FEiO 10-11 Problemes Tema 1 Resueltos Marca de Agua

Tema 1: Camp elèctric. Problemes resolts

1. CAMP ELÈCTRIC 1.1. A l'àtom d'hidrogen, l'electró gira entorn del protó a una distància mitjana de 0.53 Å. Quant val la força d'interacció electrostàtica entre les dues partícules? I la gravitatòria? Conclusió. La fuerza electrostática será: 1 qe qp Fe = 4 π ε0 r 2 C con q e = q p = 1.6 x 10-19 C ; ε 0 = 8.85 x 10-12 N.m 2 La fuerza gravitatoria será: m m FG = G e 2 p r N.m 2 con m e = 9.10 x 10-31 kg ; m p = 1.67 x 10-27 kg ; G = 6.67 x 10-11 . kg Substituyendo valores, y teniendo en cuenta que r = 53 x 10 −12 m , se tiene F Fe = 8.2 x 10-8 N ; FG = 3.6 x 10 -47 N ; e ≈ 2.3 x 1039 FG

1.2. La distància entre dos cossos de massa 1 kg és 1 m. Calculi la força electrostàtica d'interacció si cadascun té tants protons com neutrons però només 99 electrons per cada 100 protons. Què se'n pot concloure? (prengui les masses del protó i del neutró iguals a 1.67·10-27 kg). La fuerza electrostática entre los dos cuerpos será (los dos tendrán la misma carga q y sea d su separación): 1 q2 Fe = 4 π ε0 d2 - La carga q de cada cuerpo es: q = n pq p + n eq e 99 n p y q e = −q p , se tendrá: 100 99  1  q = n pq p + n eq e =  n p − n p q p = n pq p 100  100  - Número de protones: La masa m del cuerpo es: m = n p mp + n n mn + n eme

Puesto que n e =

Si tenemos en cuenta que n n = n p ; m p = m n ; m e << m p ,

m = n p m p + n n m n + n e m e = 2n p m p ⇒ n p =

m 2m p

Substituyendo los valores numéricos, n p = 3x10 26 . La carga de cada cuerpo será q = 4.8x105 C , y la fuerza electrostática entre ellos: Fe = 2.07 x10 21 N

Fonaments d’Electromagnetisme i Òptica. Curs 10-11.

M. Varela. Departament de Física Aplicada i Òptica


1.3. Als vèrtexs d'un triangle equilàter de costat a hi ha tres càrregues puntuals q, -q, q (q>0). Al centre del triangle se situa una càrrega puntual Q>0. Determini la força sobre la càrrega Q.  La fuerza sobre la carga Q será igual al valor de la carga multiplicado por el campo E centro en el centro del triángulo debido a las cargas situadas en los vértices. Es decir:   F = QE centro El campo en el centro será la suma vectorial de los campos creados por cada una de las cargas. En la figura se representan dichos campos. Se observa que el campo total sólo tiene componente según la dirección x. El campo total será:   π   E centro =  2Esen + E a y = 2E a y 6   Donde E es el módulo del campo creado por cada una de las cargas, q 3q E= = 2 4 πε 0d 4 πε 0a 2 El campo en el centro será:  6q  E centro = ay 4 πε 0a 2 La fuerza sobre la carga Q será:   3Qq  F = QE centro = ay 2 πε 0a 2

1.4. Dues càrregues puntuals –q, q (q>0) es troben en els punts de coordenades (-a/2, 0) i (a/2, 0) sent a>0. Determini (a) el camp elèctric que creen en un punt de l’eix y positiu, i (b) consideri el cas en què y>>a. a) El campo eléctrico creado por una carga puntual es:

 E=

 1 q q r ar = 4 πε 0 r 2 4 πε 0 r 3

Campo creado por la carga situada en (a,0):  a  − ax + y ay  q r1 q 2 = E1 = 3 3 4πε0 r1 4πε0 2  a2   + y2   4    Campo creado por la carga situada en (-a,0):  E2 =

 a  ax + y ay −q 2 q r2 = 3 3 4πε0 r2 4πε0 2 2 a   + y2   4   

El campo total será la suma de los campos creados por cada una de las cargas. Tendremos:     −qa E = E1 + E 2 = a 3 x  a2 2 4πε0  + y 2   4  Fonaments d’Electromagnetisme i Òptica. Curs 10-11.



b) En el caso a << y, teniendo en cuenta y 2 +

 E=

a2 ≈ y 2 , se tendrá 4

−q a 3 2

 a2 4πε0  + y 2   4 

 −q a  ax ≈ ax 4πε0 y3

[Comentario: La distribución considerada constituye un dipolo eléctrico. El momento dipolar     p = q  , en nuestro caso es p = qa a x y el campo se puede escribir como: E ( y,0) =

−p  ax 4πε0 y 2

En general el campo creado por un dipolo se escribe, en coordenadas esféricas, de la forma 2p cos θ E r (r, θ) = 4πε0 r 3 E θ (r, θ) =

p sen θ 4πε0 r 3

donde r es la distancia desde el origen de coordenadas al punto donde se calcula el potencial y   θ es el ángulo que forma el radio vector r con el eje del dipolo (la dirección de p ). En el caso que estamos considerando, teniendo en cuenta que     π θ = ; cos θ = 0; a r = a y ; a θ = −a x , se tendrá: 2 π π  E r ( y, ) ≡ E y ( y, ) = 0  2 2  p  π π E θ ( y, ) = E θ ( y, ) = 2 2 4πε0 y3 

1.5. Una esfera de radi a=1cm presenta una densitat volúmica de càrregaρ 0=10-8 C/m3. (a) Determini la càrrega de l’esfera. (b) Una altra esfera de radi a presenta una distribució de càrrega no uniforme ρ(r) = ρ0 + ρ1 r2/a2. Determini la càrrega de l’esfera. (c) Quina és la condició perquè la càrrega d’aquesta esfera sigui nul·la? (d) Dibuixi la dependència ρ(r) si es compleix l’anterior condició. a) La carga total de la distribución será la integral a toda la esfera de la densidad volumétrica de carga, es decir: 4 Q = ∫ ρ 0dv = ρ 0 v = ρ 0 π a 3 3 v Substituyendo los valores numéricos se tiene: Q = 4.19 x 10-14 C b) En este caso se procede como en el apartado anterior, pero ahora hay que considerar que la densidad no es uniforme. Para integrar a toda la esfera debemos tomar elementos de volumen dv en los cuales la densidad no varíe. Tomaremos cáscaras esféricas de radio r y espesor infinitesimal dr. El volumen de será dv = 4 π r 2 dr . Se tendrá: r =a

a

 r2  4 4 πρ r 5 4 4 πρ1a 3 =ρ 0 π a 3 + Q = ∫ ρ dv = ∫  ρ 0 + ρ1 2  4 π r 2 dr = ρ 0 π a 3 + 2 1 a  3 a 50 3 5 r =0  v ρ ρ  Q = 4 π a3  0 + 1   3 5 c) Para que la carga total sea nula debe cumplirse Fonaments d’Electromagnetisme i Òptica. Curs 10-11.



5 ρ1 = - ρ 0 3

d) En las condiciones del apartado anterior la densidad volumétrica de carga se escribe como:

ρ(r ) = ρ 0 + ρ1

 5 r2  r2 5 r2 = − = ρ ρ ρ 0 0 0 1 − 3 a 2  a2 3 a2  

La representación gráfica (entre r=0 y r=a) será:

ρ(r) ρ0

0

a

r

0

Se observa que hay zonas de carga positiva y zonas de carga negativa. En la siguiente figura r =a  r2  se representa el integrando de Q = ∫ ρ dv = ∫  ρ 0 + ρ1 2  4 π r 2 dr en función de r a  v r =0 

ρ(r) r2

0

0

r

a

En este caso también hay zonas de valor positivo y de valor negativo, y el área bajo cada una de ellas es la misma. Lo anterior pone de manifiesto que la carga total es nula.




1.6. Un fil de longitud L està carregat amb una densitat λ uniforme. (a) Calculi el camp elèctric en un punt situat a la mediatriu del fil a una distància a. (b) Estudiï la situació límit quan la longitud del fil tendeix a infinit. (c) Id. id. quan tendeix a zero.

a) El módulo del campo eléctrico en un punto de la mediatriz debido a un elemento de longitud d ≡ dy del hilo será dE =

1 λ dy 4 πε 0 r 2

y dirigido según se indica en la figura. Cada elemento de longitud d ≡ dy tendrá un simétrico respecto a la mediatriz. Al sumar los campos debidos a cada par de estos elementos el campo resultante sólo tendrá componente según la dirección perpendicular al hilo (en este caso según x). Por lo tanto para cada elemento d ≡ dy consideraremos únicamente su componente según la dirección x (las componentes según la dirección y se cancelarán al sumar para todo el hilo) y será dE x =

1 λ dy cos α 4 πε 0 r 2

Si llamamos α 0 al ángulo subtendido por el extremo del hilo desde el punto donde calculamos el campo, para obtener el campo total tenemos que integrar entre − α 0 y α 0 . El campo será 1 Ex = 4 πε 0

α0

λ dy cos α r2 −α 0

∫

Al variar el elemento de longitud d ≡ dy (y por lo tanto el ángulo α ) r y dy también varían. Vamos a relacionar estas magnitudes con el ángulo α . Así tendremos las siguientes relaciones cos α =

tan α =

d d ⇒r= r cos α

y 1 ⇒ y = d tan α ⇒ dy = d dα d cos 2 α

Substituyendo en la expresión del campo se tiene




1 α0 dα λ α cos 2 α cos α = λ cos α dα = sen α −0α = 2 ∫−α ∫ 0 d 4 πε 0 d −α0 4 πε 0 d 0 2 cos α λ (sen α 0 − sen (−α 0 ) ) = λ sen α 0 = 4 πε 0 d 2 πε 0 d

1 Ex = 4 πε 0

α0

λd

L

O lo que es lo mismo, teniendo en cuenta que sen α 0 =

( 2) + d L

E = Ex =

2

2

, 2

λL 4 πε 0 d

b) En el caso de que el hilo sea indefinido, α 0 = E=

(L 2 ) + d 2

2

π ⇒ sen α 0 = 1 , y se tendrá 2

λ 2πε0 d

Si hacemos un cambio de notación y a la distancia d desde el punto al hilo, le llamamos r (la distancia r de las coordenadas cilíndricas), y si tenemos en cuenta que la dirección del campo  es perpendicular al hilo y coincide con la dirección radial de las coordenadas cilíndricas a r . El campo se podrá escribir como  E=

λ  ar 2 πε 0 r

c) Cuando la longitud del hilo tiende a cero se tendrá E=

λL 4πε0 d 2

1.7. Un fil en forma de semicircumferència de radi a té una densitat lineal de càrrega uniforme λ. Determini el camp el èctric que crea al centre de la cir cumferència. (A.N.: a=2 cm, λ=1 μC/m). El campo creado por un elemento de longitud d (carga dq = λ d = λ a dα ) en el centro de la semicircunferencia será:     1 dq r 1 λ a dα r λ dα r dE 2 = = = 4 πε 0 r 3 4 πε 0 a 3 4 πε 0 a 2 Si tenemos, en cuenta la relación siguiente    r = −a cos α a x − a sen α a y , el campo se escribe como:   1 λ a dα r λ dα (cos α a x + sen α a y ) dE 2 = =− 3 4 πε 0a 4 πε 0 a El campo total debido a la semicircunferencia se obtiene integrando α desde 0 a π . Así: Fonaments d’Electromagnetisme i Òptica. Curs 10-11.



(

)

π   π   λ λ  λ   π  π      ay  = − + E2 = − cos α d α a sen α d α sen α 0 a x + − cos α 0 a y = − ay x ∫ ∫       4 πε 0a   0 4 πε 0a 2 πε 0a  0  

Es decir

 λ  E2 = − ay 2 πε 0a

Aplicación numérica: E = 899 kV/m 1.8. Un anell de radi R té una càrrega Q distribuïda uniformement. Determini el camp elèctric en els punts del seu eix. A partir de la figura podemos ver que, para cada elemento d (carga dq = λ d ), sólo contribuirá al campo total la componente dE z  del campo dE creado por el elemento. Es decir dq λ d . dE z = dE cos α , donde dE = = 2 4 πε 0 r 4 πε 0 r 2 Tendremos: λ d cos α dE z = 4 πε 0 r 2 Para todo el anillo el ángulo α y la distancia r de un punto del anillo al punto donde calculamos el campo son constantes. El campo total será la integral a todo el anillo de dE z , es decir:    λ  cos α  λ  cos α  E =  ∫ dE z  = az = az 2 2 4 πε r 4 πε r 0 0   Si tenemos en cuenta que

(

r = R 2 + z2 como:

)

1 2

; cos α =

z = r

z

(R

2

+z

)

1 2 2

; = 2π R yλ =

 E=

1 4 π ε0

Q , la expresión anterior se expresa 2 πR

Qz (R 2 + z2 )3

 az

1.9. En una regió el camp elèctric té per components E x = k x , E y = 0 , E z = 0 , on k és una constant. (a) Calculi el flux del camp a través de la superfície d’un cub d’aresta a, el centre del qual coincideix amb l'origen de coordenades i les seves cares són perpendiculars a algun eix. (b) Determini quina és la càrrega elèctrica que hi ha al cub. a) El flujo del campo a través de la superficie cubo será la suma del flujo a través de sus seis caras. Puesto que el campo sólo tiene componente x, únicamente debemos considerar las caras perpendiculares al eje x (paralelas al plano yz). En la cara que corta al eje x en (a/2,0,0) el  a módulo del campo será constante y se tendrá E = k a x . El vector superficie para esta cara 2   1 será S = a 2a x . El flujo valdrá Φ1 = ka 3 . En la cara que corta al eje x en (-a/2,0,0) el módulo 2 Fonaments d’Electromagnetisme i Òptica. Curs 10-11.



 a del campo será constante y se tendrá E = − k a x . El vector superficie para esta cara será 2   1 S = −a 2a x . El flujo de nuevo valdrá Φ 2 = ka 3 . Por lo tanto el flujo total tomará el valor 2 Φ = ka 3

b) Si aplicamos el Teorema de Gauss

  Qi E ∫S ⋅ dS = ε 0

La carga interior al cubo será:

Q = ε 0 ka 3 1.10. A l'atmosfera el camp elèctric és aproximadament vertical i dirigit cap a la terra. Si sobre la superfície val 200 N/C i a 1400 m val 20 N/C, quina és la densitat mitjana de càrrega per sota dels 1400 m? Aunque La Tierra es esférica puesto que la distancia, h = 1400 m, que consideramos es mucho menor que el radio terrestre (RT = 6370 km), podemos tratar el problema como un caso de simetría plana. Apliquemos el Teorema de Gauss a una superficie como la indicada en la Figura. Tendremos: E1A − E 2 A =

1 ρAh ε0

La densidad de carga será ρ = ε0

E1 − E 2 h

Substituyendo valores

ρ = 1,14 x 10-12

C pC = 1,14 3 3 m m

1.11. Determini el camp elèctric que crea una superfície esfèrica amb càrrega Q distribuïda uniformement, en un punt exterior i en un punt interior. Representi gràficament els resultats i analitzi la continuïtat del camp. El Teorema de Gauss,   Qi E ∫S ⋅ dS = ε 0 que se cumple siempre, en ocasiones nos permite obtener el campo si sabemos elegir una superficie adecuada. Las condiciones que debe cumplir dicha superficie son: a) Aunque no sepamos el valor del campo, si sabemos cuál es su dirección podemos tomar   una superficie cerrada tal que el campo sea perpendicular a dicha superficie ( E // dS ) en todos los puntos. En estas condiciones el flujo del campo a través de la superficie será:   E ∫ ⋅ dS =∫ E ⋅ dS S


S



b) Si sabemos de qué variables es función el campo tomamos una superficie para la que el módulo sea constante. Con esta nueva condición el flujo se convierte en   E ∫ ⋅ dS =∫ E ⋅ dS = E ⋅ S S

S

Igualando este valor con la carga encerrada por la superficie se obtiene el módulo del campo. En resumen la superficie a la que aplicamos el Teorema de Gauss debe ser perpendicular, en todos los puntos, al vector campo eléctrico y además sobre ella el módulo del campo debe ser constante. En general un campo eléctrico en coordenadas esféricas se puede escribir como     E ( r , θ, φ ) = E r ( r , θ, φ ) a r + E θ ( r , θ, φ ) a θ + E φ ( r , θ, φ ) a φ Para un sistema con simetría esférica el campo eléctrico no puede depender de las coordenadas θ y ϕ (puntos con la misma r y distintas θ y ϕ ven la distribución de carga de la misma forma).     E ( r , θ, φ ) = E r ( r ) a r + E θ ( r ) a θ + E φ ( r ) a φ Por otra parte el vector campo eléctrico tendrá la dirección radial (ver Figura) y se tendrá   E ( r , θ, φ ) = E r ( r ) a r Las superficies gaussianas para este tipo de problemas, por lo tanto, serán superficies esféricas centradas en la distribución de carga.  Puntos interiores (r < a). Aplicamos el Teorema de Gauss a la superficie de la Figura y tenemos para el flujo   2 E ∫ ⋅ dS = ∫ E.dS = E ∫ dS = E.S = E.4π r S

S

S

La carga interior en este caso será nula y por lo tanto E.4π r 2 = 0 ⇒ E = 0 Es decir, para puntos interiores  E=0  Puntos exteriores (r>a) Aplicando de nuevo el Teorema de Gauss ahora a una superficie esférica de radio r>a (ver Figura) se tiene.   Flujo: ∫ E ⋅ dS = ∫ E.dS = E ∫ dS = E.S = E.4π r 2 S

S

S

Carga interior: Q   Q Q De donde ∫ E ⋅ dS = E.4π r 2 = ⇒ E = . ε0 4 π ε0 r 2 S El vector campo eléctrico será   Q E= ar 2 4 π ε0 r Si hacemos la representación gráfica del campo en función de la distancia observamos que el campo presenta una discontinuidad en r = a. Este comportamiento es general cuando se atraviesa una superficie cargada. Vemos que la Q σ discontinuidad vale = 2 ε0 4πε0a Fonaments d’Electromagnetisme i Òptica. Curs 10-11.



1.12. Una esfera de radi R està carregada uniformement. La densitat volúmica de càrrega és ρ. Determini el camp elèctric que crea i representi gràficament la seva dependència amb la distància al centre. El procedimiento es análogo al del caso anterior.  Puntos interiores (r < a).   Flujo: ∫ E ⋅ dS = ∫ E.dS = E ∫ dS = E.S = E.4π r 2 S

S

S

Carga interior dividida por ε 0 : en este caso tendremos De donde

1 4 3 Qi 1 1 = ∫ ρ dv = ρ ∫ dv = ρ πr ε 0 ε 0 vi ε 0 vi ε0 3

  ρr  ρr E= ar = 3ε 0 3ε 0

4 3Q En términos de la carga total de la distribución, Q = ∫ ρ dv = ρ π a 3 ⇒ ρ = , se tendrá 4 π a3 3 v  E=

Qr  ar 4 π ε0 a3



Puntos exteriores (r>a) Ahora de forma análoga   Flujo: ∫ E ⋅ dS = ∫ E.dS = E ∫ dS = E.S = E.4π r 2 S

S

S

Carga interior: Q   Q Q De donde ∫ E ⋅ dS = E.4π r 2 = ⇒ E = . ε0 4 π ε0 r 2 S El vector campo eléctrico será   Q ρ R3  E= a = ar r 4 π ε0 r 2 3ε 0 r 2 Si hacemos de nuevo la representación gráfica del campo en función de la distancia observamos que en este caso el campo es continuo. Ahora no hay superficies cargadas. 1.13. Un cilindre molt llarg de radi R està uniformement carregat. La densitat volúmica de càrrega ésρ. Determin i el camp elèctric que crea i representi gràficament la seva dependència amb la distància a l’eix. El sistema presenta simetría cilíndrica y por lo tanto podemos determinar el campo eléctrico mediante la aplicación del Teorema de Gauss. Las superficies para aplicar el Teorema de Gauss serán superficies cilíndricas coaxiales con el cilindro cargado. - Puntos interiores al cilindro (r
Slateral

Slateral

Slateral




Carga interior: Qi = ∫ ρ dv = ρ π r 2 h v

Igualando los dos términos del T. de Gauss 1 ρr E 2 π r h = ρ π r 2h ⇒ E = ε0 2 ε0 El vector campo eléctrico será:  ρr  E= ar 2 ε0

- Puntos exteriores al cilindro (r>R) De forma análoga al caso anterior     Flujo: ∫ E ⋅ dS = ∫ E ⋅ dS = ∫ E dS = E ∫ dS = E Slateral = E 2 πr h S

Slateral

Slateral

Slateral

Carga interior: Qi = ∫ ρ dv = ρ π R h 2

v

Igualando los dos términos del T. de Gauss E2πrh=

1 ρ R2 ρ π R 2h ⇒ E = ε0 2 ε0r

El vector campo eléctrico será:  ρ R2  E= ar 2 ε0r 1.14. Una làmina plana molt extensa està carregada uniformement. La densitat superficial de càrrega ésσ. Determini el camp èctric el que crea i representi gràficament la seva variació. La simetría de la distribución de carga (ver Figura) nos indica que el campo eléctrico sólo tendrá componente en la dirección z y su módulo sólo dependerá de la distancia z al plano. Es decir   E = E(z) a z z>0   E = −E(z) a z z<0 Podemos aplicar el Teorema de Gauss a una superficie cerrada tal como la indicada en la figura y tendremos




  Qi σS E ∫S ⋅ dS = ε 0 ⇒ E S + E S + 0 = ε 0 De donde E=

σ 2 ε0

El vector campo será  σ  E= az 2 ε0  σ  E=az 2 ε0

z>0 z<0

que si tenemos en cuenta que z =1 z

z>0

z = −1 z

z<0

también podemos escribir como  σ z  E= az 2 ε0 z

1.15. Determini el camp elèctric creat per dues làmines planes paral·leles molt extenses separades una distància a i carregades amb densitats superficials (a) σ i σ, (b) σ i –σ. a) En el Problema 1.14 para el campo creado por un plano indefinido cargado con densidad σ se obtuvo:  σ z  E= az 2 ε0 z Este resultado lo utilizaremos para calcular el campo en la situación del problema (Figura). El campo en todos los puntos será la suma del debido a las dos láminas. Vemos que en la zona interior a las dos láminas estos campos son de sentido opuesto y, dado que el módulo es el mismo para ambos ( E σ =

σ ) , el campo resultante 2ε 0

será nulo. En la zona exterior a las dos láminas los campos son del mismo sentido y el campo total (con la notación de la figura) será:  σ E = − az z < 0 ε0  E=0 0a ε0 b) En este caso vemos (Figura) que en la zona exterior a las dos láminas estos campos son de sentido opuesto y, dado que el módulo




es el mismo para ambos ( E σ = E −σ =

σ ) , el campo resultante será nulo. En la zona interior a 2ε 0

las dos láminas los campos son del mismo sentido y el campo total (con la notación de la figura) será:  σ E = az 0a 1.16. Calculi el treball que hem de fer per moure una càrrega puntual q = -10-3 C des de    l’origen de coordenades fins al punt (4,2,0) en el camp E = 2(x + 4 y ) a x + 8 x a y , estant totes les magnituds expressades en unitats SI. El trabajo que se ha de hacer es igual al que hace el campo eléctrico pero cambiado de signo. En primer lugar calcularemos el trabajo que debe hacer el campo. ( 4, 2, 0 )   W = ∫ qE ⋅ d l ( 0, 0, 0 )

Puesto que este trabajo es independiente del camino (campo conservativo), podemos elegir un camino para el que la integración sea sencilla. Elegimos un camino constituido por dos tramos: a) desde el origen (0,0,0) a lo largo del eje x hasta el punto (4,0,0); b) desde el punto (4,0,0) paralelamente al eje y hasta el punto (4,2,0). Se tendrá: ( 4, 2, 0 )   ( 4, 0, 0 )   ( 4, 2, 0 )   W = ∫ qE ⋅ d l = ∫ qE ⋅ d l + ∫ qE ⋅ d l ( 0, 0, 0 )

( 0, 0, 0 )

( 4, 0, 0 )

    En tramo (a) se tendrá d l = dx a x , mientras que en el (b) d l = dy a y . ( 4, 2, 0 )  ( 4, 0, 0 )    ( 4, 0, 0 )   ( 4, 2, 0 )    E x dx +  ⋅ = ⋅ + ⋅ = q E d l q E d l q E d l q E dy y ∫ ∫ ∫ ∫  ∫  ( 0, 0, 0 ) ( 0, 0, 0 ) ( 4, 0, 0 ) ( 4, 0, 0 )  ( 0, 0, 0 )  ( 4, 2, 0 ) ( 4, 2, 0 ) ( 4, 2, 0 )  ( 4, 0, 0 )   ( 4, 0, 0 )    W = ∫ qE ⋅ d l = q ∫ E x dx + ∫ E y dy  = q 2 ∫ (x + 4y ) dx + 8 ∫ x dy      ( 0, 0, 0 ) ( 4, 0, 0 ) ( 4, 0, 0 )  ( 0, 0, 0 )   ( 0, 0, 0 )  ( 4, 2, 0 )

W=

( 4, 0, 0 )  x2 (4, 2, 0 )   W = q 2 + 4 yx + 8 xy (4, 0, 0 )  = q(16 + 64 ) = −80 x 10-3 J = - 80 mJ   2 ( 0, 0, 0 )   El trabajo que hemos de realizar Wext será:

Wext = − W = 80mJ Otra forma de realizar el cálculo es determinar el potencial asociado al campo. Tendremos: ∂V Ex = − ⇒ V(x, y, z) = - ∫ E x dx = - ∫ 2(x + 4 y ) dx = − x 2 − 8 yx + f(y, z) ∂x ∂V ⇒ V(x, y, z) = - ∫ E y dy = - ∫ 8x dy = −8 yx + g(x, z) Ey = − ∂y ∂V ⇒ V(x, y, z) = - ∫ E z dx = - ∫ 0 dz = h(x, y) Ez = − ∂z Puesto que el potencial calculado a partir de cada una de las componentes debe ser el mismo, las funciones f(y, z), g(x, z), h(x, y) deben cumplir: f(y, z) = 0; g(x, z) = - x 2 ; h(x, y) = - x 2 − 8xy El potencial será: Fonaments d’Electromagnetisme i Òptica. Curs 10-11.



V(x, y, z) = − x 2 − 8 yx El trabajo que debe hacer el campo será: W = q[V(0,0,0 ) − V(4,2,0)] = −10 −3 C . 80 V = - 80 mJ El trabajo que hemos de realizar Wext será: Wext = − W = 80mJ



FEiO 10-11 Problemes Tema 1 Resueltos Marca de Agua

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