Download Ayudantía 3 - Soluciones - Pontificia Universidad Católica de Chile

Ponticia Universidad Católica de Chile
Facultad de Física
Electricidad y Magnetismo: Fis 1532-1; Fiz 0221-1
Ayudantía 3 - Soluciones
Campo Eléctrico
Profesor: Ricardo Ramirez (rramirez@puc.cl)
Ayudante: Daniel Narrias (dinarria@uc.cl)
13 de Agosto del 2008
Problema 1
Calcule la fuerza por unidad de largo que se ejercen una huincha innitamente larga de
ancho b y densidad de carga uniforme σ y un alambre igualmente largo con densidad
de carga uniforme λ puesto en el mismo plano que la huincha, a una distancia d.
Solución:
Como la fuerza de Coulomb cumple la 3ra ley de Newtón, elegiremos la forma más
simple de calcular la fuerza por unidad de largo que se ejercen ambos objetos (esto
es, la fuerza de uno u otro sobre el otro). Pongamos el alambre en el eje x, y sea el
plano donde están ambos objetos el plano xy. De la simetría del problema, vemos que
la fuerza que ejerce la huincha sobre un elemento dx del alambre está dirigida en ±ŷ
y es la misma en cualquier punto del alambre. Por tanto, nos basta ver la fuerza por
unidad de largo en x=0 del alambre.
Sean r~2 = ~0, r~1 = xx̂+y ŷ , con −∞ ≤ x ≤ +∞ y d ≤ y ≤ b+d, la posición del elemento
dx en x=0 del alambre y la posición de la huincha, respectivamente. Así, tenemos que
1
la fuerza sobre tal elemento es
~21 = dq2
dF
=
=
=
=
dq1 · −~
r1
,
r1 |3
Ω 4π0 |~
Z +∞ Z b+d
Z Z
dq1 = σdxdy
Z +∞ Z b+d
σdxdy · y ŷ
σdxdy · xx̂
−dq2
3 − dq2
3
2
2
4π0 (x + y ) 2
4π0 (x2 + y 2 ) 2
−∞
d
−∞
d
Z
Z
dq2 σ ŷ +∞ b+d dxdy · y
−
3
4π0 −∞ d
(x2 + y 2 ) 2
!b+d
Z
1
dq2 σ ŷ +∞
p
· dx
2
2
4π0 −∞
x + y d
!
Z
1
1
dq2 σ ŷ +∞
p
−√
· dx,
pero
dq2 = λdx2
4π0 −∞
x2 + d 2
x2 + (b + d)2
Z
~21
λσ ŷ +∞
dF
=
=⇒
dx2
4π0 −∞
con
1
p
x2
+ (b +
d)2
−√
1
+ d2
x2
!
· dx
!+∞
p
x + x2 + (b + d)2 λσ ŷ
√
=
· ln
2π0
x + x2 + d 2
0
q




b+d 2
1+ 1+( x )
λσ ŷ 
 − ln b + d 
q
·
=
lı́m ln 
x→+∞
2
2π0
d
1 + 1 + ( xd )
λσ ŷ
d
=
· ln
2π0
b+d
~21
dF
λσ ŷ
d
=⇒
=
· ln
dx2
2π0
b+d
Problema 2
Calcule el campo eléctrico producido por un plano innito de densidad de carga uniforme σ .
Solución:
Consideremos el plano en cuestión el plano xy de coordenadas cartesianas. Sabemos
que el campo eléctrico viene dado por
~ r) =
E(~
Z Z
Ω
dq(~r − r~1 )
4π0 |~r − r~1 |3
2
con r~1 el vector posición de la distribución de carga Ω que genera el campo eléctrico en
~r.
Tenemos que ~r = xx̂ + y ŷ + z ẑ , r~1 = x1 x̂ + y1 ŷ y |~r − r~1 |2 = (x − x1 )2 + (y − y1 )2 + z 2 .
~ r) =
=⇒ E(~
Z
+∞
Z
+∞
σdx1 dy1 ((x − x1 )x̂ + (y − y1 )ŷ + z ẑ)
3
−∞
4π0 ((x − x1 )2 + (y − y1 )2 + z 2 ) 2
−∞
Hagamos cambio de variables. w = x − x1 , v = y − y1 =⇒ x1 = x − w,
jacobiano de la transformación es
(x ) (x1 )v
J = 1 w
(y1 )w (y1 )v
~ r) =
=⇒ E(~
Z
+∞
Z
−1 0
=
0 −1
+∞
y1 = y − v . El
=1
σdwdv(wx̂ + v ŷ + z ẑ)
3
−∞
σ
=
4π0
Z
−∞
+∞
4π0 (w2 + v 2 + z 2 ) 2
Z +∞
dwdv · (z ẑ)
3
−∞
−∞
(w2 + v 2 + z 2 ) 2
wr wθ =
Nuevamente hagamos cambio de variables. w = rcos(θ), v = rsen(θ), J = v
v
r
θ
cos(θ) −rsen(θ) sen(θ) rcos(θ) = r
Z 2π Z +∞
σ
rdrdθ · (z ẑ)
~ r) =
=⇒ E(~
3
4π0 0
(r2 + z 2 ) 2
0
Z +∞
σ
rdr
=
· 2πz ẑ
pero
u = r2 + z 2 → du = 2rdr
3
2
2
4π0
2
(r + z )
0
Z +∞
σ
du
=
· z ẑ
3
40
(u) 2
z2
z2
σ
− 12 =
· z ẑ 2u
40
+∞
σ
z
=
· ẑ
20 |z|
σ
=
· sign(z)ẑ
20
~ r) = σ · sign(z)ẑ
=⇒ E(~
20
Note que el salto de discontinuidad del módulo del campo eléctrico (que es normal al
plano) es + σ0 .
Problema 3
Calcular el campo eléctrico producido por las siguientes conguraciones y en las regiones
que se indican.
3
a) Casquete semiesférico de radio R con densidad de carga supercial σ uniforme;
en el centro de la esfera.
Solución:
De la simetría del problema, a priori sabemos que el campo eléctrico en dicho punto
dirigido en ẑ . Tenemos que ~r = 0, r~1 = x1 x̂ + y1 ŷ + z1 ẑ y
R R está
σdS·−r~1
~
~
.
E(0) =
Ω 4π0 |r~1 |3
∂f
Recordemos que dS = | ∂ϕ
∧ ∂f
|dϕdθ, por lo que debemos parametrizar la super∂θ
cie (esta diferencial de supercie es conocida, pero por ahora la calcularemos).
f (ϕ, θ) = (x1 , y1 , z1 ), con x1 = Rsen(ϕ)cos(θ), y1 = Rsen(ϕ)sen(θ), z1 = Rcos(ϕ)
y π2 ≤ ϕ ≤ π , 0 ≤ θ ≤ 2π .
=⇒
∂f
= R(cos(ϕ)cos(θ), cos(ϕ)sen(θ), −sen(ϕ)),
∂ϕ
∂f
=⇒ | ∂ϕ
∂f
= R(−sen(ϕ)sen(θ), sen(ϕ)cos(θ), 0)
∂θ
x̂
ŷ
ẑ
∂f
2 ∧ ∂θ | = R cos(ϕ)cos(θ) cos(ϕ)sen(θ) −sen(ϕ) = R2 sen(ϕ)
−sen(ϕ)sen(θ) sen(ϕ)cos(θ)
0
=⇒ dS = R2 sen(ϕ)dϕdθ
Así, tenemos que
4
~ ~0) =
E(
=
=
=
=
=
σdS · −~
r1
r1 |3
Ω 4π0 |~
Z 2π Z π 2
R sen(ϕ)dϕdθ
σẑ
·
· −R [sen(ϕ)cos(θ)x̂ + sen(ϕ)sen(θ)ŷ + cos(ϕ)ẑ]
4π0 0
R3
π/2
Z 2π Z π
σẑ
sen(ϕ)cos(ϕ)dϕdθ
·
−
4π0 0
π/2
Z π
σẑ
−
sen(2ϕ)dϕ
·
40 π/2
π
σẑ 1
−
· cos(2ϕ)
40 2
π/2
σ
· ẑ
40
Z Z
b) Anillo de radio R, cargado uniformemente con densidad de carga lineal λ; sobre
su eje.
Solución:
~
~
De la simetría del problema, sabemos a priori que E(z)
= E(z)ẑ y E(−z)
=
~
−E(z). Sean ~r = z ẑ ,r~1 = x1 x̂ + y1 ŷ los vectores posición del eje z y del anillo,
respectivamente, con x1 = Rcos(θ),y1 = Rsen(θ). Además, |~r − r~1 |2 = (x1 )2 +
(y1 )2 + z 2 = R2 + z 2 .
El campo eléctrico está dado por
λds (~r − r~1 )
·
con ds = Rdθ y
r − r~1 |3
Ω 4π0 |~
Z 2π
λRdθ (z ẑ − Rcos(θ)x̂ − Rsen(θ)ŷ)
=
·
3
4π0
(R2 + z 2 ) 2
0
λR
z
=
·
· ẑ
2
20 (R + z 2 ) 23
~
E(z)
=
Z
0 ≤ θ ≤ 2π
c) Disco de radio R, cargado uniformemente con densidad de carga supercial σ ;
sobre su eje. Compruebe además que se obtiene el campo de un plano innito,
5
cargado uniformemente, cuando R → +∞.
Solución:
~
~
De la simetría del problema, sabemos a priori que E(z)
= E(z)ẑ y E(−z)
=
~
−E(z). Podemos visualizar el disco como una sucesión innita de anillos de grosor
dr y densidad lineal de carga σdr. Por el resultado anterior, cada anillo de radio
r contribuye al campo eléctrico sobre el eje con
~
dE(z)
=
σdrr
z
· ẑ
·
20 (r2 + z 2 ) 23
Por el principio de superposición, tenemos que
~
=⇒ E(z)
=
Z
R
~
dE(z)
0
Z
=
=
=
=
~
E(z)
=
R
σdrr
z
·
· ẑ
2
20 (r + z 2 ) 23
0
Z R
rdr
σz
· ẑ
3
2
2
20
0 (r + z ) 2
0
σz
1
· ẑ √
20
r 2 + z 2 R
σ
z
z
−√
· ẑ
20
|z|
R2 + z 2
σ
z
· ẑ sign(z) − √
20
R2 + z 2
~
Podemos ver que E(z)
→ 2σ0 · sign(z)ẑ cuando R → +∞, que es justamente el
campo eléctrico producido por un plano innito de densidad de carga supercial
uniforme σ .
d) Cilindro recto y macizo de radio R y altura h, cargado uniformemente con densidad de carga volumétrica ρ ; sobre su eje (pero fuera de él).
Solución:
Poniendo como eje z el eje de simetría del cilindro y plano xy un plano que
contenga el círculo en la mitad del cílindro, por la simetría sabemos a priori que
~
~
~
E(−z)
= −E(z)
sobre y bajo el cilindro, y E(z)
= E(z) · ẑ . Consideremos el
cilindro como una sucesión de discos de grosor innitesimal. Del itém anterior,
sabemos que un disco de altura z1 genera un campo eléctrico
ρdz1
~
dE(z)
=
· ẑ
20
z − z1
z − z1
−p
|z − z1 |
R2 + (z − z1 )2
6
!
con
− h/2 ≤ z1 ≤ h/2
Consideremos puntos sobre el cilindro. Por el principio de superposición, tenemos
que
~
=⇒ E(z)
=
Z
h/2
~
dE(z)
−h/2
!
z − z1
ρdz1
· ẑ 1 − p
R2 + (z − z1 )2
−h/2 20
!
Z h/2
z − z1
ρ
· ẑ
1− p
dz1
20
R2 + (z − z1 )2
−h/2
h/2
p
ρ
· ẑ z1 + R2 + (z − z1 )2 20
−h/2
p
p
ρ
· ẑ h + R2 + (z − h/2)2 − R2 + (z + h/2)2
20
Z
=
=
=
=
h/2
Este es el campo eléctrico sobre el cilindro, es decir, para h/2 ≤ z . El campo bajo
el cilíndro, es decir, para z ≤ −h/2 es igual en módulo pero de sentido contrario.
e) Alambre innito de densidad lineal uniforme λ; en cualquier punto del espacio.
Solución: Consideremos el alambre a lo largo del eje z. Por la simetría del
~
problema, a priori sabemos que E(r)
no depende de θ ni de z , es perpendicu~ r) = E(ρ)ρ̂, donde
lar al alambre y sólo depende de ρ. Así, esperamos que E(~
ρ̂ = cos(θ)x̂ + sen(θ)ŷ .
Tenemos que ~r = xx̂ + y ŷ + z ẑ , r~1 = z1 ẑ , y |~r − r~1 |2 = x2 + y 2 + (z − z1 )2 =
ρ2 + (z − z1 )2 .
7
~ r) =
E(~
=
=
=
=
λdz1 ~r − r~1
·
r − r~1 |3
Ω 4π0 |~
!
Z +∞
ρcos(θ)x̂ + ρsen(θ)ŷ + (z − z1 )ẑ
λ
dz1
3
4π0 −∞
(ρ2 + (z − z1 )2 ) 2
!
Z +∞
λ
ρρ̂ + (z − z1 )ẑ
dz1
3
4π0 −∞
(ρ2 + (z − z1 )2 ) 2
!
Z +∞
λ
ρρ̂
dz1
3
4π0 −∞
(ρ2 + (z − z1 )2 ) 2
!+∞
z1 − z
1 λρ
· ρ̂ p
4π0
ρ2 + (z1 − z)2 ρ2 −∞
Z
λ
4π0
λ
=
2π0
=
ρ̂
· (2)
ρ
ρ̂
·
ρ
Problema 4 Considere un plano innito de densidad de carga uniforme σ , con un
oricio circular de radio R.
a) Calcule el campo eléctrico en cualquier punto del eje que pasa por el centro del
oricio, perpendicularmente al plano.
b) A lo largo del eje se coloca un alambre (no conductor) de largo a, con densidad
de carga lineal uniforme λ y cuya distancia más próxima al plano es d. Encontrar
la fuerza eléctrica que experimenta el alambre.
Solución:
8
a) Usando el principio de superposición, podemos encontrar lo deseado considerando
la suma vectorial del campo eléctrico que genera un plano innito de densidad de
carga σ sobre el eje y un disco de radio R y densidad de carga −σ . Sea el plano
yz coordenado el plano en cuestión y el eje x el eje en cuestión.
De los items anteriores, tenemos que el campo eléctrico generado por el plano es
σ
· sign(x)x̂
E~1 (~r) =
20
y el campo eléctrico generado por el disco es
−σ
x
E~2 (~r) =
· x̂ sign(x) − √
20
R 2 + x2
.
~ = E~1 + E~2 = σ ·
=⇒ E
20
x
√
R 2 + x2
x̂
b) Tenemos que la fuerza eléctrica que experimenta un elemento dx del alambre
~.
debido al plano con el oricio está dada por dF~ = dq E
=⇒ F~ =
Z
d+a
~
dq E
con dq = λdx
Z d+a
σ
x
λdx
· √
x̂
20
R 2 + x2
d
Z d+a
λσ
xdx
√
·
· x̂
20 d
R 2 + x2
d+a
λσ √ 2
2
R +x ·
· x̂
20
d
√
λσ p 2
R + (d + a)2 − R2 + d2 · x̂
·
20
d
=
=
=
=
9