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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA

CURSO:

TEORÍA DE CAMPOS ELECTROMAGNÉTICOS

PROFESOR: Ing. JORGE MONTAÑO PISFIL

PROBLEMAS RESUELTOS DE ELECTROSTÁTICA EN EL VACÍO Problema Nº 1 La distribución de una carga esférica está expresada por:

⎛

ρ0 ⎜1 −

ρ=

⎝

r2 ⎞ ⎟ a2 ⎠

,

r≤a

,

0

r>a →

a) Halle la intensidad de campo eléctrico E y el potencial eléctrico ϕ para r ≥ a →

b) Halle la intensidad de campo eléctrico E y el potencial eléctrico ϕ para r ≤ a

Resolución Por tratarse de una distribución esférica, hay simetría en la figura, por lo tanto la resolución de este problema puede hacerse aplicando la ley de Gauss. →

a) Cálculo de E y ϕ para r ≥ a Por ley de Gauss:

ρ

→

r

a

→

∫E⋅d S =

dS

S

Q

ε0

→

E (4π r 2 ) =

E

1

ε0

; Q = carga neta encerrada por S.G. a

2π

π

∫ ∫ ∫

r =0 φ =0 θ =0

⎛

ρ0 ⎜1 − ⎝

r2 ⎞ 2 ⎟ r senθ dθ dφ dr a2 ⎠

→ 2 ρ0 a 2 ρ0 a3 ∧ ar ; r ≥ a ⇒E= ∴ E= 15ε 0 r 2 15ε 0 r 2 3

Superficie Gaussiana (S.G.)

∫

→

→

Para calcular ϕ utilizamos la ecuación: ϕ = − E ⋅ d r →

Reemplazando E y resolviendo luego la integral tenemos:

ϕ = −∫

∧ 2 ρ0 a 3 ∧ a ⋅ dr a r r 15ε 0 r 2

ϕ=

2 ρ0 a3 + C . . . (1) 15ε 0 r

La constante C la hallo aplicando la condición de frontera (C.F.) siguiente:

ϕ( r =∞ ) = 0

Si r = ∞

Evaluando en la ecuación (1) obtenemos que la constante C es igual a cero: C = 0

2 ρ0 a3 ϕ= 15ε 0 r

Luego:

; para r ≥ a

→

b) Cálculo de E y ϕ para r ≤ a Por ley de Gauss:

ρ

→

→

∫E⋅d S =

dS

S

→

r

E (4π r 2 ) =

E

⇒E=

a Superficie Gaussiana (S.G.)

ρ0 ε0

Q

ε0 1

ε0

; Q = carga neta encerrada por S.G. r

2π

π

∫ ∫ ∫

r =0 φ =0 θ =0

⎛

ρ0 ⎜1 − ⎝

r2 ⎞ 2 ⎟ r senθ dθ dφ dr a2 ⎠

→ ⎡ r r3 ⎤ ρ0 ⎡ r r 3 ⎤ ∧ − ∴ = − E a ; r ≤a ⎢ 3 5a 2 ⎥ ε 0 ⎢⎣ 3 5a 2 ⎥⎦ r ⎣ ⎦

Hallo ϕ :

∫

→

→

Se cumple: ϕ = − E ⋅ d r Entonces:

ϕ = −∫

∧ ρ0 ⎡ r r 3 ⎤ ∧ ⎢ − 2 ⎥ ar ⋅ dr ar ε 0 ⎣ 3 5a ⎦

Si r = a : ϕ( r = a ) =

ϕ =−

ρ0 ⎡ r 2 r4 ⎤ − + C . . . (2) ε 0 ⎢⎣ 6 20a 2 ⎥⎦

ρ a2 ⎛ 1 1 ⎞ 2a 2 ρ = − 0 ⎜ − ⎟+C 15ε 0 ε 0 ⎝ 6 20 ⎠

C=

a 2 ρ0 4ε 0

Reemplazando la constante C en la ecuación (2) obtenemos:

ρ0 ⎡ a 2 r 2 r4 ⎤ ϕ= ⎢ − + ε 0 ⎣ 4 6 20a 2 ⎥⎦

,

para r ≤ a

Problema Nº 2 z

Se tiene un casquete semiesférico de radio “ a ”, cargado con densidad superficial de carga constante σ y ubicado tal como se muestra en la figura. Calcule:

σ a

a) La intensidad de campo eléctrico en puntos sobre el eje “z”.

o y

b) La intensidad de campo eléctrico en el punto “o”.

x

Resolución: Para resolver este problema se recomienda calcular primero el potencial eléctrico, porque es más fácil resolver una integral cuyo denominador tiene potencia uno, a diferencia del exponente tres que tiene el denominador de la integral del campo eléctrico.

z

• P (0;0; z )

De la figura mostrada tenemos que: dA=r²senθ dθ dφ (en coordenadas esféricas)

a

→

r − r'

r

donde: r = a = radio de la semiesfera.

σ

o θ y

φ

Además, por ley de cosenos se cumple: →

→

→

→

→ ´

r'

r − r = a 2 + z 2 − 2az cos θ x

dA

Cálculo del potencial eléctrico “ ϕ ” en el punto P (0; 0; z) Sabemos que para una distribución de carga superficial, el potencial eléctrico ϕ se halla por:

ϕ=

1 4πε 0

∫

σ dA → ´

→

. . . (1)

r−r

Reemplazando dA en la ecuación (1), tenemos:

ϕ=

Resolviendo se obtiene:

π

1 4πε 0

ϕ=

2π

σ r 2 senθ dθ dφ

∫π φ∫

θ=

; donde: r = a

a 2 + z 2 − 2az cos θ

=0

2

(

σa a + z − a2 + z2 2ε 0 z

)

→

Cálculo del campo eléctrico “ E ” en el punto P (0; 0; z) Cuando ya se conoce el potencial eléctrico, el campo eléctrico se puede calcular utilizando

r

gradiente de potencial. Es decir, se cumple que: E = - ∇ϕ .

⎛ ∂ϕ ∧ ∂ϕ ∧ ∂ϕ ∧ ⎞ ax + ay + az ⎟ (en coordenadas cartesianas) ∂y ∂z ⎠ ⎝ ∂x

Recordar también que: ∇ϕ = ⎜

r

Calculando el gradiente del potencial y aplicando E = - ∇ϕ obtenemos:

r σ a2 ⎛ ⎞∧ a E= 1 − ⎜ ⎟ az 2ε 0 z 2 ⎝ a2 + z2 ⎠ →

Cálculo del campo eléctrico “ E ” en el punto “O” En el punto “O” (origen de coordenadas): z = 0 (Cero). →

Al evaluar el campo eléctrico E en z = 0 (primero hay que levantar la indeterminación), obtenemos: →

E ( z =0 ) =

σ ∧ az 4ε 0

Problema Nº 3 Demostrar que el campo eléctrico en el punto (0, 0, h), debido al rectángulo descrito por

−a ≤ x ≤ a ; −b ≤ y ≤ b ; z = 0 y que porta una carga uniforme de σ (C / m 2 ) es: →

E=

⎛ ⎞∧ σ ab arc tg ⎜ a 2 2 2 1/ 2 ⎟ z πε 0 ⎝ h( a + b + h ) ⎠

Resolución De acuerdo con el enunciado la figura correspondiente es:

z

•(0;0; h) r − r' r

→

σ

-a

-b

dA

r'

b

y

a

x

→

La intensidad de campo eléctrico E se determina de manera directa utilizando la siguiente ecuación: →

E=

1 4πε 0

∫

σ dA →

→ ´

→

→

( r − r´ ) 3

. . . (1)

r−r

De la figura: →

→

∧

∧

→

∧

r = h a y ; r ´ = x ax + y a y

;

→

r − r ´ = (h 2 + x 2 + y 2 )1/ 2 ; dA = dx ⋅ dy

Reemplazamos en (1): →

E= →

E=

σ 4πε 0

∧ ∧ ∧ σ dx ⋅ dy (h ak − x ax − y a y ) 2 2 2 3/ 2 ∫ 4πε 0 (h + x + y )

∧ ∧ ∧ hdx ⋅ dy xdx ⋅ dy ydx ⋅ dy a − a − a ∫∫ (h2 + x 2 + y 2 )3/ 2 z ∫∫ (h2 + x 2 + y 2 )3/ 2 x ∫∫ (h2 + x 2 + y 2 )3/ 2 y

Debido a la simetría de la figura las dos últimas integrales son iguales a cero, por lo tanto la ecuación anterior queda:

σh 4πε 0

→

E=

y =b x = a

∧ dx ⋅ dy a ∫ ∫ (h2 + x 2 + y 2 )3/ 2 z . . . (2) y =− b x =− a

Pasando a coordenadas polares tenemos:

x = r cos θ ;

y

Los límites de las integrales serán:

b

Para θ : 0 y arc o t g (b / a )

r

θ -a

y = rsenθ ; x 2 + y 2 = r 2

a

* tg

x

b ⇒ θ = arco tg (b / a) a

Para r : 0 y

-b

* cos θ =

a sec θ

a ⇒ r = a sec θ r

Luego, la ecuación (2) equivale a:

⎡

σh ⎢ 8 E= 4πε 0 ⎢ →

⎣

ar co t g ( b / a )

a secθ

θ =0

r =0

∫

∫

⎤ rdr ⋅ dθ ∧ ⎥ az (r 2 + h 2 )3/ 2 ⎥ ⎦

Evaluando esta integral obtenemos:

⎛

⎞

∧ σ ab ⎟a E= arco tg ⎜ ⎜ h ( a 2 + b 2 + h 2 )1/ 2 ⎟ z πε 0 ⎝ ⎠ →

, lo cual queríamos demostrar.