . . . . . . . . . Densidad de Corriente y circuitos Campo Magnético. . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

3

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

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1 24 31 44 48 54 61

Solucionario Gu´ıa Prof. Di Bartolo

0.1.

FS-2211

1

Fuerza y campo el´ ectrico

1. La figura muestra tres cargas que se mantienen fijas en el plano xy . a. Halle, en cartesianas, la fuerza eléctrica neta sobre q 3 debida a las otras dos cargas. b. Eval´ ue el resultado anterior para el caso q 1 = 25 mC, q 2 = a = 3 m, y b = 4m

−16 mC, q 3 = 5 mC,

Soluci´ on: Recordemos que la fuerza electrostática en forma vectorial viene dada por la ecuaci´ on q 1 q 2  21 = F (r2 r1 ) 4π0 r 2 r1 3

−

|| − ||

En nuestro caso debemos encontrar las fuerzas que producen q 1 y q 2 sobre la carga q 3 , para encontrar el sentido de esta fuerza suponemos que todas las cargas son positivas, por lo tanto todas las fuerzas serán de repulsión Entre 1 y 3. La fuerza de repulsión act´ ua en direcció n de 1 a 3. El vector ˆ cuyo módulo es posición relativo entre las cargas ser´ a r3 r1 = aî + b j, r3 r1 = a2 + b2 Entonces

−

|| − || √  31 = F

q 1 q 3 4π0 r 3 r1

|| − ||

3

(r3

q 1 q 3 ˆ (aî + b j) − r1) ⇒ F  31 = 4π (√ 2 2 3 a +b ) 0

Entre 2 y 3. La fuerza de repulsión act´ ua en direcció n de 2 a 3. El vector ˆ cuyo m´ posición relativo entre las cargas ser´ a r2 r1 = b j, odulo es r3 r1 = b Entonces

−

|| − ||

 32 = F

q 2 q 3 4π0 r 3 r2

|| − ||

(r 3 3

q 2 q 3 ˆ q 2 q 3 ˆ (b j) = j − r2) ⇒ F  32 = 4π 3 4π0 b2 0b

Para encontrar la resultante sumamos ambos vectores fuerza q 1 q 3  21 + F  31 = q 2 q 3 j + ˆ ˆ F R = F (aî + b j) 4π0 b2 4π 0 ( a2 + b2 )3

√

Agrupando las componente y sacando factor com´ un, nos queda  R = q 3 F 4π0



q 1 a î + (a2 + b2 )3/2



Sustituimos los valores numéricos q 1 = 25 mC, q 2 = En la componente x



q 1 b q 2 ˆ + j (a2 + b2 )3/2 b2

−16 mC, q 3 = 5 mC, a = 3 m, y b = 4m

q 1 a 25 10−3 (3) F x = 2 = 2 (a + b2 )3/2 (4 + 32 )3/2

×

3 ⇒ F x = 5000

En la componente y q 1 b q 2 (25 10−3 )(4) F y = 2 + = + (a + b2 )3/2 b2 (25)3/2

−16 × 10−3 ⇒ F y = −

×

(4)2

1 5000

Luego  R = q 3 F 4π0 Erasmo I˜ niguez



3 ˆ i 5000

−

 

1 ˆ j = kq 3 5000

3 ˆ i 5000

−



1 ˆ j = (5 5000 1

× 10−3)(9 × 109)



3 ˆ i 5000

−



1 ˆ j 5000

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FS-2211

2

Finalmente  R = 9(3î j) ˆ F

− × 103N

2. El sistema de la figura se encuentra en reposo. Las dos part´ıculas tienen la misma carga q 1 = q 2 = q y se encuentran en la misma altura. La #1 tiene masa m y cuelga de un hilo que forma un ángulo θ con la vertical, la # 2 se mantiene fija en su lugar por medio de un soporte unido a una mesa. Halle la longitud L del hilo. Soluci´ on: Dibujamos las fuerzas que act´ uan sobre la carga q 1 , las cuales son,  y la fuerza de repulsión entre las su propio peso mg,  la tensi´ on de la cuerda T  e , ésta u cargas F ´ltima sigue la direcci´ on de la l´ınea que une las dos cargas, es decir va en la dirección horizontal. Como la carga se encuentra en reposo se cumple la Segunda Ley de Newton  + mg +  e = 0 T  F Es decir, en el eje x tenemos T sin θ

− F e = 0 ⇒ F e = T sin θ

(I)

− mg = 0 ⇒ mg = T cos θ

(II)

En el eje y T cos θ

Dividiendo la ecuaci´ on (I) entre (II) se obtiene

F e 1 q 2 tan θ = = mg mg 4π0 L2 sin2 θ

⇒

q 2 2 L = 4π0 mg sin2 θ tan θ

⇒

L =



q 2 cos θ 4π0 mg sin3 θ

3. La figura muestra un sistema de tres part´ıculas cargadas en un plano xy horizontal. Las part´ıculas #1 y #2 se mantienen fijas y la #3, de masa m, se está moviendo a lo largo del eje x bajo la influencia de las fuerzas eléctricas que le aplican las otras dos. Llame x(t) a la posici´ on de q 3 respecto al origen. a. Halle la fuerza neta sobre q 3 y su ecuación de movimiento. b. ¿Es el punto x = 0 un punto de equilibrio? ¿Por qué? c. Halle el per´ıodo del movimiento de q 3 si inicialmente se suelta desde el reposo en un punto x(0) a

|

|

Soluci´ on: Llamaremos x la distancia horizontal que recorre la carga q 3 en su movimiento, es decir será la distancia horizontal que separa la carga de las otras dos. Como q 3 tiene signo contrario a q 1 y q 2 existirá una fuerza de atracci´ on concentrada sobre q 3 . Valiéndonos de la simetr´ıa que presenta la posici´ o n de las dos cargas, podemos observar que ambas fuerzas presentarán la misma magnitud, as´ı las componentes verticales y se anularán entre s´ı y sólo sumaremos las dos componentes horizontales de las fuerzas de atracci´ on. Es decir la fuerza que act´ ua sobre la part´ıcula q 3 resultante será  R = (F 13 + F 23 )cos θˆ F ux = 2F cos θˆ ux = 2 Erasmo I˜ niguez

2

q ( q ) x ˆ ux 4π0 (a2 + x2 ) a2 + x2

−

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3

As´ı, la fuera resultante sobre q 3 es igual a  R = F

−q 2x

ˆ ux 2π0 (a2 + x2 )3/2

Recordemos que por la ecuación de la segunda Ley de Newton  R = ma F

2 2 ⇒ 2π (a−2q +xx2)3/2 = max ⇒ ax + 2π m(aq 2x+ x2)3/2 = 0 0

0

Adem´ as sabemos que la aceleraci´ on es la segunda derivada temporal de la posici´ on (ax = x ¨), por lo tanto nos queda la ecuación diferencial que describe el movimiento de la part´ıcula x ¨+

q 2 x =0 2π 0 m(a2 + x2 )3/2

Observemos que si evaluamos x = 0 en F, resulta que F (x = 0) =  0, por lo tanto representa un punto de equilibrio para la part´ıcula. x = 0 es punto de equilibrio Ahora bien, tomando la aproximaci´ on x(0) a, podemos modelar el movimiento de la carga como un oscilador arm´ onico (movimiento del resorte en F´ısica I), veamos que con esto estamos despreciando x frente a la distancia a, es decir x 0 en el denominador Entonces q 2 x q 2 x x ¨+ = 0 x ¨ + =0 2π0 ma3 2π0 m(a2 )3/2

|

|



⇒

   k/m

Usando la analog´ıa de la constante k del resorte y recordando las definiciones de frecuencia angular y su relaci´ on con el per´ıodo, tenemos que k ω = m 2

⇒

ω

2

q 2 = 2π0 ma3

 ω=2πf

2

⇒ T

q 2 f ) = 2π0 ma3 2

⇒ (2π

 f =1/T

2 2π 0

= (2π)

ma3

q 2

⇒

T = 2π

  ⇒ 2π T

2

q 2 = 2π0 ma3



2π0 ma3 q 2

4. Una carga puntual de 5µC se coloca sobre el origen, otra carga puntual de 8µC se coloca a 3 m del origen sobre el eje x, y una tercera carga de 12µC se coloca a 3 m del origen sobre el eje y . Aproxime K e = 1/4π0 9 109 Nm2 /C2 y halle la magnitud de la fuerza sobre la carga en el origen.

 ∗

Soluci´ on: En este problema tenemos dos fuerzas de repulsión que siguen las direcciones del eje x y el eje y. Para determinar la magnitud de la fuerza resultante podemos f´ acilmente aplicar el teorema de Pit´ agoras. As´ı

|F R| = Por un lado F 21 = Erasmo I˜ niguez

q 2 q 1 =9 4π 0 d21



(F 21 )2 + (F 31 )2

−6 )(8 × 10−6 )

× 109 (5 × 10

(3)2

3

=

1 25 Enero 2018

Solucionario Gu´ıa Prof. Di Bartolo Por otro lado

FS-2211

q 3 q 1 F 31 = =9 4π 0 d31

× 10

Entonces

|F R| =



9 (5

(F 21 )2 + (F 31 )2 =

4

× 10−6)(12 × 10−6) = (3)2

     ⇒| 1 25

2

+

3 50

3 50

2

F R =

|

√ 13 50

N

5. Un electrón y dos protones se colocan en los tres diferentes arreglos mostrados en la figura. Llamaremos F al m´ odulo de la fuerza eléctrica total que los protones ejercen sobre el electró n. Compare F en los tres casos y ordene de mayor a menor. Soluci´ on: Para establecer la comparaci´ on ubicaremos en los tres casos la direcci´ on de las fuerzas que ejercen los protones sobre el electrón. Luego, llamaremos F al valor dado por la ecuaci´ on q 2 F = k e 2 d Cualquier fuerza donde se modifique la distancia ser´ a una fracci´ on de F. Caso (A) Tenemos F A = k e

q 2 d2

2

q 1 3 = F − F ⇒ F A = F − ke (2d) 2 4 4

Caso (B) Tenemos q 2 q 2 1 F B = k e 2 + ke = F + F d (2d)2 4

⇒ F B = 45 F

Caso (C) Tenemos F C =

    q 2 ke 2 d

q 2 + ke (2d)2

  =

1 F 2 + F 2 16

⇒ F C =

√ 17 4

F

Ordenando de mayor a menos las fuerzas en cada caso tenemos F en caso B > F en caso C > F en caso A

Erasmo I˜ niguez

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6. En el sistema de la figura las tres part´ıculas poseen la misma carga, q 1 = q 2 = q 3 = q . Las part´ıculas #1 y #2 se mantienen fijas y las #3, de masa m, se est´ a moviendo a lo largo del eje x bajo la influencia de las fuerzas eléctricas que le aplican las otras dos. Llamaremos x(t) a la posici´ o n de q 3 respecto al origen 0. a. Halle la fuerza neta sobre q 3 y su ecuación de movimiento. b. ¿Es el punto x = 0 un punto de equilibrio? ¿Por qué? c. Suponga que x(t) L y halle el per´ıodo de las peque˜ nas oscilasciones de la part´ıcula #3 en torno al origen

| |

Soluci´ on: Las fuerzas que ejercen las cargas sobre q 3 son fuerzas de repulsi´ on, ya que todas tienen el mismo signo, adem´ as ambas fuerzas seguirán la direcci´ on del eje x pero con sentidos opuestos. Entonces tenemos que la fuerza resultante sobre la carga 3 será q 2 q 2    ˆ F R = F 13 + F 23 = i+ 4π0 (L + x)2 4π 0 (L

ˆ

− x)2 (−i) ⇒



q 2 1  F R = 4π 0 (L + x)2

1

− (L − x)2



î

Para la ecuaci´ on de movimiento usamos la Segunda Ley de Newton y recordamos la relación entre la aceleraci´ on y la posici´ on a = x¨  R = ma F

⇒



q 2 1 4π 0 (L + x)2

1

− (L − x)2



= ma



q 2 1 x ¨+ 4π 0 m (L x)2

⇒

− −



1 =0 (L + x)2

Al evaluar x = 0 en la fuerza resultante se obtiene



q 2 1 F (x = 0) = 4π 0 (L + 0)2

1

− (L − 0)2

⇒

F (x = 0) = 0

Como la fuerza es nula en el origen, decimos que el punto x = 0 es punto de equilibrio Luego, para usar la suposici´ on x(t) L, que nos da el problema, necesitamos operar las fracciones que tenemos en el módulo de la fuerza para poder despreciar la x frente a la longitud L en el denominador.

| | 



q 2 1 4π0 (L + x)2

1

− (L − x)2







− − −

q 2 4xL F R = 4π0 (L x)2 (L + x)2 L, tendremos que en el denominador x

⇒

Suponiendo que x(t)

| | 



q 2 (L x)2 (L + x)2 q 2 L2 = = 4π 0 (L x)2 (L + x)2 4π 0

−

− 2xL + x2 − (L2 + 2xL + x2) (L − x)2 (L + x)2



−

2

2

0

⇒ F R = − πq 0LL4 x ⇒ F R = − πq 0L3 x

   Forma F =−kx

Como reconocemos que la fuerza tiene la misma forma que la fuerza del resorte en un oscilador arm´ onico podemos usar la relaci´ on de la constante k con la frecuencia angular y el per´ıodo de oscilasci´ on. Par ello recordemos que ω2 =

Erasmo I˜ niguez

q 2

k = m π0 mL3

  ⇒ 2π

1 T

2

=

5

q 2

⇒ π0 mL3

T = 2π



π 0 mL3 q 2

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7. Dos peque˜ nos cuerpos con cargas q 1 y q 2 del mismo signo está n en reposo suspendidos mediante hilos de longitud L. Los hilos, como se muestran en la figura, forman un ángulo θ con la vertical y sus puntos de sujeción al techo est´ an separados una distancia d. a. Dibuje el diagrama de fuerzas de cada cuerpo. b. Escriba en componentes (vertical y horizontal) la segunda ley de Newton para cada carga. c. Determine las masas de los dos pequeños cuerpos. Soluci´ on: Identificamos que la fuerza el´ ectrica entre las cargas es una fuerza de repulsión al tener ambas el mismo signo. Adem´ as notemos que la distancia que separa las cargas será dos veces la longitud del cateto horizontal del tri´ angulo, es decir L sin θ sumado a la distancia de separaci´ on d, es decir r = 2L sin θ + d. Luego, tendremos las ecuaciones para cada carga Para la carga 1 ΣF x = 0

q 2 ⇒ T 1 sin θ − F e = 0 ⇒ T 1 sin θ = 4π0(d +q 12L sin θ)2

ΣF y = 0

⇒ T 1 cos θ − mg = 0 ⇒ T 1 cos θ = m1g

(I)

(II)

Para la carga 2 ΣF x = 0

q 2 ⇒ T 2 sin θ − F e = 0 ⇒ T 2 sin θ = 4π0(d +q 12L sin θ)2 ΣF y = 0

(III)

⇒ T 2 cos θ − m2g = 0 ⇒ T 1 cos θ = m2g

(IV)

Al igualar las ecuaciones (I) y (III) por la magnitud de la fuerza eléctrica se obitene T 1 = T 2 = T , por consiguiente sustituyendo en las ecuaciones (II) y (IV) se obtiene que las masas son iguales m 1 = m 2 = m Ahora usando la ecuación (I) despejamos el valor de la tensión de la cuerda T sin θ =

q 1 q 2 4π0 (d + 2L sin θ)2

⇒ T = 4π0 sin θ(dq 1q +2 2L sin θ)2

Sustituyendo en la ecuaci´ on (II) T cos θ = mg

⇒ 4π0 sin θ(dq 1q +2 2L sin θ)2 cos θ = mg ⇒

m =

q 1 q 2 4π0 tan θg(d + 2L sin θ)2

Siendo éste el valor de las masas de los peque˜ nos cuerpos cargados.

Erasmo I˜ niguez

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8. Dos part´ıculas, fijas y de carga q cada se encuentran separadas una distancia 2a. Una tercera part´ıcula de masa M y carga Q est´ a sometida solamente a la fuerza electroest´ atica de las part´ıculas fijas, ella gira en una o´rbita circular de radio R; la órbita es perpendicular a la l´ınea que une las dos part´ıculas fijas y tiene su centro en el punto medio entre ellas. Ver figura. a. Calcule la fuerza electrostática sobre Q. Indique qué signo debe tener Q. b. Halle la rapidez de Q. c. Determine para qué valor de R es m´ aximo el m´ odulo de la fuerza sobre Q. Soluci´ on: Suponemos que todas las cargas son positivas para poder dibujar el sentido de las fuerzas electroestáticas y ubicamos la carga Q en el extremo superior de la circunferencia. Como las cargas fijas se encuentran ubicadas simétricamente a una distancia horizontal a de la carga Q podemos reducir la componente tangencial de la fuerza resultante, ya que cada carga ejerce la misma fuerza pero con sentido contrario en la horizontal. S´ olo nos queda una componente vertical (que en nuestro caso será una componente con direcci´ on radial negativa). As´ı  R = 2F e cos θ( u F ˆr ) = 2

−

⇒

qQ R √ √ (−u ˆr ) 4π ( a2 + R2 )2 a2 + R2 0

 R = F

qQR ( u ˆr ) 2π 0 (a2 + R2 )3/2

−

Para que la part´ıcula logre describir la o´rbita circular es necesario que el vector fuerza tenga la direcci´ on radial positiva, ésto se logra s´ı Q tiene signo contrario a q , es decir Signo Q = Signo q

−

Por la Segunda Ley de Newton y usando la relaci´ on entre la aceleraci´ on radial y velocidad lineal 2 ar = v /R tenemos = ⇒ 2π (aqQR 2 + R2 )3/2

F = M ar

0

Mv 2 R

⇒

v =



|qQ|R2

2π 0 M (a2 + R2 )3/2

Para encontrar el valor de R para el cual F es m´ aximo, necesitamos aplicar los conceptos de m´ aximos y min´ımos usando el criterio de la primera y segunda derivada. Identifiquemos que la fuerza F R es una funci´ on de R y calculemos su primera derivada dF d = dR dR



qQR 2π0 (a2 + R2 )3/2



qQ d = 2π0 dR



R (a2 + R2 )3/2



qQ (a2 + R2 )3/2 R(2R) 32 (a2 + R2 )1/2 = 2π0 (a2 + R2 )3

−

Para encontrar los puntos cr´ıticos de la funci´ on, igualamos a cero la primera derivada dF =0 dR

⇒ (a2 + R2)1/2(a2 + R2 − 3R2) = 0 ⇒ a2 = 2R2 ⇒

R =

√ a2

Al despejar R, tenemos un valor positivo o negativo, la u ´ nica opci´ on con sentido f´ısico es que el radio sea positivo, por ello tomamos la parte positiva de la ra´ız. Erasmo I˜ niguez

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Para evitar el uso del criterio de la segunda derivada analicemos que la función F(R) tiene un comportamiento donde por cada valor de R el m´ odulo de la fuerza es positivo, por lo tanto en todo el dominio F > 0, adem´ as F (R = 0) = 0, por lo tanto el punto encontrando representa un m´ aximo local. As´ı en el valor de R encontrado es donde se produce el máximo valor de la fuerza. 9. Un haz constituido por neutrones, electrones y protones, todos con igual velocidad, penetra en un campo vertical uniforme y se divide en otros tres haces A, B y C como indica la figura. Desprecie el efecto de la gravedad e indique a cu´ al tipo de part´ıculas corresponde cada haz. Indique también qué se puede decir acerca del sentido del vector campo eléctrico. Soluci´ on: Debido a que los neutrones tienen una carga neutra, no interact´ uan de ninguna forma con el campo eléctrico, por lo tanto contin´ uan la misma l´ınea que ten´ıa el haz principal al entrar al campo. Por lo tanto se deduce que los neutrones forman el haz B. * Al momento de entrar los protones en una región con un campo eléctrico, estos buscarán seguir la direcci´ on del mismo, ya que recordemos que cuando se calcula un campo el´ ectrico se utiliza la suposici´ on del efecto sobre una carga positiva, además los protones no son cargas móviles que alcancen grandes velocidades como los electrones. Con estos argumentos vemos que los protones forman el haz A. *Por simplicidad decimos entonces que los electrones forman el haz C. Adem´ as vemos como el haz C tiene una curva más pronunciada indicando que se mueven a una velocidad mayor que el haz A, y siguen una direcci´ on contraria a la del campo. * Con estos argumentos finalizamos diciendo que el campo el´ ectrico va hacia arriba 10. En los vértices de un cuadrado de lado 2L se fijan 4 part´ıculas cuyas cargas se se˜ nalan en el dibujo. a. Calcule el campo eléctrico del sistema en un punto z sobre el eje perpendicular al cuadrado y que pasa por su centro. Ayuda: Calcule por separado la contribuci´ on de cada par de cargas conectadas por una diagonal. b. En el punto z se coloca una part´ıcula de masa m y carga 2q , inicialmente en reposo. Suponga que la gravedad no es relevante en el problema. b1. Halle la ecuación de movimiento de la part´ıcula de masa m. b2. Suponga que z L y calcule el per´ıodo de las peque˜ nas oscilaciones que describe la part´ıcula.



Soluci´ on: Para encontrar el campo el´ ectrico producido por el conjunto de cargas, separaremos el cálculo en el campo generado por el par de carga q , y el campo del par de cargas 3q . Ambos pares están conectados por una diagonal del cuadrado de lado 2L. Esta diagonal tiene un valor de D = 2 2L

−

√

La distancia que separa cada una de las cargas del punto sobre el eje perpendicular puede ser hallada usando la geometr´ıa del tri´ angulo que se forma al unir el centro del cuadrado con cada una de las esquinas y tomando una recta desde cada carga hasta el punto z. As´ı calculamos que la distancia de separaci´ on es d =

Erasmo I˜ niguez



2L2 + z 2

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9

Valiéndonos de la simetr´ıa respecto al eje z que presentan la ubicaci´ on de los pares de cargas en cada diagonal, podemos reducir el c´ alculo a s´ olo la componente vertical (en el eje z ) de cada campo. 1. Para el par de cargas q. En este caso suponemos que en el punto z existe una peque˜ na carga positiva, por lo tanto las cargas q ejercerán una repulsión en este punto, quedando la componente vertical positiva. As´ı q q z  q = 2 E cos θˆ u = 2 ˆ uz z 4π0 (2L2 + z 2 ) 4π 0 (2L2 + z 2 ) 2L2 + z 2 qz  q = E ˆ uz 2π0 (2L2 + z2 )3/2 2. Para el par de cargas -3q. En este caso suponemos que en el punto z existe una peque˜ na carga positiva, por lo tanto las cargas 3q ejercerán una atracci´ on en este punto, quedando la componente vertical negativa. As´ı 3q 3q z  3q = 2 E cos θ( u ˆ ) = 2 ( u ˆz ) z 4π0 (2L2 + z 2 ) 4π0 (2L2 + z 2 ) 2L2 + z 2 3qz  3q = E ˆ uz 2π0 (2L2 + z 2 )3/2 Ahora, para encontrar el campo resultante sumamos los dos vectores

√

−

√

−

−

−

qz 3qz qz  = E  q + E  3q = E ˆ u + ˆ u = z z 2π0 (2L2 + z2 )3/2 2π 0 (2L2 + z 2 )3/2 π0 (2L2 + z2 )3/2

−

 = E

⇒

−  1

3 2

− π (2L2qz+ z2)3/2 ûz 0

Si se colo ca la part´ıcula de carga 2q en el punto z, el conjunto de cargas ejerce una fuerza eléctrica  = 2q E  F

⇒

 = F

2

− π (2L2q 2 +z z2)3/2 ûz 0

Por la segunda Ley de Netwon y recordando la relación entre la aceleraci´ o n y la posici´ on x ¨ = a obtendremos la ecuaci´ on diferencial que describe el movimiento de la part´ıcula. 2

2

⇒ − π0(2L2q 2 +z z2)3/2 = m¨x ⇒ x¨ + π0m(2L2q 2 z+ z2)3/2 = 0 Con la suposici´ on z  L, podremos decir que z  0 y se desprecia en el denominador, por lo tanto F = ma

podemos aproximar la fuerza ejercida sobre 2q a F =

−

2q 2 z = π0 (2L2 + z 2 )3/2

−

2q 2 z = π0 (2L2 )3/2

−

2q 2 z = π0 (2L2 )3/2

−

2q 2 z = π 0 2 2L3

√

−

q 2 z π0 2L3

√

  −

Forma F =

kz

Observamos que la fuerza sobre la part´ıcula tiene la misma forma que la fuerza ejercida sobre un resorte, por lo tanto se puede modelar este problema como un oscilador armónico, y puede hallarse el per´ıodo usando la relaci´ on de k con la frecuencia angular ω y recordando que ω = 2π/T ω2 =

Erasmo I˜ niguez

k m

  ⇒ 2π T

2

=

q 2

√ ⇒ π m 2L3 0

9

T = 2π

 √

2π0 L3 m q 2

Enero 2018


FS-2211

10

11. La figura a la derecha muestra una barra delgada de longitud L y carga Q uniformemente distribuida. El punto P est´ a en la misma l´ınea de la barra y a una distancia h del extremo de la misma. a. Halle el campo eléctrico producido por la barra en el punto P y la fuerza eléctrica que le aplicar´ıa una carga puntual q que se colocara all´ı. b. La figura de la derecha muestra dos barras delgadas, colineales, separadas una distancia D y de longitudes L 1 y L 2 . Sus cargas Q 1 y Q 2 est´ an uniformemente distribuidas. Aproveche el resultado de la parte a y halle la fuerza eléctrica entre las dos barras. Soluci´ on: Suponemos que en el punto P se encuentra una carga positiva, por lo tanto el campo el´ ectrico que produce un elemento diferencial de la barra dq tiene direcci´ on positiva en el eje horizontal. Teniendo en cuenta que la distribución de la carga es uniforme y es longitudinal, tenemos Q = λL, donde λ es la densidad de carga por unidad de longitud, la cual es constante en todo la barra, es decir λ =

Q dq = L dx

⇒ dq = λdx

Luego, po demos decir que cada elemento diferencial crea un diferencial de campo eléctrico en P  = dE

dq 4π0 (h + L

− x)2 ûx

Luego pasamos a integrar sobre toda la longitud de la barra, es decir desde x = 0 hasta x = L, as´ı nos queda la integral  = E

 

L

 = dE

0

λdx 4π0 (h + L

λ ˆ ux = 2 x) 4π0

−



L

0

dx ˆ ux (h + L x)2

−

En este caso nos queda una integral sencilla de resolver con un cambio de variable u = h + L du = dx, y los nuevos l´ımites de integraci´ on serán desde u = h + L hasta u = h.

−

 = λ E 4π0



h

h+L

−du uˆx = u2

λ u ˆx 4π0

 1 u

h h+L

⇒

 = Q E 4π 0 L

−x y

 −  1 h

1 uˆx h+L

Para encontrar la fuerza sobre una carga puntual recordemos la relación  = q E  F

⇒

 = qQ F 4π0 L

 −  1 h

1 h+L

u ˆx

Ahora nos toca encontrar la fuerza entre las dos barras, para ello debemos aprovechar el resultado  = q E  esta vez tendremos un diferencial obtenido en la primera parte, pero recordando que por la relaci´ on F de fuerza aplicado sobre un diferencial de carga de la barra de longitud L 2 . Por lo tanto  = λ 2 dx(E  ) dF El campo eléctrico encontrado debe ser escrito en función de la variable x (en nuestro caso h = x que indicará la distancia horizontal desde el extremo derecho de la barra de longitud L1 . Por lo tanto los elementos diferenciales de la barra L2 se distribuyen desde x = D hasta x = D+L2 . Erasmo I˜ niguez

10

Enero 2018


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11

Con estas observaciones ya se puede hacer la integral para encontrar la fuerza

 = F

   = dF

 λ2 Edx = λ 2



D+L2

D

Q1 4π0 L1

 − 1 x

1 x + L1



dxˆ ux =

Q1 Q2 u ˆx (ln(x) 4π 0 L1 L2

− ln(x + L1)]D+L D

2

Por las propiedades de logaritmo

  

D+L2

x  = Q1 Q2 u F ˆx ln 4π0 L1 L2 x + L1

D

Finalmente

⇒



Q1 Q2 = u ˆx ln 4π0 L1 L2



 = Q1 Q2 u F ˆx ln 4π 0 L1 L2

D + L2 D + L1 + L2

(D + L2 )(D + L1 ) (D + L1 + L2 )D

− 

D ln D + L1





12. El hilo recto de la figura tiene longitud L = L 1 +L2 y carga Q uniformemente distribuida. a. Halle el campo eléctrico que produce el hilo en el punto P. b1. Halle el valor del campo eléctrico para puntos P tales que L1 = L 2 = L/2. b2. Reescriba el resultado de b1 de forma tal que no aparezca Q y aparezca λ (la densidad longitudinal de carga del hilo). c. Para hallar el campo eléctrico producido por un hilo recto de longitud infinita tenemos el l´ımite L en b1 y en b2. Explique por qué son distintos los dos l´ımites. Cu´ al se debe tomar?

→∞

Soluci´ on: Consideramos un elemento diferencial del hilo, ubicado a una distancia vertical y de nuestro origen. Este elemento diferencial estar´ a a una distancia del punto P dada por la hipotenusa del triángulo de catetos ρ y ’y’. Es decir r = ρ2 + y 2 Luego, en el punto P suponemos que se encuentra una carga positiva, por lo tanto un elemento diferencial provocar´ a una repulsi´ on en la carga del punto P. Quedando el vector diferencial de campo eléctrico dado por



 = dE (cos θˆ dE ux

− sin θûy )

Como la carga de la barra se distribuye uniformemente tendremos una densidad de carga lineal constante, es decir λ =

Q dq = L dy

⇒ dq = λdy

Adem´ as tenemos que módulo del diferencial de campo eléctrico viene dado por dE =

dq 4π0 (ρ2 + y2 )

⇒ dE = 4π0(ρλdy 2 + y2)

Ahora buscamos integrar cada componente por separado 1. Para la componente x: Tenemos E x = Erasmo I˜ niguez



dE cos θ =

 11

λdy cos θ 4π 0 (ρ2 + y 2 ) Enero 2018


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12

Para esta integral tenemos la opci´ on de sustituir directamente el coseno escribiendo las relaciones del tri´ angulo rect´ angulo, o tambi´ en podemos escribir la integral en funci´ on de la variable θ, para ello procedemos con un cambio trigonométrico

⇒ dy = ρ sec2 θdθ

y = ρ tan θ quedando la integral λ E x = 4π 0





ρsec2 θdθ λ cos θ = (ρ2 + (ρ tan θ)2 4π0

ρsec2 θdθ λ cos θ = 2 4π 0 ρ ρ2 (1 + tan θ)

  



cos θdθ

sec2 θ

Ahora nos toca definir los l´ımites de integraci´ on, los cuales deben estar en funció n del cambio del ańgulo θ, para ello usamos las relaciones trigonométricas de los dos tri´ angulos formados al considerar las longitudes L1 y L 2 . Por lo tanto integraremos desde θ 1 hasta θ 2 . As´ı λ E x = 4π0 ρ



θ2

cos θdθ =

θ1

λ λ (sin θ)θθ21 = (sin θ2 4π0 ρ 4π 0 ρ

− sin θ1)

Escribiendo las relaciones correspondientes tenemos λ 4π 0 ρ

E x =

⇒

λ E x = 4π0 ρ



2. Para la componente y: Tenemos E y =

L1



 −

L21 + ρ2

dE sin θ =

 −

+



L1

L2

 −  −   L21 + ρ2

L22 + ρ2



L2

L22 + ρ2

λdy sin θ 4π0 (ρ2 + y 2 )

Para resolver esta integral procedemos a realizar la misma sustituci´ on trigonométrica que usamos en la componente x, por lo tanto el problema se reduce a calcular la integral E y =

−

λ 4π0 ρ



sin θdθ =

−

λ λ λ ( cos θ]θθ21 = (cos θ2 cos θ1 ) = 4π 0 ρ 4π 0 ρ 4π0 ρ

−

−

Finalmente el vector campo eléctrico que produce el hilo delgado es Q  = E 4π0 ρL



L1

+

L2

  u ˆx +

ρ



ρ



L21 + ρ2

ρ

−

ρ



L22 + ρ2

 u ˆy

 −         −         ⇒ 

L21 + ρ2



L22 + ρ2

L21 + ρ2

L22 + ρ2



Ahora sustituimos L 1 = L 2 = L/2 en cada una de las componentes  1 = E

Q 4π 0 ρL

 1 = E

Erasmo I˜ niguez

L/2 + (L/2)2 + ρ2

Q 4π 0 ρL

L/2 (L/2)2 + ρ2

2L/2

L2 + 4ρ2

+

u ˆx +

2L/2

L2 + 4ρ2 12

ρ (L/2)2 + ρ2

ˆx = u

2Q 4π0 ρ

ρ (L/2)2 + ρ2

1

L2 + 4ρ2

u ˆy

ˆx u

Enero 2018


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⇒

 1 = Q E 2π0 ρ



13

1



L2 + 4ρ2



u ˆx

Para reescribir este campo en función de λ necesitamos multiplicar y dividir por L para poder obtener el cociente λ = Q/L. As´ı  2 = E

Q 2π0 ρ



1



L2 + 4ρ2



L uˆx L

⇒

 2 = E

λ 2π0 ρ



L



L2 + 4ρ2



Ahora tomamos el l´ımite cuando la longitud de la barra se haca infinita para cada caso. Caso 1. Estamos considerando una carga finita Q que se distribuye a lo largo de una longitud L muy grande. Por lo tanto al tomar el l´ımite nos queda  1 = l´ım Q l´ım E L→∞ L→∞ 2π 0 ρ



1



L2 + 4ρ2



Q uˆx = u ˆx l´ım 2π 0 ρ L→∞



1



L2 + 4ρ2



=0

 1 = 0 ım E ⇒ Ll´→∞

El l´ımite nos da cero, porque la carga finita se diluye en un hilo demasiado largo, y la carga por unidad de longitud se aproxima cada vez m´ as a cero, lo que hace que no se produzca campo eléctrico. Caso 2. Estamos considerando hilo muy largo con longitud infinita, el cual tiene una densidad de carga finita, es decir por cada pedazo de hilo que se tome tendremos una carga Q dada por la relaci´ on Q = λL, la cual no será cero. Por lo tanto al tomar el l´ımite nos queda λ L→∞ 2π 0 ρ

 2 = l´ım l´ım E

L→∞



L



L2 + 4ρ2



uˆx =

λ u ˆx l´ım 2π 0 ρ L→∞



L



L2 + 4ρ2



 2 = λ u ım E ˆx ⇒ Ll´→∞ 2π0 ρ

=0

En este caso el resultado obtenido es una cantidad distinta de cero, que corresponde al campo generado por un alambre infinito con distribución conocida λ de carga. 13. Un hilo circular de radio R y carga Q uniformemente distribuida está en el plano xy y su centro coincide con el origen. a. Halle el campo eléctrico que produce en el punto de coordenadas cartesianas (0, 0, z). b. Estudie el comportamiento del campo encontrado en la parte a cuando z R.



Soluci´ on: Consideramos un elemento diferencial de carga del aro, cuya distancia del punto P viene dada por la hipotenusa del tri´ angulo de lados R y z, es decir r = R2 + z 2 , adem´ as notemos que sin importar la posici´ on del elemento diferencial alrededor del aro, éste conserva la misma distancia del punto P.

√

Debido a la geometr´ıa del aro al tomar un elemento diferencial dq y otro opuesto, estos crear´ an dos dE donde anulan sus componentes en el eje vertical, y sólo permanecen su componente en z. Es decir  = dE cos θˆ dE uy Entonces tendremos la integral  = E



dE cos θ =

Erasmo I˜ niguez



dq u ˆz z zu ˆz = 2 2 2 2 4π 0 (R + z ) (R + z ) 4π0 (R2 + z 2 )3/2 13



Q

0

dQ

⇒⇒

 = E

Qz ˆ uz 4π0 (R2 + z 2 )3/2 Enero 2018


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14

Si consideramos que z podemos decir que en el denominador R quedar´ıa Qz Qz Qz  = E ˆ uz = ˆ uz = ˆ uz 2 2 3/2 2 3/2 4π0 z 3 4π0 (R + z ) 4π0 (z )



 0, por lo tanto el campo nos

⇒ E  = 4πQ0z2

Este campo corresponde al producido por una carga puntual, por lo tanto mientras más nos alejamos del aro circular podemos aproximar el resultado del campo al producido por una carga puntual, ya que a largas distancias no se podr´ a apreciar la geometr´ıa del aro y se ver´ a como un punto. 14. La figura muestra un hilo cargado abc con densidad longitudinal de carga λ. El tramo bc es un cuarto de una circunferencia de radio R y centro en o. El tramo ab es recto, de longitud L = 4R/3 y perpendicular a la l´ınea ob. a. Calcule el campo eléctrico que producen en el punto o cada uno de los tramos ab y bc. b. Halle el campo el´ ectrico neto que produce todo el hilo en el punto o. Soluci´ on: Primero calculamos el campo el´ ectrico que produce el hilo recto, para ello tomaremos un elemento diferencial de longitud dx y situaremos el origen O en el extremo izquierdo de la barra, es decir este elemento diferencial se ubica a una distancia x (respecto al origen), y tiene una distancia al punto o dada por la hipotenusa del triángulo de lados L x y R. Es decir r = (L x)2 + R2 . Luego, el vector diferencial de campo eléctrico viene dado por

 −

−

 1 = dE 1 (sin θˆ dE x + cos θˆ y) Adem´ as dE 1 =

dq λdx = 4π0 r 2 4π0 ((L x)2 + R2 )

−

Veamos que la integral que debemos calcular es muy parecida a la calculada en el problema 12, por lo tanto procedemos primero a hacer el cambio trigonométrico para reducir el procedimiento. Hacemos L

− x = R tan θ ⇒ dx = −R sec2 θdθ

As´ı, el diferencial de campo eléctrico nos queda dE 1 =

λdx λ( R sec2 θ)dθ = = 4π 0 ((L x)2 + R2 ) 4π0 ((R tan θ)2 + R2 )

−

−

2

sec θ λ dE = − 4π RλR ⇒ − 1 2 (tan2 θ + 1) 4π 0 R 0

   sec2 θ

Para la componente x. Tenemos E 1x =

⇒



dE sin θ =

 −

λ E 1x = (cos θ2 4π 0 R

−

λ sin θdθ = 4π0 R

λ cos θ1 ) = 4π 0 R

Sustituyendo directamente L = 4R/3 λ E 1x = 4π0 R Erasmo I˜ niguez



1

R (4R/3)2 + R2

− 



λ = 4π 0 R 14

 − √ 1

− 4πλ0R (− cos θ]θθ

2 1



− √



λ = 4π0 R

− 

cos(0)

3R 16R2 + 9R2



R L2 + R2

1

3 5

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⇒

λ E 1x = 4π0 R

Para la componente y. Tenemos E 1y =



dE cos θ =

⇒

 −

λ cos θdθ = 4π 0 R

λ E 1y = 4π0 R

 √

L L2 + R2

15

 2 5

− 4πλ0R (sin θ]θθ



− sin(0)

1

λ 4π 0 R

=

λ (sin θ1 4π0 R

=

2

− sin θ2)

√ L2L+ R2

Sustituyendo directamente L = 4R/3 E 1y =

λ 4π0 R

(4R/3) λ 3(4R) = 4π0 R 3(5R) (4R/3)2 + R2



⇒ E 1y = 4πλ0R 45

As´ı el campo eléctrico que forma el hilo recto vendr´ a dado por λ  1 = E 4π 0 R





2 4 2λ x ˆ + yˆ = (ˆ x + 2ˆ y) 5 5 20π 0 R

 ab = E

⇒

λ (ˆ x + 2ˆ y) 10π 0 R

Por otro lado calculamos el campo eléctrico para el cuarto de circunferencia del tramo bc Tomamos un elemento diferencial dq cuya longitud viene dada por dL = Rdθ, el cual se encuentra a una distancia R (sin importar la posici´ on del elemento dq alrededor de la circunferencia) y éste genera en el punto o un campo de repulsión de la forma  2 = dE 2 ( cos θˆ dE x + sin θˆ y)

−

donde dE 2 =

dq λRdθ = 2 4π0 R 4π0 R2

λdθ ⇒ dE 2 = 4π 0R

Luego, podemos hacer la integraci´ on para sumar todos los campos diferenciales, desde θ = 0 hasta θ = π/2

−

 2 = E



dE ( cos θˆ x+sin θˆ y) =

−

⇒ E  2 = 4πλ0R



π

− 2 λdθ

− 4π0 R

0

 

sin(0)

( cos θˆ x+sin θˆ y) =

     −

− sin

π 2

ˆ + cos(0) x

− cos

λ 4π 0 R

  −

   ⇒  − π 2

yˆ

π

−2

cos θdθ x ˆ+

0

 2 = E



π

−2

sin θdθ yˆ

0

λ ( x ˆ + yˆ) 4π 0 R

−

Finalmente el campo resultante ser´ a la suma de ambos campos  = E  1 + E  2 = E

λ 10π0 R

λ 4π0 R

⇒

Erasmo I˜ niguez

x ˆ+

 = E

λ λ + 5π 0 R 4π 0 R

yˆ =

3λ 9λ x ˆ+ yˆ 20π0 R 20π0 R

3λ ( x ˆ + 3ˆ y) 20π0 R

−

15



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16

15. La figura muestra un hilo cargado abc con densidad longitudinal de carga λ. El tramo bc es la mitad de una circunferencia de radio R y centro en o. El tramo ab es recto, de longitud L = 2R y paralelo a la l´ınea bo. a. Calcule el campo eléctrico que producen en el punto o cada uno de los tramos ab y bc. b. Halle la magnitud del campo eléctrico neto que produce todo el hilo en el punto o y el ángulo que forma con la dirección u ˆx . Soluci´ on: Para el campo producido por el tramo recto ab nos valemos del resultado obtenido en el problema 11 donde se ten´ıa el campo de una barra delgada a una distancia h de su extremo derecho.

 − 

1  ab = λ E 4π0 h En nuestro caso h = R y L = 2R, sustituyendo  ab = λ E 4π0

 −  1 R

1 3R

λ u ˆx = 4π0 R

1 u ˆx h+L

 2 3

u ˆx

⇒

 ab = E

λ uˆx 6π0 R

Para el campo del tramo bc tomamos un elmento diferencial de longitud L = Rdθ, cuya distancia al punto o es el radio R, sin importar la posici´ on de este elemento diferencial. Además, por la simetr´ıa de la circunferencia al tomar un elemento opuesto se obtienen dos diferenciales de campos que se anulan en la componente horizontal, por lo tanto para calcular el campo el´ ectrico producido por el semi aro basta con considerar s´ olo la componente vertical, es decir  bc = dE bc sin θˆ dE uy donde

dq λRdθ λdθ = dE = b c 4π0 R2 4π0 R2 4π0 R Luego, para integrar tomamos los diferenciales desde θ = 0 hasta θ = π. Entonces dE bc =

 bc = E



 θˆ dE sin uy =



⇒

λdθ λ sin θˆ uy = 4π 0 R 4π 0 R



−π

0

−

sin θdθ uˆy =

⇒ E  bc = 4πλ0R (cos(0) − cos(−π))ûy ⇒

 bc = E

λ π ( cos θ]− ˆy 0 u 4π 0 R

−

λ u ˆy 2π0 R

Luego, el campo resultante vendr´ a dado por la suma de los dos tramos λ λ  = E  ab + E  bc = λ u E ˆx + uˆy = 6π0 R 2π0 R 2π 0 R A este campo resultante le calculamos el m´ odulo  = λ E 2π 0 R

|| ||

   1 3

2

λ +1 = 2π0 R



 ⇒ || || 10 9

1 u ˆx + uˆy 3

 = E



√ 10|λ| 6π0 R

Observaci´ on: Debemos colocar valor absoluto a la densidad de carga λ, ya que ésta podr´ıa ser negativa, en cuyo caso la carga que tendr´ıa el hilo ser´ıa negativa. Finalmente, para hallar el ańgulo que forma con el eje x usamos la relaci´ on entre las componentes del campo eléctrico E y 1 tan α = = 1 α = arctan(3) E x 3

⇒

Erasmo I˜ niguez

16

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17

16. Un hilo recto de longitud infinita y densidad longitudinal de carga λ = 10−3 C/m coincide con el eje −3 z. En el punto de coordenadas cartesianas r = (3, 4, 7)m se encuentra un part´ıcula de carga q = 104 C. Halle las componentes cartesianas del vector fuerza electrost´ atica que el hilo le aplica a la part´ıcula. 9 2 2 Aproxime K = 1/4π0 9 10 Nm /C .

≈ ×

Soluci´ on: Conocemos el campo producido por el hilo infinito en coordenadas cil´ındricas  = E

λ u ˆρ 2π 0 ρ

donde el vector ρ es  un vector del eje de simetr´ıa al punto de inter´ es, y su m´ odulo es la distancia ρ. Luego hacemos unitario a ρ para  obtener el vector u ˆρ . Notemos que la coordenada z = 7 no es de importancia para resolver el problema, ya que al tener un hilo infinito de carga es indiferente en cuál punto de la altura del mismo nos encontramos, ya que todo punto del alambre tiene la misma densidad de corriente. Por lo tanto, se puede reducir el problema al plano xy donde se observa claramente las coordenadas del vector ρ que define las coordenadas cil´ındricas As´ı el campo eléctrico que pro duce el hilo cargado ser´ a  = λ u E ˆρ = 2(9 2π 0 ρ

×

10−3 10 ) 5 9



3ˆ ux + 4 uˆy 5

⇒

 = 7,2 E

× 105(3ûx + 4uˆy )

Luego, la fuerza electrost´ atica se obtiene con la ecuación

−3  = q E  = 10 (7,2 F 4

× 105(3ûx + 4uˆy ) ⇒

 180(3ˆ F = ux + 4 u ˆy )

17. En la figura se muestra un hilo cargado con densidad longitudinal de carga λ constante. El hilo se encuentra en el plano yz y es un arco (de abertura 2α) de una circunferencia de radio R y centro en el origen. El punto P tiene coordenadas cartesianas (x, 0, 0). Determine el campo eléctrico que el hilo produce en el punto P. Soluci´ on: Al considerar un elemento diferencial del hilo de carga dq = λRdβ , se tiene que éste produce un campo en el punto P que tiene 3 componentes, pero al tomar otro diferencial opuesto por la simetr´ıa del problema la componente en y se anula, por lo tanto estaremos integrando en las componentes x y z. Notemos que para poder escribir el vector en sus dos componentes necesitamos hacer una proyecció n en el eje z, ya que el  vector dE tiene componentes en la dirección x y en la dirección paralela a la l´ınea del radio, por lo tanto primero proyectamos en esta direcci´ on radial E r = dE sin θ Y luego proyectamos usando el ańgulo β en la componente z E z =

−dE sin θ cos β

As´ı el vector diferencial de campo eléctrico resulta  = dE (cos θˆ dE ux Erasmo I˜ niguez

17

− sin θ cos β ûz ) Enero 2018


FS-2211

donde dE =

18

dq λRdβ = 4π 0 (R2 + x2 ) 4π0 (R2 + x2 )

Luego integramos en funci´ on del cambio del ańgulo β , es decir por la simetr´ıa ser´ a desde β = hasta β = α  = E

   = dE

λRdβ (cos θˆ ux 4π 0 (R2 + x2 )

−α

− sin θ cos β ûz )

Sustituimos las relaciones de cos θ y sin θ del triángulo con el ańgulo θ  = E

⇒





λRdβ x u ˆx 4π0 (R2 + x2 ) (R2 + x2 )

 

−

α λR  E = x dβ ˆ ux 4π0 (R2 + x2 )3/2 −α

R cos β ˆ uz (R2 + x2 )



α

−R

cos βdβ ˆ uz

−α

 

[x(α + α)ˆ ux − R(sin α − sin(−α))ˆ uz ] ⇒ E  = 4π (RλR 2 + x2 )3/2 0

Finalmente

⇒

 = E

λR [2αxˆ ux 4π0 (R2 + x2 )3/2

− 2R sin αûz ]

18. El disco hueco de la figura se encuentra en el plano xy, su centro coincide con el origen o y su carga Q est´ a uniformemente distribuida. a. Calcule el campo eléctrico que el disco produce en el punto P de coordenadas cartesianas (0, 0, z). Para hacerlo parta del campo eléctrico que produce un aro cargado sobre su eje perpendicular de simetr´ıa,  = E

qz kˆ y use superposici´ on 4π 0 (R2 + z 2 )3/2

b. Verifique que para grandes distancias (z R2 ) el campo eléctrico obtenido en a se aproxima al de una carga puntual. Nota: puede usar la aproximaci´ on (1 + )a 1 + a, v´ alida para  1. c. A partir del resultado en la parte a determine el campo eléctrico que produce un plano infinito con densidad superficial de carga σ.



≈



Soluci´ on: Para este caso tenemos una superficie cargada, por lo tanto la densidad de carga tendr´ a unidades de C por unidad área, es decir σ =

Q dQ = A dA

⇒ dQ = σdA

Para nuestro el diferencial de área del disco será la longitud de la circunferencia multiplicada por su anchar dr. As´ı dq = 2πrσdr Entonces el diferencial de campo eléctrico ser´ a el campo creado por un anillo diferencial  = dE

dqz 2πrσzdr σz rdr ˆ ˆ k = k = kˆ 2 2 3/2 2 2 3/2 2 2 3/2 2 4π0 (r + z ) 4π0 (r + z ) 0 (r + z )

Luego, integramos desde r = R 1 hasta r = R2 . Erasmo I˜ niguez

18

Enero 2018


 = E



 = dE

σz ˆ k 20



R2

R1

(r 2

FS-2211

rdr σz ˆ = k 2 3/2 20 +z )

19

 √ − 

R2

1 r2 + z 2

=

R1



σz 20

1

− R2 + z 2



1

1



R22 +

z2



kˆ

Luego recordemos el área para el disco circular A = π(R22 R12 ) y reescribimos la densidad de carga como Q Q σ = σ = 2 A π(R2 R12 )

−

⇒

−

As´ı el campo eléctrico producido por el disco ser´ a  = E Para grandes distancias (z la expresión reducida σz 2π0



1

−

−

1



R12 +

− z2

1



R22 +

z2



kˆ

 R2) se puede despreciar que existe un radio interno R1 ≈ 0, y nos queda



tomando z > 0 se tiene σ 2π 0

Qz 2π 0 (R22 R12 )



z



R22 + z 2

√ 1 2 −



1

  

R22 + z 2

z

σ = 2π 0

1

−z

=

σz 2π0



y como σ = Q/(πR 2 ), ya que R1 carga puntual

| | −

R2 2z 2

1

1



R22 + z 2



     − σ = 20

1

R2 1+ 2 z

−1/2

−1/2 y  = R2/z2 nos queda

 −  −  1

1 z

z 1 + (R/z)2

tomando la aproximaci´ on (1 + )a = 1 + a, con a = σ 20



=

σR 2 40 z 2

≈ 0 se obtiene finalmente la expresión del campo elćtrico para una

Q ˆ k 4π0 z 2 Para determinar el campo que produce un plano infinito consideremos la expresi´ on del campo eléctrico con la densidad de carga superficial σ. Tomamos en consideraci´ on que como el plano es infinito el radio interno es muy peque˜ no por lo tanto R 1 0. Quedando  = E

≈

σz 2π0



1

1

z

 

√ 2 −

R22 + z 2



σz = 2π0



1 z

| | −

1



R22 + z 2



Como el plano es infinito, tomamos el l´ımite cuando R 2 es muy grande σz l´ım R2 →∞ 20

1 z

| | −

1



R22 + z 2



=

σ z 20 z

||

As´ı se tiene que el campo depender´ a del signo de la coordenada z, si es positiva, el campo seguirá la ˆ ˆ direcci´ on +k, y si z es negativo el campo segurirá la direcci´ on k. Por lo tanto

−

 = signo(z) σ kˆ E 20 Erasmo I˜ niguez

19

Enero 2018


FS-2211

20

19. La figura a la derecha muestra un cascarón cil´ındrico sin tapas, no conductor y de carga Q uniformemente distribuida en su superficie. Halle el campo eléctrico en el punto P que está sobre el eje central del cilindro a una distancia D de su extremo. Ayuda: Puede partir del campo eléctrico que produce un hilo circular. Un hilo circular de radio R, en el plano xy, carga q uniformemente distribuida y centro en el origen produce en los puntos z un campo dado por la expresión zq ˆ uz  = E 4π0 (z 2 + R2 )3/2 Soluci´ on: El cascar´ on cil´ındrico tiene su carga uniformemente distribuida en su superficie, es decir la densidad de carga superficial es constane σ =

Q Q = adem´ as A 2πRL

σ =

dq dA

⇒ dq = σdA

Tomamos como elemento diferencial un aro de espesor dz (llamando z el eje horizontal). Entonces dA = 2πRdz. Este elemento diferencial crear´ a un campo eléctrico  = dE

zdq ˆ uz 2πσRzdzˆ uz σRzdz = = ˆ uz 4π0 (z 2 + R2 )3/2 4π0 (z 2 + R2 )3/2 20 (z 2 + R2 )3/2

Situando el origen de coordenadas en el punto P haremos la integración desde la distancia z = D hasta z = D + L  = E

   = dE

D+L

D

σRzdz σR ˆ uz = 2 2 3/2 20 20 (z + R )

Finalmente sustituyendo σ =

⇒

 = E



D+L

D

zdz σR ˆ uz = uˆz 2 2 3/2 20 (z + R )

 √ −  1 z 2 + R2

D+L D

Q 2πRL Q 4π0 L



√ D21+ R2 −

1 (D + L)2 + R2





u ˆz

20. La figura abajo a la izquierda representa un semiaro de radio r y carga q uniformemente distribuida.  = q ˆ El campo eléctrico que produce en el punto o es E u/(2π2 0 r2 ). Aprovechando este resultado calcule el campo que la semiarandela de la figura abajo a la derecha produce en el punto o. La semiarandela tiene carga Q distribuida uniformemente en su superficie.

Soluci´ on: La semirarandela tiene su carga distribuida uniformemente, por lo tanto su densidad de carga superficial de carga será constante σ = Erasmo I˜ niguez

Q = A

Q π 2 2 (R2

−

R21 )

adem´ as 20

σ =

dq dA

⇒ dq = σdA Enero 2018


FS-2211

21

El elemento diferencial a considerar ser´ a un semiaro de espesor dr con área dA = πrdr, el cual crea un campo eléctrico en o dado por  = dE

dq u ˆ σπrdr σdr = ˆ u = u ˆ (2π 2 0 r 2 ) 2π 2 0 r 2 2π 0 r

Luego integraremos desde r = R1 hasta r = R 2 , as´ı  = E

   = dE

R2

R1

σdr σ u ˆ = u ˆ 2π 0 r 2π0



R2

R1

Sustituyendo el valor de la densidad de carga σ =

⇒

Q  = E π 2 0 (R22

 

dr σ σ R2 2 = u ˆ (ln]R u ˆ ln R1 = r 2π0 2π0 R1 2Q π(R22

− R21)

− R12) se obtiene

ln

  R2 R1

u ˆ

21. La figura muestra una cinta plana de longitud infinita, ancho 2a y densidad superficial constante σ. El punto P se encuentra en un eje perpendicular a la cinta y que pasa por el eje central de la misma, la distancia de P a la cinta es z . a. Calcule el campo eléctrico en el punto P. b. Estudie el comportamiento del campo para z que cuando s entonces arctan(s) π/2.

→∞

→



≈

 a(z pequeño). Use

c. Estudie el comportamiento del campo para z que cuando s 1 entonces arctan(s) s

 a (z grande). Use

Soluci´ on: El elemento diferencial en este caso será n hilos con anchuras diferenciales dx y longitud finita L, veamos que en este caso dq = σdA = σLdx, pero como debemos aproximar el resultado a un hilo infinito ya no tendremos una densidad de carga superficial, sino una densidad longitudinal, entonces la densidad de ese elemento diferencial ser´ a λ =

dq σLdx = L L

⇒ λ = σdx

Para este hilo infinito de carga se conoce su campo el´ ectrico (calculado en el problema 12) en coordenadas cil´ındricas  = dE

λ u ˆρ 2π0 r

Recordemos que u ˆρ es un vector que une la l´ınea de carga y el punto P, por lo tanto en coordenadas cartesianas observamos que tendrá dos componentes, pero la componente x se cancelar´ a al tomar un hilo opuesto, por lo tanto solo permanece la componente en z σdx ˆ  = λ cos θk = dE cos θkˆ 2 2 2π0 r 2π0 z + x

√

Hagamos el cambio de variable a θ usando x = z tan θ Erasmo I˜ niguez

21

⇒ dx = z sec2 θdθ Enero 2018


FS-2211

22

Entonces  = E

    = dE

 √

σz sec2 θdθ σ kˆ ˆ cos θk = 2π0 2π0 z 2 + (z tan θ)2

⇒

z sec2 θdθ σ kˆ cos θ = 2π0 z 1 + tan2 θ



sec2 θdθ cos θ sec θ

θ0 σ kˆ σ kˆ  E = dθ = (2θ0 ) 2π0 −θ0 2π0



Donde θ0 representa el ángulo m´ aximo que se forma, es decir cuando x = a, usando las relaciones de tri´ angulo de la figura tenemos x a a tan θ0 = = θ0 = arctan z z z Finalmente ˆ  = σ k arctan a E π0 z



⇒



 →

π y nos 2

  ≈

a y nos z

a Luego, para z muy peque˜ no, es decir z a tendremos aproximadamente que arctan z queda el campo generado por un plano infinito



 z a = σ kˆ E 20 a Y para un z muy grande, es decir z a tendremos aproximadamente que arctan z queda el campo generado por una hilo infinito



λ ˆ ˆ  z a = σa k = E k π0 z 2π0 z Nota: Recordar que λ = σdx, es decir λ = σ(2a)

⇒ σ = 2aλ

22. El cilindro de la figura tiene un agujero cil´ındrico coaxial de radio R1 , su longitud es L y su carga Q se encuentra uniformemente distribuida en su volumen. El punto P se encuentra sobre el eje del cilindro a una distancia D del extremo del cilindro. Halle el campo eléctrico que el cilindro produce en el punto P Ayuda: Parta de la expresión para el campo eléctrico que una arandela (disco hueco) de carga q uniformemente distribuida produce en un punto a a una distancia z sobre su eje central, qz kˆ  = E 2π0 (R22 R12 )

−



1



R12 + z 2

−

R2 y R 1 son los radios externo e interno respectivamente.

1



R22 + z 2



Soluci´ on: Como el cilindro tiene una carga volum´ etrica tenemos que su densidad vendr´ a dada por ρ =

Q Q = adem´ as 2 V π(R2 R21 )L

−

dq = ρdV

y el diferencial de volumen para un cilindro será el a´rea de la arandela multiplicada por su espesor diferencial dz. Entonces dV = π(R22 R21 )dz

−

Erasmo I˜ niguez

22

Enero 2018


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23

Entonces el campo eléctrico vendr´ a dado por

     −  −  −   −      −   −    −     −     = E

⇒ E  =

 = dE

ρπ(R22 R12 )zdz kˆ 2π0 (R22 R12 )

dqz kˆ 2π 0 (R22 R21 ) 1

1

R21 + z 2

1

R12 + z 2

1

R22 + z 2

=

R22 + z 2

ρkˆ 20

zdz

zdz

R21 + z 2

R22 + z 2

Integramos desde una distancia z = D hasta z = D + L

⇒

ˆ  = ρk E 20

D+L

D

zdz R21 + z 2

D+L

ρkˆ = 20

zdz R22 + z 2

R12 +

D+L

R22 +

z2

D

z2

D

Finalmente  = E

Qkˆ 2π(R22 R12 )L0

−



R12 + (D + L)2

−



R21 + D2

−



R22 + (D + L)2 +

  R22 + D2

23. Los hilos recto y circular de la figura tienen cargas uniformemente distribuidas. El hilo circular tiene carga Q1 , radio R, se encuentra en el plano xz y su centro coincide con el origen de coordenadas. El hilo recto posee carga Q2 , longitud L, se encuentra sobre el eje y y dista del origen una distancia D. Halle el vector fuerza el´ ectrica sobre el hilo recto que le aplica el hilo circular. Q1 y jˆ  = Ayuda: Puede partir del hecho de que E es el 4π0 (R2 + y2 )3/2 campo eléctrico producido por el hilo circular en un punto de coordenadas cartesianas (0, y, 0). Soluci´ on: Tenemos la relaci´ on entre la fuerza y el campo eléctrico en forma diferencial, y adem´ as el dq de la barra que hemos venido trabajando en los problemas anteriores dq = λ 2 dy  = dq E  = dF

dqQ1 y jˆ λ2 dyQ1 y jˆ = 4π0 (R2 + y 2 )3/2 4π0 (R2 + y 2 )3/2

Integramos desde y = D hasta y = D + L

 = F

   = dE

λ2 dyQ1 y jˆ λ2 Q1 jˆ = 4π0 4π0 (R2 + y2 )3/2

Finalmente  = Q1 Q2 jˆ F 4π 0 L

Erasmo I˜ niguez





D+L

D

1 D2 + R2

√

23

−

ydy Q1 Q2 ˆ = j 4π0 L (R2 + y2 )3/2

1 (D + L)2 + R2





−1



R2 + y 2



D+L

D

 Enero 2018


FS-2211

0.2.

24

Ley de Gauss

1. La carga mostrada en la figura se encuentra en el centro de un cubo mayor  al campo de arista 2L y en un vértice de un cubo menor de arista L. Llamaremos E eléctrico producido por esta carga.  a través de cada a. Utilizando argumentos de simetr´ıa determine el flujo de E cara del cubo mayor. b. Ahora determine el flujo eléctrico que atraviesa cada cara del cubo menor. Soluci´ on: Por la Ley de Gauss el flujo total sobre una superficie cerrada viene dado por Qenc Φ= 0 Veamos que el cubo mayor encierra completamente a la carga q en su centro, por lo tanto su flujo total ser´ a igual a q/ 0 , pero este cubo posee 6 caras planas por donde penetra el campo eléctrico, por lo tanto debido a la simetr´ıa del cubo podemos decir que el flujo por cada una de las caras, es un sexto del flujo total, as´ı q Φa = 60 Para el caso del cubo menor, tenemos una carga es una esquina del cubo, como el campo producido por la carga puntual tiene dirección radial, el flujo producido en las tres caras adyacentes a la carga ser´ a nulo, por lo tanto sólo tendremos 3 caras donde fluye el campo. Para poder aplicar Ley de Gauss necesitamos considerar una superficie cerrada que encierre la carga en su centro, para aprovechar la simetr´ıa. La superficie a escoger ser´ a 8 cubos idénticos, donde tendremos 24 caras adyacentes a la carga y 24 caras con flujo. Por lo tanto el flujo por cada cara del cubo menor será Φb =

q 240

2. Una esfera de 2 cm de radio y con centro en el origen tiene carga de 8 µC uniformemente distribuida en su volumen. Halle el campo el´ ectrico que produce en los puntos con coordenadas cartesianas P 1 = (1, 0, 1)cm y P 2 = (0, 2, 2) cm.

−

Soluci´ on: Primero necesitamos determinar si estamos en el interior o exterior de la esfera, para ello obtenemos dos vectores posici´ on OP 1 y OP 2 , los cuales son los vectores radiales que salen del centro de la esfera (el origen) al punto de inter´ es Al calcular el m´ odulo de cada uno de estos vectores se tiene que OP 1 = 2cm y OP 2 = 8cm, se determina que el punto P 1 est´ a en el interior y P 2 en el exterior.

−−→ −−→

| −−→|

|−−→| √

√

* Para el punto P 1 (1,0,-1) cm, buscamos el campo en el interior de la esfera, para ello usaremos la Ley de Gauss, donde tomaremos una superficie gaussiana esférica de radio r, tal que r < 2cm Adem´ as debemos considerar la carga encerrada por esta superficie para ello conocemos que la esfera tiene carga distribuida uniformemente en su volumen (ρ constante) y el diferencial de volumen para una esfera, as´ı Erasmo I˜ niguez

24

Enero 2018


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 

r

Qenc =

ρdV =

2

25

ρ(4πr dr) = 4πρ

0

  ⇒ r3 3

r

Qenc =

0

4 πρr 3 3

 tienen Aplicando Ley de Gauss y tomando el hecho de que el campo y el diferencial de a´rea dA direcciones radiales, por lo tanto son paralelos

 ·

 dA = E  E

En forma vectorial



dA =

Qenc 0

⇒ E (A) = 340 πρr 3 ⇒ E (4πr 2) = 340 πρr 3 ⇒ E = 3ρ0 r

 = ρ rˆ E ur 30 Recordemos que la densidad volum´ etrica de la esfera vendr´ a dada por ρ =

Q Q 3Q = 4 3 = V 4πR 3 3 πR

Entonces en el punto P 1  = Qr ˆ E ur = (9 4π 0 R3

× 109)

(8

× 10−6)(√ 2 × 10−2) î√ − kˆ ⇒ (2 × 10−2 )3 2

 

 1 = 9 E

ˆ N/C × 107(î − k)

recordemos que para obtener el vector radial debemos hacer unitario el vector que parte del centro de la esfera al punto de inter´ es. Observaci´ on:

* Para el punto P 2 (0,2,2) cm, buscamos el campo en el exterior de la esfera, para ello usaremos la Ley de Gauss, donde tomaremos una superficie gaussiana esf´ erica de radio r, tal que r > 2cm Adem´ as debemos considerar la carga encerrada por esta superficie, la cual ser´ a la carga total de la  esfera Q. Aplicando Ley de Gauss y tomando el hecho de que el campo y el diferencial de área d A tienen direcciones radiales, por lo tanto son paralelos

 ·



Qenc Q Q E (A) = E (4πr 2 ) = 0 0 0 Sustituyendo los valores num´ ericos y en forma vectorial se tiene  dA = E  E

(8  2 = Q ˆ E u = r 4π0 r2

dA =

⇒

⇒





ˆ 2 kˆ × 10−√ 6)(9 × 109) √ 2 j + ⇒ ( 8)2 8 × 10−2

 2 = 9 E

⇒ E = 4πQ0r2 ×√ 107 ( j + ˆ ˆ k) N/C 2

3. Un cilindro no conductor, de longitud infinita y radio R tiene carga distribuida uniformemente en su interior, siendo λ su densidad longitudinal de carga. a. Calcule la densidad volum´ etrica de carga D del cilindro. b. Usando la ley de Gauss halle el campo eléctrico en cualquier punto del espacio. Soluci´ on: Sabemos que un segmento de longitud L del cilindro tendrá una carga Q = λL, luego el volumen de este segmento será V = πR 2 L, por lo tanto la densidad volumétrica de carga vendr´ a dada por Q λL λ = D = V πR 2 L πR 2 Para deducir las expresiones de campo eléctrico en el espacio podemos usar la ley de Gauss aprovechando la simetr´ıa del problema, al tener un cilindro infinito. En nuestro caso la superficie gaussiana a utilizar para el cilindro, ser´ a un cascarón cil´ındrico con a´rea A = 2πρL, el cual encierra una carga espec´ıfica dependiendo de si su radio es ρ < R (dentro del cilindro) o ρ > R (exterior). D =

Erasmo I˜ niguez

⇒

25

Enero 2018


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26

La distancia ρ es la distancia del eje de simetr´ıa al punto de interés. Luego, los  el campo eléctrico E  siguen la misma l´ınea radial en coordenadas vectores d A y cil´ındricas, por lo tanto ser´ an paralelos y as´ı

 ·

 dA = E  E



dA = E (A) = E (2πρL)

Ahora busquemos la carga encerrada en cada regi´ on. Regi´ o n 1 (ρ < R): Para este caso la superficie gaussiana encierra una parte del volumen del cilindro limitado por la superficie de radio ρ, para encontrar la carga encerrada tenemos Qenc =



DdV =





ρ

D(2πLrdr) = 2πDL

0

rdr

⇒ Qenc = πDLρ2

Luego, por ley de Gauss

 ·

Qenc  dA = E  E (2πρL) = 0

D ρ2 ⇒ E 1 = ρ ⇒ E (2πρL) = πDL 0 20

En forma vectorial y sustituyendo el valor de la densidad de carga  1 = E

λρ ˆ ur 2π0 R2

Regi´ on 2 (ρ > R): Para este caso la superficie gaussiana encierra la totalidad del volumen del cilindro, por lo tanto la carga encerrada será la del segmento de carga de longitud L, es decir Q = λL Luego, por ley de Gauss

 ·

Qenc  dA = E  E (2πρL) = 0

λ E 2 = ⇒ E (2πρL) = λL ⇒ 0 2π0 ρ

En forma vectorial  2 = E

λ u ˆr 2π0 ρ

As´ı, tenemos el campo eléctrico para cualquier punto del espacio, que s´ olo depende de la distancia del punto al eje de simetr´ıa del cilindro.

 (ρ) = E

Erasmo I˜ niguez

  

λρ ˆ ur si r < R 2π0 R2 λ ˆr u 2π0 ρ

26

si r > R

Enero 2018


FS-2211

27

4. La figura muestra una esfera cargada de radio R y centro o con un hueco esf´ erico en su interior de radio b. El centro del agujero tiene vector posición a respecto al punto o. La densidad volumétrica de carga de la esfera es constante y vale D para todos los puntos interior de la misma salvo en el agujero. Halle el campo eléctrico que se produce en un punto que se encuentre en el agujero y que posea vector posición r (simplifique la expresión obtenida) Soluci´ on: Del resultado del problema 2, conocemos el campo el´ ectrico en un punto interior de la esfera maciza, en nuestro caso será un punto con vector posici´ on r, viene dada por D  in = ρ rˆ E ur E in = r 30 30

 ⇒  r

As´ı mismo podemos escribir el resultado suponiendo que el hueco est´ a relleno de una esfera de radio   b, en este caso el vector posici´ on será r y el campo eléctrico tiene signo negativo debido a que la densidad de carga será contraria a la de la esfera maciza. Entonces  hole = E

− 3D0 r 

Por superposición el campo en el punto interior del hueco vendr´ a dado por  = E  in + E  hole = D r E 30

− 3D0 r = 3D0 (r − r )

Gráficamente tenemos la relaci´ on vectorial r  + a = r, entonces r r  = a Finalmente el campo el´ ectrico en un punto interno del hueco, es un vector constante.  = D a E 30

−

5. Una esfera maciza de radio R y centro en el origen tiene una distribución radial de carga cuya densidad volumétrica es D(r) = ar, donde a es una constante conocida y r es la distancia al centro de la esfera. a. Diga qu´ e dimensiones posee la constante a en el sistema S.I. Calcule la carga encerrada por una esfera de radio r R y centro en el origen.

≤

b. Usando la ley de Gauss halle el campo eléctrico en cualquier punto del espacio. Soluci´ on: Conocemos que la unidad de densidad de carga volumétrica es C/m3 y la unidad del radio es m. Entonces D = ar

[C ] = [a][m] ⇒ ⇒ [m 3]

[a] =

C m4

Para conocer la carga encerrada por una esfera de radio r, tenemos la integral Qenc =





r

D(r)dV =



r

2

(ar)(4πr )dr = 4πa

0

0

r3 dr = 4πa

r4 4

⇒

Qenc = πar4

Para encontrar el campo eléctrico usamos ley de Gauss como en el problema 2, usando una superficie  paralelo al campo eléctrico E  en la dirección guassiana esférica de radio r, la cual tiene un vector dA radial, por lo tanto  dA =  E EdA = E dA = EA = E (4πr 2 )

 · 

Erasmo I˜ niguez



27

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28

Luego buscamos el campo para un punto interior de la esfera (r < R) y un punto fuera (r > R) Regi´ o n 1 (r < R) ya conocemos el resultado de la carga encerrada por la superficie gaussiana, ya que es el calculado en la parte a, entonces

 ·

Qenc  dA = E  E (4πr 2 ) = 0

⇒

πar 4 E (4πr ) = 0 2

ar2  E 1 = u ˆr 40

⇒

Regi´ o n 2 (r > R) Del resultado calculado en la parte a para la carga encerrada, hacemos r = R, entonces Qenc πaR4 aR4 2 2    E dA = E (4πr ) = E (4πr ) = E 2 = ˆ ur 0 0 40 r 2

 ·

⇒

⇒

As´ı, tenemos el campo eléctrico para cualquier punto del espacio, que s´ olo depende de la distancia al centro de la esfera.

 (r) = E

  

ar2 uˆr 40

si r < R

aR4 ˆ ur si r > R 40 r2

6. La figura muestra un corte de una distribució n de carga de alto y largo infinitos y espesor 2L. La carga est´ a uniformemente distribuida con densidad volum´ etrica de carga D. Tomaremos el eje î perpendicular a la distribuci´ on de cargas y el origen de coordenadas en el centro de la misma. a. Utilizando la ley de Gauss halle el campo eléctrico para un punto P en el exterior ( x L) b. Encuentre el campo eléctrico para puntos en el interior de la distribución de carga x < L).

| |≥ | |

Soluci´ on: Para poder aplicar la ley de Gauss necesitamos escoger una superficie cerrada con geometr´ıa conocida, hasta ahora hemos utilizado el cilindro y la esfera. Para la distribución del problema usaremos una superficie cil´ındrica horizontal, ya que nos permite encerrar la carga usando las dimensiones del espesor. Para este caso el flujo eléctrico se dar´ a en las tres superficies del cilindro, la envolvente y las dos tapas de área S (ya que estas son necesarias para cerrar la superficie) Φe =



T 1

 dA  1 + E

·



T 2

 dA  2 + E

·



env

 dA  3 E

·

Por la simetr´ıa del problema el campo que crea la distribuci´ on será un campo en dirección perpendicular a la l´ınea de carga, es decir es perpendicular a la superficie de la envolvente y paralela con el vector  las dos tapas. Por lo tanto el flujo por la envolvente es cero, y los de las tapas son distintos normal d A de de cero  dA  1 +  dA  2 = E (A) + E (A) = 2ES Φe = E E



T 1

·



T 2

·

De acuerdo a la densidad volum´ etrica de carga tendremos que la carga encerrada por esta superficie gaussiana ser´ a

Erasmo I˜ niguez

28

Enero 2018


FS-2211

29

7. El cascarón cil´ındrico de la figura tiene longitud infinita, radio interno R1 = R, radio externo R2 = 3R y una densidad volumétrica de carga dada por D(ρ) = λ/(πRρ), para R1 < ρ < R2 , donde ρ es la distancia al eje del cascarón. Este eje se encuentra ocupado por un hilo recto infinito con densidad longitudinal de carga λ constante

−

a. Halle la carga encerrada por un cilindro coaxial al hilo, de radio ρ (con R1 < ρ < R2 ) y longitud H. Nota: no se olvide del hilo cargado. b. Encuentre el campo eléctrico en la regi´ on R 1 < ρ < R2 . Soluci´ on: Busquemos la carga encerrada por el cilindro, para ello integraremos la densidad de carga sobre el elemento diferencial del cilindro (dV = 2πρdρH )

 

ρ

Qcil =

ρdV =

R1

−λ

 − −  ρ

−2λH (2πρdρ) =

πRρH

R

dρ =

R1

⇒ Qcil = λH

2

2λH (R2 R

(ρ − R) − R1) = − 2λ R

2ρ R

Luego, la carga total encerrada ser´ a la suma de la carga del cilindro m´ as la del hilo de longitud H. Entonces 2ρ 2ρ Qenc = Q cil + λH = λH 2 + 1 Qenc = λH 3 R R



⇒

−

− 

Para hallar el campo eléctrico en la regi´ on indicada usamos la Ley de Gauss tomando como gaussiana  es paralelo al campo una superficie cil´ındrica de radio ρ, y altura H , cuyo vector en la envolvente dA eléctrico. As´ı

 ·

 dA =  Qenc E 0

⇒

Qenc E (A) = 0

⇒

 − ⇒

λH E (2πρH ) = 3 0

2ρ R

λ E = 2π0

 −  3 ρ

2 R

Vectorialmente los escribimos usando el vector unitario uˆρ de coordenadas cil´ındricas, el cual en la direcci´ on radial.  (r) = λ E 2π0

 −  3 ρ

2 R

u ˆρ

8. La figura es un corte de corona esf´ erica de radio interno R 1 , radio externo R2 y centro en el origen o. La corona tiene carga neta Q distribuida radialmente con una densidad volum´ etrica de carga dada por D(r) = A/r si R1 r R2 , donde A es una constante desconocida.

≤ ≤

a. Halle la constante A y la carga encerrada por una esfera centrada en o y de radio r con R1 r R2 . b. Calcule el campo eléctrico en todos los puntos del espacio.

≤ ≤

Soluci´ on: Busquemos la carga total de la esfera integrando la funci´ on de la densidad de carga sobre todo el volumen, es decir resolvemos la integral Q =



DdV =



A (4πr 2 dr) = 4πA r



R2

rdr = 4πA

R1

  r2 2

R2 R1

= 2πA(R22

− R21)

De este resultado puede ser despejada la constante A Erasmo I˜ niguez

29

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30

Q

A =

2π(R22

− R21)

Luego buscamos la carga encerrada por la esfera de radio r. Tenemos q (r) =





r

DdV =

R1

A (4πr 2 dr) = 2πA(r 2 r

−

R12 )

⇒

q (r) = Q



r2 R22

− R12 − R21



Ahora, nos toca hallar el campo en todas las regiones del espacio, de esta distribuci´ on se identifican claramente tres regiones, la primera para r < R1 , la segunda para R1 < r < R2 y el exterior donde r > R2 Para todas las regiones aplicaremos la ley de Gauss usando una superficie esférica de radio r, el cual var´ıa dependiendo de la región. Con esta superficie la integral de Gauss es equivalente a

 ·   dA =  E

EdA = E (A) = E (4πr 2 )

Regi´ on 1 (r < R1 ): En esta región no hay ning´ un tipo de carga encerrada, por lo tanto Qenc = 0,   por consiguiente por la ley de Gauss E 1 = 0. Regi´ on 2 (R1 < r < R2 ): Para esta regi´ on ya hemos calculado la carga encerrada por una esfera de radio r, as´ı por Ley de Gauss

 ·

 dA =  Qenc E 0

⇒

Q E (4πr ) = 0 2



r2 R22



− R12 ⇒ E 2 = Q 4π0 r 2 − R21



r2 R22

− R21 − R12



El vector de campo eléctrico seguir´ a la direcci´ on radial ur . Regi´ on 3 (r > R2 ): Para esta regi´ on ya conocemos la carga encerrada, es la carga total de la esfera, es decir Q, por lo tanto fácilmente conocemos el campo eléctrico en el exterior E (4πr 2 ) =

Q 0

⇒ E 3 = 4πQ0r2

El vector de campo eléctrico seguir´ a la direcci´ on radial ur . Finalmente, tendremos calculado el campo eléctrico para todas las regiones del espacio.

 (r) = E

Erasmo I˜ niguez

   

0 Q 4π0 r 2

si



r2 R22

− R12 − R21

Q ˆ ur 4π0 r 2



uˆr si R1 < r < R2 si

30

r < R1

r > R2

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0.3.

31

Potencial el´ ectrico y energ´ıa

1. La figura muestra dos part´ıculas, de carga q positivas cada una, fijas sobre el eje y y separadas una distancia a del origen. a. Halle el potencial eléctrico que el sistema de las dos cargas produce en un punto de posici´ on (x,0). b. Otra part´ıcula de masa m y carga Q positiva se coloca sobre el eje x a una distancia b del origen. Diga qué rapidez m´ınima debe imprim´ırsele para que alcance el origen. c. Eval´ ue num´ ericamente el resultado de la parte b para el caso en que se tenga q = 10µC, Q = 150µC, m = 0, 2 Kg, a = 3 m y b = 4 m Soluci´ on: Recordemos que el potencial de una carga puntual (tomando como cero de potencial el infinito) viene dado por V =

Q 4π 0 d

⇒ V = 4π √ q x2 + a2 0

Como las dos cargas se encuentran a la misma distancia del punto (x, 0, el potencial eléctrico del sistema ser´ a V =

q √ 2π x2 + a2 0

Luego debemos buscar la rapidez para que una carga alcance el origen, recordemos que el trabajo que debe realizar un agente externo para desplazar una carga entre dos puntos donde existe un potencial viene dado por W = Q(V a V b ), en nuestro caso los puntos de inter´ es ser´ an el origen y el punto (b, 0). Entonces

−

W x→o = Q(V o

− V b ) = Q



q 2π0 a

q a2 + b2

− 2π √ 0



Qq = 2π 0

 − √  1 a

1 a2 + b2

El trabajo realizado por el agente externo será equivalente a la energ´ıa cinética total que requiere alcanzar la part´ıcula, por lo tanto E k = W x→o

⇒

1 2 Qq mv = 2 2π0

 − √  ⇒ 1 a

1 a2 + b2

Qq v2 = π0 m

 − √  1 a

1 a2 + b2

As´ı la velocidad que requiere alcanzar la part´ıcula es v =

   − √ Qq π0 m

1 a

1 a2 + b2

Eval´ uamos num´ ericamente el resultado de la velocidad v =

Erasmo I˜ niguez



4(9

× 109)

(10





× 10−6)(150 × 10−6) 1 − √ 1 ⇒ 0, 2 3 16 + 9

31

v = 6 m/s

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32

2. El aro de la figura tiene radio R y carga positiva Q uniformemente distribuida, se encuentra fijo al plano xy y su centro coincide con el origen de coordenadas. a. A partir del potencial eléctrico de una carga puntual determine el potencial del aro en un punto de coordenadas cartesianas (0, 0, z). b. Una part´ıcula de carga q positiva y masa m se coloca en reposo en el punto de coordenadas (0, 0, H ). Encuentre la rapidez m´ axima que alcanza la part´ıcula. c. Eval´ ue numéricamente el resultado de la parte b para el caso en que tenga q = 1µC, Q = 8µC, m = 20 g, R = 3 m y H = 4 m Soluci´ on: Tomamos un elemento diferencial de carga del aro, como hicimos para obtener el campo eléctrico, entonces un diferencial de potencial eléctrico vendr´ a dado por dV =

dq z 2 + R2

√ 4π 0

1 z 2 + R2

⇒ V = 4π √ 0

 ⇒ dq

V =

Q √ 4π z 2 + R2 0

Ahora buscamos la rapidez máxima que alcanza la part´ıcula, para ello necesitamos identificar en cu´ al punto la velocidad se hace m´ axima, esto ser´ a en el punto donde el potencial sea igual a cero, es decir el punto en cuesti´ on será el infinito, por lo tanto por la relaci´ on del traba jo del agente externo con la energ´ıa cinética E k = W H →∞

⇒

1 2 Qq mv = 2 4π 0 m H 2 + R2

√

⇒

vmax =



Qq √ 2π m H 2 + R2 0

Evaluamos numéricamente el resultado vmax =



Qq √ = 2π m H 2 + R2 0



2(9

−6

−6

× 10 ) ⇒ √ × 109) (820××1010−)(1 3 16 + 9

vmax = 1, 2 m/s

3. La figura muestra un hilo uniforme de carga positiva Q y longitud L fijado sobre el eje x. a. A partir del potencial el´ ectrico de una carga puntual determine el potencial del hilo en el punto P. Tome potencial cero en el infinito. b. Use el resultado anterior y argumentos de simetr´ıa para hallar el campo eléctrico del hilo en el punto P. c. Una part´ıcula de masa m y carga Q se lanza hacia el hilo con una rapidez v0 desde un punto situado sobre el eje x y a una distancia 5L del extremo derecho del hilo. Halle la rapidez de la part´ıcula cuando ésta se encuentra a una distancia 2L del hilo.

−

Soluci´ on: Tomamos el elemento diferencial del hilo de longitud dl y carga dq = λdl, este elemento produce un diferencial de potencial eléctrico en el punto P, ubicado a una distancia de r = L + x l

−

dV =

dq 4π0 (L + x

− l)

=

λdl 4π0 (L + x

− l)

integramos desde l = 0 hasta l = L λ V = 4π 0 Erasmo I˜ niguez



L

0

dl L+x

−l

=

λ ( ln(L + x 4π 0

−

32

− l)|L0 = 4πλ 0 (− ln(x) + ln(x + L)) Enero 2018


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33

usando la propiedad para la resta de logaritmos y sustituyendo λ = Q/L nos queda Q V = ln 4π0 L

  x+L L

Como se desea calcular el campo en el punto P, que está a lo largo de la direcci´ on dl, que fue usada  y d para el calcul´ o del potencial eléctrico, entonces se puede decir que los vectores E l siguen la misma direcci´ on, por lo tanto dV =

−E  · d l = −Edl

En nuestro caso, tomaremos la derivada respecto a x, del potencial obtenido, as´ı E x =

−

∂V = ∂x

−



∂ Q (ln(x + L) ∂x 4π0 L



− ln(x))

=

−

Q 4π 0 L



1 x+L

−

1 x



Q = 4π 0 L

−

x+x+L (x + L)x



Finalmente  = E

Q x ˆ 4π 0 x(x + L)

Tomamos como punto A, el que esta a una distancia x = 5L y punto B con x = 2L. Tomamos la diferencia de potencial entre estos dos puntos

V 2L

−

   −  

Q 2L + L V 5L = ln 4π0 L 2L

5L + L ln 5L

   −   

Q 3 = ln 4π 0 L 2

⇒ V 2L − V 5L = 4πQ0L ln

6 ln 5

Q = ln 4π0 L

  35 26

5 4

Luego el trabajo realizado por el agente externo para mover la carga desde A hasta B, será W A→B =

−qV A→B = Q(V 2L −

Q2 V 5L ) = ln 4π 0 L

 5 4

Este valor de trabajo será igual al negativo de la energ´ıa acumulada que tiene la carga en el punto B producto del potencial eléctrico, entonces con un balance de energ´ıa E A = E B

⇒

1 2 1 2 mv = mv 2 0 2

−

Finalmente

⇒

Erasmo I˜ niguez

v =

Q2 ln 4π0 L



 ⇒ 5 4

Q2 2 v0 + ln 2π 0 mL

33

v

2

= v 02 +

Q2 ln 2π0 mL

 5 4

 5 4

Enero 2018


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34

4. La figura muestra 4 puntos (A,B,C y D) sobre el plano xy. En la regi´ on  = 2(ˆ existe un campo eléctrico uniforme dado por E ux + u ˆy ) N/C. Dibuje las superficies (l´ıneas) equipotenciales y ordene, de mayor a menor, el valor del potencial eléctrico en los puntos A, B,C y D Soluci´ on: Para dibujar las l´ıneas equipotenciales dibujamos el vector campo eléctrico en el plano xy, y luego trazaremos perpendiculares a este vector que pasen los puntos de interés A,B, C y D, con ellos nos quedan definidas tres l´ıneas de superficies equipotenciales. Del trazado de las l´ıneas claramente se identifica que el potencial en D y B son iguales V D = V B . Luego, para ordenar de mayor a menos recordemos que el potencial viene dado por la integral (tomando como cero el infinito) V

− V ∞ =

 ·

 d E l =

 −

2(ˆ ux + u ˆy ) (dˆ x + dˆ y)

·

⇒ V = −2(x + y)

Veamos que mientras m´ as nos alejamos del origen, el potencial se har´ a m´ as negativo, por lo tanto m´ as peque˜ no, por lo tanto el potencial mayor estará en A. As´ı el orden de potencial nos queda V A > V B = V D > V C  = E (r)ˆ 5. En cierta región existe un campo eléctrico cuya expresi´ on (en coordenadas esféricas) es E ur con la función E (r) como se muestra en la gráfica abajo a la izquierda. Las tres regiones (0 < r < 1 m), (1 < r < 3 m) y (3 < r < 5 m) pueden tener densidades volumétricas de cargas y las discontinuidades del campo indican densidades superficiales en las superficies esf´ ericas r = 1 m y r = 3 m. a. Halle la densidad superficial de carga en la superficie esf´ erica r = 1 m. Aproxima 0 = 9 10−12 C2 /Nm2 . b. Halle el potencial V (r) tomando nivel cero de potencial en el origen. Grafique V (r) en el cuadriculado proporcionado abajo a la derecha.

×

Soluci´ on: Usando la ley de Gauss para la superficie interna de la esfera de radio R = 1 m se puede calcular la carga encerrada en r < 1m, en donde el campo eléctrico vale E = 2N/C



 dA =  Q E 0 r=R−

·

⇒ E (4πR2) = Q0 ⇒ Q = 4π0R2E ⇒ Q = 8π0

Luego la carga en la superficie esf´ erica de radio R = 1 m viene dado por Q R+ = σA = 4πσR 2 Usando la ley de Gauss para la superficie externa de la esfera de radio R = 1 m se puede calcular la densidad de carga superficial, ya que en este caso E = 0, as´ı Erasmo I˜ niguez

34

Enero 2018




 dA =  Q E 0 r=R+

·

⇒

FS-2211

Q + 4πσR2 0= 0

35

⇒ Q + 4πσ = 0 ⇒ 8π0 = −4πσ ⇒ σ = −20

Finalmente sustituyendo la aproximaci´ on de la constante 0 σ =

−18 × 10−12

C/m2

Ahora busquemos las funciones de potencial para cada una de las regiones  = 2ˆ Regi´ o n 1: (0 < r < 1 m), en este caso el campo eléctrico tiene un valor constante de E ur . Por  definici´ on de potencial eléctrico y escogiendo dl = dˆ r V 1

− V 0 =

 − ·

 d E l =

 −

r

 −

r

Edr =

0

2dr

0

Al tomar cero de potencial en el origen V 0 = 0

⇒ V 1 = −2r

 = 0ˆ Regi´ o n 2: (1 < r < 3 m), en este caso el campo eléctrico tiene un valor constante de E ur . Para este caso en la definición del potencial debemos ir desde R=1 hasta R=r V 2

− V (r=1) =

 − ·

 d E l

⇒ V 2 − V (r=1) = 0 ⇒ V 2 = V (r=1) ⇒ V 2 = −2(1) ⇒ V 2 = −2

En este caso el valor del potencial es constante en toda la regi´ on. Regi´ o n 3: (3 < r < 5 m), en este caso el campo eléctrico tiene un valor  = 1ˆ constante de E ur . Para este caso en la definición del potencial debemos ir desde R=3 hasta R=r

−

V 3

− V (r=5) =

 − ·

 d E l =

 −

r



r

Edr =

3

dr = r

3

−3

⇒ V 3 = r − 3 + V (r=5) ⇒ V 3 = r − 5 As´ı nos queda la función de potencial con su gr´ afica

V (r) =

 −  −  − r

Erasmo I˜ niguez

2r

si

r < 1m

2

si 1 < r < 3m 5 si 3 < r < 5m

35

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36

6. Se tienen dos conductores esféricos y concéntricos; uno es un cascar´ on de radio interno R2 = 2R y radio externo R3 = 3R y el otro es una esfera maciza de radio de radio R1 = R, ver figura. La región entre los dos conductores est´ a ocupada por una sustancia aislante con densidad volum´ etrica de carga constante D. La carga Q 1 del conductor de radio R1 es desconocida. Suponga que la diferencia de potencial entre los dos conductores es V a = V (R2 ) V (R1 )

−

a. Halle el campo eléctrico E (r) para R1 < r < R2 , exprese su resultando en función de cantidades conocidas y de Q1 . Halle tambi´ en la carga Q del aislante. b. Calcule Q1 . Ayuda: recuerde que conoce la diferencia de potencial entre los conductores. c. Determine la carga del cascar´ on conductor en su ’cara’ interna (superficie r = R2 ). d. A continuaci´ on se conectan los dos conductores por medio de un alambre conductor y se espera a que se restablezca el equilibrio. Determine la nueva distribución de cargas en las superficies de los conductores. Ayuda: aproveche el resultado de las partes b y c. Soluci´ on: Para encontrar la carga del aislante conocemos el volumen de la regi´ on donde se encuentra y adem´ as la densidad de carga, por lo tanto D =

Q V

⇒ Q = DV = D 43 π(R32 − R31) = 34 Dπ(8R3 − R3) ⇒

Q =

28 πDR 3 3

Ahora buscamos la carga encerrada por una superficie esf´ erica de radio r, en R1 < r < R2 . Tendremos la carga Q 1 m´ as una parte de la carga del aislante que viene dada por Q =



DdV =





r

2

D(4πr )dr = 4πD

r2 dr =

R

4πD 3 (r 3

− R3)

Luego, aplicando ley de Gauss debido a la simetr´ıa esférica

 ·

Qenc  dA = E  E (4πr ) = 0 2

⇒

Q1 + Q E (4πr ) = 0 2

⇒

1 E = 4π 0 r2



4πD 3 Q1 + (r 3

3



−R )

Finalmente tendremos el vector campo eléctrico en la regi´ on R1 < r < R2



 − 

ˆr Q1 4πD  = u E + 4π0 r2 3

R 3 r2

r

Con este campo eléctrico puede ser calculada la diferencia de potencial (ya conocida) para as´ı lograr despejar la carga Q 1 . Entonces tenemos por definición

 −

R2

V R2

− V R

1

= V a =

⇒ −4π0V a =

R1

  · ⇒  − −   − −  −  ⇒ −

 d E l

⇒

1 V a = 4π0

−

Q1 4πD + 2R 3

⇒ −4π0V a = −

2R

−1

V a =

4π0

Q1 4πD + r 3

R

r2 R 3 + 2 r

4R2 R 2 + 2 2

Q1 Q1 4πDR 2 + + 2R R 3

5 2

Q1 4πD + r2 3

r

R3 r2

dr

2R

   R

Q1 4πD + R 3

3 2

 −  R2 + R2 2



Q1 4πDR 2 4π 0 V a = + 2R 3

De esta u ´ ltima igualdad puede ser despejada la carga Q 1 . Erasmo I˜ niguez

36

Enero 2018


Q1 = 2R

FS-2211

−4π0V a −

4πDR 2 3

37

Q1 =

⇒

−8π0RV a −

8πDR 3 3

Ahora para la carga interna del conductor de radio R2 , recordemos en las superficies internas y externa de los conductores se inducen cargas con el fin de mantener el equilibrio, en el caso de la carga en la superficie interna, ésta será el negativo de la carga encerrada por esta superficie, es decir QR− = (Q+Q1 ) 2

QR− = 2

 − −

8π 0 RV a

−

8πDR 3 28πDR 3 + 3 3

⇒

QR− = 8π0 RV a 2

−

−

20πDR 3 3

Cuando los conductores son conectados mediante el cable se cumple la condici´ on que la diferencia de potencial entre las superficies es igual a cero, es decir V a = 0, por lo tanto nos quedar´ıan las cargas iguales que en b y c, pero haciendo V a = 0. Q1 =

QR− =

−8π0RV a

2

− 20πDR 3

3

Finalmente, como no conocemos la carga del conductor de radio R2 , no podemos dar un valor de su carga en la superficie externa, pero si podemos afirmar que esta no cambia al conectar los conductores. As´ı QR+ = no cambia 2

7. La esfera (r < R) y la corona (2R < r < 3R), sombreadas en oscuro en el dibujo, son conductoras. La zona (R < r < 2R) est´ a ocupada por un material no conductor de densidad constante y desconocida. Suponga que en la zona (R < r < 2R) el campo eléctrico es:  (r) = E



4R2 r + r2 R



E 1 u ˆr

si R < r < 2R,

donde E 1 es una constante conocida. a. Halle el potencial V (r) en la región (R < r < 2R) tomando nivel cero sobre el conductor de radio R. b. Halle las densidades superficiales de carga de los dos conductores en las dos superficies esféricas r = R y r = 2R. Halle tambi´ en la densidad volum´ etrica de carga, D, del material no conductor. Soluci´ on: Por definición tenemos la diferencia de potencial entre la superficie r = R y la región (R < r < 2R).

 −

r

V

− V R =

 d E l =

R

·

  − r

R

4R2 r + r2 R



E 1 dr =

−E 1

−

4R2 r2 + r 2R

Recordemos el cero de potencial V R = 0.

⇒ V =

−

r2 4R2 + 2R r

 − − E 1

R2 4R2 + 2R R



E 1 = E 1



4R2 r

−



r R

 − 

r2 +R 4 2R

1 2

As´ı el potencial para la regi´ on (R < r < 2R) es V = E 1



4R2 r

−

r2 7R + 2R 2



En la superficie r = R, podemos encontrar su campo eléctrico sustituyendo en la expresi´ on Erasmo I˜ niguez

37

Enero 2018


E R =



FS-2211

4R2 r + r2 R

  E 1 =

38

4R2 R + R2 R



E 1

⇒ E R = 5E 1

Luego como tenemos el problema con simetr´ıa esférica podemos aplicar Ley de Gauss con una superficie de radio R. Adem´ as sabemos que como estamos en la superficie externa del conductor la carga que tendrá encerrada será Q1 = σ 1 S , donde S es la superficie de la gaussiana, entonces

 ·

 dA =  Q1 E 0

⇒ (5E 1)(S ) = σ10S ⇒

σ1 = 5E 1 0

En la superficie r = R, podemos encontrar su campo eléctrico sustituyendo en la expresi´ on E 2R =



4R2 r + 2 r R

  E 1 =

4R2 2R + 42 R



E 1

⇒ E 2R = 3E 1

Para el otro caso de la superficie del conductor de radio R = 2R esta corresponde a la superficie interna del mismo, por lo tanto en este caso la densidad superficial de carga ser´ a negativa, as´ı usando la ley de Gauss de manera similar que para el caso r = R, nos queda

 ·

 dA =  Q2 E 0

⇒ (3E 1)(S ) = −σ20(S ) ⇒

σ2 =

−3E 10

Por u ´ ltimo debemos encontrar la densidad de carga del material aislante, para ello usemos el campo eléctrico en la regi´ on del material aislante, ya que podemos calcular la carga encerrada por una gaussiana de radio r. Tenemos



r

2

Qenc = 5E 1 0 (4πR ) +

D(4πr 2 )dr = 20π0 E 1 R2 +

R

Luego, por Ley de Gauss

 ·

 dA =  Qenc E 0

 ⇒

r3 4R + R

⇒

E 1 r 3 R

2

−

Erasmo I˜ niguez



 ⇒

(4πr 2 )E 1 =

−

2

D(r3 R3 ) E 1 = 5E 1 R + 30 2

D(r3 R3 ) R E 1 = 30 2



4R2 r + r2 R

−

⇒

E 1 3 r R



3

−R

38

− R3 )

20π 0 E 1 R2 4πD(r 3 R3 ) + 0 30

−

⇒ 4R E 1 −



4πD 3 (r 3

E 1 r3 D(r3 R3 ) 5E 1 R + = R 30

D(r 3 R3 ) = 30

−

2

⇒ E R1 = 3D0 ⇒

−

D =

3E 1 0 R

Enero 2018


FS-2211

39

8. La figura muestra un hilo y un conductor cil´ındrico coaxiales y de longitud infinita. El conductor cil´ındrico tiene radio interno R1 , radio externo R2 y carga neta nula. El hilo posee una densidad longitudinal de carga λ constante. a. Halle las densidades longitudinales y superficiales de carga en las dos superficies del conductor. b. Encuentre el campo eléctrico en todos los puntos del espacio. c. Tome el conductor a potencial cero y determine el potencial eléctrico en todos los puntos del espacio. Soluci´ on: Como el cilindro es un conductor, la superficie interna se cargará con una carga contraria a la del hilo, es decir tendr´ a una densidad longitudinal de λint = λ . Luego para la densidad superficial tenemos

−

σint =

Q λL = AR1 2πR 1 L

−

⇒

σint =

−λ

2πR 1

Luego para la superficie externa, debido a que la carga del conductor es nula, se induce la carga contraria a la que tiene la superficie interna, es decir λext = λ . Luego para la densidad superficial tenemos σext =

Q λL = AR2 2πR 2 L

⇒

σext =

λ 2πR 2

Ahora buscaremos el campo el´ ectrico en todas las regiones del espacio. Se identifican las regiones r < R1 , R1 < r < R2 y el exterior r > R2 . En todos los casos usaremos la Ley de Gauss usando una superficie cil´ındrica cerrada de altura L con dos tapas, por lo tanto tendremos la integral de Gauss con tres flujos, en la envolvente y las dos tapas. Como el campo el´ ectrico sigue la direcci´ on radial, el flujo   sobre las tapas será cero porque el vector d A es pependicular a E , pero sobre la envolvente no ser´ a nulo. Entonces

 ·   dA =  E

T 1

 dA  + E

·



 dA  + E

·

T 2



 dA =  E

env

·



env

 dA = E (A)  E = E (2πr)L

·

Regi´ o n 1. (r < R1 ) En esta regi´ on tendremos como carga encerrada la carga del hilo. Por Ley de Gauss

 ·

 dA =  Q E 0

λ E 1 = ⇒ E 1(2πr)L = λL ⇒ 0 2πr 0

Regi´ o n 2. (R1 < r < R2 ) En esta regi´ on estamos en el interior del conductor, el cual posee carga nula en cualquier punto interior, ya que su carga de distribuye en su superficie, por lo tanto Q enc = 0 por  2 =  consiguiente por la Ley de Gauss. E 0 Regi´ o n 3. (r > R2 ) En esta regi´ on tendremos como carga total, la suma de la carga del hilo con la del conductor, pero ésta u´ltima es nula, por lo tanto sólo se considera la carga del hilo. Por ley de Gauss

 ·

 dA =  Q E 0

 (r) = E

 

λ E 3 = ⇒ E 3(2πr)L = λL ⇒ 0 2πr 0

λ u ˆr si r 2πr 0 0

si

∈ (0, R1) ∪ (R2, ∞) r

∈ (R1, R2)

Ahora encontremos el potencial en cada una de las regiones Erasmo I˜ niguez

39

Enero 2018


FS-2211

40

Regi´ o n 1. (r < R1 ) Por definición del potencial el´ ectrico y tomando como cero de potencial el conductor en la superficie con r = R1 tenemos

 −

r

V 1

− V 0 =

 d E l =

·

R1

 −

r

R1

λdr = 2πr 0

−

λ 2π 0



r

dr r

R1

⇒ V 1 = −

 

λ r ln 2π 0 R1

Regi´ on 2. (R1 < r < R2 ) En esta regi´ on V 2 = V 0 porque es el cero de potencial que nos proporciona el problema. Regi´ o n 3. (r > R2 ) Por definición del potencial el´ ectrico y tomando como cero de potencial el conductor en la superficie con r = R2 tenemos

 −

r

V 3

− V 0 =

 d E l =

·

R2

 −

r

R2

λdr = 2πr 0

−

λ 2π 0



r

dr r

R2

⇒ V 3 = −

 

λ r ln 2π 0 R2

Finalmente tenemos el potencial para todo punto del espacio

V (r) =

 −    −

 

λ r ln 2π 0 R1

si

0

r < R1

si R1 < r < R2

 

λ r ln 2π 0 R2

si

r > R2

9. La figura muestra en gris oscuro dos conductores, uno de radio externo R1 y el otro de radio externo R2 . La región entre ellos está ocupada completamente por un material no conductor de densidad volum´ etrica de carga constante y desconocida D. Se sabe que en la región entre los conductores el potencial eléctrico es V (ρ) =

− A0 (ρ2 − R12)

si

R1 < ρ < R2

donde ρ es la distancia al eje central (eje z) y A es una constante conocida. a. Determine el vector campo eléctrico en la regi´ on R 1 < ρ < R2 . b. Tome una Gaussiana S que sea un cilindro cuyo eje coincida con el eje z, de altura H y de radio ρ = R, con R1 < R < R2 . Halle el flujo del campo eléctrico a través de esta Gaussiana (exprese su resultado en términos de cantidades conocidas). c. Halle la densidad superficial de carga del conductor interno (superficie ρ = R1 ) y la densidad volumétrica de carga D. Soluci´ on: Como el campo el´ ectrico del cilindro es una funci´ on de su distancia radial ρ podemos utilizar la relaci´ on entre el campo y el potencial eléctrico E =

−

∂V = ∂ρ

−

∂ ∂ρ

−

A 2 (ρ 0



− R12)

=

A (2ρ) 0

Luego, el vector campo eléctrico seguir´ a la direcci´ on radial  = 2A ρˆ E uρ 0 Erasmo I˜ niguez

40

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41

Ahora buscamos el flujo eléctrico, para ello debemos resolver la integral del flujo, como el vector campo eléctrico y el diferencial de área de la Gaussiana en su envolvente son paralelos, su producto vectorial es EdA, y como el campo es uniforme sale de la integral. Φ=

 · 

2AR EdA = E (A) = (2πR)H 0

 dA =  E

⇒

4πAR 2 H Φ= 0

Luego, en la superficie interna del conductor conocemos el valor del campo eléctrico, ya que podemos evaluar ρ = R 1 , y la carga encerrada por una superficie Gaussiana S de radio R = R 1 será la que posee el conductor Q = σS . Entonces por Ley de Gauss

 ·

 dA =  Qenc E 0

2AR1 σ = E (0 ) = 0 ⇒ ⇒ E (S ) = σS ⇒ 0 0

σR1 = 2AR1

Para encontrar la densidad D seguimos el mismo razonamiento pero esta vez tomando el campo en R = 2 y considerando otra Gaussiana S con el mismo radio de superficie 2πR 2 H . Para este caso tendremos encerrada la carga del conductor m´ as la carga del aislante, es decir Qenc = Qcond + Qaisl = σ(2πR1 H ) + 2πH D(R22 Entonces

 ·

 dA =  Qenc E 0

⇒

− R12) = 4πAR21H + 2πH D(R22 − R21)

4πAR12 H + 2πH D(R22 E (2πR2 H ) = 0

2

2

− R12)

2

4πAR1 H + 2πH D(R2 − R1 ) 2 (2πR 2 H ) = ⇒ 2AR ⇒ 4πAH (R22 − R12) = 2πH D(R22 − R12) ⇒ 0 0

D = 2A

10. La figura muestra tres regiones numeradas. Las regiones #1 y #2 est´ an ocupadas por conductores de espesor h, largo y ancho infinitos. La regi´ on #3 est´ a ocupada por un material no conductor de espesor L, ancho y largo infinitos y densidad de carga volumétrica, constante y desconocida D. Se sabe que en la región #3 el campo eléctrico es  (z) = 1 (A + Bz)kˆ si E 0

0 < z < L

donde A y B son constantes conocidas. a. Determine el potencial V (z) en la regi´ on #3. Tome potencial cero en z = 0. b. Tome una Gaussiana S que sea un cilindro paralelo al eje z y de radio R, con una tapa en la regi´ on #1 y la otra tapa en el plano z = H con 0 < H < L. Halle el flujo del campo eléctrico a trav´ es de esta Gaussiana (exprese su resultado en términos de cantidades conocidas). c. Las 4 densidades superficiales de carga σa , σb , σc , y σd en las superficies de los conductores son desconocidas. Halle σb y la densidad volum´ etrica de carga D. Soluci´ on: Para encontrar el potencial en la regi´ on 3 utilizamos la definici´ on y tomamos z = 0 como el cero de potencial

 −

z

V 3

− V 0 =

0

 d E l =

·

 −

z

0

1 (A + Bz)dz = 0

⇒ Erasmo I˜ niguez

V 3 =

−

1 0



41

−

1 0



z

(A + Bz)dz =

0

B z 2 Az + 2

− 10 (Az + Bz 2/2)

 Enero 2018


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42

Al tomar la Gaussiana S que nos da el problema, tenemos el flujo a trav´ es de tres superficies, una a través de la envolvente (donde es cero porque el campo horizontal es perpendicular a los vectores dA) y en las dos tapas, pero una de las tapas (tapa 2) se encuentra dentro del conductor, por lo tanto no ser´ a atravesada por ning´ un campo eléctrico. As´ı la integral del flujo nos queda Φ=

 ·   dA =  E

 dA  + E

T 1

Φ = E (A) =

·



 dA  + E

T 2

·

1 (A + BH )(πR 2 ) 0



env

⇒

Φ=

 dA =  E

·



 dA  E

·

T 1

1 (A + BH )πR 2 0

Para encontrar la densidad σb usamos la Ley de Gauss para la región 3, tenemos el flujo calculado anteriormente pero con H = 0, debido a que nos encontramos en la superficie del conductor. Q Φ= 0

⇒

1 σb πR 2 2 (A)πR = 0 0

⇒

σb = A

Por otro lado para la densidad D se utiliza el flujo a trav´ es de la misma superficie S con la que se calcul´ o el flujo. En este caso la carga encerrada por la tapa será Q = DSH +σS = πR2 (Dz +A). Entonces 1 πR 2 (DH + A) 2 Φ = (A + Bz)πR = 0 0

⇒ A + BH = DH + A ⇒

D = B

11. El disco hueco de la figura se encuentra en el plano XY , su centro coincide con el origen o y posee una densidad superficial de carga σ constante y positiva. a. Calcule el potencial eléctrico del disco en un punto arbitrario P de coordenadas cartesianas (0, 0, z). Para hacerlo parta del potencial eléctrico que produce un aro de radio r y carga q sobre su eje perpendicular de simetr´ıa, V (z) =

4π 0

(r2

q , y use superposición. + z 2 )1/2

b. Una part´ıcula de carga negativa q se suelta del reposo, sobre el eje z y a una distancia H del origen. Determine la energ´ıa cinética que posee cuando pasa por el origen. Suponga que el disco est´ a fijo y la gravedad es despreciable.

−

Soluci´ on: Consideramos un elemento diferencial con carga dq = σdA = 2πσrdr, entonces el diferencial de potencial producido será dV =

4π0

dq 2πσrdr = 1/2 2 +z ) 4π0 (r 2 + z 2 )1/2

(r 2

integramos desde r = R1 hasta r = R 2

 

R2

V =

dV =

R1

2πσrdr σ = 1/2 2 2 20 4π 0 (r + z )

⇒ Erasmo I˜ niguez

σ V = 20





R22 + 42

R2

R1

z2

  

rdr σ = 2 r2 + z 2 1/2 2 2 20 (r + z )

  − R21 + z2

R2 R1

Enero 2018


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43

Luego el trabajo realizado por un agente externo para desplazar la carga desde el punto z = H hasta z = 0 será igual a qσ V H ) = 20

W = Q(V H

− V 0) = q (V 0 −



R22 + 0 2

 −

R12 + 0 2

 −

R22 +

H 2 +

  R12 + H 2

Por u ´ ltimo el trabajo se iguala con la energ´ıa cin´ etica que tendr´ıa la part´ıcula en el origen. Por lo tanto



qσ E k = R2 20

− R1 +



R12 +

H 2

  − R22 + H 2

12. Sea una esfera de radio R, centro en el origen y carga Q uniformemente distribuida en su volumen. El campo eléctrico que produce la esfera viene dada por la expresión a la derecha. Halle la energ´ıa almacenada en el campo eléctrico de la esfera (el trabajo realizado por un agente externo para formar la esfera trayendo cada elemento de carga puntual desde infinito.) Soluci´ on: Por definici´ on la energ´ıa almacenada en un campo eléctrico vendrá dada por la integral U =



µdV donde µ es la densidad de energ´ıa µ =

1 0 E 2 2

| |

Como se tienen dos regiones con campos eléctricos distintos, se deben separar en dos integrales U =



R

2

(4πr dr)µ = 4π

(2π0 ke2 Q2 )



µ1 r dr + R

0

∞

R

2

µ2 r dr

= 2π 0

R

r4 dr + R6

Q2 1 U = + l´ım 8π 0 5R a→∞

Finalmente

            −      −       

2

0

⇒ U = ⇒

 

0

∞ dr

R

1 1 + a R

r2

=

=

ke Q r R3

1 2π 0 Q 16π 2 20

Q2 8π0 R

2

1 + 1 5

=

2

∞ ke Qr

2

r dr +

R

r5 5R6

Q2 8π 0 R

R

+ l´ım

0

6 5

a→∞

=

Q2 4π0 R

r3 1 r

2

r 2 dr

a

R

3 5

3ke Q2 U = 5R

Erasmo I˜ niguez

43

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0.4.

44

Condensadores.

1. La figura muestra un condensador formado por dos conductores esféricos y concéntricos; uno es un cascar´ on de radio interno R2 y radio externo R3 y el otro es una esfera maciza de radio R 1 , ver figura. La carga del conductor de radio R 1 es Q1 = Q, mientras que el cascarón posee carga neta nula. a. Determine la carga de la superficie interna (r = R2 ) y de la superficie externa (r = R 3 ) del cascarón. b. Halle la diferencia de potencial entre los dos conductores y luego determine la capacidad del condensador. c. Suponga que Q es positiva y que una peque˜ na carga negativa q ( q Q) se desprende de la superficie r = R2 partiendo del reposo. Determine su energ´ıa cinética al chocar con la esfera.

| |

Soluci´ on: En la superficie interna de radio R2 del segundo conductor se induce el negativo de la carga que encierra dicha superficie, es decir Q2,interna = Q .

−

Como la carga del segundo conductor es nula, la carga en su superficie externa será la negativa de su superficie interna, es decir Q2,externa = Q . Para determinar la diferencia de potencial entre los dos conductores usamos el potencial en la regi´ on Q R1 < r < R2 , el cual es el potencial creado por una carga puntual Q, V = . Tomamos la diferencia 4π0 r de potencial desde la carga negativa a la positiva. V R1

− V R

2

Q = 4π0 R1

−

Q Q = 4π0 R2 4π 0



R2 R1 R1 R2

−

⇒

V R1



−

− V R

2

Q = 4π 0



R2 R1 R1 R2

−



Luego la capacitancia vendr´ a dada por C =

Q

− V R ⇒

V R1

C = 4π0

2

R2 R1 R1 R2



Para determinar la energ´ıa cinética usamos la relaci´ on con el trabajo realizado por un agente externo, tenemos E k = W =

Erasmo I˜ niguez

−q (V R − 1

Q V R2 ) = q 4π0



R2 R1 R1 R2

44

−

⇒

Q q E k = 4π0

||



R2 R1 R1 R2

−



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45

2. La figura muestra un condensador formado por dos conductores cil´ındricos coaxiales de longitud L; uno es un cascarón de radio interno R 2 y radio externo R3 y el otro es macizo de radio R1 es Q1 = Q, mientras que el cascarón posee carga neta nula. Supondremos que L R3 (el dibujo no está a escala) de tal forma que podremos hacer la aproximaci´ on de que el campo el´ ectrico posee la simetr´ıa radial usual para cilindros infinitos.



a. Halle la carga de la superficie interna (ρ = R 2 ) y de la superficie externa (ρ = R3 ) del cascarón. b. Determine el campo eléctrico y el potencial eléctrico en la regi´ on R1 < ρ < R2 , donde ρ es la distancia al eje com´ un de los dos cilindros. Tome potencial cero en el conductor de radio R 1 . c. Encuentre la capacidad por unidad de longitud del condensador. Soluci´ on: En la superficie interna de radio R2 del segundo conductor se induce el negativo de la carga que encierra dicha superficie, es decir QR2 = Q .

−

Como la carga del segundo conductor es nula, la carga en su superficie externa será la negativa de su superficie interna, es decir QR3 = Q . Luego buscamos el campo el´ ectrico en la regi´ on entre los dos conductores, para ello usamos una superficie cil´ındrica cerrada y aplicamos la Ley de Gauss aprovechando la simetr´ıa del problema

 ·

 dA =  Qenc E 0

λ Q = E = ⇒ E (2πρL) = λL ⇒ 0 2π0 ρ 2π 0 Lρ

As´ı el campo eléctrico en forma vectorial ser´ a  = E

Q uˆρ 2π0 Lρ

Para encontrar el potencial usamos la definici´ on y consideramos la superficie R1 como el cero de potencial, entonces

 −

ρ

V

− V R

1

=

R1

 d E l =

·

 −

ρ

R1

⇒

Q dr = 2π 0 Lρ

V =

−

−

Q ln 2π0 L

Q 2π0 L



ρ

R1

dr = ρ

−

Q ln 2π0 L

  ρ R1

  ρ R1

Finalmente para buscar la capacitancia usamos el potencial calculado anteriormente con ρ = R2 y como en ese caso estaremos partiendo de la carga positiva a la negativa, usaremos Q.

−

C =

Erasmo I˜ niguez

Q = V

−Q

− 2πQ0L ln

  ⇒ R2 R1

45

C =

2π 0 ln(R2 /R1 )

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46

3. La figura muestra un circuito con tres condensadores y dos interruptores unidos por hilos conductores. El condensador C 1 tiene carga Q y los otros dos est´ an descargados. En cierto momento se cierran los interruptores y se espera hasta que el sistema alcance el equilibrio. a. Encuentre la carga que se almacena en cada placa de cada condensador. b. Halle la diferencia de potencial entre las placas de cada condensador. Soluci´ on: Los capacitores C 2 y C 3 est´ an en serie, por lo tanto podemos hallar un capacitor equivalente

 

1 1 1 1 1 1 1 1 = + = + = + C 23 C 2 C 3 2C 3C C 2 3

5 = C 6

⇒ C 23 = 56 C

Como consecuencia de la conexi´ on en serie q 2 = q 3 . Por la conexión en paralelo entre este capacitor C 23 con C 1 tenemos la igualdad de los voltajes en paralelo V 1 = V 23

5 2 q 1 = q 2 ⇒ C q 11 = C q 223 ⇒ q C 1 = 5q ⇒ 6C 6

Luego, tenemos que el capacitor C 1 distribuye su carga entre el capacitor C 23 y C 1 , entonces q 23 + q 1 = Q

⇒ q 2 + q 1 = Q ⇒ q 2 + 56 q 2 = Q ⇒

5 Luego podemos encontrar la carga restante q 1 = 6

 5 11

Q

⇒

q 2 = q 3 =

q 1 =

6 Q 11

5 Q 11

Finalmente para encontrar los voltajes de cada uno de los condensador usamos en todos los casos la relaci´ on C =

Q V

Q ⇒ V = C

As´ı completamos todas las diferencias de potencial V 1 =

5Q 11C

V 2 =

3Q 11C

V 3 =

2Q 11C

4. El condensador C 1 de la figura está cargado como se muestra y los otros dos condensadores están descargados. Se cierra el interruptor S y se espera que el sistema alcance el equilibrio. a. Determine las cargas en las placas de los tres condensadores que est´ an conectados al punto a. b. Halle la diferencia de potencial V a V b .

−

Soluci´ on: Primero buscaremos reducir el circuito a un capacitor equivalente. Veamos que los capacitores C 2 y C 3 se encuentran en paralelo, por lo un capacitor equivalente entre ellos será C 23 = C 2 + C 3 . Erasmo I˜ niguez

46

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47

Por otro lado, este nuevo capacitor C 23 se encontrará en paralelo con el capactiro C 1 , por lo tanto el capacitor equivalente del circuito será C eq = C 1 + C 2 + C 3 . Como consecuencia de que todos los capacitores est´ an en paralelo, todos los voltajes de cada uno ser´ an iguales, es decir V 1 = V 2 = V 3 Q1 Q2 Q3 = = = V C 1 C 2 C 3 Adem´ as la carga Q se distribuye entre los tres condensadores Q = Q 1 + Q2 + Q3 , y esta carga ser´ a la Q que tenga el capacitor equivalente, por lo tanto V = C 1 + C 2 + C 3 As´ı se obtienen directamente la carga de los tres condensadores Q1 =

C 1 Q C 1 + C 2 + C 3

Q2 =

C 2 Q C 1 + C 2 + C 3

Q3 =

C 3 Q C 1 + C 2 + C 3

El voltaje entre los puntos a y b será el mismo voltaje de todo el circuito V = V a

− V b = C 1 + C Q2 + C 3

5. La figura muestra un condensador aislado, de placas paralelas separadas una distancia d y con carga Q. Llamaremos C, V y U respectivamente su capacidad, diferencia de potencial entre sus placas y energ´ıa almacenada. Suponga que las placas se separan hasta una distancia 5d sin alterar las cargas de las mismas. a. Encuentre los nuevos valores de la capacidad, diferencia de potencial y energ´ıa almacenada en función de los iniciales. b. Halle el trabajo realizado por una agente externo al separar las placas. Soluci´ on: Para un capacitor de placas paralelas la capacitancia viene dada por C =

0 A Q Qd = adem´ as V = d V 0 A

Con lo que si aumentamos la distancia de separaci´ on crece el denominador y por tanto, la capacitancia se hace m´ as peque˜ na. As´ı el nuevo valor de capacitancia ser´ a C  = 15 C Por la segunda relaci´ on obtenida para el voltaje, al aumentar la distancia d, crece el numerador, as´ı la nueva diferencia de potencial ser´ a V  = 5V Por u ´ tlimo recordemos que la energ´ıa almacenada por un condensador viene dada por 1 11 1 1 U = CV 2 al sustituir U  = C (25V ) = 5CV = 5 CV 2 2 25 2 2

⇒

U  = 5U

   U

Finalmente el trabajo realizado por el agente externo para separar las placaras será igual al cambio de la energ´ıa almacenada de los condensadores, es decir W = δU = U 

Erasmo I˜ niguez

− U = 5U − U ⇒ 47

W ext = 4U

Enero 2018


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0.5.

48

Diel´ ectricos

1. La figura muestra un capacitor que está hecho de dos cilindros conductores coaxiales de radios a y c y longitud L, siendo a < c L. La regi´ on entre los radios a y b est´ a ocupada por un dieléctrico de constante κ1 mientras que la región entre los radios b y c la ocupa otro de constante dieléctrica κ2 . Suponga que en el conductor cil´ındrico interno se coloca carga uniformemente distribuida con una densidad longitudinal de carga λ.



 1 y E  2 establecidos en cada a. Determine los campos eléctricos E uno de los dos dieléctricos, en funci´ on de la distancia radial ρ al eje de simetr´ıa. b. Determine la diferencia de potencial entre los dos cilindros conductores. c. Halle la capacitancia. d. Halle la energ´ıa almacenada en el condensador. Soluci´ on: Con la aproximaci´ on a < c L podemos tomar el cilindro como infinito y aprovechar la simetr´ıa usual para aplicar Ley de Gauss. Esta vez para las regiones internas debemos considerar la Ley de Gauss para materiales dieléctricos incluyendo la constante κ.



Para la regi´ on a < ρ < b. La Gaussiana encierra la carga del conductor de radio a, pero esta inmersa en el material de cosntante κ1 . Por lo tanto



Qenc 0

 dA =  κ1 E

·

λ E 1 = ⇒ κ1E (2πρL) = λL ⇒ ⇒ 0 2π0 ρκ1

 1 = E

λ u ˆρ 2π0 ρκ1

Para la regi´ on b < ρ < c. La Gaussiana encierra la carga del conductor de radio a, pero esta inmersa en el material de cosntante κ2 . Por lo tanto



 dA =  Qenc κ2 E 0

λ E 2 = ⇒ κ2E (2πρL) = λL ⇒ ⇒ 0 2π0 ρκ2

·

 2 = E

λ u ˆρ 2π0 ρκ2

Luego busquemos la diferencia de potencial entre los cilindros conductores. Por definición tenemos

 −

a

V a

− V c =

 d E l

·

c

Como entre c y a existen dos campos eléctricos, debemos separar en dos integrales

 −

b

V a

− V c =

 −

a

 d E l

c

·

·



V a

λ V c = 2π0

 d E l =

b

⇒

c

b

−

λdρ + 2π0 ρκ2





b

a

 

λdρ λ 1 = 2π0 ρκ2 2π0 k2

ln(c/b) ln(b/a) + κ2 κ1

c

b

dρ 1 + ρ k1

  b

a

dρ ρ



Usando esta diferencia de potencial podemos hallar la capacitancia C =

Erasmo I˜ niguez

Q λL = = V V a V c

−

λ 2π 0



λL ln(c/b) κ2

+

ln(b/a) κ1

48

 ⇒

C =

2π0 L ln(c/b) ln(b/a) + κ2 κ1 Enero 2018


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49

Finalmente la energ´ıa almacenada por el condensador ser´ a igual a 1 1 2π0 L U = CV 2 = 2 2 ln(c/b) ln(b/a) + κ2 κ1

  λ 2π0


 ⇒ 2

λ2 L U = 4π0






2. La figura muestra un corte de un sistema formado por dos dieléctricos y una carga puntual q . Los dieléctricos de constante κ 1 y κ 2 poseen cada uno carga neta nula y tienen forma de coronas esf´ ericas concéntricas. La carga puntual se encuentra en el centro de los dieléctricos. a. Halle el campo eléctrico del sistema. b. Para cada dieléctrico determine su carga depositada en sus superficies interna y externa. Soluci´ on: Para todas las regiones del espacio el campo eléctrico ser´ a el creado por la carga puntual, pero en las regiones donde existe el dieléctrico, este campo se verá disminuido por la constante que tenga el dieléctrico. Por lo tanto el campo para todas las regiones del espacio vendr´ a dado por la función a trozos

 (r) = E

   

q ˆ ur 4π0 r2

si r

∈ (0, R) ∪ (3R, ∞)

q ˆ ur si 4π0 k1 r2

r

∈ (R, 2R)

q ˆ ur si 4π0 k2 r2

r

∈ (2R, 3R)

Para el dieléctrico k1 en la superficie de radio r = R tenemos que se induce la carga con el signo contrario a la de la carga puntual, y en su superficie externa se induce con signo positivo. QR =

  − − q 1

1 κ1

adem´ as

− 

Q2R− = q 1

1 κ1

Para el dieléctrico k2 en la superficie de radio r = 2R tenemos que se induce la carga con el signo contrario a la del dieléctrico 1 en 2R, y en su superficie externa se induce con signo positivo. Q2R+ =

Erasmo I˜ niguez

  − − q 1

1 κ2

adem´ as

49

− 

Q3R = q 1

1 κ2

Enero 2018


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50

3. La figura muestra un capacitor formado por una esfera conductora de radio R1 = R y un cascarón esférico, conductor, concéntrico y de radio interno R3 = 3R. La región, en el interior del capacitor, comprendida entre los radios R1 y R 2 = 2R se encuentra ocupada por un material de constante dieléctrica κ. La placa conductora de radio R1 posee una carga Q mientras que la carga neta del dieléctrico es nula.  (r) para R 1 < r < R3 . a. Halle el campo eléctrico E b. Calcule la diferencia de potencial entre las placas del condensador. c. Tome κ = 3, R = 3 cm y la constante 1/(4π0 ) 9 109 Nm2 /C2 . Determine la capacidad del condensador en picofaradios.

||

≈ ×

Soluci´ on: El campo eléctrico en la regi´ on entre los dos conductores es el mismo de una carga puntual Q, debido a la simetr´ıa esf´ erica que presenta el problema. Pero, en la regi´ on donde se encuentra el dieléctrico, el campo se ver´ a disminuido por la constante κ. Entonces nos queda el campo como la funci´ on a trozos

 (r) = E

  

Q ˆ ur si R1 < r < R2 4π0 κr2 Q ˆ ur 4π0 r 2

si R2 < r < R3

Ya encontrado el campo eléctrico en la regi´ on entre los conductores podemos hallar la diferencia de potencial entre las placas conductoras. Para ello usamos la definici´ on y tomamos en consideraci´ on que el campo eléctrico cambia en esta regi´ on, por lo que la integral se divide en dos.

 −

R1

V R1

− V R

3

=

R3

⇒ V R − V R 1

3

      · − −  −   −    −  −  − −  ⇒ −   R2

 d E l =

R3

Q = 4π0

Q ⇒ 4π 0

1 r

R1

Qdr 4π0 r 2

R3

+

R2

2+3 1+2 + 6R 2κR

R2

1 r

R3

Qdr Q = 2 4π0 κr 4π0

R2

R2

R1

Q 1 1 + 4π0 3R 2R

V R1

V R3 =

=

Q 4π 0 R

dr + r2

R2

R1

dr κr2

1 1 + 2κR κR

1 1 + 6 2κ

Luego la capacitancia del condensador vendr´ a dada por C =

Q Q = = V V R1 V R3

−

Q Q 1 1 + 4π0 R 6 2κ

 

Sustituimos los valores numéricos C =

9

×

3 10−2 1 10−11 = 109 (1/6 + 1/6) 3( 26 )

×

×

=

4π0 R 1 1 + 6 2κ

⇒ C = 1 × 10−11F

Recordemos que 1pF = 10−12 F, entonces C = 10pF

Erasmo I˜ niguez

50

Enero 2018


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51

4. Los condensadores en el circuito son idénticos C 1 = C 2 = C 3 = C y est´ an descargados. a. Se cierra el interruptor S para que los condensadores se carguen y luego se vuelve a abrir el interruptor. Halle la carga de cada condensador. b. A continuaci´ on se introducen dos dieléctricos de constante κ que llenan completamente el interior de los condensadores C 1 y C 2 , esto se hace cuidando de no agregar o quitar carga del circuito. Determine la nueva carga de cada condensador (el interruptor se mantiene abierto). c. Tome κ = 2, ε = 9 v, C = 5µF y determine el trabajo realizado por el agente externo al introducir los dieléctricos. Soluci´ on: Lo primero que buscamos es reducir el circuito usando las relaciones entre los capacitores. Tenemos las conexiones - C 2 y C 3 est´ an en paralelos, y su capacitor equivalente es C 23 = C 2 + C 3 = 2C - C 1 y C 23 est´ an en serie, por lo tanto el capacitor equivalente del circuito es 1 1 1 1 1 3 = + = + = C eq C 1 C 23 C 2C 2C

⇒ C eq = 32 C

Luego, como se conoce el voltaje que llega al condensador equivalente, podemos conocer la carga de este capacitor Q 2 Qeq = Cε V 3 A la vez debido a la conexión en serie hemos encontrado la carga del capacitor C 1 y C 23 C =

⇒

Q23 = Q1 =

2 Cε 3

Luego, por la conexión en paralelo de los capacitores 2 y 3 podemos encontrar cada carga, pues tenemos Q23 ε V 23 = V 2 = V 3 = V 23 3 As´ı, la carga de los condensadores C 2 y C 3 es C 23 =

⇒

Q2 = Q 3 =

εC 3

Debido a que no se agrega ni quita carga del circuito, la carga en el capacitor 1 y el equivalente 2 se mantiene constante. Es decir Q1 = Q 1 =

−3

2Cε 3

Por la conexión en paralelo entre los condensadores 2 y 3, los voltajes serán iguales, por lo tanto



Q Q3 = 2 ⇒ Q2 = κQ3 ⇒ QC  = κC ⇒  Q κ

V 2 = V 3

3

2

Luego, tenemos Q1 = Q 2 + Q3 = κQ 3 + Q3 Erasmo I˜ niguez

⇒ Q1 = (κ + 1)Q3 ⇒ 51

Q3 =

2Cε 2Cκε adem´ as Q2 = 3(κ + 1) 3(κ + 1) Enero 2018


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52

Para encontrar el trabajo realizado por el agente externo para introducir los dieléctricos, basta con encontrar el cambio de la energ´ıa almacenada de todos los condensadores. Para simplificar los c´ alculos, primero busquemos el valor num´ erico de las cargas de cada capacitor 2εC 2(9)(5 10−6 ) = =3 3 3

× 10−5

C

εC (9)(5 10−6 ) Q2 = Q 3 = = = 1, 5 3 3

× 10−5

C

Q1 = Q 1 =

×

×

Q2 =

2Cκε 2(5 = 3(κ + 1)

× 10−6)(2)(9) = 2 × 10−5 3(3)

C adem´ as Q3 = Q 2 /κ = 10−5 C

Ahora eval´ uemos los cambios en las energ´ıas almacenadas por los condensadores (Q1 )2 ∆U 1 = 2κC ∆U 2 =

(Q2 )2 2κC

Finalmente

− 2

−5

× ×

2

Q2 (10 ) = − 2C 2(5 × 10−6 )

(Q3 )2 ∆U 3 = 2C

−

 −  ⇒  − ⇒  − ⇒

Q21 (3 10−5 )2 = 2C 2(5 10−6 )

1 2

(2)2 2

Q23 (10−5 )2 = 12 6 − 2C 2(5 10 )

×

∆U = ∆U 1 + ∆U 2 + ∆U 3

1

∆U 1 =

(1, 5)2

(1, 5)2

∆U 2 =

∆U 2 =

∆U = W ext =

⇒

−4, 5 × 10−5

J

−2, 5 × 10−5

−1, 5 × 10−5

−6 × 10−5

J

J

J

5. Los condensadores en el circuito son idénticos C 1 = C 2 = C 3 = C y est´ an descargados. a. Se cierra el interruptor S para que los condensadores se carguen y luego se vuelve a abrir el interruptor. Halle la carga de cada condensador. b. A continuaci´ on se introducen un dieléctrico de constante κ que llena completamente el interior del condensador C 1 , esto se hace cuidando de no agregar o quitar carga del circuito. Determine la nueva carga de cada condensador (el interruptor se mantiene abierto). c. Tome κ = 2, ε = 10 v, y determine la diferencia de potencial vb va luego de introducir el dieléctrico.

−

Soluci´ on: Lo primero que buscamos es reducir el circuito usando las relaciones entre los capacitores. Tenemos las conexiones - C 1 y C 2 est´ an en serie, y su capacitor equivalente es 1 1 1 = + C 12 C C

⇒ C 12 = 21 C

- C 12 y C 3 est´ an en paralelos, por lo tanto el capacitor equivalente del circuito ser´ a

⇒ C eq = 23 C

C eq = C 12 + C 3

Luego, por la conexi´ on en paralelo entre C 12 y C 3 , sabremos que ambos capacitores tendr´ an el mismo voltaje. As´ı Q3 = εC Erasmo I˜ niguez

52

Enero 2018


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53

Como conocemos la capacitancia equivalente podemos saber la carga total del circuito, ya que C =

Q V

⇒ Q = C V ⇒ Qt = 3εC 2

Luego como la carga en la conexi´ on en serie C 12 es la misma tanto en C 1 y C 2 tenemos Q1 + Q3 = Q t

⇒ Q1 = Qt − Q3 = 3εC − εC ⇒ 2

Q1 = Q2 =

εC 2

Al introducir el dieléctrico las conexiones del circuito se mantienen invariantes, as´ı como la carga total del circuito. Por la conexi´ on en serie tenemos la nueva capacitancia

 = 1 + 1 = 1 C 12 κC

C

C

   ⇒ 1+

1 κ

=

1 κ+1 C κ

C 12 =

κC κ+1

Adem´ as los voltajes serán iguales en la conexión en paralelo. V 12 = V 3

⇒

Q12 Q3 =  C 12 C 3

⇒

C 12 Q12 =  Q3 C 3

⇒ Q12 =

  κ κ+1

Q3

Como no se quita ni agrega carga al circuito, la carga total se conserva, es decir Q12 + Q3 = Q t

 ⇒



κ + 1 Q3 = Q t κ+1

⇒ Q3



κ+κ+1 κ+1



=

3εC 2

⇒

Q3 =

3Cε(κ + 1) 2(2κ + 1)

Luego, tenemos Q12 = Q 1 + Q2 =

  κ κ+1

3Cε(κ + 1) 2(2κ + 1)

⇒

Q1 = Q2 =

3Cεκ 2(2κ + 1)

Finalmente para la diferencia de potencial va vb , primero tenemos que el voltaje en b es el de la bater´ıa, es decir v b = 10 V. Y el voltaje en a será el voltaje que tenga el capacitor 3, es decir

−

V 3 =

Q3 3Cε(κ + 1) 3ε(κ + 1) 3(10)(2 + 1) = = = C 3 2(2κ + 1)C 2(2κ + 1) 2(4 + 1)

⇒ V 3 = 9V

As´ı va

Erasmo I˜ niguez

− vb = 9 − 10 ⇒ vb − va = −1 V

53

Enero 2018


0.6.

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54

Densidad de Corriente y circuitos

1. La figura muestra una bater´ıa conectada a una combinaci´ o n de dos resistores cil´ındricos coaxiales. El radio exterior es el doble del interior y la resistividad de la resistencia exterior tambi´ en es el doble de la interior. Si R 1 es la resistencia del resistor interno halle la resistencia del resistor externo y la resistencia total de los dos resistores. Soluci´ on: Recordemos que la resistencia de un material viene dada por R =

ρl A

donde ρ, es la resistividad, l, la longitud y A, a´rea de la sección transversal. Llamaremos a el radio del resistor con menor radio, por lo tanto su resistencia ser´ a ρL R1 = πa2 Por otro lado la resistencia del otro resistor será R2 =

2ρL π[(2a)2 a2 ]

2 ρL R2 = ⇒ ⇒ 3 πa2 −



R2 =

2 R1 3

R1

Luego, como la bater´ıa alimenta con el mismo voltaje a ambos resistores, concluimos que tenemos una conexi´ on en paralelo, por lo tanto una resistencia equivalente vendr´ a dada por 1 1 1 1 3 5 = + = + = RT R1 R2 R1 2R1 2R1

⇒

2 RT = R1 5

2. Se tiene una bater´ıa de fuerza electromotriz ε, dos resistencias R 1 y R2 y un condensador de capacidad C conectados en la forma que muestra la figura. Inicialmente, el interruptor S est´ a abierto y el condensador está descargado. Se cierra el interruptor. a. Determine en funció n del tiempo la carga en el condensador, la corriente que pasa por R 1 , la corriente que pasa por R 2 y la corriente que pasa por la bater´ıa. b. Calcule la energ´ıa disipada en la resistencia R1 desde que se cierra el interruptor hasta que ha transcurrido un tiempo igual a 2R1 C . Soluci´ on: Primero, asignemos los sentidos a las corrientes, y seleccionamos dos sentidos arbitrarios para recorrer las mallas del circuito. Con ello, se obtienen las ecuaciones I + I 2 = I 1 (ecuaci´ on de nodo) ε

Q = 0 (malla izquierda) − I 1R1 − C

Q + I 1 R1 + I 2 R2 = 0 (malla derecha) C Erasmo I˜ niguez

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55

Resolvemos el sistema de ecuaciones para encontrar la ecuaci´ on on diferencial de Q, veamos que en la ecuación on de malla izquierda ya tenemos la ecuaci´ on on donde s´ olo olo aparece la corriente del capacitor, as´ as´ı ε

−

I 1 R1

 Q˙

˙ 1 − Q = 0 ⇒ Q˙ + Q = ε − QC = 0 ⇒ ε − QR C CR 1 R1

Tenemos una ecuación on diferencial con soluci´ on conocida de la forma: on Q(t) = Q ∞ + (Q (Q0

− Q∞)e−t/τ

donde Q donde Q ∞ y 1/τ son son la condición on asint´ otica otica y constante co nstante de tiemp t iempo o caracter´ c aracter´ıstico ıstico impl´ıcitas ıcita s en la ecuaci´ e cuaci´ on on diferencial, que pueden ser obtenidas reescribiendo la ecuaci´ on on convenientemente. convenientemente. Q˙ +

1 ε Q = CR 1 R1

   

1 Q˙ + Q = ⇒ Q˙ + R11C Q = Rε1 C ⇒ C R1 C

1 R1 C

     Q∞

1/τ

As´ As´ı se tienen: tie nen:

εC

Q0 = 0

1/τ

1 1 = τ R1 C

Q∞ = εC = εC

Por lo tanto la soluci´ on on a la ecuaci´ on on diferencia diferenciall ser´ a (Q0 Q(t) = Q ∞ + (Q

+ (0 ( 0 − εC ) et/CR ⇒ − Q∞)e−t/τ ⇒ Q(t) = εC + 1

−

Q(t) = εC 1

e−t/CR1



Al tomar la derivada la carga encontraremos la corriente que pasa por el condensador y por la resistencia R tencia R 1 . Por lo tanto

 −

dQ d I 1 = = εC 1 dt dt

e−t/CR1



1 −t/CR e − − ⇒ CR 1

= ( εC )

1

I 1 =

ε −t/CR1 e (bajando) R1

Combinando las dos ecuaciones de malla, f´ acilmente encontramos que la corriente que pasa por R2 acilmente ε ser´ a I 2 = (bajando) R2

−

Por ultimo u ´ ltimo al usar la ecuaci´ on de nodo, obtenemos la corriente principal de la fuente on I = I 1

− I 2 ⇒

I =

ε ε −t/CR1 + e (subiendo) R2 R1

Luego, para calcular la potencia disipada por R por R 1 resolvemos la integral



2R1 C

P =

2

2R1 C

i (t)R1 dt = dt = R R 1

0

0

⇒

Erasmo I˜ niguez

 −

ε2 C R1 P = R1 2



ε −t/CR1 e R1

e−2t/CR1



2R1 C 0

55

⇒



2

ε2 dt = dt = R1



ε2 C P = 1 2

2R1 C

e−2t/CR1 dt

0

−  e−4

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56

3. En 3. En el circuito mostrado el interruptor S interruptor S ha ha estado cerrado un tiempo muy largo, de forma tal que el capacitor se encuentra completamente cargado. En el instante t instante t = = 0 se abre el interruptor S interruptor S .. Son conocidos ε conocidos ε,, C , C , y el valor de R de las la s tres t res resisten r esistencias cias idénticas enticas (R = R = R 1 = R 2 = R 3 ) a. Para a. Para el instante justo antes de abrir el interruptor determine: a1. La a1. La corriente en cada resistencia. a2. La a2. La carga del capacitor. b. Determine b. Determine la corriente en la resistencia R2 en función on del tiempo para t para t > 0. c. Grafique c. Grafique la corriente en la resistencia R resistencia R 2 en función on del tiempo para t para t > 0. Soluci´ on: Como on: Como el capacitor capacitor justamente justamente antes de abrir el interrup interruptor tor est´ a totalmente total mente cargado, cargado , por éste este no circular´ circula r´ a corriente, por lo tanto la corriente que pasa por la resistencia R3 es I 3 = 0 . As´ı sólo olo nos quedar´ a la rama izquierda donde circulará la misma corriente I 1 = I 2 y puede ser fácilmente acilmente obtenida mediante la ecuaci´ on on de malla ε

− I 1R − I 2R = 0 ⇒

I 1 = I 2 =

ε 2R

Para encontrar la carga del capacitor debemos encontrar el voltaje que tiene, para ello consideramos que en el lugar ocupado por el capacitor en el circuito existe un hueco con dos terminales a y b. b . Con una ecuación on de malla (recorrida desde a hasta b en sentido antihorario) tenemos V a

ε ε = V b ⇒ V a − V b = ε − I 1 R = ε = ε − R ⇒ V a − V b = − I 3R + I 1R − ε = V 2R 2

Luego, por la ecuaci´ on de la capacitancia podemos encontrar la carga on C =

Q V

⇒ Q0 = (V a − V b )C ⇒ ⇒

Q0 =

εC 2

Una vez que se abre el interruptor S , en la malla izquierda deja de circular corriente, por lo tanto s´ olo trabajaremos con la malla derecha donde est´ olo an an las resistencia resistenciass R2 y R3 y el capacitor C . Al recorrer la malla en sentido antihorario, se obtiene la ecuaci´ on on Q + I (R1 + R2 ) = 0 C

Q + 2R 2R ⇒ C

I = 0

 Q˙

Q 2RQ˙ = 0 ⇒ Q˙ + =0 ⇒ QC + 2R 2RC

Tenemos una ecuación on diferencial con soluci´ on conocida de la forma: on Q(t) = Q ∞ + (Q (Q0

− Q∞)e−t/τ

donde Q donde Q ∞ y 1/τ son son la condición on asint´ otica otica y constante co nstante de tiemp t iempo o caracter´ c aracter´ıstico ıstico impl´ıcitas ıcita s en la ecuaci´ e cuaci´ on on diferencial, que pueden ser obtenidas reescribiendo la ecuaci´ on on convenientemente. convenientemente. Q˙ +

1 Q = 2RC

Q∞

1/τ

As´ As´ı se tienen: tie nen:

εC Q∞ = 0 2 Por lo tanto la soluci´ on on a la ecuaci´ on on diferencia diferenciall ser´ a Q0 =

Erasmo I˜ niguez

0

     56

1 1 = τ 2RC

Enero 2018


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Q(t) = Q ∞ + (Q (Q0

57

− Q∞)e−t/τ ⇒ Q(t) = 0 + ⇒

Q(t) =

 − εC 2

t/2RC 0 et/2

εC −t/(2 RC ) e t/(2RC 2

Al tomar la derivada encontramos la corriente que pasa por R2 . Es importante darse cuenta que al capacitor llegar a cero en el infinito, la corriente que pasa por R2 es una corriente de descarga, por lo tanto la derivada debe estar acompa˜ nada de un signo negativo. I R2 =

−

dQ = dt

−

d dt



εC −t/(2 RC ) e t/(2RC 2

⇒

ε −t/(2 RC ) e t/(2RC 4R

I R2 =

4. El 4. El interruptor S interruptor S de de la figura lleva mucho tiempo abierto y se cierra en t en t = 0. a. Halle la carga del condensador justo antes de cerrar S S (instante − t = 0 ). b. Se b. Se˜ n nale ˜ ale en el circuito el sentido de las corrientes que elija para cada rama y a cuál al placa del condensador le asignará la carga Q(t). Escriba el sistema sistema de ecuaciones completo completo que satisfacen satisfacen las corrientes corrientes del circuito circuito y la carga del condensador para t 0. No N o resuelva res uelva todav to dav´´ıa las l as ecuacion ec uaciones. es.

≥

c. Resuelva c. Resuelva el sistema de ecuaciones y halle, para todo tiempo t la carga del condensador.

≥ 0,

d. Halle d. Halle la diferencia de potencial V potencial V a

= C R ln(5). − V b en el instante t = C

Soluci´ on: Antes on: Antes de cerrar el interruptor S s´ olo olo tenemos la malla izquierda del circuito, circuit o, donde d onde la l a bater bat er´´ıa ε ıa ε es la que alimenta al condensador, por lo tanto su carga en el instante t = 0, será Q 0 = εC = εC .. Luego consideramos el cierre del interruptor y en este caso debemos asignar el sentido de las tres corrientes y la placa positiva del condensador, que será en nuestro nuestro caso, la de arriba arriba (es indiferen indiferente te si se toma la de abajo, siempre que se respete el signo en las ecuaciones). Tomando sentido de recorrido horario y antihorario en las mallas izquierda y derecha, respectivamente, y considerando la ecuación on de nodo donde convergen las corrientes, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones I 1 = I 2 + I (ecuaci´ I (ecuaci´ on on de nodo)

− QC + ε − I 1R = 0 (malla izquierda) I 2 R

− QC − 4ε = 0 (malla derecha)

Debemos buscar resolver este sistema de ecuaciones, pero para ello primero debemos resolver la ecuaci´ on diferencial de la carga Q on carga Q((t), por lo tanto lo primero primero que debemos hacer es escribir escribir una ecuaci´ ecuaci´ on on donde sólo olo aparezca aparezca Q Q y la corriente del condensador I . Sumando las dos ecuaciones de malla, tenemos Erasmo I˜ niguez

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I 2 R

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2Q 3ε = 0 ⇒ +R − I 1R − 2Q − C C

(I 1

− I 2)

58

+3ε = 0

  

+ ⇒ 2Q C

2 3ε Q = − −3ε ⇒ Q˙ + RC R

I R =



nodo I =I 1 −I 2

Q˙

Tenemos una ecuaci´ on diferencial con soluci´ on conocida de la forma: Q(t) = Q ∞ + (Q0

− Q∞)e−t/τ

donde Q ∞ y 1/τ son la condición asint´ otica y constante de tiempo caracter´ıstico impl´ıcitas en la ecuaci´ on diferencial, que pueden ser obtenidas reescribiendo la ecuaci´ on convenientemente. 2 Q˙ + Q = RC



2 3ε 2C 2 3εC 2 Q˙ + Q = − Q˙ + Q = − − 3ε ⇒ ⇒ R RC R 2C RC 2 RC

    

1/τ

As´ı se tienen:

1/τ

Q0 = εC

Q∞ =

− 3εC 2

Q∞

1τ

1 2 = τ RC

Por lo tanto la soluci´ on a la ecuaci´ on diferencial ser´ a





3εC 3ε −2t/RC Q(t) = Q∞ + (Q0 − Q∞ )e−t/τ ⇒ Q(t) = − + εC + e 2

⇒

Q(t) =

5εC + e − 3εC 2 2

2

−2t

RC

Para encontrar la diferencia de potencial entre los puntos a y b hacemos un recorrido entre estos dos puntos en sentido horario, por arriba. As´ı nos queda la ecuaci´ on V a + ε

− I 2R = V b ⇒ V a − V b = I 2R − ε

Usando la ecuaci´ on de la malla derecha, podemos obtener el término I 2 R. Q I 2 R = + 4ε C

⇒

1 I 2 R = C

−

3εC 5εC −2t + e RC 2 2



+ 4ε

⇒ I 2R = 5ε2 + 5ε2 e

−2t

RC

Sustituyendo en la diferencia de potencial V a

− V b = I 2R − ε ⇒ V a − V b = 5ε2 + 5ε2 e − ε ⇒ V a − V b = 3ε2 + 5ε2 e −2t

RC

−2t

RC

Sustituimos t = CR ln(5)

V a

−

3ε 5ε V b = + e 2 2

−2CR ln(5) RC

3 5 3 5 3 5 1 2 = ε + εe−2 ln(5) = ε + εe− ln(5 ) = ε + εe 25 = ε 2 2 2 2 2 2

⇒

Erasmo I˜ niguez

V a

  3 1 + 2 10

− V b = 58 ε

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5. Para el circuito de la figura son conocidos los valores de los voltajes de las pilas, las resistencias y la capacidad del condensador. Suponga que la placa A del condensador posee inicialmente una carga conocida Q 0 . En el instante t = 0 se cierran simult´ aneamente los interruptores S 1 y S 2 . a. Se˜ nale en el circuito el sentido de las corrientes que elija para cada rama y a cuál placa del consensador le asignará la carga Q(t). Escriba el sistema de ecuaciones completo que satisfacen las corrientes del circuito y la carga del condensador, incluya la condición inicial para la carga del condensador. No resuelva todav´ıa las ecuaciones. b. Tome R1 = R, R2 = 2R, ε1 = ε, ε2 = 4ε y Q0 = εC . Calcule el funci´ on del tiempo, para t > 0, las corrientes y la carga Q(t). c. En el instante t = 1 s se abre el interruptor S 1 y se deje cerrado S 2 . Si se espera mucho tiempo ¿ c´ ual ser´ a la carga final del condensador y cuál de sus placas será la positiva?. NOTA: Esta parte del problema puede responderse independientemente de las anteriores.

−

Soluci´ on: Considerando el cierre de los interruptores, asignamos tres sentidos arbitrarios para las corrientes y la placa positiva del condensador, que en nuestro caso, será la de arriba. Tomando el sentido horario y antihorario, para las mallas izquierda y derecha, respectivamente, se logra escribir el sistema de ecuaciones. I = I 1 + I 2 (ecuaci´ on de nodo) ε1

Q = 0 (malla izquierda) − I 1R1 − C

ε2

− I 2R2 − QC = 0 (malla derecha)

Sustituyendo los valores que da el problema I = I 1 + I 2 (ecuaci´ on de nodo) ε

− I 1R − QC = 0 (malla izquierda)

4ε

− 2I 2R − QC = 0 (malla derecha)

Debemos buscar resolver este sistema de ecuaciones, pero para ello primero debemos resolver la ecuaci´ on diferencial de la carga Q(t), por lo tanto lo primero que debemos hacer es escribir una ecuaci´ on donde sólo aparezca Q y la corriente del condensador I . Sumando las dos ecuaciones de malla multiplicando la de la malla izquierda por dos (2), tenemos

2ε

Q 3Q + 4ε − 2I 2 R − = 0 ⇒ + 2R − 2I 1R − 2Q C C C

(I 2 + I 1 )

= 6ε

  

= 6ε ⇒ 2RQ˙ + 3Q C

I 1 + I 2 = I

3Q 3ε = ⇒ Q˙ + 2RC R Tenemos una ecuaci´ on diferencial con soluci´ on conocida de la forma: Q(t) = Q ∞ + (Q0 Erasmo I˜ niguez

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− Q∞)e−t/τ Enero 2018


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donde Q ∞ y 1/τ son la condición asint´ otica y constante de tiempo caracter´ıstico impl´ıcitas en la ecuaci´ on diferencial, que pueden ser obtenidas reescribiendo la ecuaci´ on convenientemente. Q˙ +

3 3ε Q = 2RC R



3 3ε 2C 3 Q = Q˙ + Q = ⇒ Q˙ + 2RC ⇒ R 2C 2RC

3 2RC

Q∞

1τ

  

1/τ

As´ı se tienen:

2εC

1/τ

Q0 =

−εC

1 3 = τ 2RC

Q∞ = 2εC

Por lo tanto la soluci´ on a la ecuaci´ on diferencial ser´ a Q(t) = Q ∞ + (Q0 − Q∞ )e−t/τ ⇒ Q(t) = 2εC + (−εC − 2εC ) exp

⇒

Q(t) = 2εC

− 3εC exp

−  3t 2RC

−  3t 2RC

Para encontrar las corrientes del circuito comenzamos tomando la derivada de la carga para encontrar la corriente del capacitor dQ 9ε I = = exp dt 2R

−  3t 2RC

Luego usando las ecuaciones de malla Q ε = I 1 R + C

⇒

− 

1 I 1 = ε R

1 2εC C

− 3εC exp

−  ⇒ 3t 2RC

I 1 =

−

ε 3ε + exp R 2R

−  3t 2RC

Para la corriente I 2 Q 4ε = 2I 2 R + C

⇒



1 I 2 = 4ε 2R

−



1 2εC C

− 3εC exp

−  ⇒ 3t 2RC

ε 3ε I 2 = + + exp R 2R

−  3t 2RC

Para la u ´ltima pregunta se tiene que pasado un tiempo muy largo con el interruptor S 2 y abierto S 1 se desear conocer la carga del condensador. En esta condición solo tomamos en consideraci´ on la malla derecha, por lo tanto el m´ aximo voltaje que recibe el condensador es el voltaje de la bater´ıa ε2 , por lo tanto su carga será Q = ε2 C

⇒

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Q = 4εC

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0.7.

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Campo Magn´ etico.

1. La espira de la figura es cuadrada de lado L, se encuentra en el plano xy y lleva una corriente en el sentido indicado. En la regi´ on existe  un campo magnético uniforme B = B u ˆy . Halle el torque magnético sobre la espira. Soluci´ on: Por definici´ on se tiene que torque magnético viene dado por  = M  T

× B

 es el vector momento dipolar de la espira, el cual tiene direcci´ donde M on dada por la regla de la mano derecha usando la dirección de la corriente. Como tiene sentido antihorario, la dirección perpendicular es +ûz . Adem´ as considerando el área de la espira como L 2 , nos queda el vector momento dipolar  = I Aˆ M uz = I L2 u ˆz Finalmente el torque magnético ser´ a  = M  T

 (IL2 u ˆz ) × (B u ˆy ) ⇒ × B =

 = T

−ILB2uˆx

2. La figura muestra una espira de corriente I formada por un tramo recto y un tramo semicircular de radio R. El plano de la espira es perpendicular al plano xy y forma un ángulo ϕ con el plano xy. En la regi´ on existe un campo magnético  uniforme y estacionario dado por B = B u ˆy . a. Halle el torque magnético sobre la espira. b. Halle la fuerza magnética sobre el tramo semicircular. Soluci´ on: Se tiene que el vector momento dipolar tiene el sentido dado por la regla de la mano derecha en el sentido de la corriente, este vector es perpendicular al plano de la espira. Dicho vector estará contenido en el plano xy y forma el ángulo ϕ con el eje y. As´ı nos queda el vector momento dipolar

 −

πR 2  M = I 2

( sin ϕˆ ux + cos ϕˆ uy )

Luego, por definici´ on el torque magnético ser´ a

 −

πR 2  = M  B = I  T 2

×

( sin ϕˆ ux +cos ϕˆ uy ) B u ˆy

×

⇒

 = T

− 12 IBπR2 sin ϕûz

Para encontrar la fuerza magnética que el campo ejerce sobre la espi y B,  por ra, debemos considerar el producto vectorial entre los vectores L definici´ on este vector vendrá dado por  L

 |L||B | sin θˆ u × B =

 y el vector unitario u donde θ es el ángulo entre los vectores  L y B, ˆ es el vector perpendicular a ambos vectores. Para obtener estas relaciones podemos hacerlo de la geometr´ıa de la espira. Veamos que el vector  L sigue la dirección tangencial de la espira y para el caso de la espira semicircular tiene m´ odulo L = 2R, este vector está contenido en el plano xy . Adem´ as el vector campo magnético también est´ a contenido en

||

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el plano xy, por lo tanto un vector perpendicular a ambos será u ˆz . As´ı siguiendo el sentido de la regla de la mano derecha y la relación de los ángulos se tiene  = I L  F

 2IRB sin(90 − ϕ)ˆ uz ⇒ × B =

 = 2IRB cos ϕˆ F uz

3. La figura muestra una espira cuadrada de lado L, que se encuentra en el plano xy y lleva una corriente I en el sentido indicado. En la  uniforme, de m´ regi´ on existe un campo magnético externo B, odulo B, perpendicular al eje y y que forma un ángulo α con el eje x. a. Calcule el vector fuerza que el campo externo aplica al lado de la espira que se encuentra sobre el eje x. b. Encuentre el vector momento dipolar magnético de la espira. c. Halle el vector torque que el campo magnético externo le aplica a la espira. Soluci´ on: Por definición se tiene que la fuerza magnética producida sobre una corriente viene dada por  = F



 = I Id l B

×



 d l B

×

Donde el vector d l es el vector diferencial que sigue el sentido de la corriente, como se quiere conocer la fuerza sobre el lado de la espira que se encuentran en el eje x, el sentido de la corriente impone que d l = dl u ˆx .  este vector estará Adem´ a s como se conoce que el eje y es perpendicular al campo magnético B,  contenido en el plano yz y tendrá componentes B = B(cos αˆ ux + sin αˆ uz ) Por lo tanto la fuerza magnética resulta  = I F



(dlˆ ux )

× B(cos αûx + sin αûz ) = I B sin α



dl( u ˆy )

− ⇒

 = F

−IB L sin αûy

Para el vector momento dipolar se tiene que la dirección de este vector está determinada por la regla de la mano derecha siguiendo el sentido de la corriente, por lo tanto tendr´ a sentido en +ˆ uz . As´ı  = I Aˆ M uz

⇒

 = I L2 u M ˆz

Finalmente para el vector torque magnético usamos la definici´ on  = M  T

 (IL 2 u ˆz ) × B(cos αˆ ux + sin αˆ uz ) ⇒ × B =

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 = I L2 B cos αˆ T uy

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4. La figura muestra una espira circular de radio R, que se encuentra en el plano xy y lleva una corriente I en el sentido indicado. El eje z se dirige hacia el lector. En la región existe un campo magnético externo y uniforme  = B j. ˆ B a. Halle el vector torque que el campo magnético externo le aplica a la espira completa. b. Calcule el vector fuerza magnética que el campo externo le aplica al trozo semicircular superior de la espira (aquél cuyos puntos tienen coordenadas y 0.

≥

Soluci´ on: Se tiene la dirección del vector momento dipolar de la espira viene dada por la regla de la mano derecha, como el sentido de la corriente tiene sentido antihorario, el ˆ y este define la dirección del vector M . ˆ  Y vendrá dado por M  = IπR 2 k. vector perpendicular será k, Luego, por definici´ on el torque magnético ser´ a ˆ × (B j)  (IπR 2 k) ˆ ⇒ × B =

 = M  T

 = T

−IBπR2î

Para encontrar la fuerza que se produce sobre el semiaro superior, consideramos que el vector d l sigue la direcci´ on tangencial a la circunferencia,  ˆ ˆ Y adem´ es decir tiene coordenadas d l = dl( sin θi +cos θ j). as un diferencial de longitud para una circunferencia viene dada por dl = Rdθ. As´ı nos queda

−

 = I F

⇒

 = F

IRB kˆ

−



π

0

sin θdθ =



 = I d l B

×



ˆ Rdθ( sin θî + cos θ j)

−IRB kˆ (− cos θ|π0 ⇒

−

 = F

ˆ × (B j)

−2IRB kˆ

5. Se tiene un alambre conductor infinito doblado en 3 secciones como se muestra en la figura. Una sección del alamabre est´ a sobre el eje y, seguida por una sección semicircular de radio R contenida en el plano yz y cuyo centro coincide con el origen de coordenadas O. A continuaci´ on, una tercera sección del alambre es paralela al eje x. Si por el alambre circula una corriente igual a I , encuentre el vector campo magnético en el punto O. Soluci´ on: Para el primer tramo como el origen de coordenadas es un punto colineal con el alambre el producto vectorial d l r =  0, por lo tanto el campo magnético producido   en el origen por el primer tramo es cero. B1 = 0. Para el segundo tramo del alambre, se tiene la secci´ on semicircular con un diferencial de longitud que sigue la dirección tangencial d l = Rdθˆ ut . El vector r, es un vector que va desde cada diferencial de corriente hasta el origen de coordenadas, es decir es un vector radial r = R u ˆR . As´ı usando la ley de Biot-Savart, el campo generado por este tramo vendr´ a dada por

×

 2 = µ0 B 4π



Id l r µ0 I = r 3 4π

× || ||



Rdθˆ ut

× (RûR)

R3

Como los vectores radial y tangencial son perpendiculares entre s´ı, por la regla de la mano derecha u ˆt u ˆR = u ˆx

×

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 2 = µ0 I B 4π



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R2 dθ µ0 I π u ˆx = u ˆx 3 R 4π R

⇒

 2 = µ0 I ˆ B ux 4R

Para el tercer tramo del alambre consideramos de nuevo la Ley de Biot Savart, pero demostraremos primero el campo ejercido por un alambre infinito en el origen, suponiendo que tiene una distancia L1 y L2 del origen. Se tiene un diferencial de corriente d l = dx u ˆx y un vector posición r = xˆ ux + yuˆy . Entonces  = µ0 B 4π



Id l r µ0 I = r 3 4π

× || ||



          

dxˆ ux (xˆ ux + yˆ uy ) (x2 + y 2 )3/2

×

L1 dx µ0 Iy  µ0 Iy B = = 4π −L2 (x2 + y2 )3/2 4π

 = µ0 I B 4πy

L1 + L21 + y 2

L2 L22 + y2





L1 x uˆz y2 (x2 + y2 )1/2 −L2

u ˆz

Como se tiene que el alambre es infinito usamos la aproximaci´ on de simetr´ıa que L1 nos queda  µ0 I B = 4πy Como L >> y, se tiene y/L carga

≈

2L

µ0 I 2πy

L

 

u ˆz y2 L 1+ 2 L 0. As´ı nos queda el resultado del campo de un alamabre infinito de L2 + y2

=

≈ L2 = L, as´ı

 = µ0 I uˆz B 2πy En nuestro caso para el tercer tramo podemos valernos de este resultado, pero con el cuidado que no tenemos un alambre simétrico respecto al eje y , pero podemos interpretar esta corriente como si fuera la mitad de un alamabre infinito, por lo tanto el campo del tercer tramo ser´ a la mitad del que produce un hilo infinito. Entonces  3 = µ0 I u B ˆz 4πR Finalmente el campo resultante ser´ a la suma de los tres campos µ0 I  T = B  1 + B  2 + B  3 = µ0 I ˆ B ux + u ˆz 4R 4πR

⇒

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

u ˆz  T = µ0 I u B ˆx + 4R π



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6. a. Halle la expresi´ on para el campo magnético producido en el centro de la espira circular de radio a que lleva una corriente i. b. Halle la expresión para el campo magnético producido a una distancia b perpendicular a un alambre recto y muy largo que lleva una corriente i. c. Un alambre muy largo que lleva una corriente i est´ a doblado de forma tal que tiene una parte circular de radio a y dos secciones rectas alineadas, como se muestra en la figura. Si el campo magnético es nulo en el centro O del c´ırculo, ¿C´ uanto vale el cociente a/b? Soluci´ on: Para el aro, se tiene un diferencial de longitud que sigue la direcci´ on tangencial negativa (debido al sentido horario) d l = Rdθˆ ut . El vector r, es un vector que va desde cada diferencial de corriente hasta el origen de coordenadas, es decir es un vector radial r = Rˆ uR . As´ı usando la ley de Biot-Savart, el campo generado por este tramo vendrá dada por

−

 = µ0 B 4π



Id l r µ0 I = 3 r 4π

× || ||



Rdθ( u ˆt ) (Rˆ uR ) 3 R

− ×

Como los vectores radial y tangencial son perpendiculares entre s´ı, por la regla de la mano derecha u ˆt u ˆR = u ˆz

×

 = µ0 I B 4π



2π

0

R2 dθ ( u ˆz ) = R3

−

 = − µ0 I ˆ u ˆz ⇒ B uz − µ4π0I 2π R 2R

Sustituyendo el valor del radio R = a y el de la corriente I = i  1 = B

− µ2a0i uˆz

siendo u ˆz el vector perpendicular al plano de la hoja. Para el tramo recto ya se dedujo la expresi´ on del campo magnético en el problema anterior, por lo tanto lo daremos por conocido  2 = µ0 i u B ˆz 2πb Luego como la suma de los dos campos es igual a cero se tiene la relaci´ on  1 + B  2 =  B 0

Erasmo I˜ niguez

µ0 i µ 0 i 1 1 u ˆz − u ˆz = 0 ⇒ = ⇒ ⇒ 2πb 2a πb a

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a = π b

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