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CAMPOS ELECTROMAGNÉTICOS TEMA 2 LEY DE COULOMB E INTENSIDAD DE CAMPO ELÉCTRICO

Ingeniería en Redes y Telecomunicaciones Prof. Máximo Domínguez Ciclo Sep – Dic 2009 San Cristóbal, RD

TABLA DE CONTENIDO

1. LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB 3. INTENSIDAD DE CAMPO ELÉCTRICO 5. CAMPO DEBIDO A UNA DISTRIBUCIÓN CONTINUA DE CARGA VOLUMÉTRICA 7. CAMPO DE UNA LÍNEA DE CARGA 9. CAMPO DE UNA LÁMINA DE CARGA 11. LÍNEAS DE FLUJO Y ESQUEMAS DE CAMPOS

LA LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB

Coulomb afirmó que la fuerza entre dos objetos muy pequeños separados en el vacío, o en el espacio libre por una distancia comparativamente grande en relación con el tamaño de los objetos, es proporcional a la carga en cada uno e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa, o sea:

F =k

Q1 Q 2 R2

F es la fuerza [Newtons – N] Q1 y Q2 son las cantidades de carga positiva o negativa [coulombs – C] R es la separación [metros – m]

Unidades Sistema mks

K es una constante de proporcionalidad

1 k= 4πε 0 →

Aquí de nuevo, … Qué creen, ¿Es ε0 adimensional? 1

LA LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB

ACLARANDO : ε0 → permitividad del espacio libre

→

ε 0 = 8.854 × 10 −12 ≅

ε 0 = 8.854 ×10

−12

1 ×10 −9 F m 36π

2 1 −9 C ≅ × 10 ⋅ m2 36π N

LEY DE COULOMB

RECORDANDO :

Q1Q2 F= 4πε 0 R 2

Carga Electrón → 1.602 x10-19 C Carga 1 Coulomb → 6 x 1018 electrones Fuerza 2Q de 1C y R=1m → 9 x 109 N [Casi 1 millón de Toneladas] Masa en Reposo Electrón → 9.109 x 10-31 kg Radio Electrón → 3.8 x 10-15 m

[Forma Escalar]

2

LA LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB (CONT.)

LEY DE COULOMB (CONT.)

F2 =

Q1Q2 a12 2 4πε 0 R12

[Forma Vectorial]

donde a12 es un vector unitario en la dirección de R12, es decir: R R r −r a12 = 12 = 12 = 2 1 R 12 R12 r2 − r1 Observe la siguiente figura, y verifique que si Q1 y Q2 tienen el mismo signo, el vector fuerza F2 sobre Q2 tiene la misma dirección que el vector R12. 3

LA LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB (CONT.) Ejemplo 2.1: Para ilustrar el uso de la forma vectorial de la Ley de Coulomb ubiquemos una carga Q1 = 3 x 10-4 C en M(1,2,3) y otra carga Q2=-10-4 C en N(2,0,5) en el vacío. Se desea encontrar la fuerza que ejerce Q1 en Q2. Solución: •Se determina el vector R12 y su magnitud: R12 = r2 – r1 = (2-1)ax + (0-2)ay + (5-3)az= ax - 2ay + 2az 2 2 2 3 ×10 −4 − 10 −4  a x − 2a y + 2a z R12 = (1) + ( − 2 ) + ( 2 ) = 3  F2 = −9 2  4π (1 36π )10 × 3  3

(

R12 1 2 2 el vector unitario •Se adetermina = = a − a + aaz12: 12 x y R12 3 3 3

)

 a x − 2a y + 2a z F2 = −30 3 

  

  N 

F2 = −10a x + 20a y − 20a z N •Se determina la fuerza F2: 4

LA LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB (CONT.) Algunas Conclusiones sobre la Ley de Coulomb: 3.La fuerza expresada por la Ley de Coulomb es una fuerza mutua, esto es:

F1 = −F2 =

Q1Q2 Q1Q2 a = − a12 21 2 2 4πε 0 R12 4πε 0 R12

8.La Ley de Coulomb es lineal. 10.La fuerza debida a la acción de varias cargas es la suma de las fuerzas que sobre dicha carga ejercerían individualmente cada una de las otras cargas.

5

LA LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB (CONT.) D2.1 La carga QA = - 20 μC está en el punto A(-6,4,7), y la carga QB = 50 μC está en el punto B(5,8,-2) en el espacio libre. Si las distancias están dadas en metros, encontrar:

Ejercicio para realizar en el salón. Respuestas: •11ax + 4ay – 9az m •14.76 m •30.76ax + 11.184ay – 25.16az mN •30.72ax + 11.169ay – 25.13az mN

•RAB •|RAB| •F vectorial ejercida por QB sobre QA si ε0 es 1→

36π

×10 −9 F

m

•F vectorial ejercida por QB sobre QA si ε0 es →

8.854 ×10 −12 F

m

Otro más. → Realizar Problema 2.1

6

INTENSIDAD DE CAMPO ELÉCTRICO Campo Eléctrico en una Carga Puntual en el Origen

E=

Ft Q1 = a1t 2 Qt 4πε 0 R1t

Fuerza sobre unidad de carga

Campo Eléctrico en una Carga Puntual Fuera del Origen

E( r ) =

r − r' Q( r − r') = 2 3 4πε 0 r − r' r − r' 4πε 0 r − r' Q

El vector r′ localiza la carga puntual Q, el vector r determina cualquier punto P (x,y,z) del espacio, y el vector R de Q a P(x,y,z) es entonces R=r- r′. 7

INTENSIDAD DE CAMPO ELÉCTRICO (CONT.) En el escenario de la gráfica, la suma vectorial de las intensidades de campo eléctrico total en P debido a Q1 y Q2 puede hacerse por el carácter lineal de la ley de Coulomb, es decir:

E( r ) =

Q1 4πε 0 r − r1

2

a1 +

Q2 4πε 0 r − r2

2

a2

Si se agregan más cargas en otras posiciones del campo debido a n cargas puntuales, entonces:

E( r ) =

Q1 4πε 0 r − r1 n

E( r ) = ∑

m =1

2

a1 +

Qm 4πε 0 r − rm

2

Q2 4πε 0 r − r2

2

a2 + ⋅⋅⋅ +

Qn 4πε 0 r − rn

2

an

am 8

INTENSIDAD DE CAMPO ELÉCTRICO (CONT.) Ejemplo 2.2:

Solución:

Encontrar E en el punto P(1,1,1) que causan cuatro cargas idénticas de -3 nC localizados en los puntos P1(1,1,0), P2(-1,1,0), P3(-1,-1,0) y P4(1,-1,0), como se verifica en la siguiente figura.

•Del gráfico se observa que el vector r = ax + ay + az y r1 = ax + ay deduciendo que : r - r1 = az •Adicionalmente se confirma que: | r - r1 |= 1, | r - r2 |= √5, | r - r3 |= 3, | r - r4 |= √5. 8.Puesto que Q 3 × 10 −9 = = 26.96 V .m −12 4πε 0 4π × 8.854 × 10

 a 1 2a + a z E = 26.96  z 2 + x 5  1 1

•Entonces 2a x +resulta 2a y + a: z 1 2a y + a z 1 + + 2 2 3 3 5 5

( )

E = 6.82a x + 6.82a y + 32.8a z V

m

1  2 5 

( )

9

INTENSIDAD DE CAMPO ELÉCTRICO (CONT.) D2.2 Una carga de – 0.3 μC se encuentra en el punto A(25,-30,15) en cms, y una segunda carga de 0.5 μC en el punto B(-10,8,12) cms. Encontrar E en :

Ejercicio para realizar en el salón. Respuestas: •92.3ax – 77.6ay – 94.2az kV/m •11.9ax – 0.519ay + 12.4az kV/m

•El origen •En P(15,20, 50) cms Y ahora porque no vemos, … Solución en Ms Excel

10

CAMPO DEBIDO A UNA DISTRIBUCIÓN DE CARGA VOLUMÉTRICA Sea ρv la densidad de carga volumétrica en C/m3, entonces la carga para un ∆v se expresa:

∆Q = ρ v ∆v

∆Q ρv = ∆v

Para que la densidad de carga volumétrica corresponda a una distribución suave y continua, se evalúa la expresión anterior mediante un proceso de acercamiento en el límite, es decir:

∆Q ρ v = lim ∆v →0 ∆v De lo anterior, se verifica que la carga total dentro de cualquier volumen finito se obtiene por integración sobre todo el volumen, es decir:

Q=

∫ ρ ∆v v

vol

11

CAMPO DEBIDO A UNA DISTRIBUCIÓN DE CARGA VOLUMÉTRICA (CONT.) Ejemplo 2.3:

Solución:

Encontrar la carga total contenida en el haz de electrones de un tubo de rayos catódicos de longitud igual a 2 cm, como se muestra a continuación.

•De la figura se observa que:

ρ v = −5 ×10 e −6

C

−105 ρz

m3

•Se considera el diferencial de volumen en coordenadas cilíndricas para encontrar la carga total, esto es:

Q=

0.04 2π 0.01

∫ ∫ ∫ − 5 ×10

−6

e

−105 ρz

0.02 0 0

13.Integrando respecto a 0.04 0.01

Q=

∫ ∫ − 10

−5

πe

−105 ρz

ρdρdφdz

φ se tiene: ρdρdz

0.02 0

12

CAMPO DEBIDO A UNA DISTRIBUCIÓN DE CARGA VOLUMÉTRICA (CONT.) Ejemplo 2.3 (Cont.) : Solución: 3.Integrando respecto a z, se tiene 0.01

Q=

∫ 0

z = 0.04

 − 10 −5 π −105 ρz   e ρdρ  5  − 10 ρ  z =0.02

0.01

Q=

(

)

−5 − 2000 ρ − 4000 ρ − 10 π e − e dρ ∫ 0

•Finalmente:

0.01

e  e   Q = −10 π  −  − 2000 − 4000  0 1   1 Q = −10 −10 π  −  = 0.0785 pC  2000 4000  −10

−2000 ρ

−4000 ρ

13

CAMPO DEBIDO A UNA DISTRIBUCIÓN DE CARGA VOLUMÉTRICA (CONT.) Si se suman todas las contribuciones de toda la carga dentro del volumen de una región dada y se deja que el elemento de volumen ∆v se aproxime a cero, cuando el número de elementos se hace infinito, entonces dicha suma se convierte en una integral, esto es:

E( r ) =

ρ v (r ' ) dv '

∫ 4πε

vol

0

r −r

' 2

Ejercicio para realizar en el salón.

r −r' r −r'

Respuestas: e)0 f)1.018 mC g)6.28 C

D2.4

Calcular la carga total dentro de los volúmenes siguientes: •0.1 ≤ |x|, |y|, |z| ≤ 0.2 y

ρv =

1 x3 y3 z 3

•0 ≤ ρ ≤ 0.1, 0 ≤ Ф ≤ π, 2 ≤ z ≤ 4; ρv= ρ2z2sin(0.6 Ф) •En el universo;

e −2 r ρv = 2 r

14

CAMPO DEBIDO A UNA LÍNEA DE CARGA Densidad de Carga

ρL

[C/m].

Para una densidad ρ L (lineal y uniforme) en una línea de carga que se extiende desde - ∞ a +∞ a lo largo del eje z, se tiene : • Al variar Ф, con ρ y z contantes, la línea de carga conserva simetría azimutal. • Si se varía z, con ρ y Ф constantes, la línea de carga conserva simetría axial, por tanto, el campo es independiente de z. • Si varía ρ, con z y Ф constantes, el campo disminuye cuando ρ se incrementa, debido a la ley de Coulomb. • Si EФ=0, entonces Ez+ y Ez- se cancelan. • Eρ varía únicamente con variación de ρ.

15

CAMPO DEBIDO A UNA LÍNEA DE CARGA (CONT.) De la gráfica se verifica que:

Eρ =

ρL

'

4πε 0 R

dE ρ =

( z ⋅ sin θ )

2

ρ L dz ' 4πε 0 R

ρ tan θ = ' z

( sin θ ) 2

sin θ =

z' cot θ = ρ

ρ R

z ' = ρ cot θ

dz ' = − ρ csc 2 θdθ sin θ = 0

Eρ = ∫ π

ρ R

csc θ =

R ρ

R = ρ csc θ

ρ L ( − ρ csc 2 θ ) ⋅ sin θ ⋅ dθ 4πε 0 ρ csc θ

2

0

⋅ a ρ = −∫

ρL [ − 1 − 1] = ρ L ⋅ a ρ Eρ = − 4πε 0 ρ 2πε 0 ρ

π

ρL ρL [ − cos θ ]π0 ⋅ a ρ sin θ ⋅ dθ ⋅ a ρ = − 4πε 0 ρ 4πε 0 ρ

Observe que el campo decae inversamente a la distancia a la línea de carga, a diferencia del caso puntual donde el campo disminuye con el cuadrado de la distancia.

16

CAMPO DEBIDO A UNA LÍNEA DE CARGA (CONT.) Ejemplo 2.4:

Solución:

Considere una línea de carga infinita situada a lo largo del eje z. La misma pasa por x=6 y y=8. Se desea encontrar E en un punto P(x,y,z) cualquiera del campo

•Reemplazamos R en la ecuación:

Observe que el campo no es función de z

Eρ =

ρL ⋅aρ 2πε 0 ρ

Siendo ( x − a:6) + ( y − 8) R = ρ =R igual 2

2

ρL E = ⋅aR Por tanto, 2 2 2πε 0 ( x − 6 ) + ( y − 8) aR =

R ( x − 6 ) a x + ( y − 8) a y = R ( x − 6 ) 2 + ( y − 8) 2

ρ L ( x − 6 ) a x + ( y − 8) a y E= 2πε 0 ( x − 6 ) 2 + ( y − 8) 2

17

CAMPO DEBIDO A UNA LÍNEA DE CARGA (CONT.) D2.5 A lo largo de los ejes x y y (positivo y negativo) en el espacio libre se encuentran líneas de carga uniforme e infinitas de 5 nC/m. Encontrar el valor de E en:

Ejercicio para realizar en el salón. Respuestas: •45az V/m •10.8ay + 36.9az V/m

•PA(0,0,4) •PB(0,3,4)

18

CAMPO DEBIDO A UNA LÁMINA DE CARGA Densidad de Carga Superficial

ρs

[C/m2].

Consideremos una lámina infinita dividida en tiras de ancho infinitesimal, como se muestra a continuación: La densidad de carga lineal de una tira es:

ρ L = ρ s dy ' La contribución al campo de la tira en el punto P es:

dE x =

ρ s dy ' 2πε 0 x 2 + y '2

⋅ cos θ

cos θ =

x R

ρs xdy ' dE x = ⋅ 2πε 0 x 2 + y '2 19

CAMPO DEBIDO A UNA LÁMINA DE CARGA (CONT.) Recordemos que una integral de la forma:

a −1 u ⋅ du = tan ∫ a2 + u2 a

Por tanto: +∞

+∞

+∞

ρs ρs ρ s  −1 y  xdy xdy ⋅ = = ∫−∞ 2πε 0 x 2 + y '2 2πε 0 −∫∞ x 2 + y '2 2πε 0 ⋅ tan x  −∞ ρ  π − π  ρs Ex = s ⋅  − = 2πε 0  2 2  2ε 0 Ex =

'

'

'

Vectorialmente:

ρs E= aN 2ε 0 Observe que el campo es constante en magnitud y dirección 20

CAMPO DEBIDO A UNA LÁMINA DE CARGA (CONT.)

ρs aN Si el punto que se elige sobre el eje x es negativo, en la ecuación : E = 2ε 0 el vector unitario aN es normal a la lámina, esto significa que se aleja de ella [hacia afuera]. Sea una lámina con carga ρs. Si se coloca otra lámina con carga ρs , que se sitúa en x=a, el campo total resultante para x>a es: Este es el

ρs E = ax 2ε 0 +

Resultado

ρs E =− ax y 2ε 0 −

campo existente entre las placas de un capacitor

E = E+ + E− = 0

ρs ρ a x E− = s a x E = E+ + E− = 0 2ε 0 Para x