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Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapacá
Licenciatura en Ciencias Exactas 1era. Prueba Cátedra 11-09-2010
_________________________________________________________________________
1
SOLUCIONARIO
Primera Prueba de Cátedra
Electromagnetismo
Licenciatura en Ciencias Exactas
Semestre de Primavera (11 de Septiembre de 2010)
1. Hallar el potencial electrostático  ( z ) y el campo eléctrico E ( z ) a lo largo del eje de simetría
z , para puntos fuera del cascarón esférico de radio R al cual le falta la parte superior, tal como
se muestra en la figura. El ángulo de la parte faltante vale 0   6 . El casquete esférico
resultante posee una densidad superficial de carga constante  .
z
0
y
x
Solución:
Calcularemos el potencial electrostático  ( z ) , y a partir de esa solución calcularemos el campo
eléctrico E ( z ) .
Potencial electrostático:
El potencial viene dado por la expresión:
 ( z)  k 
dq
r  r
(1)
Si ubicamos el origen del sistema de referencia en el centro de la esfera y usamos coordenadas
polares, los vectores r y r  vienen dados por
r  zkˆ
(2)
donde z es un parámetro y no cambia durante el cálculo del potencial. El vector r  denota la
posición de un elemento diferencial de carga dq en la superficie del casquete esférico, luego
r   xiˆ  yˆj  z kˆ
(3)
Usando las relaciones de transformación a coordenadas polares, se tiene
r   R sin  cos  iˆ  R sin  sin  ˆj  R cos  kˆ
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Profesor: Germán Rojas, fono: 76510410, email: spawn17@gmail.com
(4)
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Licenciatura en Ciencias Exactas 1era. Prueba Cátedra 11-09-2010
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2
luego,
r  r    R sin  cos  iˆ  R sin  sin  ˆj  ( z  R cos  )kˆ
(5)
y su módulo viene dado por
r  r  R2  z 2  2 zR cos 
(6)
Como se trata de un cascarón esférico con distribución de carga superficial dada por la densidad  ,
el diferencial de carga viene dado por
dq   dA   R 2 sin  d d
(7)
Reemplazando (6) y (7) en (1), se tiene la expresión del potencial:
 ( z)  k 
 R 2 sin  d d
(8)
R 2  z 2  2 zR cos 
Para recorrer todo el casquete definido en el problema, el ángulo  debe variar entre   0 y
  2 y el ángulo  debe variar entre    0 

6
y    . El radio R del casquete esférico es
constante. Escribamos explícitamente las integrales con sus límites:
sin  d
2

0
 6
R  z 2  2 zR cos 

1
R 2  z 2  2 zR cos 
Rz
 ( z )  k R 2  d 
(9)
2
La integral en  vale 2 , y la integral en  vale:
sin  d


R 2  z 2  2 zR cos 
sin  d


6
6
R 2  z 2  2 zR cos 


 6
1 
3 
 R  z  R2  z 2 
zR 
Rz 
2


(10)
(11)
Dado que z  0 , el potencial electrostático queda:
 ( z) 
2 k R 
3 
 R  z  R2  z 2 
zR 
z
2


(12)
Campo eléctrico:
Obtendremos el campo eléctrico a través de la relación E   . Dado que el potencial 
depende sólo del parámetro z , el campo viene dado por:
d ( z )
E    kˆ
dz
Antes de derivar, reescribamos el potencial en una forma más útil para la derivación:
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(13)
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3
2
 R
3R R 

 ( z )  2 k R 1     1 
   
2 z z 
 z


(14)


3Rz  4 R 2
R
E ( z )  2 k R  2 
2
z
3R R
3

4z 1
  

2 z z
(15)
El campo eléctrico queda
2.


ˆ
k


Una esfera dieléctrica de radio 2 R tiene una densidad de carga   cte. Si se le hacen dos
agujeros esféricos cada uno de radio R como se muestra en la figura 3, hallar el campo eléctrico
E y el potencial V en el punto P. (10 puntos)

R
P
2R
4R
2R
El campo eléctrico resultante en el punto P( x, 0) viene dado por la superposición de los campos
eléctricos creados por una esfera de radio 2R y densidad volumétrica de carga  y por el campo
eléctrico creado por dos esferas idénticas de radio R y densidad volumétrica de carga   (estas
últimas esferas corresponde a los agujeros esféricos).
Dado que el punto P( x, 0) está afuera de todas las esferas, calcularemos el campo eléctrico fuera
de una esfera usando ley de Gauss:
 E  dS 
qneta
0
Usando una gaussiana esférica de radio r mayor que el radio de la esfera, y considerando que la
dirección del campo eléctrico es paralela a la diferencial de superficie en cada punto, se tiene
 EdS 
qneta
0
Dado que el módulo del campo eléctrico E tiene el mismo valor sobre la superficie de la esfera
Gaussiana, podemos sacar E fuera de la integral,
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r 2 R
2R
E 4 r 2 
  dV  
0
0
E
 dV

2R
4
3
  8R3
4  0 r 2

4
3
   2R 
4
3
0
8 R3
3 0 r 2
Obteniéndose finalmente:
E
8 R3
3 0r 2
E
2 R
27 0
Pero r  6R , por lo tanto:
Realizando el mismo procedimiento podemos encontrar el campo eléctrico de las esferas pequeñas
quedando:
R
E 4 r 
2
  dV 
0
r R
0

 dV
R

4
3
  R3
0
Obteniendo finalmente:
E
 R3
3 0r 2
E
R
111 0
Pero r 2  36 R 2  R 2  37 R 2 ; por lo tanto:
Ahora que tenemos conocido el valor del módulo del campo eléctrico fuera de cada esfera,
calculemos para cada una de ellas el valor del campo vectorial, es decir, debemos hallar para cada
una de las esferas, el campo eléctrico en la forma:
E
kqneta
eˆ
r2
donde ê es un vector unitario en la dirección que va desde el origen de cada esfera de carga que
crea el campo hacia el punto P( x, 0) donde se medirá el campo. Sea EG el campo creado por la
esfera grande, Ea el campo creado por la esfera de arriba y Eb el campo creado por la esfera de
abajo (ver figura).
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5

Ea
R
P
EG
Eb
2R
4R
2R
Los vectores unitarios vienen dados en función de los ángulos  y  en la forma:
eˆa   cos iˆ  sin  ˆj ,
eˆG  iˆ ,
eˆb   cos  iˆ  sin  ˆj
donde
cos  
6
,
37
sin  
1
,
37
6
,
37
cos  
sin  
1
37
eˆG  iˆ
6
37
6
eˆb  
37
eˆa  
1
iˆ 
37
1
iˆ 
37
ˆj
ˆj
Ahora podemos escribir cada campo eléctrico:
EG 
2 R
2 R ˆ
eˆG 
i
27 0
27 0
EG 
Del mismo modo se obtiene Ea
Ea 
Ea 
2 R ˆ
i
27 0
R
eˆa
111 0
R  6 ˆ 1 ˆ

i
j
111 0 
37
37 
Eb 
R
eˆb
111 0
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Eb 
R  6 ˆ 1

i
111 0 
37
37
6
ˆj 


El campo resultante de la superposición de los tres campos viene dado por:
ER  EG  Ea  Eb
Reemplazando los valores obtenidos de cada campo eléctrico nos queda:
ER 
2 R ˆ  R  6 ˆ
1
i

i

27 0
111 0 
37
37
ˆj    R   6 iˆ  1
 111 
37
37

0 
ˆj 


Simplificando obtenemos finalmente el campo resultante:
ER 
2  R  37 2  ˆ


i
 0 37  27 37 
3. Se tiene la siguiente distribución esférica de carga, dada por la densidad volumétrica carga:
 r
 

 (r )  
 r
 0
si 0  r  a
si a  r  b
r b
si
a) Calcular el campo eléctrico en cada región.
b) Hallar la fuerza F que ejerce la distribución esférica de carga sobre una varilla de largo L ,
con densidad lineal de carga   0   r , localizada como la muestra la figura.
c) Hallar la diferencia de potencial entre los extremos de la varilla. 
a b
D

L
r
Solución:
a) Calcular el campo eléctrico en cada región.
Dada la simetría del problema, usaremos gaussianas esféricas para calcular los campos en cada
región, como función de la distancia radial r .
Región con 0  r  a :
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 E  dS 
7
qneta
(16)
0
Dado que E y dS son paralelos sobre la superficie de la esfera, y dado que el módulo del campo
eléctrico no varía sobre la superficie de la esfera, la ley de Gauss queda:
1
E1 4 r 2 
E1 4 r 2 
0

 dV
(17)
0
r a
1
  r  4 r dr 
2
0

E1r 
0
r a
r a
2
(18)
0

r 3dr 
0
r4
4 0
(19)
r2
E1 
4 0
(20)
Región con a  r  b :
Del mismo modo que el caso anterior, la ley de Gauss queda:
E2 4 r 2 
E2 4 r 2 
1
0
a  r b

 dV
(21)
0
a
a  r b

1 

dV

 dV 


0  0
a

(22)
Usando las expresiones para la densidad de carga en cada región, escribimos,
E2 4 r 2 
E2 4 r 2 
a
a  r b

1 


rdV

dV 


0  0
r
a

 a

r  4 r 2 dr  

0 0
0
E2 r 2 
 a 3

r dr 

0 0
0
a  r b

2
E2 

 4 r dr 
2
r
a
(24)
a  r b

rdr
(25)
a
 a4   r  a
E2 r 

4 0
2 0
2
(23)
2

1
 a 4  2  r 2  a 2 
4 0 r 2
(26)

Región con r  b :
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(27)
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8
Del mismo modo que el caso anterior, la ley de Gauss queda:
E3 4 r 2 
E3 4 r 2 
1
0
r b
  dV
(28)
0
a
b
r b

1 

dV


dV

 dV 



0  0
a
b

(29)
Dado que la densidad de carga existe solo hasta r  b , escribimos,
a
b

1 


rdV

dV

a r 
0  0
E3 4 r 2 
 a

E3 4 r   r  4 r 2 dr  
0 0
0
2
b

(30)
 4 r dr 
2
r
a
 a 3
 b
E3 r   r dr   rdr
0 0
0 a
2
 a4  b  a

4 0
2 0
2
E3r 2 
E3 
2
(31)
(32)

(33)

1
 a 4  2  b 2  a 2 
2
4 0 r

(34)
b) Hallar la fuerza F que ejerce la distribución esférica de carga sobre una varilla de largo L ,
con densidad lineal de carga   0   r , localizada como la muestra la figura.
La fuerza que actúa sobre un elemento diferencial de carga dq de la varilla que está sobre el eje
radial, viene dada en función del campo externo a la esfera E3 (r  b) , que existe en la región
donde está la varilla:
F   E3dq
(35)
Reemplazando el campo dado por (34) y la densidad lineal de carga de la varilla, se tiene
F 


1
 a 4  2  b 2  a 2   0   r  dr
2
4 0 r
(36)
Por simplicidad de notación, escribimos
C

1
 a 4  2  b2  a 2 
4 0

Las integrales quedan
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(37)
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F  C0
D L

D
dr
 C
r2
DL

D
9
dr
r
(38)
D L
D L
 1
F  C0     C  ln r D
 r D
(39)
1 
1
 DL
F  C 0  
  C  ln 

 D DL
 D 
(40)


L
 DL
F  C 0 
  C  ln 

 D 
 D  D  L 
(41)
c) Hallar la diferencia de potencial entre los extremos de la varilla. 
Calcularemos el potencial como función de la distancia radial r usando la relación:
r
 (r )    E  dl

Como la barra se encuentra en el exterior, sólo utilizaremos el campo eléctrico E3 :
r
r


 1
 a 4  2  b 2  a 2 
2
4

r
0

r
 (r )   E3  dl   E3dr   


 dr
r
 1

 (r )   
 a 4  2  b 2  a 2  
 4 0 r



 1

 (r )   
 a 4  2  b 2  a 2  
 4 0 r





1
 a 4  2  b 2  a 2  
 4 0 a  b  D


1 (r )   
Cuando r  a  b  D se tiene:



1
 a 4  2  b 2  a 2  
 4 0 a  b  D  L


Cuando r  a  b  D  L se tiene: 2 (r )   

 1

1
1

 (r )  2  1  
 a 4  2  b 2  a 2   


 4 0
 a b  D  L a b  D 




 a 4  2  b 2  a 2 
L
 (r ) 
4 0  a  b  D  a  b  D  L 
4. a) Calcule el potencial  (r ) para la distribución de cargas puntuales mostrada en la figura. Esta
distribución se llama cuadrupolo. b) Escriba la ecuación de las equipotenciales. Use la siguiente
notación: Q  qd 2 , donde Q se denomina “momento cuadrupolar”.
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10
Hint: Calcule el potencial del sistema de cargas y luego use el teorema general de Pitágoras para
expresar r1 y r2 en función de r , d y  . Después haga las expansiones en serie para la
condición d
r , conservando términos hasta el orden  d 2 r 2  .
P
r2
r1
r
  
q
d
2q
d
q
Solución:
a) Calcule el potencial  (r ) para la distribución de cargas puntuales mostrada en la figura. Esta
distribución se llama cuadrupolo.
El potencial en el punto P producido por las tres cargas puntuales viene dado por
 q
 r1
 (r )  k   
2q q 
 
r r2 
(42)
Usando el teorema general de Pitágoras, podemos expresar r1 y r2 en función de r y del coseno
del ángulo  , en la siguiente forma:
r1  r 2  d 2  2rd cos 
(43)
 d2 d

r1  r 1   2  2cos  
r
r

(44)
 d2 d

1   2  2cos  
r
r

(45)
r1  r 1  1
(46)
r2  r 2  d 2  2rd cos    
(47)
Usando la notación,
la relación (44) se escribe
donde 1
1, porque d
r
Del mismo modo,
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11
Pero cos(   )   cos  , por lo que la relación (47), queda,
r2  r 2  d 2  2rd cos 
(48)
 d2 d

r2  r 1   2  2cos  
r
r

(49)
Usando la notación,
 d2 d

 2cos  
2
r
r

(50)
r2  r 1   2
(51)
2  
la relación (49) se escribe
donde  2
1 , porque d
r
Reemplazando (46) y (51) en (42), se tiene,
 (r ) 
 (r ) 

kq 
1
1

 2


r  1  1
1 2


kq
1 2
1 2
 1  1   1   2   2
r
La expansión en serie de Taylor de la expresión 1  x 
1  x 
1 2
 1
1 2
, para x
(52)

(53)
1, viene dada por,
1
3
x  x2 
2
8
(54)
Usando esta relación, cada uno de los términos de la relación (53), queda,
1  1 
1 2
1
3
 1  1  12 
2
8
(55)
1   2 
1 2
1
3
 1   2   22 
2
8
(56)
Reemplazando estos resultados en (53), se tiene,
 (r ) 
kq   1
3
 1  1  12 

r   2
8
 (r ) 
3 2
  1
  1   2   2 
8
  2
 
  2
 
kq  (1   2 ) 3(12   22 ) 



r 
2
8

Usando los valores conocidos, se encuentra que
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Profesor: Germán Rojas, fono: 76510410, email: spawn17@gmail.com
(57)
(58)
Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapacá
Licenciatura en Ciencias Exactas 1era. Prueba Cátedra 11-09-2010
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12
 d2 d
  d2 d

(1   2 )   2  2cos     2  2cos  
r
r
r
 r

(59)
d2
(1   2 )  2 2
r
(60)
Del mismo modo,
2
 d2 d
  d2 d

(   )   2  2 cos     2  2 cos  
r
r
r
 r

2
1
2
2
2
d4 d2
(   )  2 4  2 8cos 2 
r
r
2
1
2
2
(61)
(62)
Reemplazando (60) y (62) en (58), se tiene,

kq  d 2 3 d 4
d2
 (r )   2  4  3 2 cos 2  
r r
4r
r

Despreciando los términos mayores o iguales a
aproximación d
(63)
d4
, por ser demasiado pequeños en nuestra
r4
r , se tiene
 (r ) 
kq d 2
1  3cos 2  
2 
r r
(64)
Pero el momento cuadrupolar viene dado por Q  qd 2 , luego, en esta aproximación, el potencial
del cuadrupolo viene dado por
 (r ) 
kQ
1  3cos 2  
3 
r
(65)
b) Escriba la ecuación de las equipotenciales.
La ecuación de las equipotenciales se obtiene imponiendo la condición que el potencial se a
constante:
 (r )  cte  c
 (r )  c 
kQ
1  3cos 2  
3 
r
(66)
(67)
Despejando,
r 3c  kQ 1  3cos 2  
Sea c 
kQ
, entonces, la ecuación de las equipotenciales queda
c
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(68)
Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad de Tarapacá
Licenciatura en Ciencias Exactas 1era. Prueba Cátedra 11-09-2010
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r 3  c 1  3cos 2  
Cambiando el valor de c , se obtienen las diferentes curvas equipotenciales.
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(69)