FIS1533/FIZ I1

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1 FIS1533/FIZ I1 Facultad de Física Pontificia Universidad Católica de Chile Segundo Semestre de Septiembre Tiempo para responder: 120 minutos Nombre: Sección: Buenas Malas Blancas Nota Instrucciones No se descontarán las respuestas incorrectas. No se puede usar calculadora Code efga-87a-58 1

2 1. La siguiente Figura 1 muestra las líneas de campo producidas por tres cargas con magnitud +1C, +1C y 1C, aunque no necesariamente en este orden. La superficie gaussiana que se muestra en la figura es una esfera que contiene dos de las cargas. Cuál de las siguientes afirmaciones es correcta para el flujo eléctrico Φ a través de esta superficie? Figura 1: a) Φ = 2C ε 0 b) Φ = + 2C ε 0 c) Φ = 0 d) Dependerá de la distancia a la que se encuentren las cargas que están adentro e) Dependerá de la distancia a la que se encuentre la carga que está afuera Solución: Las líneas de campo dentro de la superficie gaussiana salen de una carga y entran en la otra. Esto significa que las dos cargas tienen signos opuestos y la carga total dentro de la superficie es +1C 1C = 0C. Por lo tanto, el teorema de Gauss implica que Φ = Considere la configuración de cargas de la Figura 2. Cada una de las cargas están separadas por una distancia d de las otras. Sea U la energía potencial del sistema, o sea el trabajo necesario para lograr esta configuración, si inicialmente las cargas estaban infinitamente separadas las unas de las otras. U está dada por: Figura 2: a) U = 5q2 8πε 0d 2

3 b) U = + 5q2 4πε 0d c) U = 5q2 4πε 0d d) U = + 5q2 8πε 0d e) Ninguna de las anteriores Solución: El resultado se obtiene aplicando la fórmula U = 1 1 4πε k j j=1 q j q k r jk donde q 1 = q 2 = q, q 3 = 2q y r jk = d para todos j, k = 1, 2, 3. Entonces 1 3 U = q j q k 8πε 0 d = j=1 k j 1 ( ) q(q + 2q) + q(q + 2q) + +2q(q + q) 8πε 0 d = + 5q2 4πε 0 d. 3. En la Figura 3 se muestra un plano infinito (muy, muy grande) localizado en y = 0 (i.e., el plano x z) con densidad superficial de carga σ = q/(25πd 2 ). Además, se tiene una carga puntual q en el punto (x, y, z) = (0, d, 0). Entonces, el campo eléctrico producido por el sistema en el punto (0, 2d, 4d) es q a) E q [13 = 50ε 0 πd 2 10ŷ + 10ẑ] 4 b) E q [11 = 50ε 0 πd 2 10ŷ + 10ẑ] 3 c) E q [17 = 50ε 0 πd 2 10ŷ + 10ẑ] 4 d) E q [ 9 = 50ε 0 πd 2 10ŷ + 10ẑ] 3 Figura 3: Plano infinito y carga puntual 3

4 e) Ninguna de las anteriores Solución: Llamemos E q y E σ a los campos eléctricos creados por la carga q y el plano infinito respectivamente. Por el principio de superposición, tenemos que el campo en el punto pedido r = (0, 2d, 4d) es E( r) = E q ( r) + E σ ( r). Además sabemos que E σ = σ q = 2ε 0 50πd 2 ŷ. ε 0 Para calcular E q usamos, con r = (0, d, 0), la fórmula usual E q = 1 4πε 0 q( r r ) r r 3 = q 500πd 2 ε 0 (3ŷ + 4ẑ), donde usamos que r r = (0, 3d, 4d) = d(3ŷ + 4ẑ) y que r r = 5d. De esto encontramos que E = q 50ε 0 πd 2 [13 10ŷ ẑ] 4. Considere el sistema de la Figura 3. El trabajo mínimo que debe realizar un agente externo para transportar una carga de prueba q 0 desde el punto (0, d, d) hasta el punto (0, d, d) es a) W = + 5q 0q 8πε 0 d b) W = 13q 0q 25πε 0 d c) W = + 13q 0q 50πε 0 d d) W = 5q 0q 8πε 0 d e) Ninguna de las anteriores Solución: El trabajo requerido es equivalente (invirtiendo el camino) al trabajo realizado por el campo para ir desde el punto (0, d, d) hasta el punto (0, d, d), o equivalentemente, como la diferencia de energía potencial U entre estos dos puntos. Por esto, es claro que U = U q + U σ. Dado que los puntos de partida y llegada están en la misma superficie equipotencial, tanto del campo E q como de E σ, concluimos que U q = 0, U σ = 0 U = Considere el sistema de la Figura 3. Asuma que σ, q, q 0 > 0. Suponiendo que ponemos una carga de prueba q 0 en reposo en el punto (0, d, 0). Entonces, la energía cinética K de q 0 en el punto (0, 2d, 0) es a) K = 47 q 0 q 300 πε 0 d b) K = 37 q 0 q 600 πε 0 d c) K = 41 q 0 q 400 πε 0 d 4

5 d) K = 17 q 0 q 600 πε 0 d e) Ninguna de las anteriores Solución: Dado que la carga parte del reposo tenemos por conservación de la energía K = U = U q + U σ = (U q ( r 1 ) U q ( r 2 )) + (U σ ( r 1 ) U σ ( r 2 )), donde r 1 = (0, d, 0) y r 2 = (0, 2d, 0) son los puntos de partida y llegada respectivamente. Claramente, Además, usando la fórmula usual Por lo tanto, U q ( r) = qq 0 4πε 0 r r U σ = q 0 σ ε 0 d = qq 0 25πε 0 d. U q ( r 1 ) U q ( r 2 ) = qq 0 4πε 0 ( 1 2d 1 3d ) = qq 0 24πε 0 d. K = 37 q 0 q 600 πε 0 d. 6. Se tiene un anillo uniformemente cargado con una densidad lineal de carga λ > 0. En su interior se encuentra una superficie esférica concéntrica al anillo y de radio menor, que no encierra ninguna carga como muestra la Figura 4. Es correcto afirmar que: a) El flujo eléctrico neto a través de la superficie esférica no es nulo. b) El potencial eléctrico en cada zona de la superficie esférica es cero. c) El flujo eléctrico neto a través de la superficie esférica es nulo y el campo eléctrico en cada zona de la superficie esférica no es nulo. d) El campo eléctrico en el plano del anillo es nulo. e) El campo eléctrico en cada zona de la superficie esférica es nulo. Figura 4: 7. Se tiene un medio anillo de radio R con densidad lineal de carga λ constante. Determine la magnitud del campo eléctrico en el punto O de la Figura 5. a) E = λ 4πε 0R b) E = λ 4πε 0R c) E = λ 2ε 0R d) E = λ 4ε 0R e) E = λ 2πε 0R 5

6 Figura 5: 8. Una carga se encuentra en una esquina de un cubo con largo, ancho y altura L como indica Figura 6. Cuánto flujo eléctrico Φ = E d a pasa por la cara gris de este cubo? Figura 6: a) Φ = q 16 b) Φ = q 8 c) Φ = q 4π d) Φ = q 16π e) Ninguna de las anteriores 9. Considere la siguiente densidad de carga expresada en coordenadas cartesianas ( x 2 + y 2 + z 2 ) ρ(x, y, z) = ρ 0. (1) Cuánto vale el valor absoluto del campo eléctrico en el espacio? a) E = ρ ( 0 (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 ) 5a 2 6 a 2

7 b) E = ρ 0 c) E = ρ 0 d) E = ρ 0 ( (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 ) 4a 2 ( (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 ) 3a 2 ( (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 ) 2a 2 e) Ninguna de las anteriores 7

8 10. Se tiene un conductor cilíndrico neutro de radio exterior r a y radio interior r b. La cavidad interior (r < r b ) está llena con un material no conductor con densidad de carga ρ(r) = µ/r, donde r es la distancia al eje de simetría del cilindro (ver Figura 7). En la aproximación en que el cilindro es infinito, determine el potencial eléctrico en las regiones r < r b y r > r a. Asuma que V (0) = 0. Figura 7: a) V (r) = µr para r < r b y V (r) = µr ( b rb ) ln para r > r a. r b) V (r) = µr ( b rb ) ln para r < r b y V (r) = µr ( a ra ) ln para r > r a. r r c) V (r) = µr para r < r b y V (r) = µr ( ( b ra ) ) ln 1 para r > r a. r d) V (r) = µr ( ( b rb ) ) ln 1 para r < r b y V (r) = µr ( ( a ra ) ) ln 1 para r > r a. r r e) Ninguna de la anteriores. Solución: Primero calculemos el campo eléctrico en ambas regiones. Para r < r b, usando la Ley de Gauss en un cilíndro concéntrico de radio r y altura L, obtenemos E ds = Q enc S E(r)2πrL = 2πL r ρ(r )r dr E(r) = µ. ɛ 0 0 = 2πrLµ Similarmente, para r > r a tenemos E ds = Q enc S E(r)2πrL = 2πL r ρ(r )r dr 0 = 2πr blµ E(r) = µ r b r, 8

9 donde hemos usado que el conductor es neutro. Fijando V (0) = 0, el potencial en la región interior es simplemente, r V (r) V (0) = E d l µr 0 = µr V (r) =. En la región exterior encontramos V (r) V (r a ) = r r a = µr b E d l ( ) V (r) = µr ( ( b ra ln r r ln r a ) ) 1, donde hemos usado que el potencial debe ser continuo y que V (a) = V (b) = µr b / al tratarse de un conductor. 11. En el problema anterior, calcule la densidad de carga en la superficie interior del conductor. a) σ = µ. b) σ = 2µ. c) σ = µ. d) σ = µ 2. e) Ninguna de la anteriores. Solución: Al tratarse de un conductor, el flujo eléctrico a través de un cilindro de radio r b < r < r a y largo L es cero. Luego, la carga encerrada por la superficie debe anularse. La carga total del cilindro interior es (ver problema anterior) Q = 2πr b Lµ; la superficie r = r b acarrea la carga opuesta Q b = 2πr b Lµ. Dividiendo por el área obtenemos que la densidad de carga es σ = µ. 12. Entre dos planos geométricos infnitos y paralelos ubicados en x = ±a, se encuentra una distribución de carga homogénea con densidad ρ. El campo eléctrico en la región x > a es a) E = signo(x) ρa 2 ˆx b) E = signo(x) ρa ˆx c) E = ρa 2 ˆx d) E = signo(x) ρa ˆx e) Ninguna de las anteriores. Solución: Tomemos como superficie Gaussiana un cilindro de radio R, orientado de forma perpendicular a los planos y cuyas tapas se ubican en x > a y x < a. Suponiendo que E = E(x)ˆx, el flujo total es E ds = πr 2 E(x) πr 2 E( x) S = 2πR 2 E(x), 9

10 donde hemos usado la simetría del sistema E( x) = E(x). Por otro lado, la carga total encerrada es Q enc = ρπr 2 2a. Así, la ley de Gauss nos entrega E(x) = ρa ρa x > a x < a E = signo(x) ρa ˆx. Note que este es el mismo campo que produce un plano infinito ubicado en x = 0 y con densidad de carga superficial σ = 2aρ. 10

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