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• Cristh Albert Morales

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• Campo eléctrico
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Índice general Presentación

I

Índice general

II

1. Datos generales 1.1. Datos Personales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Datos de la Institución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Datos de la Asignatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 1 1

2. Justificación

2

3. Objetivos 3.1. Objetivos Generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Objetivos Específicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 4 4

4. Electrostática 4.1. Carga eléctrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Ley de Coulomb y principio de superposion . 4.2.1. Principio de superposición . . . . . . . . 4.2.2. Distribución continua de carga . . . . . 4.3. Campo eléctrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4. Potencial electrostático . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Ley de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6. Expansion multipolar del campo eléctrico . . 4.6.1. Momento monopolar eléctrico . . . . . 4.6.2. Momento dipolar eléctrico . . . . . . . . 4.6.3. Momento cuadripolar eléctrico . . . . .

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5 5 5 5 5 15 19 22 28 28 28 29

5. Electrostática y condición de frontera 5.1. Problema unidimensional . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1. En coordenadas cartesianas . . . . . . . . 5.1.2. En coordenadas esféricas . . . . . . . . . . 5.1.3. En coordenadas cilíndricas . . . . . . . . . 5.2. Problema bidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.1. Coordenadas cartesianas . . . . . . . . . . 5.2.2. Coordenadas esféricas . . . . . . . . . . . . 5.2.3. Coordenadas cilíndricas . . . . . . . . . . . 5.3. Problema con densidad volumétrica de carga

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39 39 39 39 39 43 43 43 44 50

II

ÍNDICE GENERAL

III

6. Imágenes electrostáticas 6.1. Imágenes electrostáticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Placa conductora infinita y carga puntual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3. Carga puntual y esfera conductor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53 53 53 55

7. Metodología 7.1. Estrategias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2. Métodos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3. Medios y Materiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62 62 62 62

8. Cronograma de Actividades 8.1. Temas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. Cronograma de Actividades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63 63 63

9. Relación de Estudiantes y Asistencias 9.1. Relación de estudiantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. Lista de Asistencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64 64 65

10.Anexo 10.1. Tabla de integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2. Serie de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66 66 66

Bibliografía

67

C. William Taipe H.

Capítulo 4 Electrostática 4.1.

Carga eléctrica

Es una propiedad fundamental de la materia, entre partículas que manifiestan esta propiedad existen fuerzas de atracción o de repulsion

4.2.

Ley de Coulomb y principio de superposion

Las interacciones entre cuerpos que se encuentran cargadas eléctricamente y en reposo están gobernado por la ley de Coulomb. F~ =

4.2.1.

(4.1)

Principio de superposición F~ =

4.2.2.

1 qq1 (~r − ~r1 ) 1 qq1 (~r − ~r1 ) = 2 4π"o |~r − ~r1 | |~r − ~r1 | 4π"o |~r − ~r1 |3

  1 (~r − ~r1 ) (~r − ~rn ) qq1 + . . . + qqn 4π"o |~r − ~r1 |3 |~r − ~rn |3 n (~r − ~ri ) 1 X ~ qqi F= 4π"o i =1 |~r − ~ri |3

(4.2) (4.3)

Distribución continua de carga

Densidad volumétrica de carga: ρ(~r 0 ) ρ(~r 0 ) = Densidad superficial de carga: σ(~r 0 )

dq dV

(4.4)

dq (4.5) da La fuerza que una distribución volumétrica de carga ρ(~r 0 ) ejerce sobre una carga puntual q es: ZZZ q (~r − ~r 0 ) F~ = ρ(~r 0 ) dV0 (4.6) 0 3 4π"o |~r − ~r | V σ(~r 0 ) =

5

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

6

La fuerza que una distribución superficial de carga σ(~r 0 ) ejerce sobre una carga puntual q es: ZZZ (~r − ~r 0 ) q σ(~r 0 ) F~ = da0 (4.7) 0 |3 ~ 4π"o |~ r − r S El principio de superposición se puede aplicar para calcular la fuerza que una distribución muy general de carga ejerce sobre una carga puntual q ubicado en un punto ~r . ( ) Z n X q qi (~r − ~ri ) d q 0 (~r − ~r 0 ) F~ = + (4.8) 4π"o i =1 |~r − ~ri |3 |~r − ~r 0 |3 EJERCICIO NO 4. 1 Dos cargas puntuales q 0 y −q 0 están sobre el eje X con coordenadas a y −a respectivamente. Hallar la fuerza sobre la carga q situada en un punto arbitrario del plano X Y .

SOLUCIÓN Gráficamente el problema sera de la forma siguiente

Las fuerza que actúa entre las cargas −q 0 y q sera de atracción y la fuerza entre q 0 y q sera de repulsión. La fuerza total sobre la carga q sera la suma de las fuerzas que interacción con la carga q F~1 = − F~2 =

1 qq 0 ~r1 4π"o r13

1 qq 0 ~r2 4π"o r23

(a)

(b)

de la gráfica obtenemos las componentes del vector ~r1 ~r1 = (x iˆ + y jˆ) − (−a iˆ + 0 jˆ) ~r1 = (x + a )iˆ + y jˆ modulo de ~r1 r1 =

p

(x + a )2 + y 2

de la gráfica obtenemos las componentes del vector ~r2 ~r2 = (x iˆ + y jˆ) − (a iˆ + 0 jˆ) ~r2 = (x − a )iˆ + y jˆ C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

7

modulo de ~r2 r2 =

p

(x − a )2 + y 2

Fuerza total ejercida sobre la carga q es la suma de la ecuación (a) y (b) F~ = F~1 + F~2 1 qq 0 1 qq 0 ~ ~r2 F~ = − r + 1 4π"o r13 4π"o r23 1 F~ = 4π"o

‚

qq 0 qq 0 ~ ~r2 r + 1 r13 r23

Π(c)

reemplazando los valores de r1 , r2 , ~r1 y ~r2 en la ecuación (c) ‚ Œ 1 (x − a )iˆ + y jˆ (x + a )iˆ + y jˆ F~ = − 4π"o [(x − a )2 + y 2 ]3/2 [(x + a )2 + y 2 ]3/2 EJERCICIO NO 4. 2 Sobre un cuadrado de lado a en el plano Y Z que tiene un vértice en el origen de coordenadas y lados paralelos a los semiejes positivos, se coloca en cada vértice una carga q 0 . Una carga puntual q se ubica sobre el eje X a una distancia b del origen. Hallar el componente x de la fuerza que actúa sobre q .

SOLUCIÓN Para calcular la fuerza usaremos la ecuación F~ =

X i

1 qqi (~r − ~ri ) 4π"o |~r − ~ri |3

(a)

De la gráfica obtenemos que: ~r = b iˆ+0 jˆ+0kˆ ,

~r4 = 0iˆ+0 jˆ+0kˆ ,

~r1 = 0iˆ+a jˆ+0kˆ ,

~r2 = 0iˆ+a jˆ+a kˆ ,

y

~r3 = 0iˆ+0 jˆ+a kˆ

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

8

desarrollamos la ecuación (a) para nuestro caso F~ = F~ =

(~r − ~r1 ) (~r − ~r2 ) (~r − ~r3 ) (~r − ~r4 ) 1 1 1 1 qq 0 qq 0 qq 0 qq 0 + + + 3 3 3 4π"o |~r − ~r1 | 4π"o |~r − ~r2 | 4π"o |~r − ~r3 | 4π"o |~r − ~r4 |3   ~r − ~r1 ~r − ~r2 ~r − ~r3 ~r − ~r4 1 qq 0 + + + 4π"o |~r − ~r1 |3 |~r − ~r2 |3 |~r − ~r3 |3 |~r − ~r4 |3

reemplazando los valores obtenidos de la gráfica – ™ ˆ − a jˆ + 0kˆ ) (b iˆ − a jˆ − a kˆ ) (b iˆ + 0 jˆ − a kˆ ) (b iˆ + 0 jˆ + 0kˆ ) 1 (b i F~ = qq 0 + + + 4π"o [b 2 + a 2 ]3/2 [b 2 + 2a 2 ]3/2 [b 2 + a 2 ]3/2 [b 2 ]3/2 pero nos pide Fx Fx

=

Fx

=

  b b b b 1 0 qq + + + 4π"o [b 2 + a 2 ]3/2 [b 2 + 2a 2 ]3/2 [b 2 + a 2 ]3/2 [b 2 ]3/2   1 2b b 0 1 qq + + 4π"o b [b 2 + a 2 ]3/2 [b 2 + 2a 2 ]3/2

EJERCICIO NO 4. 3 Dos líneas de carga de igual longitud L, paralelas y dispuestas en el plano X Y como se muestra en la figura tiene cada una densidad lineal de carga uniforme λ. Hallar la fuerza que la linea I I experimenta debido a la linea I .

SOLUCIÓN

La ecuación a resolver es la siguiente d F~ =

1 d q I d q I I (~r − ~r 0 ) 4π"o |~r − ~r 0 |3

(a) C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

9

donde nuestros datos son

~r = a iˆ + y jˆ ~r 0 = 0iˆ + y 0 jˆ

por dato sabemos que la densidad de carga de las líneas es λ λ=

d qI ; dy0

λ=

d qI I dy

de donde despejamos que d q I = λd y 0 ;

d q I I = λd y

Reemplazando todo los datos hallados en la ecuación (a) d F~ = d F~ =

1 λd y 0 λd y (a iˆ + (y − y 0 ) jˆ) 4π"o [a 2 + (y − y 0 )2 ]3/2 1 λ2 (a iˆ + (y − y 0 ) jˆ)d y 0 d y 4π"o

[a 2 + (y − y 0 )2 ]3/2

Integrando esta ecuación F~ = F~ = F~ =

1 λ2 4π"o

Z LZ

L

(a iˆ + (y − y 0 ) jˆ)d y 0 d y [a 2 + (y − y 0 )2 ]3/2

0Z L 0Z L  Z LZ L 0d y 0d y 0d y 1 a d y y − y λ2  iˆ + jˆ 2 + (y − y 0 )2 ]3/2 2 + (y − y 0 )2 ]3/2 4π"o [a [a 0 0 0 0  L L  Z Z L L 0 2 1d y λ  y −y dy ˆ ˆ p p i+ j −a 2 2 0 2 2 0 2 4π"o a + (y − y ) a (y − y ) 0 0 a 0

0

  Z L Z L Z L Z L λ2 ydy dy dy (y − L)d y −a F~ = iˆ + a iˆ + jˆ − jˆ p p p p 2 2 + (y − L)2 2 2+y2 2 + (y − L)2 2+y2 4π"o a a a a a a 0 0 0 0  ! Z L Z L Z L λ2 1 (y − L)d y dy ydy  F~ = − iˆ + + +p jˆ p p 2 4π"o a a 2 + (y − L)2 a2 +y 2 a 2 (y − L)2 0 a 0 0  Z L dy jˆ − p 2 2 a +y 0  L L   p p p λ2 1 p 2 ˆ 2 2 2 2 2 2 2 ˆ ~ F= − a + (y − L) + a + y i + ln(y − L + a + (y − l ) ) j − ln(y + a + y ) jˆ 4π"o a 0 0   p p p p λ2 1 F~ = (−a + a 2 + L 2 + a 2 + L 2 − a )iˆ + ln a jˆ − ln( a 2 + L 2 − L) jˆ − ln(L + a 2 + L 2 ) jˆ + ln a jˆ 4π"o a F~ = F~ =

λ2 4π"o



 1 p 2 2 2 2 ˆ 2 ˆ ˆ (2 a + L − 2a )i + 2 ln a j − ln(a + L − L ) j a r λ2 L2 ( 1 + 2 − 1)iˆ 2π"o a C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

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EJERCICIO NO 4. 4 Sobre un disco de radio R en el plano X Y con centro en el origen se tiene una distribución superficial de carga descrita por la expresión: σ = a r 2 , donde a es una constante (a) Determine las unidades de a , (b) Halle la carga total sobre el disco, (c) Halle la fuerza producida por esta distribución de carga sobre una carga puntual q ubicada en el eje Z

SOLUCIÓN

a) Por dato tenemos que la densidad de carga superficial es σ = a r 2 donde r es el radio y su unidad es el metros, la unidad de σ es C /m 3 , reemplazando esto en la ecuación σ = ar2 C = a (m )2 m2 despejando la unidad de a es a = mC2 b) La carga total sobre un disco

La densidad superficial de carga es σ=

dQ dS

De donde despejamos la diferencial de carga dQ = σd S dQ = a r 2 d S

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

11

Integrando esta ecuación Z Z Q =

a r 2r d r d θ φ 2π Z R

Z Q =

a r 3d r d φ 0

0 2π Z R

Z Q = a

r 3d r d φ 0

0 2π

Z Q = a 0

2π

Z Q = a 0

R r 4 dφ 4 0 R4 4

R 4π Q = a 2 c) Para el caso de un disco

por dato tenemos ~r = 0iˆ + 0 jˆ + z kˆ ;

~r 0 = r cos φ iˆ + r sen φ jˆ + 0kˆ

dQ = a r 2 d S;

dS = rd rd φ

la fuerza que actúa sobre la carga puntual q sera el siguiente d F~ =

q dQ(~r − ~r 0 ) 4π"o |~r − ~r 0 |3

Reemplazando nuestros datos d F~ =

q (−r cos φ iˆ − r sen φ jˆ + z kˆ )a r 2 r d r d φ 4π"o [r 2 + z 2 ]3/2

integrando qa F~ = 4π"o

R

Z 0

2π

Z 0

(−r cos φ iˆ − r sen φ jˆ + z kˆ )r 3 d φd r [r 2 + z 2 ]3/2 C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

F~ = F~ =

12

qa 4π"o

Z

R

qaz 2"o

Z

0 R

0

2πz r 3 d r ˆ k [r 2 + z 2 ]3/2 r 3d r kˆ [r 2 + z 2 ]3/2

qaz 2"o

p

qaz F~ = 2"o

p

F~ =

! R ˆ 2 2 r +z + p k r2 +z2 z2

0

R2 + z 2 + p

z2 R2 + z 2

! − 2z

kˆ

EJERCICIO NO 4. 5 Encontrar la fuerza electrostática sobre un alambre con densidad lineal de carga uniforme λ, debido a un disco uniformemente cargado con densidad σ. El alambre es de longitud L, perpendicular al disco y toca a este en su centro.

SOLUCIÓN Gráficamente el problema es el siguiente

Donde la densidades correspondientes son los siguientes: La densidad lineal de carga para el alambre es λ=

dQ dz

La densidad superficial de carga para el disco es σ=

dQ 0 dS

de donde despejamos

La diferencial de fuerza es d F~ =

dQ = λd z

(a)

dQ 0 = σd S

(b)

~ −R ~ 0) 1 dQdQ 0 (R ~ −R ~ 0 |3 4π"o |R

(c) C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

13

donde de la gráfica obtenemos y

~ = 0iˆ + 0 jˆ + z kˆ R ~ 0 = r cos φ iˆ + r sen φ jˆ + 0kˆ R

~ yR ~ 0 en la ecuación (c) Ahora reemplazando las ecuaciones (a) , (b) y los valores de R d F~ = d F~ = d F~ = d F~ = d F~ = d F~ =

~ −R ~ 0) 1 λd z σd S(R ~ −R ~ 0 |3 4π"o |R Z a Z 2π (−r cos φ iˆ + r sen φ jˆ + z kˆ )r d φd r λσd z 3/2 4π"o 0 0 [r 2 + z 2 ] Za 2πz r d r ˆ k 2 + z 2 ]3/2 [r 0 Za λσz 2πd z rd r kˆ 2 + z 2 ]3/2 4π"o [r 0 ! λσz d z −1 1 ˆ + k p 2"o a2 +z2 z ! λσ zdz kˆ 1d z − p 2"o 2 2 a +z

Integrando con respecto a la variable z λσ F~ = 2"o F~ =

L

Z

L

Z 1d z −

0

0

zdz p

a2 +z2

!

kˆ

 ‹ p λσ L − a + a 2 + L 2 kˆ 2"o

EJERCICIO NO 4. 6 Un cilindro circular recto de radio R esta orientado a lo largo del eje Z . Tiene densidad volumétrica de carga dada por la expresión: ρ(z ) = ρ0 + β z con respecto a un origen en el centro del cilindro. encontrar la fuerza sobre una carga puntual q colocada en el centro del cilindro. Altura cilindro es L

SOLUCIÓN

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

14

De los datos del ejercicio ρ(z ) = ρ0 + β z

(a)

Para calcular la fuerza aplicaremos la ecuación Z Z Z ρ(z )(~r − ~r 0 )d V q F~ = 4π"o |~r − ~r 0 |3

(b)

donde de la gráfica obtenemos que ~r = 0iˆ + 0 jˆ + 0kˆ ; de donde

~r 0 = r cos φ iˆ + r sen φ jˆ + z kˆ

~r − ~r 0 = −r cos φ iˆ − r sen φ jˆ − z kˆ p |~r − ~r 0 | = r 2 + z 2

(c) (d)

Reemplazando las ecuaciones (a),(c) y (d) en la ecuación (b) obtenemos F~ = F~ = F~ =

q 4π"o

Z

L/2

Z

R

−L/2 0 L/2 Z R

2π

Z 0

(ρ0 + β z )(−r cos φ iˆ − r sen φ jˆ − z kˆ )r d φd r d z (r 2 + z 2 )3/2

q (ρ0 + β z )(−z )r 2π d r d z kˆ 4π"o −L/2 0 (r 2 + z 2 )3/2 Z L/2 Z R q −(ρ0 + β z )z r d r d z kˆ 2"o −L/2 0 (r 2 + z 2 )3/2 Z

Resolviendo las integrales con ayuda de tablas de integrales F~ = F~ = F~ =

q 2"o

Z

q 2"o

Z

q 2"o

Z

L/2

−L/2 L/2

−L/2

R (ρ0 + β z )z d z kˆ p r2 +z2 0

! (ρ0 + β z )z − (ρ0 + β z ) d z kˆ p 2 2 R +z

L/2

−L/2

ρ0 z p

R2 + z 2

+p

βz2 R2 + z 2

! − ρ0 − β z

d z kˆ

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

q F~ = 2"o

ρ0

p

βz

p

! L/2 p 2 R2 + z 2 β R2 z − ln(z + R 2 + z 2 ) − ρ0 z − β kˆ 2 2 2 −L/2

 F~ =

R2 + z 2 +

15

q   2"o

p βL 2

 r  r 2 + L 2 /4 β R 2 L L2 L − ln  + R 2  − β0 + 2 2 2 4 2

p βL 2

r 2 + L 2 /4 2

+

r    β R2 L L2 L + ln − + R 2  − β0  kˆ 2 2 4 2 F~ = F~ = F~ =

F~ =

r r   r     2 2 2 2 2 q βL L R L L L L R  R2 + −β ln  + R 2 + β ln − + R 2  − β L  kˆ 2"o 2 4 2 2 4 2 2 4       L p 2 L p 2 R2 R2 qβ L p 2 2 2 2 ln + R + L /4 + ln − + R + L /4 − L kˆ R + L /4 − 2"o 2 2 2 2 2     p L R 2  2 + R 2 + L 2 /4  qβ L p 2  2 R + L /4 − ln  − L  kˆ p   2"o 2 2 − L2 + R 2 + L 2 /4    2 p L 2 2 p 2  + R + L /4  qβ  2  L R 2 + L 2 /4 − R ln   kˆ − L    2"o  2 2 R 

F~ =

4.3.

qβ  2"o 2

Lp



L R 2 + L 2 /4 − R ln  + 2R 2

r

  L2 + 1 − L  kˆ 4R 2

Campo eléctrico

El campo electrostático en un punto ~r es el limite de la razón: fuerza electrostática F~ que actúa sobre una carga q colocado en ~r entre el valor de la carga, cuando este se aproxima a cero es decir F~ q −→0 q

E~ (~r ) = l´ım

(4.9)

Campo eléctrico de una distribución conocida de cara discreta y/o continua en cualquier punto ~r del espacio. ( ) Z N X qi (~r − ~ri ) d q 0 (~r − ~r 0 ) 1 + (4.10) E~ (~r ) = 4π"o i =1 |~r − ~ri |3 |~r − ~r 0 |3 EJERCICIO NO 4. 7 Hallar el E~ debido a un anillo de radio R y que posee una carga Q en un punto P, tal que como en la figura.

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

16

SOLUCIÓN Para hallar el campo eléctrico usamos la ecuación   1 dQ(~r − ~r 0 ) d E~ = 4π"o |~r − ~r 0 |3

donde

(a)

~r 0 = R cos θ iˆ + R sen θ jˆ + 0kˆ ~r = 0iˆ + 0 jˆ + z kˆ

reemplazando los datos en la ecuación (a) d E~ =

1 dQ(−R cos θ iˆ − R sen θ jˆ + z kˆ ) 4π"o |R 2 + z 2 |3/2

integrando E~

=

E~

=

E~

=

E~

=

λR(−R cos θ iˆ − R sen θ jˆ + z kˆ )d θ |R 2 + z 2 |3/2 0 Z 2π 1 λR (−R cos θ iˆ − R sen θ jˆ + z kˆ )d θ 4π"o [R 2 + z 2 ]3/2 0 1 λR z 2πkˆ 4π"o [R 2 + z 2 ]3/2 λRz kˆ 2"o [R 2 + z 2 ]3/2 1 4π"o

Z

2π

EJERCICIO NO 4. 8 Considere una distribución de carga lineal y uniforme λ, de longitud 2L. Calcular el campo electrostático en un punto A = (x , 0, 0) en la misma recta del segmento cargado y en un punto B = (0, y , 0) sobre una recta perpendicular al segmento cargado y que pasa por su centro.

SOLUCIÓN

a) Para la primera parte del problema

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

17

d E~ =

1 d q (~r − ~r 0 ) 4π"o |~r − ~r 0 |3

d q = λd x 0 d E~

=

E~

=

E~

=

E~

=

E~

=

E~

=

E~

=

E~

=

λ d x 0 (~r − ~r 0 ) 4π"o |~r − ~r 0 |3 Z 2L (x − x 0 )d x 0 λ iˆ 4π"o 0 (x − x 0 )3 Z 2L λ dx0 iˆ 4π"o 0 (x − x 0 )2 2L λ 1 − iˆ 4π"o (x − x 0 ) 0   −1 1 λ + iˆ 4π"o x − 2L x   λ x − 2L − x iˆ 4π"o x 2 − 2Lx −λ 2L 2 4π"o x − 2Lx 2Lλ iˆ − 4π"o (x 2 − 2Lx )

b) Para la segunda parte del problema la gráfica es de la forma siguiente

d E~ =

1 d q (~r − ~r 0 ) 4π"o |~r − ~r 0 |3

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

d E~

=

E~

=

E~

=

18 λ (−x iˆ + y jˆ + 0kˆ )d x 4π"o (x 2 + y 2 )3/2 Z L  Z L λ −x d x ydx  iˆ + jˆ 2 + y 2 )3/2 2 + y 2 )3/2 4π"o (x (x −L −L  L L  1 λ  x ˆ ˆ i+ p j p 4π"o x2 +y 2 y y 2 +x2 −L

E~

=

−L

2L λ jˆ p 4π"o y y 2 + L 2

EJERCICIO NO 4. 9 ¿Cual es el campo eléctrico en el centro de un cascaron esférico de radio R si la mitad de su superficie tiene densidad superficial de carga uniforme σ y la otra mitad 2σ?

SOLUCIÓN Gráficamente el problema es el siguiente

La ecuación a resolver es la siguiente 1 d E~ = 4π"o

–

d q (~r − ~r1 ) 0

|~r − ~r1 |3 0

d q 0 (~r − ~r2 ) 0

+

™ (a)

|~r − ~r2 |3 0

De la gráfica obtenemos los siguientes datos ~r = 0iˆ + 0 jˆ + 0kˆ

(b)

0 ~r1 = R cos φ sen θ iˆ + R sen φ sen θ jˆ + R cos θ kˆ ;

0 < φ < π;

0 < θ < π/2

(c)

~r2 = R cos φ sen θ iˆ + R sen φ sen θ jˆ + R cos θ kˆ ;

0 < φ < π;

π/2 < θ < π

(d)

0

d q = σd S

(e)

d q 0 = 2σd S 0

(f)

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

19

Reemplazando las ecuaciones (b),(c), (d), (e)y (f) en la ecuación (a) luego integrando ambos lados – ™ 0 0 d q (~r − ~r1 ) d q 0 (~r − ~r2 ) 1 d E~ = + 0 0 4π"o |~r − ~r1 |3 |~r − ~r1 |3 σ E~ = − 4π"o 2σ − 4π"o

4.4.

Z

π π/2

π/2 Z 2π 

Z 0

0 2π 

Z 0

R 2 sen θ R sen φ sen θ d φd θ R 2 sen θ R cos θ d φd θ ˆ R 2 sen θ R cos φ sen θ d φd θ ˆ+ ˆ+ i j k R3 R3 R3

R 2 sen θ R cos φ sen θ d φd θ R 2 sen θ R sen φ sen θ d φd θ R 2 sen θ R cos θ d φd θ ˆ ˆ+ ˆ+ i j k R3 R3 R3

E~

=

E~

=

E~

=

E~

=



Z π/2  Zπ −1σ  2π sen θ cos θ d θ kˆ + 4π sen θ cos θ d θ kˆ  4π"o 0 π/2 π/2 π i −1 h σπ sen2 θ 0 + 2σπ sen2 θ π/2 kˆ 4π"o 1 − (σπ − 2σπ)kˆ 4π"o σ ˆ k 4"o

Potencial electrostático

Al campo escalar U (~r ) tal que

¯ E~ = −∇U

(4.11)

lo llamaremos potencial electrostático. El potencial debido a una carga puntual qi ubicado en ~ri es U (~r ) =

1 qi 4π"o |~r − ~ri |

(4.12)

Teniendo en cuenta el principio de superposición, podemos establecer la siguiente expresión para el potencial electrostático, U (~r ), debido a una distribución muy general. ( ) Z N X 1 qi dq0 U (~r ) = + (4.13) 4π"o i =1 |~r − ~ri | |~r − ~r 0 | donde d q 0 puede ser: λd l 0 , σd a 0 ,ρd V 0 EJERCICIO NO 4. 10 Considere la siguiente distribución discreta de carga: q : (0, 0); 2q : (0, a ); 3q : (a , 0); 4q : (a , a ). Determinar el potencial electrostático en el centro del cuadrado.

SOLUCIÓN El planteo gráfico del problema es el siguiente

C. William Taipe H.



CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

20

Según los datos de la gráfica

~r = a /2iˆ + a /2 jˆ

(a)

r~1 = 0iˆ + 0 jˆ;

q;

r~2 = 0iˆ + a jˆ;

2q ;

~r − ~r2 = a /2iˆ − a /2 jˆ

(c)

r~3 = a iˆ + a jˆ;

4q ;

~r − ~r3 = −a /2iˆ − a /2 jˆ

(d)

r~4 = a iˆ + 0 jˆ;

3q ;

~r − ~r4 = −a /2iˆ + a /2 jˆ

(e)

usando la ecuación 1 U (~r ) = 4π"o

~r − ~r1 = a /2iˆ + a /2 jˆ

(

N X i =1

qi |~r − ~ri |

(b)

) (f)

desarrollando la ecuación (f)para N = 4   q2 q3 q4 1 q1 + + + U (~r ) = 4π"o |~r − ~r1 | |~r − ~r2 | |~r − ~r3 | |~r − ~r4 |

(g)

reemplazando los valores de las ecuaciones (a), (b),(c),(d) y (e) en la ecuación (g), luego resolviendo   q 2q 4q 3q 1 + + + U (~r ) = 4π"o |(a /2, a /2)| |(a /2, −a /2)| |(−a /2, −a /2)| |(−a /2, a /2)|   U (~r ) =

U (~r ) =

U (~r ) = U (~r ) = U (~r ) =

 1  q 2q 4q 3q q€ Š € Š + q€ Š € Š + q€ Š € Š + q€ Š € Š 4π"o  2 2 2 2 2 2 a 2 a 2 + a2 + − a2 − a2 + − a2 − a2 + a2 2 2    10q 1  q€ Š € Š  4π"o  a 2 a 2 + 2 2 1 20q p 4π"o a 2 p 10q 2 4π"o a p 5q 2 2π"o a

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

21

EJERCICIO NO 4. 11 Se tiene un disco de radio a con distribución uniforme σ0 . Hallar en un punto de su eje: a) El potencial U b) El campo eléctrico E~

SOLUCIÓN

De la gráfica obtenemos

~r = z kˆ ~r 0 = r cos φ iˆ + r sen φ jˆ + 0kˆ p |~r − ~r 0 | = z 2 + r 2

Para hallar el potencial usaremos la ecuación 1 U= 4π"o

Z

dQ |~r − ~r 0 |

(a)

dQ dS dQ = σ0 d S = σ0 r d r d φ σ0 =

Reemplazando los datos obtenidos en la ecuación (a) U

=

1 4π"o

U

=

σ0 4π"o

σ0 r d r d φ p z2 +r2 0 0 Z 2π p a 2 2 z +r dφ

Por consiguiente:

=

U

=

0

0

2π

p σ0 ( z 2 + a 2 − z )d φ 4π"o 0 σ0 p 2 ( z +a2 −z) 4π"o Z

U

2π Z a

Z

∂U ∂U ∂U ˆ E~ = −∇U = − iˆ + jˆ + k ∂x ∂y ∂z 



C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

22

∂V ˆ E~ = − k ∂z   ∂ σ0 p 2 ( z + a 2 − z ) kˆ E~ = − ∂ z 2"o E~ E~

4.5.

= − =

σ0 2"o

σ0 2"o

z p

1− p

z2 +a2 z

z2 +a2

! !

− 1 kˆ kˆ !

kˆ

Ley de Gauss

El flujo eléctrico a través de cualquier superficie cerrada S es proporcional a la carga neta encerrada ‡ q (4.14) E~ · d a~ = "o S Siendo "o la constante de proporcionalidad la permitividad del vació EJERCICIO NO 4. 12 En la region comprendida entre dos cilindros coaxiales de radio R y 3R existe una distribución volumétrica de carga dada por la expresión: ρ(r ) = ρ0

r 2R

donde r es la distancia desde cualquier punto al eje común de los cilindros. ¿Cual es la diferencia de potencial entre las superficies cilíndricas de radio R y 3R?

SOLUCIÓN El análisis gráfico

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

23

Para resolver este problema aplicaremos la ley de Gauss ‡ q E~ · d S~ = "o

(a)

Donde la densidad volumétrica de carga esta dada por ρ(r ) = ρ0 Para el caso region R < r < 2R

r 2R

(b)

dq dV d q ρ = ρd V ρ=

(c)

la carga que esta contenido dentro de la superficie lo encontramos integrando la ecuación (c) Z Z Z q

=

ρd V h/2

Z q

ρ0

= Z

q

2π Z r

Z

R −h/2 0 h/2 Z 2π Z r

= −h/2

R

0

r r d r d φd z 2R

ρ0 r 2 r d r d φd z 2R

ρ0 πh 3 (r − R 3 ) 3R Aplicando la ley de Gauss para nuestro caso de la region R < r < 2R ‡ q E~ · d S~ = "o q=

S

‡ dS =

E ‡

ρ0 πh 3 (r − R 3 ) "o 3R

S

r d φd z

E

(d)

=

ρ0 πh 3 (r − R 3 ) "o 3R

S

E (2πr h) = E

=

ρ0 πh 3 (r − R 3 ) "o 3R   ρ0 R3 2 r − 6"o R r

Lo que encontramos es la parte escalar, el campo electrostático tiene una dirección de vector eˆr por tanto en forma vectorial es de la siguiente forma   ρ0 R3 2 ~ E= r − eˆr (e) 6"o R r Ahora para calcular el potencial usaremos la siguiente ecuación E~ = −∇U

(f) C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

24

donde desarrollando la gradiente en coordenadas cilíndricas es de la forma siguiente   ∂U 1∂U ∂U E~ = − eˆr + eˆφ + eˆz ∂r r ∂φ ∂z

(g)

igualando componentes de las ecuaciones (e) y (g)   ρ0 R3 ∂U 2 ~ E= r − eˆr = − eˆr 6"o R r ∂r   ρ0 R3 ∂U 2 r − =− 6"o R r ∂r   3 ρ0 R r2 − ∂ r = −∂ U 6"o R r integrando en los puntos R y 3R 3R

  ρ0 R3 2 r − dr 6" R r o R  3  3R ρ0 r 3 − R ln r 6"o R + R   3 3 ρ0 (3R) R 3 2 − R ln(3R) − + R ln R 6"o R 3 3 ρ0 R3 (9R 3 − R 3 ln 3R + R 3 ln R − ) 6"o R 3 ρ0 26 3 ( R − R 3 ln 3) 6"o R 3 Z

4U = −

Z

U (3R)

= −

dU U (R)

= −(U (3R) − U (R)) = −4U = −4U = −4U

R 2 ρ 26 3 ( R − R 3 ln 3) 6"o 3

EJERCICIO NO 4. 13 El espacio entre dos esferas concéntricas de radios R 1 y R 2 esta lleno con una distribución de carga: ρ(r ), siendo r la distancia al centro común de la esferas. Hallar el campo eléctrico E~ en cualquier punto del espacio.

SOLUCIÓN Esta relleno de ρ(r ) Aplicando la ley de Gauss a la region R 1 < r < R 2

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

25

resolvamos la siguiente ecuación Z Z

E~ 1 · d S~1 =

q "o

Z Z E1 Z Z E1

dS =

1 "o

Z 1 d S1 = ρ(r )d V "o V Z r Z π Z 2π ρ(r )r 2 sen θ d θ φd r R1

0

0 r

Z

1 ρ(r )4πr 2 d r E 1 (4πr ) = "o R 1 Zr 1 E1 = ρ(r )4πr 2 d r 4πr 2 "o R 2

1

luego 1 E~ 1 = 2 r "o

Z

r

ρ(r )r 2 d r eˆr R1

y para la region r > R 2

Z Z

E~ 2 · d S~2 =

q "o

Z Z E2 Z Z E2

d S2 =

1 "o

Z 1 ρ(r )d V d S2 = "o V Z R 2 Z π Z 2π ρ(r ) sen θ r 2 d θ d φd r R1

0

0 R2

Z

1 E 2 (4πr ) = "o

ρ(r )4πr 2 d r

2

R1

Luego 1 E~ 1 = "o r 2

Z

1 E~ 2 = "o r 2

Z

r

! ρ(r )r 2 d r

eˆr

R1 R2

! ρ(r )r 2 d r

eˆr

R1

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

26

EJERCICIO NO 4. 14 Encontrar el campo eléctrico dentro de un cilindro infinitamente largo de radio a y una densidad volumétrica de carga uniforme ρ. Encontrar también el potencial electrostático.

SOLUCIÓN

Por la ley de Gauss

‡ E~ · d S~ =

q "o

asumiendo que la altura del cilindro es h −→ ∞ ‡ q E~ · d S~ = "o ZZ ZZ ZZ q E~ · d S~1 + E~ · d S~2 + E~ · d S~3 = "o ZZ q E~ · d S~2 = "o ZZ Z h Z a Z 2π 1 E d S2 = ρr d φd r d z "o 0 0 0 1 (πr 2 hρ) "o ρr E= 2"o

E (2πr h) =

Luego E~ =

ρr eˆr 2"o

El potencial es igual a Z

r

−E~ · d ~l =

U (r ) = re f

r

Z

− 0

ρr 2 ρr dr =− +ct e 2"o 4"o C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

27

EJERCICIO NO 4. 15 Dos cilindros coaxiales de longitud infinita tiene radios a y b (b > a ) y la region entre ellos contiene una distribución de carga dada por la expresión: ρ(r ) = Ar n donde A y n son constantes mientras que r es la coordenada cilíndrica ρ. Hallar el campo eléctrico en cualquier punto del espacio.

SOLUCIÓN Por dato del ejercicio tenemos que la densidad volumétrica de carga es ρ(r ) = Ar n En la region r < a , E~ = ~0 Para calcular E~ en la region a < r < b usamos la ley de Gauss

I

E~ · d S~ =

q "o

E~ · d S~3 =

q "o

Z

1 "o

Z

1 "o

Z

S

Z S1

E~ · d S~1 +

Z S2

E~ · d S~2 +

Z S3

Z E d S2 = S2

Z d S2 =

E S2

E (2πr h) = E (2πr h) = E

=

Ar n d V V h

Z rZ

2π

Ar n r d φd r d z a

0 h

0

0

Z rZ a

1 Ah2π "o

Z

2π

Ar n +1 d φd r d z

0 r

r n +1 d r

a n+2  1 r a n+2 Ah2π − "o n +2 n +2   a n +2 A n +1 r − "o (n + 2) r

luego

  A a n +2 n+1 E~ = r − eˆr "o (n + 2) r Para la region del espacio r > b se tiene

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

I

28

E~ · d S~ =

S

E (2πr h) = E

=

q "o € Š A 2hπ b n +2 − a n+2 "o (n + 2) € Š A b n +2 − a n +2 "o (n + 2)

luego E~ =

4.6.

€ Š A b n+2 − a n+2 eˆr "o (n + 2)

Expansion multipolar del campo eléctrico 1 U (~r ) = 4π"o

Z

dq0 |~r − ~r 0 |

(4.15)

U (~r ) = U1 (~r ) + U2 (~r ) + U4 (~r ) + . . . ( ) ← → ~ · ~r ~r · Q ~r 1 Q p U (~r ) = + 3 + + ... 4π"o r r r5

4.6.1.

(4.17)

Momento monopolar eléctrico Z Q=

4.6.2.

(4.16)

Z dq0 =

Z ρd V 0

Q=

ó

Z σd a 0

ó

Q=

λd l 0

(4.18)

Momento dipolar eléctrico Z ~= p

Z Z Z ~r 0 d q 0 =

Z Z ~r 0 ρd V 0

ó

~= p

Z ~r 0 σd a 0

ó

~= p

~r 0 λd l 0

(4.19)

Recordando que d q 0 , tiene el vector posición ~r 0 , de donde se derivara las componentes x 0 , y 0 , z 0 . C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

4.6.3.

29

Momento cuadripolar eléctrico ← → 1 Q = 2

Z

 3x 02 − r 02 3x 0 y 0 3y 0 z 0   3y 02 − r 02 3y 0 z 0  d q 0  3x 0 y 0 3x 0 z 0 3y 0 z 0 3z 02 − r 02 

(4.20)

EJERCICIO NO 4. 16 Una circunferencia de radio R esta compuesta de dos mitades cargadas uniformemente y con signos opuestos. Determine el momento cuadrupolar eléctrico. Encontrar el potencial electrostático U (~r ) en puntos muy lejanos de la circunferencia, es decir, r  a

SOLUCIÓN

Para encontrar el potencial electrostático U (~r ) usamos la ecuación ( ← → ) ~ ~r Q ~r Q ~r · p 1 + 3 + U (r, φ, θ ) = 4π"o r r r5

(a)

Los datos del ejercicio son: dq0 dl dq0 λ = rd φ 0 d q = λr d φ λ =

~r 0 = a (cos φ iˆ + sen φ jˆ + 0kˆ ) Calculemos el momento monopolar Z Q =

dq0 Z

Q =

λr 0 d φ π

Z Q =

Z

2π

λa d φ − 0

λa d φ π

Q = λa π − 2πλa + λa π C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

30

Q =0

(b)

Hallemos los términos del tensor momento cuadrupolar   Qx x Qx y Qx z ← →   Q =  Qy x Qy y Qy z  Qz x Qz y Qz z

Qx x Qx x Qx x Qx x

Z

=

1 2

Z

=

1 2 1 2

Z

= =

Qx x

=

Qx x

=

Qx x

=

Qy y

=

Qy y

=

Qy y

=

Qy y

=

Qy y

=

Qy y

=

Qy y

=

Qy y

=

Qy y

=

(3x 02 − r 02 )d q 0 π

Z

2π

(3x − r )d q − 02

02

(3x 02 − r 02 )d q 0

0

π

0 π

Z

2π

(3a cos φ − a )λa d φ − 2

2

0

λa 3

π

Z

(3a 2 cos2 −a 2 )λa d φ

2

Z

π 2π

(3 cos2 φ − 1)d φ

(3 cos2 φ − 1)d φ −

2

!

π

0 π

! Z 2π 3 3 ( (1 + cos 2φ) − 1)d φ − ( (1 + cos 2φ) − 1)d φ 2 2 0 π    3 3π 3 3 3 3π 3 λa + − π − − 3π + − 2π − − +π 2 2 4 4 4 2 4 3 λa (3π − 4π + π) = 0 2 λa 3 2

1 2

Z

Z (3y 02 − r 02 )d q 0

Z π  Z 2π 1  (3y 02 − r 02 )d q 0 − (3y 02 − r 02 )d q 0  2 0 π Z π  Z 2π 1 a λ a λ  (3a 2 sen2 φ − a 2 ) dφ− (3a 2 sen2 φ − a 2 ) d φ 2 2 2 0 π Z π  Z 2π a 3λ  (3 sen2 φ − 1)d φ − (3 sen2 φ − 1)d φ  4 0 π Z π  Z 2π 3 a 3λ 3  ( (1 − cos 2φ) − 1) − ( (1 − cos 2φ) − 1)d φ  4 2 2 0 π  π 2π  3 a 3λ 3 3 cos 2φ 3 sen 2φ ( φ − − φ) − ( φ − − φ)  4 2 4 2 4 0 π   a 3 λ 3π 3π − π − (3π − 2π − + π) 4 2 2 a 3λ (3π − 4π + 2π − π) 4 0 C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

=

Qx y Qx y

=

Qx y

=

Qx y

=

Qx y

=

3 2

31

Z x 0y 0d q 0

Z π  Z 2π 3 λa λa  a 2 cos φ sen θ dφ− a 2 cos φ sen φ d φ 2 2 2 0 π Z π  Z 2π 3a 3  cos φ sen φd φ − cos φ sen φd φ  4 0 π  π 2π  3a 3 sen2 φ sen2 φ   − 4 2 0 2 π 3a 3 (0) 4 Qx y = Qy x = 0 Z 3 Qy z = y 0z 0d q 0 = 0 2 Qy z = Qz y = 0 Z 3 Qx z = x 0z 0d q 0 = 0 2 Qx z = Qz x = 0 

 0 0 0 ← →   Q = 0 0 0  0 0 0

(c)

La carga total es cero Q = 0 Z ~ p

~r 0 d q 0

=

~ p ~ p ~ p

π

Z 2π a 2λ a 2λ dφ− (cos φ, sen φ) dφ = (cos φ, sen φ) 2 2 0 π π 2π a 2 λ a 2 λ = (sen φ, − cos φ) − (sen φ, − cos φ) 2 0 2 π = a 2 λ(1 + 1) jˆ − (−1 − 1)a 2 λ jˆ Z

~ = 2a 2 λ jˆ p

(d)

Reemplazando (b), (c), (d) en la ecuación (a) U (r, φ, θ ) = U (r, φ, θ ) = U (r, φ, θ ) =

1 4π"o

(

← → ) ~ ~r Q ~r Q ~r · p + 3 + r r r5

1 r sen φ cos θ 2a 2 λ 4π"o r3 1 2a 2 λ sen φ cos θ 4π"o r2 C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

32

EJERCICIO NO 4. 17 Una hemisferio de radio a que tiene una carga neta Q distribuida uniformemente en su superficie esta elevado sobre el plano X Y . tomado como origen de coordenadas el centro de curvatura del hemisferio, Calcular: a) El momento dipolar eléctrico b) El momento cuadrupolar eléctrico c) La aproximación multipolar del potencial electrostático, hasta orden cuadrupolar

SOLUCIÓN

Calculemos el momento monopolar Z Q=

Z dq = 0

d q 0 = σd S Z π/2 Z 2π σd S =

σa 2 sen θ d φd θ 0

0

π/2

Z

π/2

Q=

σa 2 sen θ (2π)d θ = σa 2 (− cos θ )2π|0

= σa 2 2π

0

Q = σa 2 2π ~ en un punto cualquiera de la superficie a) Calculemos el momento dipolar eléctrico p ~r 0 = a cos φ sen θ iˆ + a sen φ sen θ jˆ + a cos θ kˆ Z ~= p Z ~= p Z ~= p

Z ~r 0 d q 0 =

~r 0 d q 0

a (cos φ sen θ iˆ + sen φ sen θ jˆ + cos θ kˆ )σd S

a (cos φ sen θ iˆ + sen φ sen θ jˆ + cos θ kˆ )σa 2 sen θ d φd θ

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA π/2 Z 2π

Z ~= p 0

33

a 3 σ(cos φ sen θ iˆ + sen φ sen θ jˆ + cos θ kˆ ) sen θ d φd θ

0 π/2

Z ~= p

a 3 σ2π cos θ sen θ d θ kˆ

0 π/2 ~ = σa 3 π sen3 θ |0 kˆ = a 3 σπkˆ p

~ = a 3 σπkˆ p b) Calculemos el momento cuadrupolar eléctrico  Q ← →  xx Q =  Qy x Qz x

Qx x

=

1 2

Qx x

=

1 2

Z

=

Qx x

=

Qx x

=

Qx x

=

Qx x

=

Qx y Qy y Qz y

 Qx z  Qy z  Qz z

Z

1 (3x 02 − r 02 )d q 0 = 2 Z π/2 Z 2π

(3a 2 cos2 φ sen2 θ − a 2 )σa 2 sen θ d φd θ

(a 4 σ(3 cos2 sen3 θ − sen θ )d φd θ 0

0 π/2 

 a 4σ 3 3 cos 2φ + sen3 θ − sen θ )d φd θ 2 0 2 2 Z π/2  Z π/2  4σ 1 3 πa sen3 θ (2π) − sen θ (2π) d θ = (3 sen2 θ sen θ − 2 sen θ )d θ 2 0 2 2 0 Z π/2 Z π/2 πa 4 σ πa 4 σ 2 (3(1 − cos θ ) sen θ − 2 sen θ )d θ = (sen θ − 3 cos2 sen θ )d θ 2 2 0 0 π/2 4 4 πa σ πa σ (− cos θ + cos2 θ ) = (−0 + 0 − (−1 + 1)) = 0 2 2 0 0 Z

Qx x

← → Q

Qz z Qz z Qz z

Z

=

1 2

Z

=

1 2

=

(3z 02 − r 02 )d q 0 π/2 Z 2π

σ(3a 3 cos2 θ − b 2 )d 2 sen θ d φd θ 0

0

σa 4 2π

Z

2 σa 4 2π

Qz z

=

Qz z

= 0

2

π/2

(3 cos2 θ − 1) sen θ d θ 0

π/2 (− cos3 θ + cos θ ) 0 = 0

Sabemos por propiedad Q x x +Q y y +Q z z = 0 C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

34

de lo cual Q y y = −Q x x −Q z z = 0

Qx y Qx y

Z

= Qy x

3 = 2

Z

= Qy x

3 = 2

x 0y 0d q 0 π/2 Z 2π

a cos φ sen θ a sen φ sen θ σa 2 sen θ d φθ 0

3a 4 σ

Qx y

= Qy x =

Qx y

= Qy x = 0 Z

Qx z

= Qz x

3 = 2

Z

Qx z

= Qz x

3 = 2

Qx z

= Qz x = 0

Z

Qy z

= Qz y

3 = 2

Z

Qy z

= Qz y

3 = 2

Qy z

= Qz y = 0

2

0 π/2

Z

2π sen2 φ sen3 θ d θ 2 0

0

x 0z 0d q 0 π/2 Z 2π

a cos φ sen θ a cos θ σa 2 sen θ d φd θ = 0 0

0

y 0z 0d q 0 π/2 Z 2π

a sen φ sen θ a cos θ σa 2 sen θ d φd θ = 0 0

0

← → entonces el tensor Q es

← → Q =0

c) Calculemos La aproximación multipolar del potencial electrostático, hasta orden cuadrupolar para el caso de un punto ~r = r cos φ sen θ iˆ + r sen φ sen θ jˆ + r cos θ reemplazando en la ecuación 1 U= 4π"o

(

) ← → 0 ~ ~r Q p ~ Q ~r · p + 3 + + ... r r r5

σa 2 2π r a 3 σπ cos θ + + 0 + ... r r3   KQ b cos θ U (r, θ ) = 1+ + ... r 2r

1 U (r, φ, θ ) = 4π"o





C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

35

EJERCICIO NO 4. 18 La densidad lineal de carga de un anillo de radio a esta dado por: λ=

q (cos φ + sen 2φ) a

a) El momento monopolar b) El momento dipolar eléctrico c) El momento cuadrupolar eléctrico d) La aproximación multipolar del potencial electrostático, hasta orden cuadrupolar

SOLUCIÓN

a) El momento monopolar Z Q=

dq0 Z

Q=

λd l

Z Q=

λr d φ

donde el radio es r = a Q =

q a

2π

Z

(cos φ + sen 2φ)λa d φ 0 2π

Z Q = qλ

(cos φ + sen 2φ)d φ 0

2π 1 Q = q λ(sen φ + cos 2φ) 2 0 Q = 0

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

36

b) El momento dipolar Z ~ p

~r 0 d q 0

= Z

~ p ~ p

2π

q (a cos φ, a sen φ, 0) (cos φ + sen 2φ)a d φ a 0 Z 2π = aq [cos φ(cos φ + 2 sen φ cos φ)iˆ + sen φ(cos φ + 2 sen φ cos φ) jˆ]d φ =

0 2π

Z

[(cos2 φ + 2 sen φ cos φ)iˆ + (sen φ cos φ + 2 sen2 φ cos φ) jˆ]d φ

~ p

= aq

~ p

= q a πiˆ

0

c) El momento cuadrupolar Z 1 (3x 02 − r 02 )d q 0 Qx x = 2 Z 2π 1 q Qx x = (3a 2 cos2 φ − a 2 ) (cos φ + sen 2φ)a d φ 2 0 a Z 2π qa2 Qx x = (3 cos3 − cos φ + 6 cos3 φ sen φ − 2 sen φ cos φ)d φ 2 0 Z 2π qa2 Qx x = [3(1 − sen2 φ) cos φ − cos φ + 6 cos3 φ sen φ − 2 sen φ cos φ]d φ 2 0 Z 2π qa2 Qx x = [3 cos φ − 3 sen2 φ cos φ − cos φ + 6 cos3 sen φ − 2 sen φ cos φ]d φ 2 0 Qx x

= 0

Qz z Qz z Qz z Qz z

Z

=

1 2

Z

=

1 2

=

(3z 02 − r 02 )d q 0 2π

0

−q a 2 2

= 0

q (3(0)2 − a 2 ) (cos φ + sen 2φ)a d φ a Z 2π (cos φ + 2 sen φ cos φ)d φ 0

Sabemos que Q x x +Q y y +Q z z = 0 Q y y = −Q x x −Q z z Qy y = 0

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

Qx y Qx y Qx y Qx y Qx y Qx y

37 Z

=

3 2

Z

=

3 2

= = = =

x 0y 0d q 0 2π

0

3a 2q 2 3a 2q

q a cos φa sen φ (cos φ + sen 2φ)a d φ a Z 2π (cos2 φ sen φ + 2 sen2 φ cos2 φ)d φ 0 2π

Z

2

(cos2 φ sen φ +

sen2 2φ ) 2

(cos2 φ sen φ +

1 cos 4φ − )d φ 4 4

0

3a 2q

2π

Z

2

0

3a 2q π 4

Pero sabemos que Q x y = Q y x Qy x = Qx z = Qz x = Qy z = Qz y

3 2

3a 2q π 4 Z

3 = 2

x 0z 0d q 0 = 0 Z y 0z 0d q 0 = 0

Luego la matrices es 

Q Qx y ← →  xx Q =  Qy x Qy y Qz x Qz y Reemplazando lo obtenido anteriormente  ← →  Q = 

← → Q =

0

3a 2 q π 4

3a 2 q π 4

0

3a 2q π 4

 Qx z  Qy z  Qz z

0 0

 0  0   0



 0 1 0    1 0 0  0 0 0

d) La aproximación multipolar del potencial electrostático, hasta orden cuadrupolar ( ) ← → ~ · ~r ~r Q ~r 1 Q p U (r ) = + 3 + + ... 4π"o r r r5 En coordenadas esféricas

Q =0 r

(a)

(b)

~ · ~r p 1 = 3 (q a πiˆ)(r cos φ sen θ iˆ + r cos φ sen θ jˆ + r cos θ ) 3 r r C. William Taipe H.

CAPÍTULO 4. ELECTROSTÁTICA

38

~ · ~r 1 q a π cos φ sen θ p = q a πr cos φ sen θ = r3 r3 r2

  r cos φ sen θ 0 1 0 1 3a 3q π    (r cos φ sen θ , r sen φ sen θ , r cos θ )  1 0 0   r sen φ sen θ  5 r 4 r cos θ 0 0 0   r sen φ sen θ 3a 3q π   (r cos φ sen θ , r sen φ sen θ , r cos θ )  r cos φ sen θ  4r 5 0 

← → ~r Q ~r r5

=

← → ~r Q ~r r5

=

← → ~r Q ~r r5 ← → ~r Q ~r r5 ← → ~r Q ~r r5

(c)

=

3a 3q π 2 (r cos φ sen2 θ + r 2 sen φ cos φ sen2 θ ) 4r 5

=

3a 3q πr 2 cos φ sen φ sen θ 2r 3

=

3a 3q πr 2 cos φ sen φ sen θ 2r 3

← → ~r Q ~r 3a 3q πr 2 cos φ sen φ sen θ = r5 2r 3 Reemplazando (b), (c), (d) en ecuación (a)   a π cos φ sen θ 3a 3 π cos φ sen φ sen θ q + 0+ U (r, φ, θ ) = 4π"o r2 2r 3

(d)

C. William Taipe H.

Capítulo 5 Electrostática y condición de frontera 5.1. 5.1.1.

Problema unidimensional En coordenadas cartesianas

La ecuación de Laplace se reduce a d 2U =0 dx2

(5.1)

U (x ) = Ax + B

(5.2)

cuyos solución general es:

5.1.2.

En coordenadas esféricas

La ecuación de Laplace se reduce a 1 d r2 dr

 r

2 dU



dr

=0

(5.3)

cuya solución general es: U (r ) =

5.1.3.

A +B r

(5.4)

En coordenadas cilíndricas

La ecuación de Laplace se reduce a 1 d r dr



dU r dr



=0

(5.5)

cuyos solución general es: U (r ) = A ln r + B

(5.6)

EJERCICIO NO 5. 1 Hallar el potencial electrostático y el campo eléctrico en la region comprendida entre los semiplanos φ = 0 y φ = φ0 sabiendo que el valor del potencial en las fronteras es: U (φ = 0) = 0 y U (φ = φ0 ) = U0

SOLUCIÓN 39

CAPÍTULO 5. ELECTROSTÁTICA Y CONDICIÓN DE FRONTERA

40

Nos pide calcular el potencial electrostático comprendida entre los semi planos φ = 0 y φ = φ0 . Las condiciones de frontera son u (φ = 0) = 0

U (φ = φ0 ) = U0

y

(a)

Notemos en las condiciones de frontera que no depende de r ni de z solo depende de φ entonces nuestra ecuación a resolver se reduce a lo siguiente ∇2U = 0

(coordenadas cilindricas)

1 ∂ r ∂r





∂U r ∂r

+

1 ∂ 2U ∂ 2U + r 2 ∂ φ2 ∂ z 2 ∂ 2U ∂ φ2

= 0 = 0

Ahora resolviendo ∂U ∂φ U

= A = Aφ + B

utilizando la condiciones de frontera ecuación (a) U (φ) = Aφ + B U (0) = 0 = B ;

U (φ0 ) = U0 = Aφ0 + B

de donde despejamos A=

U0 φ0

U (φ) =

U0 φ φ0

(b)

El campo electrostático lo calcularemos mediante la ecuación E~ = −∇U

(en coordenadas cilindricas)   ∂U 1∂U ∂U ˆ ~ E =− eˆr + eˆφ + k ∂r r ∂φ ∂z

(c)

Para nuestro caso U depende de la variable φ, entonces la ecuación (c) se reduce a E~ = −

1∂U eˆφ r ∂φ

(d)

Reemplazando la ecuación (b) en (d) y desarrollando   1 ∂ U0 ~ E =− φ eˆφ r ∂ φ φ0 E~ = −

1 U0 eˆφ r φ0 C. William Taipe H.

CAPÍTULO 5. ELECTROSTÁTICA Y CONDICIÓN DE FRONTERA

41

EJERCICIO NO 5. 2 El la figura adjunta se muestra un plano conductor y una superficie cónica infinitos. Sus potenciales son U = 0 y U = U0 respectivamente. En la region comprendida entre ambas superficies se pide hallar: a) El potencial electrostático, b) El campo eléctrico.

SOLUCIÓN a) Calculemos el potencial electrostático De la gráfica las condiciones iniciales de frontera son U (θ0 ) = U0

y

U (π/2) = 0

(a)

podemos notar que el U no depende de las variables r y φ solo depende de θ , entonces la ecuación ∇2U = 0 (En coordenadas esfericas)     1 ∂ ∂U 1 ∂ 2U 1 ∂ 2∂U =0 r + sen + r2 ∂ r ∂r r 2 sen θ ∂ θ ∂θ r 2 sen θ ∂ φ 2 Como U solo depende de θ , entonces la ecuación se reduce a   1 ∂ ∂U sen =0 r 2 sen θ ∂ θ ∂θ ∂ ∂θ



∂U sen ∂θ



=0

(b)

Ahora resolviendo la ecuación (b) sen θ

∂U ∂θ dU dθ dU

= A = A csc θ = A csc θ d θ

U (θ ) = A ln(csc θ − cot θ ) + B Hallemos las constantes A y B con ayuda de las condiciones de frontera ecuación (a) U (θ0 ) = U0 = A ln(csc θ0 − cot θ0 ) + B U (π/2) = 0 = A ln(csc π/2 − cot π/2) + B C. William Taipe H.

CAPÍTULO 5. ELECTROSTÁTICA Y CONDICIÓN DE FRONTERA

42

de donde B = 0 y A = U0 / ln(csc θ0 − cot θ0 ) U (θ ) = U0

ln(csc θ − cot θ ) ln(csc θ0 − cot θ0 )

(c)

b) Calculemos el campo electrostático, mediante la ecuación E~ = −∇U (en coordenadas esfericas)   ∂U 1∂U 1 ∂U ~ ˆ ˆ ˆ E =− er + eθ + eφ ∂r r ∂θ r sen θ ∂ φ Puesto que nuestro potencial solo depende de la variable θ , entonces nuestra ecuación se reduce a 1∂U E~ = − eˆθ r ∂θ Reemplazando la ecuación (c) y desarrollando   U0 ln(csc θ − cot θ ) 1 ∂ eˆθ E~ = − r ∂θ ln(csc θ0 − cot θ0 ) E~ = −

1 1 1 (− csc θ cot θ + csc2 θ )ˆ eθ r ln(csc θ0 − cot θ0 ) (csc θ − cot θ ) E~ =

csc θ cot θ − csc2 θ eˆθ r (csc θ − cot θ ) ln(csc θ0 − cot θ0 ) E~ =

− csc θ eˆθ r ln(csc θ0 − cot θ0 )

EJERCICIO NO 5. 3 Dos cascaras cilíndricas largas de radio ra y rb se disponen coaxialmente y se cargan a los potenciales Ua y Ub respectivamente. Hallar el potencial en puntos entre las cascaras cilíndricas.

SOLUCIÓN

∇2U = 0 U = a ln r + B

(a)

Condición del problema r =a C. William Taipe H.

CAPÍTULO 5. ELECTROSTÁTICA Y CONDICIÓN DE FRONTERA

43

U = Ua r =b U = ub Reemplazando en los datos en la ecuación (a) Ua = A ln ra + B

(b)

Ub = A ln rb + B

(c)

Restando Ua − U − b = A(ln ra − ln rb ) Ua − U − b A= ln(ra /rb )

(d)

reemplazando (d) en (b) Ua − Ub ln ra + B ln(ra /rb ) Ua − Ub B = Ua − ln ra ln(ra /rb ) Ua ln rb B = Ub ln ra − ln(ra /rb ) Reemplazando (d) y (e) en (a) tenemos     ‹ r 1 ra + Ub ln U =   Ua ln rb r ln rra Ua =

(e)

b

5.2. 5.2.1.

Problema bidimensional Coordenadas cartesianas

Cuando hay simetría traslacional a lo largo de la dirección eje Z . ∂ 2U ∂ 2U + =0 ∂ x2 ∂y2

(5.7)

La solución general a la ecuación de la Laplace bidimensional en coordenadas cartesianas es: X U (x , y ) = (A k e k x + B k e −k x )(C k cos k y + D k sen k y ) (5.8) k

5.2.2.

Coordenadas esféricas

Cuando hay simetría azimultal.     1 ∂ 1 ∂ ∂U 2∂U r + 2 sen θ =0 r2 ∂ r ∂r r sen θ ∂ θ ∂θ

(5.9)

Solución general para la ecuación de Laplace en coordenadas esféricas cuando se tiene problemas de simetría azimultal es: ∞ X U (r, θ ) = (A n r n + B n r −(n+1) )Pn (cos θ ) (5.10) i =0

Pn (cos θ ) polinomio de Legendre C. William Taipe H.

CAPÍTULO 5. ELECTROSTÁTICA Y CONDICIÓN DE FRONTERA

5.2.3.

44

Coordenadas cilíndricas

Cuando hay simetría traslacional a lo largo de la dirección del eje Z .   ∂U 1 ∂ 2U 1 ∂ r + 2 =0 r ∂r ∂r r ∂ φ2

(5.11)

La solución general a la ecuación de Laplace en coordenadas cilíndricas cuando hay simetría traslacional a lo largo del eje Z es:

U (r, φ) = A 0 + B 0 ln r +

∞ X

(A n r n + B n r −n ) cos nφ +

n =1

∞ X

(C n r n + D n r −n ) sen nφ

(5.12)

n =1

EJERCICIO NO 5. 4 Se tiene dos superficies cilíndricas coaxiales de longitud infinita; una de radio a y la otra de radio b (b > a ). El potencial en dichas superficies es U (a , φ) = U0 y U (b, φ) = Ub cos φ respectivamente. Hallar el potencial electrostático en cualquier punto de la region a < r < b

SOLUCIÓN Gráficamente el problema es

Donde las condiciones de frontera son U (a , φ) = U0

y

U (b, φ) = Ub cos φ

(a)

Nos pide hallar el potencial electrostático para la region (a < r < b ),para hallar U usaremos la ecuación ∇2U = 0 En coordenadas cilindricas   ∂U 1 ∂ 2U ∂ 2U 1 ∂ 2 r + 2 ∇U= + =0 r ∂r ∂r r ∂ φ2 ∂ z 2 Sabemos que las condiciones de frontera no depende de la variable z ,   1 ∂ ∂U 1 ∂U r + 2 =0 r ∂r ∂r r ∂ φ2

(b)

La solución general de la ecuación (b) es: U (r, φ) = A 0 + B 0 ln r +

∞ X n =1

(A n r n + B n r −n ) cos nφ +

∞ X

(C n r n + D n r −n ) sen nφ

n =1

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 5. ELECTROSTÁTICA Y CONDICIÓN DE FRONTERA

45

Ahora según las condiciones de frontera ecuación (a) U (a , φ) = U0 = A 0 + B 0 ln a + (A 1 a + B 1 a −1 ) cos φ + (C 1 a + D 1 a −1 ) sen φ + . . . U (b, φ) = Ub cos φ = A 0 + B 0 lnb + (A 1b + B 1b −1 ) cos φ + (C 1b + D 1b −1 ) sen φ + . . . de donde comparando se obtiene U0 = A 0 + B 0 ln a ;

A 1 a + B 1 a −1 = 0

A 0 + B 0 lnb = 0;

A 1b + B 1 a −1 = Ub

con estas ecuaciones calculamos los valores de las constantes A 0 , B 0 , A 1 y A 1 A 0 = −B 0 lnb U0 = −B 0 lnb + B 0 ln a B0 = −

U0 ; ln a /b

A0 =

U0 lnb ln a /b

B1 a2 −B 1b B 1 + =0 a2 b −Ub a 2b B1 = 2 a −b2 Ub a 2b A1 = 2 2 a (a − b 2 ) A1 = −

A1 = la solución

Ub a2 −b2

b

  U0 lnb U0 ln r U0 ln r Ub a 2b U (r, φ) = − + br + 2 cos φ ln(a /b ) ln(a /b ) ln a /b a −b2

EJERCICIO NO 5. 5 Dos semicilindros conductores de radio a y de longitud infinita se mantienen a los potenciales U0 y −U0 como se muestra en la figura. Hallar el potencial en la region r < a .

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 5. ELECTROSTÁTICA Y CONDICIÓN DE FRONTERA

46

SOLUCIÓN Calculemos el potencial en la region r < a , para lo cual usamos la ecuación ∇2U = 0 en coordenadas cilíndricas

  ∂U 1 ∂ 2U ∂ 2U 1 ∂ r + 2 + =0 r ∂r ∂r r ∂ φ2 ∂ z 2 Como nuestro potencial electrostático solo depende de las variables φ y r entonces nuestra ecuación ∇2U = 0 se reduce a   ∂U 1 ∂ 2U 1 ∂ r + 2 =0 r ∂r ∂r r ∂ φ2 para lo cual se conoce la solución general, y es de la forma siguiente U (r, φ) = A 0 + B 0 ln r +

∞ X

(A n r + B n r n

−n

n =1

) cos nφ +

∞ X

(C n r n + D n r −n ) sen nφ

n =1

El potencial en el eje del cilindro no puede ser infinito por tanto la solución general se reduce a U (r, φ) = A 0 +

∞ X

(A n r n cos nφ + C n r n sen nφ)

n =1

La función U (r, φ) es impar (U (r, −π) = −U0 U (r, φ) =

y ∞ X

U (r, π) = U0 ) por tanto la solución se reduce a C n r n sen nφ

n =1

solo nos preocuparemos por calcular todo los valores de C n . Para lo cual usaremos la series de Fourier Z 2π 1 0 Bn = f (θ ) sen nθ d θ π 0 aplicando para nuestro caso Zπ Z0 Zπ 1 1 1 Cn a n = U (r, φ) sen nφ = U (r, φ) sen nφd φ + U (r, φ) sen nφd φ π −π π −π π 0 Z0 Zπ 1 1 n Cn a = −U0 sen nφd φ + U0 sen nφd φ π −π π 0 0 π 1 U0 U0 U0 cos n π U0 cos nφ U0 1 U0 n Cn a = cos nφ − cos nφ = − − + π n π n πn πn πn πn −π 0   1 2U0 2U0 cos nπ Cn = n − a πn πn Por simple inspección concluimos que ¨ 0 , Si n es par Cn = 4U0 , Si n es impar nπa 2 entonces

∞  ‹2n +1 4U0 X 1 r U (r, φ) = sen(2n + 1)φ π n =0 (2n + 1) a

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 5. ELECTROSTÁTICA Y CONDICIÓN DE FRONTERA

47

EJERCICIO NO 5. 6 En una superficie cilíndrica de radio a , el potencial esta dado por: ¨ U0 sen φ ; 0 < φ < π U (a , φ) = −U0 sen φ ; −π < φ < 0 Hallar el potencial en cualquier punto de la region r < a

SOLUCIÓN Calculemos el potencial en la region r < a ∇2U = 0 en coordenadas cilíndricas

1 ∂ r ∂r



∂U r ∂r



+

1 ∂ 2U ∂ 2U + =0 r 2 ∂ φ2 ∂ z 2

Como nuestro potencial electrostático solo depende de las variables φ y r entonces nuestra ecuación ∇2U = 0 se reduce a   1 ∂ ∂U 1 ∂ 2U =0 r + 2 r ∂r ∂r r ∂ φ2 para lo cual se conoce la solución general, y es de la forma siguiente U (r, φ) = A 0 + B 0 ln r +

∞ X

(A n r + B n r n

−n

) cos nφ +

n =1

∞ X

(C n r n + D n r −n ) sen nφ

n =1

El potencial en el eje del cilindro no puede ser infinito por tanto la solución general se reduce a U (r, φ) = A 0 +

∞ X

(A n r n cos nφ + C n r n sen nφ)

n =1

La función U (r, φ) es par (U (r, −π) = −U0 sen φ U (r, φ) = A 0 +

y ∞ X

U (r, π) = −U0 sen φ) Por tanto A n r n cos nφ

n =1

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 5. ELECTROSTÁTICA Y CONDICIÓN DE FRONTERA

48

Ahora nos preocuparemos por hallar los valores de A n , lo cual calcularemos con ayuda de las series de Fourier Z 2π 1 0 An = f (θ ) cos nθ d θ π 0 Para nuestro caso sera de la forma siguiente 1 An a = π n

Z

π

1 U cos nφd φ = π −π

2U0 An a = π n

Z

Z

0

1 −U0 sen φ cos nφd φ + π −π

π

Z

U0 sen φ cos nφ 0

π

  π 2U0 cos(1 − n)φ cos(1 + n)φ sen φ cos nφd φ = − − π 2(1 − n) 2(1 + n) 0 0   cos(1 − n)π cos(1 − n)π 2U0 − − +1 An = n πa 2(1 − n) 2(1 + n)

Ahora calculemos el valor de A 0 que se obtiene al integrar la serie de Fourier 0

A0

1 A0 = = 2 π 1 2A 0 = π

Z

0

1 −U0 sen φd φ + π −π

2π

Z

Ud φ 0 π

Z 0

2 U0 sen φ = π

π

Z

U0 sen φ 0

2U0 2A 0 = (− cos φ)|π0 π 2U0 A0 = π Analizando por simple inspección los valores de A n para n ≥ 1 notese que ¨ 0 , Si n es impar An = 4U0 1 − πa n (n 2 −1) si n es par entonces nuestra solución sera ∞  ‹2n 2U0 4U0 X 1 r U (r, φ) = − cos(2nφ) 2 π π n =1 4n − 1 a

EJERCICIO NO 5. 7 Hallar el potencial electrostático U (r ), en la region comprendida entre dos superficies esféricas concéntricas de radios a y b (a < b ) sabiendo que el potencial en ella es: U (a , θ ) = Ua = con s t a n t e U (b, θ ) = Ub cos θ

SOLUCIÓN

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 5. ELECTROSTÁTICA Y CONDICIÓN DE FRONTERA

49

Puesto que en ninguna de las esferas fronteras U depende de φ admitimos que en toda la region a < r < b tampoco U depende de φ. La solucion a este problema particular debe ser entonces de la forma general. U (r, θ ) =

∞ X

(A n r n + B n r −(n+1) )Pn (cos θ )

i =0

Solo hay que encontrar los coeficientes A n y B n que satisfagan las condiciones de frontera     Bn B0 B1 n + A 1 a + 2 cos θ + . . . + A n a + n+1 Pn cos θ Ua = A 0 + a a a     B0 Bn B1 n Ub cos θ = A 0 + + A 1b + 2 cos θ + . . . + A n b + n+1 Pn cos θ b b b Puesto que los polinomios de Legendre son ortonormales entre si para que se satisfagan estas dos condiciones de frontera debe tener B0 Ua = A 0 + a B0 0 = A0 + b B1 0 = A 1a + 2 a B −1 Ub = A 1b + b2 0 = A n a n + B n a −(n+1) ;

n >1

0 = A n b n + B n b −(n+1) ;

n >1

Para cada par de coeficientes A n , b n tenemos dos ecuaciones similares. Los valores obtenidos son: aUa A0 = − b −a Ua a b B0 = b −a A1 = − B1 =

Ub b 2 a3 −b3

Ub b 2 a 3 a3 −b3

A n = B n = 0; para todo n mayor o igual a 2.

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 5. ELECTROSTÁTICA Y CONDICIÓN DE FRONTERA

50

El potencial electrostático en la region a < r < b es entonces   aUa Ua a b Ub b 2 Ub b 2 a 3 U (r, θ ) = − + + − 3 + cos θ b − a a (b − a ) a − b 3 r 2 (a 3 − b 3 )     aUa a3 b Ub b 2 U (r, θ ) = − 1− − 3 r − 2 cos θ b −a r a −b3 r

5.3.

Problema con densidad volumétrica de carga

Si se presenta un problema con condición de frontera y densidad volumétrica de carga no nula debemos encontrar la solución a la ecuación de Poisson ρ (5.13) ∇2U = − "o que satisfaga las condiciones de Dirichlet o de Neumann EJERCICIO NO 5. 8 Dos planos conductores infinitos son paralelos al plano X Y . Uno de ellos esta ubicado en z = 0 y es mantenido al potencial constante U0 . El otro a potencial constante Ub , tiene z = d . La region entre ellos esta llena con una distribución volumétrica de carga  ‹2 z ρ = ρ0 d Resolver la ecuación de Poisson y encontrar U (z ) para 0 < z < d .

SOLUCIÓN Gráficamente nuestro problema es

para calcular U (z ) utilizamos la ecuación de Poision ρ "o  ‹2 z ρ = ρ0 d Ahora reemplacemos la ecuación (b) en (a), obtenemos ∇2U = −

(a) (b)

d 2U ρ0 z 2 = − dz2 "0 d 2 C. William Taipe H.

CAPÍTULO 5. ELECTROSTÁTICA Y CONDICIÓN DE FRONTERA

integrando

51

dU ρ0 z 3 =− +A dz 3"0 d 2

volviendo a integrar obtenemos, lo cual es la solución general para este caso U (z ) = −

ρ0 z 4 + Az + B 12"0 d 2

según las condiciones de frontera de la gráfica U (0) = U0 = B U (d ) = Ub = −

ρ0 d 4 + Ad + b 12"0 d 2

(c) (d)

resolviendo las ecuaciones (c) y (d) para hallar A y B Ub = −

ρ0 d 2 + Ad + U0 12"0

Ud − U0 + A=

ρ0 d 2 = Ad 12"0

Ud − U0 ρ 0 d + d 12"0 B =0

(e)

(f) (g) (h)

Reemplazando en la solución general las ecuaciones (h)y (g) obtenemos   Ud − U0 ρ 0 d ρ0 z 4 U (z ) = + z + U0 − d 12"0 12"0 d 2 EJERCICIO NO 5. 9 Se tiene dos superficies esféricas cobductoras concéntricas de radios a y b mantenidos a los potenciales Ua y Ub respectivamente en la region a < r < b hay una distribucion volumetrica de carga dada por: c ρ(r ) = r Hallar el potencial electrostático entre ambas superficies.

SOLUCIÓN

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 5. ELECTROSTÁTICA Y CONDICIÓN DE FRONTERA

52

La ecuación de Laplace toma la forma 1 d r2 dr Resolviendo la ecuación

 r



d dr

r

r2

2 dU



dr

2 dU

dr



=−

=−

c "o r

cr "o

dU cr2 =− +A dr 2"o

A dU c + 2 =− dr 2"o r U =−

A cr + +B 2"o r

Las constantes A y B se hallan a partir de la dos siguientes condiciones de frontera Dirichlet: U (a ) =

A ca +B− = Ua a 2"o

U (b ) =

a cb +B− = Ub b 2"o

Los valores de las constantes que se obtienen son: A= B = Ua +

Ua − Ub c a b − b −a 2"o

c (Ua − Ub ) (a − b ) − b 2"o b −a

La expresión para el potencial es: Ua − Ub U (r ) = b −a



   ab c ab −b + b +a −r − + Ua r 2"o r

C. William Taipe H.

Capítulo 6 Imágenes electrostáticas 6.1.

Imágenes electrostáticas

Para una conjunto dado de condiciones en la frontera, la solución a la ecuación de Laplace es única, de modo que si se obtiene una solución U (x , y , z ) por cualquier medio, y si esta U satisface todas las condiciones en la frontera, entonces se ha efectuado una solución completa al problema.El método de imágenes es un procedimiento para lograr este resultado sin resolver específicamente a todos los tipos de problemas electrostáticos. Supongamos que el potencial puede expresarce en la siguiente forma: Z 1 σ(~r 0 )d a 0 U (r ) = U1 (r ) + (6.1) 4π"o S |~r − ~r 0 | Donde U1 es ya sea una función especifica o fácilmente calculable, y la integral representa la contribución al potencial, de la carga superficial, sobre todo los conductores que aparecen en el problema. No se conoce la función σ. Puede suceder, y esta es la esencia del método de carga-imagen, que el ultimo termino de (6.1) se sustituye por un potencial U2 que se debe a una distribución de carga especifica. Esto es posible mientras las superficies de todos los conductores coincidan con las superficies equipotenciales de los U1 + U2 combinados. Las cargas especificadas que produce U2 se llaman cargas imagen. Por supuesto que no existe no existe realmente. Su posición aparente es dentro de los conductores y el potencial U = U1 +U2 es una solución valida al problema solo en la region exterior.

6.2.

Placa conductora infinita y carga puntual

EJERCICIO NO 6. 1 Se tiene una placa conductora uniforme conectada a tierra y a una distancia d se coloca una carga puntual q . Hallar el potencial y el campo eléctrico en cualquier punto del espacio.

53

CAPÍTULO 6. IMÁGENES ELECTROSTÁTICAS

54

SOLUCIÓN

Tierra y la placa conductora infinita forman un solo gran conductor neutro. Al colocar la carga q cerca del plana las cargas libres de este gran conductor se redistribuyen quedando el plano cargado con carga de signo contrario a q . El campo que queremos hallar es el campo debido a q a la distribución de cargas sobre el plano. Dicho campo puede describirse por lineal de fuerza que salen de q y terminan en el plano conductor infinito (si q es positivo). En la region x < 0 no hay líneas de fuerza E~ = ~0 y como U (x = 0) = 0 el potencial es nulo. Para hallar el potencial en la region x > 0 podemos hacerlo buscando el valor y posición de una carga imagen tal que su potencial superpuesto al de q resulta nula en el plano Y Z . Es intuitivo que una carga q 0 = −q ubicado en (−d , 0, 0) satisface la condición requerida luego:   q q 1 − U (r ) = 4π"o |~r − ~r1 | |~r − ~r2 | o

1 U (x , y , z ) = 4π"o



q q − 2 2 2 1/2 2 [(x − d ) + y + z ] [(x + d ) + y + z 2 ]1/2



Puede verificarse que cuando x = 0 se obtiene efectivamente U (0, y , z ) = 0 el campo eléctrico se puede obtener tomando el gradiente al potencial o superponiendo el campo de las dos cargas puntuales ¨ « 1 q ((x − d )iˆ + y jˆ + z kˆ ) q ((x + d )iˆ + y jˆ + z kˆ ) E~ (x , y , z ) = − 4π"o [(x − d )2 + y 2 z 2 ]3/2 [(x + d )2 + y 2 + z 2 ]3/2

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 6. IMÁGENES ELECTROSTÁTICAS

6.3.

55

Carga puntual y esfera conductor

EJERCICIO NO 6. 2 Se tiene una esfera conductora de radio a conectada a tierra. A una distancia d de su centro (d > a ) se coloca una carga puntual q . Hallar el potencial electrostático en cualquier punto del espacio.

SOLUCIÓN

En la region r < a el potencial es típico, donde las condiciones de frontera son U (r = 0) finito y U (r = a ) = 0. Resolveremos este problema en la region r > a es equivalente a resolver el siguiente. Supongamos que basta una imagen q 0 ubicado en algún punto ~r2 , se tendrá entonces:   q q0 1 + (a) U (~r ) = 4π"o |~r − ~r1 | |~r − ~r2 | Si q 0 no estuviera en la recta O~r1 , su componente tangencial de E~ en los puntos M y N ; luego la carga imagen q 0 esta ubicada en la recta que une el centro de la esfera con la carga puntual q ; Es decir ~r2 = 0iˆ + 0 jˆ + b kˆ Para hallar el valor de q 0 y su posición b tengamos en cuenta que:   1 q q0 U (M ) = + =0 4π"o d − a a − b   1 q q0 U (N ) = + =0 4π"o d + a b + a q (a − b ) + q 0 (d − a ) = 0 C. William Taipe H.

CAPÍTULO 6. IMÁGENES ELECTROSTÁTICAS

56

q (b + a ) + q 0 (d + a ) = 0 desarrollando las ecuaciones anteriores q a − qb + q 0 d − q 0 a = 0

(b)

qb + q a + q 0 d + q 0 a = 0

(c)

de donde de la ecuaciones (b) y (c) obtenemos que 2q a + 2q 0 d = 0 a q0 = − q d

(d)

2qb + 2a q 0 a = 0  ‹ a 2qb + 2 − qa = 0 d b=

a2 d

(e)

a2 ˆ k d Ahora podemos escribir la ecuación (a) U (r ) en coordenadas esféricas  ~r2 =

U (r, θ ) =



a d

 q 1  q −Æ p 4 2  4π"o  r 2 + d 2 − 2r d cos θ r 2 + da 2 − 2 r da cos θ

EJERCICIO NO 6. 3 Se tiene una esfera conductora de radio a con carga neta Q. A una distancia d de su centro (d < a ) se coloca una carga puntual q . Hallar el potencial electrostático en cualquier punto del espacio.

SOLUCIÓN El la region (r < a ) no hay carga, se satisface la ecuación de Laplace y puede verificarse que el potencial es uniforme e igual al potencial en la superficie r = a . Para resolver el problema en la region r > a , usamos hechos conocidos de que debido a las cargas q y q 0 ubicados en (0, 0, d ) y (0, 0,b ), respectivamente la superficie r = a es equipotencial con U = 0. Una carga imagen q 00 en el origen permite que la superficie r = a siga siendo equipotencial con otro valor para U . Para satisfacer la condición de que la esfera de radio a encierra una carga netaQ debe cumplirse q 0 + q 00 = Q a q 00 = Q + q d   1 q q0 q 00 U (r ) = + + 4π"o |~r − ~r1 | |~r − ~r2 | r C. William Taipe H.

CAPÍTULO 6. IMÁGENES ELECTROSTÁTICAS

57

En coordenadas esféricas  U (r ) =

 a d

q q 00  1  q + −Æ p 2 4 4π"o  r 2 + d 2 − 2r d cos θ r  r 2 + aa 2 − 2 2rda cos θ

EJERCICIO NO 6. 4 Se tiene un conductor esférico hueco de radio interno a conectado a tierra. A una distancia d (d < a ) se coloca una carga puntual q . Hallar el potencial en cualquier punto del espacio.

SOLUCIÓN

En la region r > a el problema es típico,con condiciones de frontera U (a ) = 0 y U (∞) = 0, Luego U (r ) = 0. Para la cavidad del conductor (region r < a ) resolvemos el problema buscando los valores de una carga imagen q 0 y su posición (0, 0,b ) de tal manera que la superficie r = a sea equipotencial con U = 0, con la notación mostrada en la figura   1 q q0 U (r ) = + 4π"o |~r − ~r1 | |~r − ~r2 |   1 q q0 U (M ) = + =0 4π"o a − d b − a   1 q q0 U (N ) = + =0 4π"o d + a b + a a q 0 = − q, b

b=

a2 d

pero |q 0 | > q y b > d  U (r ) =



 q da 1  q −Æ p 4 2  4π"o  r 2 + d 2 − 2r d cos θ r 2 + da 2 − 2rda cos θ C. William Taipe H.

CAPÍTULO 6. IMÁGENES ELECTROSTÁTICAS

58

EJERCICIO NO 6. 5 Dos carga iguales q están separadas una distancia 2b (a d ) una carga Q. Calcular la fuerza sobre Q.

SOLUCIÓN

La fuerza sobre q es debido solamente a su carga imagen q 0 Para nuestro caso a q0 = − q d 2 a b = kˆ d   € Š 2  0  a a 1 qq (~r − ~r2 ) 1  −q 2 d d − d kˆ  F~ = = € Š 2 3  4π"o |~r − ~r2 |3 4π"o  d − ad   1 q 2a d F~ = − 2 4π"o (d − a 2 )2 La fuerza sobre la carga Q es debido a su imagen Q 0 y a la carga q −Q 0 que se distribuye uniformemente en la superficie r = b y por eso puede ser considerada como carga puntual en el centro de la esfera. b Q0 = − Q D b2 z = kˆ D

C. William Taipe H.

CAPÍTULO 6. IMÁGENES ELECTROSTÁTICAS

60



 € Š 2 b b Q  q −Q 0 D Q D − D  ˆ ~ − € F= Š k 2 3 4π"o  D 2 D − bD Q F~ = 4π"o



 q −Q 0 Qb D − 2 kˆ D2 (D − b 2 )2

EJERCICIO NO 6. 7 Un conductor esférico tiene dos cavidades esféricas. La carga neta sobre el conductor es cero. Sin embargo hay una carga puntual qb en el centro de una de las cavidades y qc en el centro de la otra. Hay además una carga puntual qd a una distancia r del centro de la esfera y fuera de ella. ¿ Que fuerza actúa sobre cada una de los siguientes objetivos: esfera qb , qc , qd ? Llámese a al radio externo del conductor esférico.

SOLUCIÓN

Sobre las cargas qb y qc no se produce ninguna fuerza por que en cada cavidad no hay campo externo debido a la misma qb y qc . sobre las superficies interna de cada cavidad hay cargas −qb y −qc pero como el conductor es neutro, en la superficie externa tendremos qb + qc la fuerza sobre qd se calcula q = qd Q = qb + q c d =r para:

a Q 0 = − qd r a2 b= r  F~ =



q d  qb + q c + 4π"o  r2

qd F~ = 4π"o

¨

qd F~ = 4π"o

¨

a q r d

−

qb + qc + ar qd r2 qb + qc + ar qd r2

a q r d

−

€

2 r − ar Š a2 3

€ r−

r

Š 

kˆ



« a q r2 r d kˆ (r 2 − a 2 )2

« qd a r − 2 kˆ (r − a 2 )2 C. William Taipe H.

CAPÍTULO 6. IMÁGENES ELECTROSTÁTICAS

61

EJERCICIO NO 6. 8 Una lamina conductora infinita sobre la cual se ha hecho una protuberancia hemisférica esta conectada a tierra. A una distancia d del centro del hemisferio se coloca una carga puntual q . determinar La fuerza sobre la carga q .

SOLUCIÓN

La carga q10 sera la imagen de q con respecto a la lamina plana, q20 es la carga imagen de q con respecto a la protuberancia hemisférica, q30 es la carga imagen de la carga imagen q20 con respecto a la lamina plana q 0 = −q, ~r1 = d kˆ 1

a2 a q20 = − q, ~r2 = kˆ d d a a2 q30 = q, ~r3 = − kˆ d d La fuerza sobre la carga q es  F~ =

a q d

€

d q  q (d + d ) − € 4π"o  (2d )2 d− q F~ = 4π"o



2 − ad Š a2 3

d

Š

 € Š a2  d+d + € kˆ Š a2 3  d+d a q d

 q adq aqd − + kˆ 4d 2 (d 2 − a 2 )2 (d 2 + a 2 )2

C. William Taipe H.

Capítulo 7 Metodología 7.1.

Estrategias

El desarrollo del curso, se realiza utilizando la estrategia del aprendizaje significativo, brindando apoyo a los alumnos en la solución de los diferentes problemas que se les puede presentar.

7.2.

Métodos

El método que se emplea para el desarrollo de las prácticas pre-profesionales es el inductivo y deductivo

7.3.

Medios y Materiales

Los medios y materiales para el desarrollo de las sesiones de aprendizaje son: Auditivo: de acceso personal, esto es, voz humana. Visual: empleo de pizarra, plumón y mota.

62

Capítulo 8 Cronograma de Actividades 8.1.

Temas No 01 02 03

8.2.

Temas Electrostática Electrostática y condición de frontera Imágenes electrostáticas

Cronograma de Actividades Fechas Temas 01 02 03

Marzo 27 28 ∗ ∗

3 ∗

4 ∗

10 ∗

Abril 11 17 ∗ ∗

18

24

25

2

∗

∗

∗

∗

Mayo 8 9 15

∗

63

∗

∗

Junio 4

∗

Capítulo 9 Relación de Estudiantes y Asistencias 9.1.

Relación de estudiantes

No 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29

CODIGO 031294 052548 001214 002189 051689 972982 011942 051701 022725 021316 033248 031314 011958 031316 033255 031327 011967 031319 973009 021336 021337 990720 002207 033261 033262 031326 040716 041360 031327

APELLIDOS Y NOMBRES ATAMARI HANCCO BRENDA YAMILET CCOMA AROCUTIPA OMAR ZIF CHAMBI CALLA PERCY IVAM CHAMBILLA ESCOBAR JAVIER COLLANQUI YANA PEDRO COTRADO COTRADO WINSTON ALEX GUTIERREZ QUISPE EDWIN HUARAYA GUTIERREZ FAUSTINO JILAPA CHARCA JULIO LOPE CHOQUE HERBERTH WILLIAM LOPEZ HUMPIRI RENE MENDOZA MAMANI EVA GENOVEVA PARIAPAZA VELASQUEZ ODIEL PIMTO APAZA WILY PUMA MARON LILIANA ELIZABETH QUISOCALA MAMANI RIGOBERTO JESUS QUISPE QUISPE JAVIER ARMANDO RAMOS CARI WALTHER EULOGIO RAMOS ROJAS LUCIA LOURDES ROJAS COLLATUPA SALVADOR SACACA MAMANI OSCAR SUCA YUNGA ELMER SUCASACA SURCO EDWIN URRUTIA SANCA RONALD VELASQUEZ MAMANI ROGER VERA BERNAL MIGUEL DARIO VILCA QUISPE ELMIRE NORMITA YANAPA CAHUAPAZA EDWIN YUCRA CARCASI YONNY DANIEL 64

CAPÍTULO 9. RELACIÓN DE ESTUDIANTES Y ASISTENCIAS

9.2.

65

Lista de Asistencia

Fechas No 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29

Datos CODIGO 031294 052548 001214 002189 051689 972982 011942 051701 022725 021316 033248 031314 011958 031316 033255 031327 011967 031319 973009 021336 021337 990720 002207 033261 033262 031326 040716 041360 031327

Marzo 27 28 • •

3

4 •

10 •

Abril 11 17

18 • • •

24

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2 •

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25 •

Mayo 8 9 15 • • •

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Junio 4 •

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C. William Taipe H.

Capítulo 10 Anexo 10.1.

Tabla de integrales

sea c una constante Integral R dx p 2 2 R xxd+a x p x 2 +a 2 R x 2d x p 2 2 R xx3 d+a p x x 2 +a 2 R pd x R x dx x2 +a 2 R R

10.2.

Solución de la integral p ln(x + x 2 + a 2 ) + c p x2 +a2 +c p p x x 2 +a 2 a2 − ln(x + x 2 + a 2) + c 2 2 p 2 x 2 + a 2 + p a2 2 + c  p x +a ‹ a + x 2 +a 2 1 +c − a ln x

(x 2 +a 2 )3/2 xdx (x 2 +a 2 )3/2 x 2d x (x 2 +a 2 )3/2

a2

px

x +a 2 −1

p

x +a 2 −x

p

x +a 2

+c

+c

p + ln(x + x + a 2 ) + c

Serie de Fourier

Consideramos una función f (θ ) definida para 0 ≤ θ ≤ 2π. buscamos un desarrollo de la forma 0

f (θ ) =

A0 2

+

∞ X

0

0

(A n cos nθ + B n sen nθ )

(10.1)

n=1

Los coeficientes pueden obtenerse multiplicando ambos miembros de (10.1) por cos nθ o (sen nθ ) e integrando entre 0 y 2π Z 2π 1 0 An = f (θ ) cos nθ d θ (10.2) n 0 Z 2π 1 0 Bn = f (θ ) sen nθ d θ (10.3) π 0

66

Bibliografía [1] Arturo Talledo,Teoria de campos electromagneticos, CIENCIAS S.R.Ltda, 2005 [2] Curricula Flexible por Competencias de la C.P. Ciencias Fisico Matematicas 2000-005, UNA, Puno. [3] Humberto Leyva Naveros, Electostatica y magnetismo ,MOSHERA S.R.L.,1999 [4] John R. Reit, Frederick J. Milford y otros, Fundamentos de la teoria electromagnetica ,UTEHA ,1969

67

E.U.I.T.I.Z. (1º Electrónicos) Curso 2006-07 Electricidad y Electrometría. P. resueltos Tema 1

Tema 1.

Problemas resueltos

1. ¿Cuáles son las similitudes y diferencias entre la ley de Coulomb y la ley de gravitación universal?

G FG

2 m1 ˜ m 2 G -11 N ˜ m  G ˜ G 2 ˜ u r ; G = 6,673 ˜10 kg 2 r

G Fe

q ˜q G N ˜ m2 k ˜ 1G 2 2 ˜ u r ; k = 9 ˜109 C2 r

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2. Tenemos un alfiler de plata neutro que pesa 10 gramos. La plata tiene 47 electrones por átomo y su masa atómica es de 107,87. [Para calcular el número total de átomos en el alfiler, primero debe calcularse el número de átomos-gramo, dividiendo la masa en gramos por la masa atómica; multiplicando el número de átomos-gramo por NA = 6,023·1023, número de Avogadro, se obtiene el número total de átomos]. El alfiler mide 20 mm de longitud. Supuesto que pudiéramos separar todas las cargas, y situar las positivas en uno de los extremos del alfiler y las negativas en el otro, calcular la fuerza de atracción resultante. Calcular el peso que podría levantarse con dicha fuerza.

E.U.I.T.I.Z. (1º Electrónicos) Curso 2006-07 Electricidad y Electrometría. P. resueltos Tema 1 3. Calcular la fuerza total que se ejerce sobre la carga q- y la fuerza sobre una carga de +1 C situada en el centro del cuadrado de la figura. Datos:

q+

q+

q+ = _ q- _ = 10-8 C, a = 0,5 m. q+

a

q-

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6,89

-4,87

4,87

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E.U.I.T.I.Z. (1º Electrónicos) Curso 2006-07 Electricidad y Electrometría. P. resueltos Tema 1 q

-5

4. Disponemos de tres cargas q1, q2, q3 (q1 = +5·10 C, q2 = q3= -q1/2) sobre una circunferencia de radio 1 m, como indica la

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figura. (D = S/6)

a) Calcular la fuerza total ejercida sobre la carga q1. b) Calcular la fuerza total ejercida sobre una carga de +1 C situada en el centro de la circunferencia.

˜52˜10-10

˜10-5

-5

D q

D  R

3

N

q

2

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6. Si tenemos dos cargas puntuales y un mapa de líneas de campo eléctrico como el representado en la figura, razonar cuál de las dos cargas es mayor en magnitud y cuál es la positiva y la negativa.

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E.U.I.T.I.Z. (1º Electrónicos) Curso 2006-07 Electricidad y Electrometría. P. resueltos Tema 1 7. Dibujar las líneas de campo eléctrico asociadas al sistema de la figura, formado por dos placas paralelas con cargas iguales pero de signo opuesto y uniformemente repartidas.

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8. Sobre un punto del espacio, los objetos cargados presentes que lo rodean no ejercen ninguna fuerza eléctrica al no haber carga en él. ¿Implica esto que el campo eléctrico en el punto es nulo?

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9. Se denomina dipolo eléctrico a un sistema de dos cargas iguales y de signo contrario, q+ , q- , (|q-| = q+ ), separadas una distancia G 2a. a) Calcular el campo eléctrico, E G , en puntos situados en el eje del dipolo, entre las dos cargas. b) Calcular el campo eléctrico, E , en puntos de la bisectriz del eje del dipolo.

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12. En muchas ocasiones, cuando vamos a abrir la puerta de un coche, en el momento de tocar la carrocería recibimos una descarga, viéndose incluso, algunas veces, un arco entre nuestra mano y el coche. ¿Cómo se explica esto? ¿Cómo puede minimizarse?

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13. ¿Por qué es más difícil cargar un objeto por fricción un día húmedo que un día seco?

E.U.I.T.I.Z. (1º Electrónicos) Curso 2006-07 Electricidad y Electrometría. P. resueltos Tema 1 14. Si un objeto A suspendido es atraído hacia otro B que está cargado. ¿Se deduce que el objeto A está cargado? +

+

B

+ +

A

+ +

+ +

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15. Un globo se carga negativamente por frotamiento y después se adhiere a una pared. ¿Esto implica que la pared está cargada? ¿Por qué después de cierto tiempo el globo cae?

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16. Tenemos dos esferas, una conductora y otra dieléctrica. Disponemos de una varilla de ebonita que puede cargarse por fricción, un péndulo con una esfera dieléctrica suspendida y neutra, y una radiador conectado a las tuberías de calefacción (el radiador puede absorber o ceder un número ilimitado de cargas, ya sean positivas o negativas). Con estos elementos, diseñar un procedimiento para distinguir cuál de las dos esferas es la conductora.

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E.U.I.T.I.Z. (1º Electrónicos) Curso 2006-07 Electricidad y Electrometría. P. resueltos Tema 1 17. Entre dos placas metálicas planas cargadas con cargas iguales, una positiva y otra negativa, colocamos una esfera suspendida de un hilo como muestra la figura. Explicar como evolucionará el sistema si colocamos inicialmente la esfera tocando una de las placas, en los siguientes casos: a) la esfera es metálica, b) la esfera es dieléctrica o aislante.

(Este problema está explicado con una animación en la página del curso de física por Internet de Franco García)

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19. Entre dos placas metálicas planas, cargadas con cargas iguales uniformemente repartidas, una positiva y otra negativa, colocamos un medio dieléctrico que ocupa todo el volumen entre las placas. Razonar si el campo eléctrico en su interior será mayor o menor que en el caso de estar las placas en el vacío.

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21. ¿Por qué debe conectarse a una puesta a tierra (llamada también "toma de tierra" o "tierra") la barra del soporte metálico de una antena de televisión? (Una puesta a tierra actúa como un conductor ideal capaz de absorber o ceder ilimitadamente cargas)

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25. A lo largo de un hilo de 1 m de longitud se encuentra distribuida uniformemente una carga total de 66 µC. Para calcular la fuerza que siente una carga de +1 C situada a una distancia de 50 cm sobre la recta perpendicular al hilo trazada desde el punto medio de éste, tres estudiantes prueban procedimientos diferentes en función de sus habilidades matemáticas y perfeccionismo. - El primer estudiante, con escaso conocimiento del cálculo diferencial e integral, resuelve el problema suponiendo que la carga en el hilo se encuentra concentrada en 6 cargas puntuales de 11 µC separadas unas de otras por una distancia de 20 cm. - El segundo estudiante que, como el anterior, no conoce en profundidad el cálculo diferencial e integral pero es algo más perfeccionista, resuelve el problema suponiendo que la carga en el hilo se encuentra concentrada en 11 cargas puntuales de 6 µC separadas unas de otras por una distancia de 10 cm. - El tercer estudiante, el más perfeccionista de los tres, que conoce el cálculo diferencial e integral y como aplicarlo para resolver problemas de electrostática, divide la barra en infinitas cargas diferenciales, calcula la fuerza diferencial que cada carga crea sobre la carga puntual de +1 C, e integra suma vectorialmente- las infinitas fuerzas diferenciales para calcular la fuerza total.

Analizar los resultados obtenidos por cada uno de los estudiantes, calculando los errores que los dos primeros cometen respecto del resultado obtenido por el tercero.

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