Download 08_Junio_2005

1
Departamento de Física
Facultad de Ciencias
Universidad de Tarapacá
Solucionario
Primera Prueba de Física III
Ingeniería Plan Común - Semestre de Otoño (08 Junio 2005)
Problema 1 (3.0 ptos. total):
Un cilindro muy largo de radio 2R tiene una densidad volumétrica de carga
0
distribuida
homogéneamente. Sobre su eje existen dos agujeros esféricos, cada uno de radio R .
a) Hallar el campo eléctrico E ( x ) sobre el eje X para valores de x  2R . (2.2 ptos.)
b) Hallar la diferencia de potencial electrostático V  V (2 R)  V (5 R ) entre
los puntos
x  5R y x  2 R (0.8 ptos.)
Y
r  x2  R2
R
2R

x
R
R


Ee
Ee
Ec
X
x
Solución:
1a) Hallar el campo eléctrico E ( x ) sobre el eje X para valores de
x  2R . (2.2 ptos.
total)
Usando el principio de superposición, el campo resultante viene dado por la siguiente expresión:
E   Ec  2Ee cos   iˆ , donde Ec es el módulo del campo del cilindro de radio 2R y donde Ee
es el módulo del campo creado por cada una de las esferas de radio R . La componente E y del
campo se anula por simetría.
2
Campo de un cilindro muy largo. Se usa una Gaussiana de radio r  2 R y altura
E
c
 dS 
qneta
0
 Ec 2 rh 
0Vcilindro
0
h:
0 (2 R) h
2 0 R 2
 Ec 2 rh 
 Ec 
0
 0r
2
2 0 R 2
En el punto x se cumple que r  x , luego el campo del cilindro vale: Ec ( x) 
.
0x
2 0 R 2 ˆ
i (0.6 ptos.)
Vectorialmente escribimos: Ec ( x) 
0 x
Campo de una esfera. Se usa Gaussiana de radio r  R :
 Ee  dS 
qneta
0
 Ee 4 r 2 
0Vesfera
 4 R3
 R3
 Ee 4 r 2  0
 Ee  0 2
0
3 0
3 0 r
En el punto x se cumple que r  x
esfera en el punto x viene dado por:
Ee 
2
 R2 , luego el módulo del campo eléctrico creado por la
0 R3
0 R3
.

3 0 r 2 3 0  x 2  R 2 
Vectorialmente escribimos para el campo creado por la esfera de arriba (up):
0 R 3
Eeup ( x)  Ee ( cos  iˆ  sin  ˆj ) 
( cos  iˆ  sin  ˆj ) (0.5 ptos.)
3 0  x 2  R 2 
Vectorialmente escribimos para el campo creado por la esfera de abajo (down):
down
e
E
( x)  Ee ( cos  iˆ  sin  ˆj ) 
0 R 3
3 0  x 2  R 2 
( cos  iˆ  sin  ˆj ) (0.5 ptos.)
Los vectores que representan a los campos creados por cada una de las esferas apuntan en
dirección a cada esfera, porque al aplicar el principio de superposición consideramos que su
densidad  0 es negativa.
El campo resultante en el punto x se obtiene sumando vectorialmente todos los campos, es decir,
superponiendo todos los campos:
E  Ec ( x)  Eeup ( x)  Eedown ( x)
Con lo cual se obtiene:
E   Ec  2Ee cos   iˆ , explícitamente se tiene:
 2  R 2 2  R3 cos  
0
 iˆ
E  0 
2
2
 0 x
3 0  x  R  

3
Las componentes a lo largo del eje Y se anulan entre sí.
El campo resultante sólo tiene
componente a lo largo del eje X. De la figura se ve claramente que cos  
x

r
x
x2  R2
, por lo
tanto, el campo resultante del cilindro de carga con dos agujeros esféricos queda:

2 0 R 2  1
xR
E

 0  x 3 x 2  R 2 3 2




 iˆ (0.6 ptos.)


1b) Hallar la diferencia de potencial electrostático V  V (2 R)  V (5 R ) entre los puntos
x  5R y x  2 R (0.8 ptos. total)
b

La diferencia de potencial se obtiene a través de la expresión: V (b)  V (a )   E  dl .
a
En este caso nos movemos a lo largo del eje
y cambiar la diferencial, escribimos:
x , por lo tanto, después de realizar el producto punto
2R
V  V (2 R)  V (5 R)    E ( x)dx
5R
Usando el campo obtenido anteriormente, nos queda:
V  V (2 R)  V (5 R)  
2 0 R 2
0

xR
1
5 R  x  2 2 3 2
3 x  R 

2R

 dx


integrando
2R

2 R2 
R
V  V (2 R)  V (5R)   0 ln x 

0 
3 x2  R2 5R
Finalmente la diferencia de potencial queda:
V  V (2 R)  V (5R)  
2 0 R 2  2
1
1 
ln 

(0.8 ptos.)

 0  5 3 5 3 26 
4
Problema 2 (3.0 ptos. total):
Hallar el campo eléctrico E ( r ) y el potencial electrostático V ( r ) en función de la distancia radial
r , en cada una de las regiones, para la configuración formada por una esfera central de radio a
con distribución de carga radialmente simétrica dada por


r
para
0  r  a con   cte. ,
Q    a 2 en su
rodeada por un cascarón metálico entre r  a y r  b que lleva una carga
superficie.
Q    a 2

r
a
b
Solución:
2a) Cálculo del campo eléctrico (1.5
ptos. total)
Se usará la ley de Gauss para calcular el campo en cada región:
Región I:
 E  dS 
qneta
0
0r a
Se usa una Gaussiana de radio r  a
 E  dS 
qneta
0
 E 4 r 2


r a
0
 (r )dV
0
Pero, la densidad volumétrica de carga depende de la distancia radial:  
  cte. ,
r
para
0  r  a con
reemplazando en la integral y recordando que la diferencial de volumen de la esfera
viene dada por dV  4 r dr ,
2
E 4 r 2 

1
0

r a
0
podemos escribir:

4 r a
4 r 2
4 r 2 dr 
rdr

r
 0 0
2 0
5
Simplificando se tiene finalmente EI
EI 
el campo eléctrico en la región I:

(0.5 ptos.)
2 0
Región II:
ar b
Se usa Gaussiana de radio a  r  b . En este caso sabemos que el campo eléctrico estático es
cero en el interior de un conductor, por lo tanto:
EII  0
Es importante recordar que se produce inducción de cargas en el metal de modo que el campo en
el interior es cero, es decir, de la ley de Gauss se infiere que
 E  dS 
qneta
0
 0  qneta , es decir,
la carga neta encerrada en la Gaussiana debe ser cero, por lo que debe haber carga inducida
en la superficie interior del conductor, tal que la suma con la carga total interior
Qind
qint encerrada en la
r  a debe ser cero: qi  Qind  0 . Vemos así que la carga inducida tiene la
misma magnitud que la carga total interior qint de la esfera de radio r  a , a saber:
esfera de radio
a
Qind   qi   
0

r
4 r 2 dr
Finalmente, la carga total
qint en la esfera interior de radio r  a vale
qi  2 a 2 (0.5 ptos.)
y la carga inducida en el metal vale:
Qind  2 a 2
Naturalmente que en la superficie exterior del metal aparece también la misma cantidad de carga
inducida pero de signo opuesto, que modo tal que la suma de toda la carga inducida en el metal es
cero.
Región III:
br
Se usa Gaussiana de radio b  r .
Debemos recordar que el sistema de esferas tiene dos tipos de cargas libres: la carga en la esfera
interior recién calculada:
qe   a
qi  2 a 2
y la carga libre en la superficie exterior del metal:
2
de modo que la carga total encerrada en la Gaussiana de
qneta encerrada  qi  qe  2 a2   a2   a2  2    .
Ahora aplicamos Gauss
b  r viene dada por
6
EIII 4 r 2 
qneta
0

 a 2  2   
0
Finalmente, el campo fuera de las esferas viene dado por:
EIII 
a 2  2   
4 0 r 2
(0.5 ptos.)
2b) Cálculo del potencial electrostático (1.5 ptos. total)
Calcularemos el potencial como función de la distancia radial
r usando la relación:
r
V (r )    E  dl

Comenzaremos desde la región III hasta la región I
br
Región III:
En esta región el campo eléctrico vale EIII 
br
br


VIII (r )    EIII dr   
a 2  2   
4 0 r 2
a 2  2   
4 0 r 2
, por lo tanto, la integral queda
dr
Obteniéndose finalmente
VIII (r ) 
a 2  2   
4 0 r
(0.5 ptos.)
ar b
Región II:
En esta región la integral para calcular el potencial se debe separar en dos porque la integral
atraviesa dos regiones distintas:
a  r b
VIII (r )  


b
a  r b

b
Edr    EIII dr 

EII dr
Los campos en cada región son: EIII 
anterior, tenemos
a 2  2   
4 0 r 2
a  r b
a 2  2   
a 2  2   
VII (r )   
dr   0dr 
4 0 r 2
4 0b

b
b
Finalmente:
VII (r ) 
a 2  2   
4 0b
(0.5 ptos.)
y EII  0 . Reemplazando en la integral
7
Vemos así que el potencial en el interior del metal es constante, es decir, el conductor en estado
estático siempre es un volumen equipotencial.
Región I:
0r a
La integral del potencial se escribe
r a
b
a
r a


b
a
VI (r )    Edr    EIII dr   EII dr 
Los campos en cada región son: EIII 
 E dr
I
a 2  2   
4 0 r
2
,
EII  0 y EI 
queda
b
r a

a
VI (r )    EIII dr 
 E dr
I
Reemplazando los campos
r a
a 2  2   

VI (r )   
dr  
dr
2
4 0 r
2 0

a
b
Integrando se tiene el potencial en la región I:
VI (r ) 
a 2  2   
4 0b


(r  a ) (0.5 ptos.)
2 0
En resumen, el potencial como función de r en cada región queda

a 2  2    
V
(
r
)


(r  a ) 0  r  a región I
 I
4

b
2

0
0


a 2  2   
V (r )  
VII (r ) 
a  r  b región II
4 0b


a 2  2   

VIII (r ) 
br
región III
4 0 r


2 0
, luego la integral
8
Problema 3 (3.0 ptos. total):
Problema obligatorio. Una varilla horizontal de largo 2L tiene una densidad lineal de carga
homogénea 0 . Justo sobre su centro y a una altura h se encuentra una segunda varilla de largo
d con densidad lineal de carga    y, con   cte. Calcule la fuerza resultante F ejercida por
la varilla horizontal sobre la varilla vertical.
y
 y
d
0
h
x
-L
L
Solución:
Primero calculamos el campo eléctrico generado por una varilla horizontal de largo 2L a una
distancia variable y sobre su centro. (1.5 ptos. total)
y
r
dq '
-L
r
El campo eléctrico viene dado por la expresión
x
L
dx
E (r )  
kdq  r  r  
r  r
3
. En este caso los vectores
r y r  vienen dados por: r  y ˆj y r   x iˆ . Luego  r  r     x iˆ  y ˆj y su módulo viene
dado por r  r   x 2  y 2 . El campo se expresa entonces como:
9
E (r )  k 

x
dq  x iˆ  y ˆj
2
y
3
2 2

.
Pero la carga está distribuida homogéneamente en la varilla horizontal:
E (r )  k 
0 dx   x iˆ  y ˆj 
dq  0 dx , luego,
3
 x2  y 2  2
Integrando entre los límites  L y L , se tiene:
 xdx
L
E (r )  k 0 
L
x
2
L
iˆ  k 0 y 
3
 y2 2
L
dx
x
2
y
3
2 2

ˆj
Calculando cada integral, tenemos
L
E (r )  iˆ k 0
1
x2  y 2
L
 ˆj k 0 y
L
x
y 2 x2  y 2
L
Sólo sobrevive la componente y del campo, ya que por argumentos de simetría vemos que
la componente x debe anularse:
2k 0 L ˆ
E (r ) 
j (1.5 ptos.)
y L2  y 2
Calculemos ahora la fuerza ejercida por el campo eléctrico de la varilla horizontal sobre cada
elemento de carga diferencial dq   dy   ydy del alambre vertical de largo d , ubicado a una
altura
h sobre la varilla de horizontal. (1.5 ptos. total)
Sabemos que sobre cada elemento diferencial de carga de la varilla vertical se ejerce una fuerza
diferencial dada por la siguiente expresión: dF  Edq  E ydy
y
d
dF  Edq
dq
h
x
10
Por lo tanto, la fuerza total sobre el alambre vertical viene dada por la integral desde y  h hasta
y  hd
hd
F

hd
Edq 
h

h
2k 0 L ydy ˆ
j
y L2  y 2
Integrando
F  2k 0 L
hd

h
dy
L2  y 2

ˆj  2k 0 L ln y  L2  y 2

hd
h
Se tiene la fuerza pedida:
 h  d  L2   h  d 2
F  2k 0 L ln 

h  L2  h2


 ˆj (1.5 ptos.)


ˆj