Electromagnetismo I. Semestre: TAREA 2 Y SU SOLUCIÓN Dr. A. Reyes-Coronado
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- Nieves Plaza del Río
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1 Electromagnetismo I Semestre: TAREA 2 Y SU SOLUCIÓN Dr. A. Reyes-Coronado Solución por Carlos Andrés Escobar Ruíz 1.- Problema: (2pts) a) Una carga puntual q está localizada en el centro de un cubo de lado d. Calcula el flujo de campo eléctrico (Φ E S E da) sobre cualquiera de las caras. b) Si la carga se mueve a una de las esquinas del cubo, calcula el flujo eléctrico en cada una de las caras del cubo. a)# b)# d" q" q" d" Solución al problema 1 a) El campo eléctrico de una carga puntual es radial, es decir, para una distancia fija r éste tiene la misma intensidad en todas direcciones. Ahora bien, considerando que la carga está encerrada y a la mitad del cubo, tenemos que existe una relación entre el flujo a través de un área dada y la proporción de ésta respecto al área total. Por la ley de Gauss tenemos que el flujo total está dado por E da q ɛ. (1) Dado que la proporción del área de una de las caras del cubo respecto al área total es de 1/6, se sigue que Flujo por una de las caras 1 Flujo total q 6. (2) Nótese que esto deja de ser válido si la carga no está en el centro, esto es debido a que el flujo en distintas caras sería generalmente diferente, (los diferenciales de área nunca cambian sobre las caras del cubo pero las magnitudes y direcciones del campo eléctrico sí lo hacen). Aunque lo anterior deja de ser válido, no ocurre lo mismo con la ley de Gauss (1), la cual siempre es válida independientemente de dónde se localiza la carga encerrada. Para clarificar un poco más el problema podemos mencionar que el flujo sobre 2 caras del cubo es 2 q, sobre 3 caras 3 q, sobre 4 caras 4 q, sobre 5 caras 5 q y sobre las 6 caras 6 q q ɛ, esto último es la ley de Gauss aplicada a una superficie cerrada. 1
2 b) El flujo a través de las tres caras contiguas donde está posicionada la carga es nulo, esto es porque sobre estas caras el campo eléctrico y la diferencial de área son ortogonales. Para determinar el flujo sobre las tres caras restantes podemos aplicar el razonamiento del inciso anterior, para lo cual sólo es necesario encerrar a la carga en una superficie imaginaria conveniente de la cual las tres caras formen parte. Consideremos que la carga está en el centro de un cubo de lado 2d. El flujo total sobre este cubo de lado 2d lo volvemos a obtener por la ley de Gauss y en este caso el área de una de las caras (del cubo inicial) será de 1 24 del área total del cubo de lado 2d. Por lo tanto, sobre estas tres caras restantes tenemos que Flujo por una de las caras 1 q Flujo total. (3) ɛ 2. Problema: (2pts) Un cascarón esférico posee una densidad de carga ρ(r) k r 2, en la región a r b (ver figura), donde k es una constante. Calcula el campo eléctrico en las tres regiones: i) r < a, ii) a < r < b y iii) r > b. Grafica la magnitud del campo eléctrico como función de r. a" b" Solución al problema 2 Dada la alta simetría (la densidad de carga sólo tiene dependencia radial), podemos hacer uso de la ley de Gauss en su forma integral para las tres distintas regiones del espacio (r < a, a < r < b y r > b). E da Q ɛ, (4) donde Q es la carga total encerrada por una superficie gaussiana, la la tomaremos como esferas con centro en el origen de coordenadas (concéntricas a los cascarones esféricos). i) Para r < a, la carga encerrada por nuestra superficie gaussiana es cero, con lo cual E (independientemente del radio de la esfera que tomemos, recordando que r < a). ii) Para a r b tenemos, 2
3 E da E(4πr 2 ) Q ɛ 1 ɛ 1 ɛ r a 4πk (r a). ɛ ρdv, (5) k r 2 (4π r2 d r), De lo cual tenemos que E k ɛ (r a) r 2 ˆr. (6) iii) Para r b basta sustituir en la integral anterior el límite superior r b, con lo cual obtenemos E k ɛ (b a) r 2 ˆr. (7) La gráfica de la magnitud del campo como función de r es la siguiente 3. Problema: (25pts) Un cable coaxial muy largo posee una densidad volumétrica de carga uniforme ρ sobre el cilindro interior, de radio a, y una densidad superficial de carga σ sobre el cascarón cilíndrico exterior, de radio b (ver figura). La densidad superficial de carga σ es negativa y justo de la magnitud correcta para que el cable en su conjunto sea eléctricamente neutro. Calcula el campo eléctrico en las tres regiones: i) dentro del cilindro interior (r < a), ii) entre los dos cilindros (a < r < b) y iii) fuera del cable (r > b). Grafica la magnitud del campo eléctrico como función de r.!" a" +" b" 3
4 Solución al problema 3 Nuevamente, la alta simetría del problema nos permite hacer uso de la ley de Gauss en su forma integral. Cabe mencionar que el término cable largo lo tomaremos en el entendido de infinito, con lo cual tenemos que la magnitud del campo eléctrico sólo depende de la distancia al eje del cable coaxial, es decir, el sistema tiene simetría cilíndrica. Lo anterior nos dice que las superficies gaussianas que debemos de tomar son cilindros con el eje coincidiendo con el eje del cable. Sobre las tapas del cilindro el campo eléctrico es ortogonal a la diferencial de área, mientras que para las partes que no son las tapas el campo eléctrico y la diferencial de área son paralelas. Dicho lo anterior procedemos como en el ejercicio anterior. i) Para r < a tomamos un cilindro de radio r con altura l. E da E (2πrl) Q ɛ ρπr2 l ɛ, (8) E ρ r 2ɛ ˆr, (9) donde ˆr es un vector unitario que apunta en la dirección radial al eje del cilindro. ii) Para a r < b. E da E (2πrl) Q ɛ ρπa2 l ɛ, (1) E ρ a2 ˆr. (11) 2 ɛ r iii) Para r > b la carga total encerrada es cero, de lo cual se sigue que E. La gráfica de la magnitud del campo eléctrico como función de r es la siguiente 4
5 4. Problema: (25pts) a) Usando la siguiente ecuación φ(r) 1 n i1 q r r i, calcula el potencial a una distancia z sobre el centro de una distribución de cargas como se muestra en la figura. Calcula E φ y compara tu resultado con el de la TAREA 1. ê z!z!!! +q! d/2! d/2! +q! b) Usando la siguiente ecuación φ(r) 1 λ( r ) r r dl, calcula el potencial a una distancia z sobre el centro de una distribución de cargas como se muestra en la figura. Calcula E φ y compara tu resultado con el visto en clase. ê z! z Solución al problema 4 λ 2L# a) La distancia de cualquiera de las dos cargas el punto de observación z es r ( d 2 )2 + z 2, con lo cual el potencial como función de z es φ(z ) 1 2q ( d 2 )2 + z 2 Calculando el campo eléctrico a partir de esta expresión tenemos. (12) E φ φ(z ) ẑ 1 2 q z z 4πɛ [ ] ( d 2 )2 + z 2 3/2 ẑ, (13) lo cual está de acuerdo con lo obtenido en la tarea 1. 5
6 b) Haciendo uso de directo de la ecuación sugerida φ(z) 1 L λdx L z 2 + x 2 λ ln(x + L z 4πɛ 2 + x 2 ), (14) L ( λ L + z ln 2 + L 2 ) L +, z 2 + L ( 2 λ L + z ln 2 + L 2 L + z 2 + L L + z 2 + L 2 ) 2 L +, z 2 + L ( 2 λ L + z ln 2 + L 2 ). 2πɛ z Notemos que la integral anterior puede resolverse haciendo el cambio de variable x z tan(θ). Para obtener el campo eléctrico tenemos E φ φ(z) 1 λl z 2πɛ z ẑ, (15) z 2 + L2 lo cual nuevamente está de acuerdo con lo obtenido en la tarea Problema: (1pts) Considera que el campo eléctrico en una cierta región del espacio está dado por E k r 3 ê r, donde k es una constante. a) Calcula la densidad de carga volumétrica ρ y b) calcula la carga total encerrada en una esfera de radio R. Solución al problema 5 a) Considerando la ley de Gauss en su forma diferencial tenemos que ρ ɛ E 1 ɛ r 2 r (r2 kr 3 ) 5ɛ kr 2, (16) (poniendo atención de hacer uso de la divergencia en coordenadas esféricas). b) Podemos hacer uso de la ley de Gauss en su forma integral porque sabemos que el campo es radial Q ɛ E da ɛ (kr 3 )(4πR 2 ) kr 5. (17) 6. Problema TORITO: (3pts) Una superficie cónica (como un cono de helado hueco puesto de cabeza) posee una densidad de carga superficial uniforme σ. La altura del cono es h, al igual que el radio de la base circular. Calcula la diferencia de potencial entre el punto más alto del cono (el vértice) y el centro del círculo de radio h (base del cono). 6
7 Solución al problema 6 Vamos a obtener el potencial producido por una distribución de carga superficial mediante φ(r) 1 σ(r ) da, (18) r siendo r la distancia de la fuente (en este caso un diferencial de área) al punto de observación. Haciendo uso de coordenadas esféricas sabemos que la restricción θ constante da como resultado un cono donde el origen de éste y el de coordenadas coinciden. La diferencial de área en coordenadas esféricas para este caso (θ cte.) se encuentra dado por da r sin(θ c ) dr dφ. Ahora bien, dado que la altura y la base son iguales (de valor h) se sigue que θ c 45. Para el punto en la base del cono tenemos que φ(a) 1 1 σh. 2ɛ 2π 2h 2π 2h σ (r sin(θ c ) dr dφ ) r, (19) σ 2 dr dφ, En los pasos anteriores hicimos uso de sin(45 ) 1 2, y a su vez para abarcar desde la punta del cono hasta su base debemos de tener r h 2 + h 2 2h. Para el punto sobre la base tenemos que proceder de igual forma, sólo que en este caso la distancia l que va de la fuente al punto de observación no está directamente dada en términos de la coordenada r, sin embargo haciendo uso de la ley de cosenos ésta puede ser obtenida como l 2 h 2 + r 2 2 cos(45 )h r h 2 + r 2 2h r, (2) de lo cual se sigue que 7
8 φ(b) 1 2π 2h σ (r sin(θ c ) dr dφ ), (21) l 2h 1 2πσ r 2 h 2 + r 2 2hr dr, σh 2ɛ ln(1 + 2). En el último paso se realizó la integración y el resultado fue reducido por álgebra elemental. El proceso de integración no es trivial pero puede ser obtenido analíticamente. Si se desea realizarlo se sugiere hacer uso del método alemán. Dado lo anterior el resultado final es φ(a) φ(b) σh 2ɛ [1 ln(1 + 2)]. (22) Otra manera de plantear las integrales es notar que el cono puede ser visto como un conjunto de anillos de radio r, (siendo r la distancia que va de forma ortogonal del eje principal del cono al cono mismo), cada uno de los puntos sobre este anillo produce la misma aportación al potencial, con lo cual bastaría integral sobre todos estos anillos. 8
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