Solucionario De Prueba No. 1 732d4a

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  SOLUCIONARIO Prueba de Cátedra No. 1 Electromagnetismo FI-604 Semestre de Otoño 2011 Sábado 28 de mayo 2011 Prof. Edmundo Lazo

Problema 1: Una esfera de radio R tiene una densidad volumétrica de carga ρ ( r ) =

G G

β r2

. Calcule

la fuerza eléctrica F ( r ) ejercida por la esfera sobre una varilla cargada de largo L con densidad lineal de carga λ = α r , ubicada sobre el eje radial, tal como se muestra en la figura.

r 

R

b

L 

Solución. Aplicando la ley de Gauss a la esfera de radio R , se tiene

G G qneta 1 E v∫ ⋅ dS = =

ε0

ε0

r >R

∫

ρ dV

(1.1)

0

Sabemos que sobre la superficie de la esfera el campo eléctrico es paralelo a la diferencial de superficie, además sabemos que sobre cualquier punto de la superficie Gaussiana, el módulo del campo eléctrico vale lo mismo: E , por lo tanto lo podemos sacar de la integral y obtenemos: R r >R ⎞ 1⎛ E 4π r = ⎜ ∫ ρ dV + ∫ ρ dV ⎟ ε0 ⎝ 0 R ⎠ 2

Pero la carga existe sólo hasta r = R , con densidad ρ ( r ) =

β r2

(1.2)

, r ≤ R , por lo tanto, la segunda

integral vale cero, porque ρ = 0, r > R . Usando la diferencial de volumen de la esfera

dVe = 4π r 2 dr , escribimos,

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E 4π r 2 =

1

ε0

R

β

∫r

2

4π r 2 dr

(1.3)

0

Integrando

Er 2 =

β R ε0

(1.4)

Finalmente. El campo fuera de la esfera es justo el campo creado por una carga puntual de carga igual a la carga de la esfera:

E=

βR ε 0r 2

(1.5)

Este es el campo que actúa sobre la línea de carga que está sobre el eje radial. La fuerza eléctrica que actúa sobre un diferencial de carga dq′ de la línea de carga viene dada por

dF = Edq′

(1.6)

donde dq′ = λ dr = (α r ) dr . Reemplazando esta expresión y el campo eléctrico obtenido en (1.5) en la relación (1.6), se tiene

⎛ βR ⎞ dF = Edq′ = ⎜ 2 ⎟ (α r ) dr ⎝ ε 0r ⎠

(1.7)

⎛ βR ⎞ F = ∫ dF = ∫ Edq′ = ∫ ⎜ 2 ⎟ (α r ) dr ⎝ ε 0r ⎠

(1.8)

⎛ αβ R ⎞ b+ L dr F =⎜ ⎟∫ ⎝ ε0 ⎠ b r

(1.9)

Integrando se tiene

Finalmente, la fuerza neta sobre la línea de carga vale

⎛ αβ R ⎞ ⎛ b + L ⎞ F =⎜ ⎟ ln ⎜ ⎟ ε ⎝ 0 ⎠ ⎝ b ⎠

(1.10)

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  G Problema 2: Hallar el potencial electrostático V ( r ) en el punto P , a una distancia z sobre el eje de la lámina circular de radio R , a la cual le falta un sector circular que suscribe un ángulo θ 0 = tal como se indica en la figura. La lámina tiene una densidad superficial de carga σ 0 =

β r

π 6

.

z  P 

R

y 

θ0   x  Solución.

G

El potencial electrostático V ( r ) viene dado por

kdq′ G V (r ) = ∫ G G r − r′ V′

(2.1)

El diferencial de carga dq′ ubicado en el primer cuadrante de la lámina mostrada en la figura, se encuentra a una distancia variable r del origen y hace un ángulo θ variable con el eje x . Por lo tanto, las coordenadas ( x, y ) del diferencial de carga dq′ , vienen dadas por

x = r cosθ ;

y = r sin θ

(2.2)

z  P 

θ0   x 

θ 

y

dA = rdθ dr  

El diferencial de carga dq′ viene dado por ______________________________________________________________________________________________________________  Dr. Edmundo Lazo, email: [email protected], fono: 205379   

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dq′ = σ dA = σ ( rdθ dr )

(2.3)

G

Dado que ya tenemos el origen del sistema de referencia en el centro de la lámina, los vectores r y G r ′ vienen dados por

G G r = zkˆ; r ′ = r cos θ iˆ + r sin θ ˆj

(2.4)

Restando y calculando el módulo, se tiene,

G G r − r ′ = − r cos θ iˆ − r sin θ ˆj + zkˆ G G r − r′ = r 2 + z 2

(2.5)

G

Luego el potencial V ( r ) viene dado por

kdq′ G V (r ) = ∫ G G = r − r′ V′

θ =( 2π −θ0 ) r = R

∫ θ

∫

=0

β

Dado que la densidad superficial de carga σ =

r =0

kσ rdrdθ r2 + z2

(2.6)

depende sólo de la variable r , y como las

r

coordenadas r y θ son independientes, las integrales se calculan de forma independiente,

G V (r ) =

θ =( 2π −θ 0 )

∫ θ

dθ

=0

G V ( r ) = ( 2π − θ 0 ) k

r=R

∫

r =0

r=R

∫

kσ rdr r2 + z2

β rdr

2 2 r =0 r r + z

G V ( r ) = ( 2π − θ 0 ) k β

r=R

∫

r =0

dr r2 + z2

r=R G V ( r ) = ( 2π − θ 0 ) k β ln ⎡ 2 r 2 + z 2 − 2 x ⎤ ⎣ ⎦ r =0

(2.7)

(2.8)

(2.9)

(2.10)

Finalmente, el potencial creado por la lámina vale 

⎛ R2 + z 2 − R ⎞ G V ( r ) = ( 2π − θ 0 ) k β ln ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ z ⎝ ⎠

(2.11)

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G G

G

Problema 3 (Obligatorio): Calcular el campo eléctrico E ( r ) y el potencial electrostático V ( r ) en función de la distancia radial r , creados por un cilindro “muy largo”, con densidad volumétrica

⎧α r si 0 < r < a ⎪β ⎪ si a < r < b . de carga ρ ( r ) dada por ρ ( r ) = ⎨ ⎪r si r > b ⎪⎩0 Para el cálculo del potencial no use el punto de referencia en rref = r → ∞ . En cambio debe usar como punto de referencia un valor arbitrario fuera del cilindro de valor rref = r0 .

b a

r

Solución.

G G

Cálculo del campo eléctrico E ( r ) . Primero calcularemos el campo eléctrico en cada región partiendo desde las regiones interiores a las exteriores. Dado que el cilindro es muy largo, podemos usar ley de Gauss, es decir, emplearemos superficies Gaussianas cilíndricas de radio r y largo L . La figura muestra la relación entre el

G

campo eléctrico E y las diferenciales de superficie en las tapas y en el manto cilíndrico de la Gaussiana. G dStapa  

G E

r

G E G dS manto  

L

G E

G dStapa  

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  Recordemos que la superficie del manto cilíndrico vale S manto = 2π rL y que la diferencial de volumen del cilindro vale dVc = 2π Lrdr . La ley de Gauss para el cilindro queda

G

G

v∫ E ⋅ dS = ∫

G G E ⋅ dS1 +

tapa1

G G E ⋅ dS2 +

∫

tapa 2

G G q E ⋅ dS manto = neta

∫

manto

ε0

(3.1)

En las tapas del cilindro Gaussiano, el campo eléctrico y la diferencial de superficie son

G

G

perpendiculares, y el producto punto se anula E ⋅ dStapas = EdStapas cos900 = 0, luego no hay contribución de las tapas a la integral. Por lo tanto, sólo tenemos que calcular de la integral sobre el manto cilíndrico, esto es,

∫

G G q 1 E ⋅ dSmanto = neta =

ε 0 ∫0

ε0

manto

r

ρ ( r ) dV

(3.2)

En el manto, el campo eléctrico y la diferencial de superficie son paralelos, luego

G G E ⋅ dS manto = EdS manto . Por otra parte, el módulo del campo eléctrico E vale lo mismo en todos los

puntos del manto cilíndrico, por lo tanto, E se puede sacar de la integral y se obtiene

ES manto =

1

∫ ρ ( r ) dV r

ε0

0

(3.3)

donde el límite superior indica el radio de la Gaussiana cilíndrica. Usando el valor S manto = 2π rL y el valor dVc = 2π Lrdr , tenemos,

E 2π rL =

1

ε0

∫ ρ ( r ) 2π Lrdr r

0

(3.4)

Simplificando por 2π L , se obtiene

Er =

1

r

ε 0 ∫0

ρ ( r ) rdr

(3.5)

Esta es la expresión que emplearemos para calcular el campo en todas las regiones. Región 1: para r en la región 0 < r < a . En esta región la densidad vale ρ ( r ) = (α r ) . Usando la relación (3.5) se tiene

E1r =

1

ε0

∫ (α r ) rdr r

0

(3.6)

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α r3 E1r = ε0 3

(3.7)

Simplificando, se obtiene el campo en la región 0 < r < a

G αr2 E1 = rˆ 3ε 0

(3.8)

donde rˆ es un vector unitario radial, perpendicular al eje del cilindro.

⎛β ⎝r

Región 2: para r en la región a < r < b . En esta región la densidad vale ρ ( r ) = ⎜

⎞ ⎟. ⎠

Usando relación (3.5), se tiene

1

E2 r =

ε0

∫

a < r

0

ρ ( r ) rdr =

1

ε0

a

a < r

0

a

1 ∫ ρ ( r ) rdr + ε ∫ 0

ρ ( r ) rdr

(3.9)

Reemplazando los valores de la densidad de carga en cada región, escribimos

E2 r =

1

a

a

0

a

1 ∫ (α r ) rdr + ε ∫

ε0

0

⎛β ⎜ ⎝r

⎞ ⎟ rdr ⎠

(3.10)

Simplificando e integrando

E2 r =

α a3 β + (a − r ) 3ε 0 ε 0

(3.11)

Finalmente, el campo eléctrico en la región 2 vale:

G 1 E2 = (α a3 + 3β ( r − a ) ) rˆ 3ε 0 r

(3.12)

donde rˆ es un vector unitario radial, perpendicular al eje del cilindro. Región 3: para r en la región r > b . En esta región la densidad vale ρ ( r ) = 0. Usando relación (3.5), se tiene

E3r =

1

ε0

∫

r >b

0

ρ ( r ) rdr =

ρ ( r ) rdr + ∫ ρ ( r ) rdr + ∫ ε (∫ 1

0

a

b

r >b

0

a

b

ρ ( r ) rdr

)

(3.13)

Aplicando los valores de las densidades de carga, se obtiene ______________________________________________________________________________________________________________  Dr. Edmundo Lazo, email: [email protected], fono: 205379   

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1

E3r =

ε0

⎛β a ⎜ r ⎝

1 ∫ (α r ) rdr + ε ∫ a

0

0

b

⎞ ⎟ rdr ⎠

⎛ α a3 β ⎞ E3r = ⎜ + (b − a ) ⎟ ⎝ 3ε 0 ε 0 ⎠

(3.14)

(3.15)

El campo eléctrico en la región 3 viene dado por

G 1 E3 = α a 3 + 3β ( b − a ) ) rˆ ( 3ε 0 r

(3.16)

donde rˆ es un vector unitario radial, perpendicular al eje del cilindro.

G

Cálculo del potencial electrostático V ( r ) . El potencial electrostático en un punto viene dado por r G G G V ( r ) = ∫ − E ⋅ dl

(3.17)

r0

donde el potencial en el punto r0 vale cero, es decir, V ( r0 ) = 0 . Calcularemos el potencial viniendo desde la región 3 hasta la región interior 1. Región 3: para r en la región r > b .

V (r > b) =

r >b

∫

r0

r >b G G − E3 ⋅ dl = − ∫ E3dr

(3.18)

r0

Reemplazando E3 , se tiene, r >b

V (r > b) = − ∫

(α a

+ 3β ( b − a ) ) 3ε 0 r

r0

(α a V (r > b) = −

3

3

dr

+ 3β ( b − a ) ) r >b dr 3ε 0

∫

r0

r

(3.19)

(3.20)

Finalmente, el potencial V ( r > b ) en la región 3 exterior al cilindro viene dado por,

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V (r > b) = −

(α a

3

+ 3β ( b − a ) ) 3ε 0

⎛r⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝ r0 ⎠

(3.21)

Justo en el punto r = b , el potencial vale

Vb

(α a = V (r = b) = −

3

+ 3β ( b − a ) ) 3ε 0

⎛b⎞ ln ⎜ ⎟ ⎝ r0 ⎠

(3.22)

Región 2: para r en la región a < r < b .

V (a < r < b) =

a < r

∫

r0

b a < r
(3.23)

b

La primera integral corresponde al potencial dada por relación (3.21), pero evaluado en r = b , es decir, es justo Vb . El campo E2 viene dado por relación (3.12)

V ( a < r < b ) = Vb −

a < r

∫ b

1 3ε 0 r

(α a

3

+ 3β ( r − a ) ) dr

(3.24)

Calculemos la integral restante a < r

I=

∫ 3ε r (α a b

1

3

+ 3β ( r − a ) ) dr =

0

a < r

∫ b

α a3 β a
α a 3 a
a < r

(3.25)

dr r

(3.26)

α a3 ⎛ r ⎞ β aβ ⎛ r ⎞ I= ln ⎜ ⎟ + ( r − b ) − ln ε 0 ⎜⎝ b ⎟⎠ 3ε 0 ⎝ b ⎠ ε 0

(3.27)

⎛ α a 3 aβ I =⎜ − ⎝ 3ε 0 ε 0

∫ b

⎞ ⎛r⎞ β ⎟ ln ⎜ ⎟ + ( r − b ) ⎠ ⎝ b ⎠ ε0

(3.28)

Reemplazando esta integral en la relación (3.25), se tiene

⎛ α a 3 aβ ⎞ ⎛ r ⎞ β − V ( a < r < b ) = Vb − ⎜ ⎟ ln ⎜ ⎟ − ( r − b ) ⎝ 3ε 0 ε 0 ⎠ ⎝ b ⎠ ε 0

(3.29)

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  Si hacemos r = b se obtiene el potencial Vb que vale lo mismo que usando la relación (3.22), es decir, el potencial es continuo en el punto r = b. . Si hacemos r = a en la relación (3.29), se obtiene el potencial V ( r = a ) = Va

Va

(α a = V (r = a) = −

3

+ 3β ( b − a ) ) 3ε 0

⎛ b ⎞ ⎛ α a 3 aβ ⎞ ⎛ a ⎞ β ln ⎜ ⎟ − ⎜ − ⎟ ln ⎜ ⎟ − ( a − b ) ⎝ r0 ⎠ ⎝ 3ε 0 ε 0 ⎠ ⎝ b ⎠ ε 0

(3.30)

Región 1: para r en la región 0 < r < a .

V (0 < r < a) =

0< r < a

∫

r0

b a 0< r < a G G − E ⋅ dl = − ∫ E3dr − ∫ E2 dr − ∫ E1dr r0

b

(3.31)

a

Los dos primeros términos del lado derecho corresponden justo al valor del potencial Va en el punto

r = a . Por simplicidad de notación lo dejaremos así expresado. Usando E1 dado por la relación (3.8), la relación (3.31) queda

α 0< r < a 2 V ( 0 < r < a ) = Va − r dr 3ε 0 ∫a V ( 0 < r < a ) = Va −

(3.32)

α ( r 3 − a3 )

(3.33)

9ε 0

Si r = a se obtiene Va , lo cual prueba que el potencial es continuo en el punto r = a . Si r = 0 se obtiene el potencial en el origen del sistema de cilindros V0 = Va +

α a3 . 9ε 0

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