guia de fisica ii parte 1 - hugar capella · formas de producir cargas electricas en los cuerpos...
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INTRODUCCION
Los fenómenos asociados a la electricidad están ligados directamente o indirectamente al
hombre, incluyendo su creación. El hombre primitivo observó las descargas eléctricas atmosféricas
con temor y respeto, porque este “fogonazo del cielo” acompañado de un fuerte estruendo, destruía
todo donde caía, incluyendo sus vidas.
En Grecia, cuna de la civilización, 600 A.C, se descubrió que este fenómeno podía ser
producido y manejado por el mismo hombre, por supuesto a escalas muy pequeñas y en otras
condiciones. Era el caso que al frotar resinas vegetales petrificadas (ambar=elektron) con un paño de
lana y acercarlas a partículas tales como cabellos, pajas secas, éstas eran atraídas por el ámbar. El
fenómeno asociado a esta experiencia se le conoce como Electricidad. Asimismo, y casi
simultáneamente, se conoció un fenómeno cuyo comportamiento era parecido al anterior, El
Magnetismo. Este se deriva del nombre de una piedra, Magnetita hallada en Magnesia, que en su
estado natural podía atraer, partículas de hierro u otro metal sin necesidad de frotarle.
El Objetivo de este curso de Física II, se centra en el estudio y análisis de estas ramas de
la ciencia, y abre las puertas al estudiante a conocer las teorías que revolucionaron al mundo
moderno, y que gracias a la capacidad desarrollada por hombre de manejar los efectos
electromagnéticos, ilumina ciudades, aumenta la productividad en las fábricas, inventa máquinas que
pone a su servicio, viaja a la Luna, tiene satélites artificiales de observación y comunicación
alrededor de la tierra y de otros mundos y mediante sus equipos ha fotografiado los planetas
exteriores del sistema solar y observa y estudia los confines del universo.
CARGAS Y CAMPOS
La Electricidad y el Magnetismo como ramas de la Física se divide en:
Electroestática : Estudia las cargas eléctricas en reposo. Electrocinética: Estudia las cargas en movimiento a través de conductores. Magnetostática: Estudia el magnetismo creado por imanes naturales y agujas magnéticas. Magnetocinetica: Estudia campos magnéticos en movimiento. Electrónica : Estudia el movimiento de electrones por efectos electromagnéticos y su aplicación tecnológica. Electromagnetismo: Estudia las acciones reciprocas entre efectos magnéticos y eléctricos.
ELECTROSTATICA ELECTRICIDAD
ELECTROCINETICA
MAGNETISMO
ELECTRONICA
ELECTROMAGNETISMO
MAGNETOSTATICA
MAGNETOCINETICA
RESEÑA HISTORICA
Charles de Coulomb (1736-1806) Michael Faraday (1791-1867)
Descubrimiento de la Electricidad y el Magnetismo:
• Tales de Mileto, ( Grecia aprox. 600 a.c ) .........................................................................
• Plinio .........................................................................
Estudio sobre la carga eléctrica y la relación entre la electricidad y el magnetismo.
• Stoney ( ) .........................................................................................
• J.J Thomsom (1856 -1940 ) .................................................................................
• William Gilbert ( 1540-1608 ) .................................................................................
• Hans Oerterd ( 1777-1851 ) .................................................................................
• Stephen Gray ( 1729- ) .....................................................................................
• Benjamin Franklin ( 1706- 1790 )................................................................................
• Joseph Priestley ( 1753- 1804 )................................................................................
• Charles de Coulomb ( 1736- 1806 )................................................................................
• Jhon Michell ( 1724- 1793 )................................................................................
• Michael Faraday ( 1791- 1867 ).................................................................................
Consolidación de teorías y formulación de ecuaciones que gobiernan el electromagnetismo. • James Maxwell ( 1831- 1879 ) ................................................................................
• George Ohm ( 1787- 1854 ) .................................................................................
• Karl Gauss ( 1777- 1855 ) .............................................. .................................
• Andre Ampere ( 1775- 1836 ) .................................................................................
• Alejandro Volta ( 1745- 1827 ) .................................................................................
• Gustav Kirchoff ( 1824- 1887 ) ..................................................................................
• Joseph Henry ( 1797- 1878 ) ............................................... ..................................
• James Watt ( 1736- 1819 ) ...................................................................................
• Heinrich Hertz ( 1857- 1894 ) ...................................................................................
• H.A Lorentz ( 1853- 1928 ) ....................................................................................
ACTIVIDAD: INVESTIGUE Y COLOQUE EN LA LINEA EL APORTE MAS SIGNIFICATIVO AL
ESTUDIO DE LA ELECTRICIDAD Y EL MAGNETISMO DE CADA CIENTIFICO RESEÑADO EN
LA LISTA ANTERIOR.
CARGA ELECTRICA
ASPECTOS CUALITATIVOS Propiedades intrínsecas de la materia
• Masa : Definida por la segunda ley de Newton
• Carga eléctrica : Condición que puede crear un estado eléctrico externo..
• Magnetización : Concepto asociado al movimiento rotacional del electrón sobre su
mismo eje ( SPIN o momento cinético )
• Atracción Gravitacional : Condición definida por la ley de gravitación de Newton
Estados eléctricos de la materia. • Neutral
• Positivo ( + )
• Negativo ( - )
CARGAS IGUALES SE REPELEN Y CARGAS DIFERENTES SE ATRAEN
El átomo como sistema eléctrico.
El átomo en estado normal es eléctricamente neutro. Los componentes fundamentales del
átomo son los siguientes:
• ELECTRONES: Son partículas que orbitan alrededor del núcleo y determinan el estado eléctrico
del átomo. Su carga eléctrica se denomina como negativa y de acuerdo al estado físico y
característica de la materia que conforman puede saltar de niveles y desplazarse por esta. Su
presencia fue demostrada por primera vez por el físico R. Stoney en el año 1874, que hallo por via
indirecta el valor de su carga. Alrededor del año 1900, mediante el estudio de ionización de los
gases se puso de manifiesto su individualidad. La medida exacta experimental del valor de la
carga electrónica se debe a R. Millikan en la primera década del siglo XX.
• PROTONES : Son partícula cuya carga eléctrica se denomina como positiva. Están unidos entre
sí en el núcleo por la fuerza nuclear fuerte. La cantidad de protones en un átomo definen el
número atómico.
• NEUTRONES: Son partículas cuya carga eléctrica es neutral. Conforman junto con los protones
y otra subpartículas el núcleo atómico. Son inestables en estado libre.
Denominación del átomo de acuerdo a su estado eléctrico:
• Ión : Atomo con exceso o déficit de electrones.
• Catión : Atomo con déficit de electrones
• Anión : Atomo con exceso de electrones.
Otras características de las partículas atómicas.
PARTICULA MASA (KG ) CARGA ELECTRICA (COULOMB ) SPIN MOMENTO MAGNETICO
ELECTRON 9,1 x 10-31 -1,6 x 10-19 ½ NORMAL
PROTON 1,6 x 10 -27 +1,6 x 10 –19 ½ NORMAL
NEUTRON 1939 VECES MAYOR
QUE LA DEL ELECTRON .
NULA ½ NORMAL
El antielectrón, el antiprotón y el antineutrón son los anticorpusculos de los anteriores y su
existencia predecida por la ecuación de Dirac ha sido plenamente probada experimentalmente.
Extrapolando hacia el interior de la materia, se encuentran una serie de corpúsculos siendo los que
a continuación se nombran, los asociados a las fuerzas de interacción o acción a distancia.
Fotón: Explica la existencia de las fuerzas eléctricas y magnéticas y permite comprender las
radiaciones electromagnéticas, respuesta que se obtiene analíticamente con las ecuaciones de
Maxwell. Tiene masa prácticamente nula, carga eléctrica nula. Spin 1 momento magnético nulo.
Pión: masa de 272 veces la del electrón. Spin nulo y momento magnético nulo. Existe pion negativo,
positivo y nulo. Se obtienen por desintegración y su vida es muy corta. El estudio de los piones
explican la existencia de las fuerzas nucleares.
Gravitón: su existencia se estima hasta los momentos teóricamente. Su masa se cree nula igual que
su carga, Spin 2, momento magnético nulo y explicaría las acciones de la gravitación.
Como es el átomo. Modelos atómicos La primera idea sobre el átomo las introdujo Dalton en 1805, confirmando que la materia no
es continua y es divisible. Los modelos atómicos que se han sugerido y que han sido respaldados de
acuerdo al avance científico, en cada época, fueron los siguientes:
Modelo de Pastel de Pasas. Modelo típico aceptado a finales del siglo XIX y sostenía que los
electrones estaban incrustados en un material cargado positivamente como un pastel de pasas. Este
modelo fue respaldado por J.J.Thomson que argumentaba que los electrones tenían que estar en
movimiento.
Modelo Espacial de Rutherford. Sostenía que los electrones en movimiento giraban en órbitas
circulares fijas alrededor del núcleo. Determinó dimensiones y masa del núcleo. Este modelo predice
la emisión de luz en una gama continua de frecuencia y no en espectro como realmente es.
Modelo de Bohr. Incorpora la recién formulada teoría cuántica pero hacia suposiciones de manera
que la teoría concordara con los experimentos realizados. Explica la emisión de luz en espectro con el
salto de electrones de un nivel de energía a otro. Se habla de la emisión de fotones de luz
Representación de cuatro modelos atómicos
Modelo de Sammerfeld. Propuso un modelo elíptico para reemplazar las condiciones de
cuantificación de Bohr, posteriormente sobre este mismo modelo Uhlenbeck y Goudsmit introdujeron
una rotación del electrón sobre su propio eje con lo que dieron una explicación parcial de la
estructura fina.
Modelo de D´Broglie. Se introduce la idea de la onda partícula, en la cual el electrón en una órbita
elíptica cumple un fenómeno ondulatorio. Hipervínculo ..\Orbitales atómicos.doc
Modelo de Schrodinger y Born. En este modelo los electrones se encuentran alrededor del núcleo no
en órbitas sino en forma de nube electrónica esférica.
Modelo de Paul Dirac. Al modelo anterior se introduce el concepto del Spiner, vocablo que da la idea
de un movimiento giratorio de los electrones sobre su mismo eje. Este modelo más reciente explica la
mayoría de los fenómenos conocidos experimentalmente del comportamiento del átomo y ha
permitido probar teóricamente la existencia de las llamadas antipartículas. Referencia: Microsof,
Encarta (2004). Atomo.
Explicación del fenómeno eléctrico a partir de los modelos
Los modelos atómicos nos dan la idea, sin caer en los detalles de su explicación física, que los
electrones pueden desplazarse dentro del átomo mismo, así como también, existe la posibilidad que
salgan del sistema atómico. La unión de dos o más átomos constituyen las moléculas; estas a su vez se
agrupan para formar cuerpos físicamente constituidos, cualquiera que sea su estado.
peine, el ámbar, etc, pueden cargarse negativamente. Los cuerpos están constituidos por grupos de
átomos y pueden adquirir una condición eléctrica negativa o positiva, siempre y cuando exista un
agente externo que la provoque. Así los materiales vítreos, como los vidrios se cargan positivamente
y los plásticos y resinas se cargan negativamente. En el primero de los casos se cedió electrones y en
el segundo caso se acepto electrones. Es de notar que una carga negativa anula a otra positiva de la
misma magnitud.
Materiales conductores y aislantes.
De acuerdo a la capacidad que tienen los cuerpos de dejar pasar o no cargas
eléctricas a través de si, pueden clasificarse en :
Conductores: Son aquellos materiales, que pueden transportar a través de si, las cargas eléctricas.
Como ejemplo se tienen los metales, cuyo enlace entre átomos ( enlace metálico ), permite que los
electrones se movilicen a una velocidad determinada dentro de ellos. Los conductores pueden
presentarse en cualquiera de los cuatro estados de la materia, sólido, liquido, gaseoso o como plasma,
este último estado se le conoce muy poco en nuestro planeta, pero se haya presente en el 90% del
universo.
Aislantes o dieléctricos. Son aquellos materiales que no dejan transportar a través de si, cargas
eléctricas. Las cargas eléctricas se quedan fijas en el lugar que se les produce. Ejemplos de material
aislante, es la porcelana, el vidrio, la madera seca.
Semiconductores. Son materiales con características intermedias, entre conductores y aislantes,
pues conducen las cargas eléctrica en un solo sentido dentro del material. Ejemplo son el cristal de
germanio y de silicio y su aplicación tecnológica es gran utilidad en la electrónica como lo son los
diodos, transitores, y los llamados circuitos integrados.
FORMAS DE PRODUCIR CARGAS ELECTRICAS EN LOS CUERPOS Frotamiento o triboelectricidad: Al frotar un peine, ámbar o plástico, con un pedazo de lana, los
átomos de la lana ceden electrones que pasan al material, el cual queda cargado negativamente. Por
otra parte si se frota un material vítreo, con un pedazo de seda, los átomos del vidrio ceden
electrones que pasan a la seda, y el vidrio queda cargado positivamente.
Es de notar que solo el déficit o exceso de electrones en materiales sólidos son los que
determinan el tipo de carga eléctrica del material.. en otro estado de la materia, la carga
eléctrica la determinan los iones libres ( cationes o aniones ).
Inducción o influencia. Si se tiene un cuerpo previamente cargado como por ejemplo, una barra de
vidrio ( positivo ) y se le acerca sin tocarle a un cuerpo conductor sin carga ( neutro ), se sucede el
siguiente efecto; Como la barra de vidrio tiene carga positiva atrae a través del medio ambiente que
separa ambos cuerpos, a los electrones libres del conductor estos se movilizan hasta el lugar mas
próximo a la barra de vidrio. La barra de vidrio ejerce una inducción electrostática sobre el material
conductor.
Carga por conducción o contacto. Al tener contacto físico un cuerpo cargado con un cuerpo
descargado este puede cargarse del exceso del electrones del cuerpo cargado, si este tiene carga
negativa inicialmente, si el primer cuerpo esta cargado eléctricamente positivo, los electrones libres
de los cuerpos descargados pasan por el lugar del contacto físico para rellenar las vacantes
eléctricas del cuerpo positivo.
Principio de cuantificación de la carga
En 1909, Robert Millikan demostró que la carga eléctrica siempre se presenta como
múltiplo entero de una cantidad fundamental de carga, es decir el valor e = 1,602 x 10-19
cuolomb., es decir siempre se existirá en pequeños paquetes discretos o cuantos de carga.
n= 1,2,3,4....... Murray Gell - Mann propone sin demostrar aún, la existencia de cargas múltiplos de
+-1/3e llamadas “ quarks “.Referencia: Microsof, Encarta (2004). Los quarks
Principio de conservación de la carga
En todo proceso, físico o químico, la carga total de un sistema de partículas se conserva. Es lo que se conoce como principio de conservación de la carga.
PREGUNTAS GENERALES DE ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO 1) CUALES SON LAS PROPIEDADES DE LA CARGA ELÉCTRICA?
Resp.
-Hay dos tipos de cargas en la naturaleza con la propiedad de que, cargas diferentes se atraen
y cargas similares se repelen.
- La fuerza entre cargas varía con el inverso del cuadrado de la distancia que los separa. -. La carga se conserva -. La carga esta cuantizada 2) Sí un objeto suspendido A, conductor, es atraido hacia el objeto B, que esta cargando?
Podemos concluir que el objeto A esta cargado?
Resp. No necesariamente A debe estar cargado. Sí A esta neutral y se acerca un objeto B sin
tocarle, se produce una polarización. Las cargas opuestas a la del objeto B, tratan de “alejarse”
en la superficie del objeto A. La carga que se desplaza es la misma que se acerca, en magnitud.
La fuerza de atracción ejercida sobre B por la cara inducida en el lado cercano de A es
ligeramente mayor que la fuerza de repulsión ejercida sobre B por la carga inducida en el lado
lejano de A. La fuerza neta esta dirigida de A hacia B.
q = n.e
Responda las siguientes preguntas. ¿ Qué rama de la física estudia los imanes permanentes? ¿ Cual fue la experiencia científica de Plinio ? ¿ Que es la carga eléctrica ? ¿ Diga cual fue el aporte científico que legó a la humanidad Benjamín Franklin, en lo que al estudio de la electricidad se refiere ? ¿ Que tipo de interacción eléctrica experimentan dos cuerpos cargados positivamente cercanos? ¿ Porque los protones del núcleo atómico no se repelen entre si? ¿ Dibuje un modelo geométrico del átomo de acuerdo al modelo de Schrodinger y Born?
¿ Al frotar vidrio con un paño de seda, porque el vidrio queda cargado positivamente? Explique el fenómeno eléctrico que sucede. ¿ Como puede cargar un cuerpo negativamente y previamente neutro, por inducción? Haga un diagrama con esferas.
LEY DE COULOMB ASPECTOS CUANTITATIVOS
ENUNCIADO: La fuerza de atracción y/o repulsión que se ejerce entre dos cuerpos electrizados es directamente proporcional a las cargas eléctricas de cada uno de ellos e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que los separa. Esta fuerza se ejerce a lo largo de la recta “r” que une a ambas cargas, que intervienen en la interacción.
r Q1 Q2
Expresión de la ley de Coulomb.
F = K 2
2*1
r
Magnitud de la fuerza electrostática
Como toda fuerza es una cantidad física vectorial, tiene magnitud, dirección y sentido.
F = K 2
2*1
r
QQ Ur Vector Fuerza Electrostática (ec. I1)
K constante electrostática en el S.I K= 9x109 Nw x m2/ coul2
F ( Newton ) Q1 ; Q2 carga eléctrica ( Coulomb ) (C) r ( metros ) Ur Vector Unitario en dirección y sentido de la fuerza. Electrostática.
CAPITULO I
Carga eléctrica. Ley de Coulomb.
Ejemplo 1.1 Principio de cuantización de la carga a) Calcule el número de electrones en un pequeño alfiler de plata, eléctricamente
neutro, que tiene una masa de 10 g. La plata tiene 47 electrones por átomo y su
masa atómica es de 107,87 g/mol.
b) Se añaden electrones al alfiler hasta que la carga neta es de 1 mC
(miliCoulomb). ¿Cuantos electrones se añaden por cada 109 electrones ya
presentes?.
Consideraciones: Figura 1.1 Electrones en un alfiler de plata Solución: a) Si la masa del alfiler es de 10 g, entonces esta masa contiene 9,27 x 10-2 mol de
acuerdo a la regla de tres siguiente:
107,87 g. ----- 1 mol
10 g. ----- X X = g
molg
87,107
110 ×= 9,27 x 10-2 mol
El número de electrones del alfiler se consigue de la siguiente manera:
En un mol de sustancia existen
107,87 gramos (g) del material, y
6,021367 x 1023 átomos los cuales
contienen 47 electrones cada uno. De
acuerdo a esto en un mol de plata hay
2,83 x 1025 electrones.
Alfiler
m = 10 g.
Número de electrones totales = 2,83 x 1025 mol
elect x 0,0927 mol
Número de electrones del alfiler = 2,62 x 1024 electrones
b) Si la carga neta es de 1 mC = 10-3 Coulomb (C) el número de electrones añadido
es:
q = ne n = C
C19
3
10602,1
10−
−
×= 6,242 x 1015 electrones
Se divide el número total de electrones cuando el alfiler estaba neutro, es decir:
9
24
10
1062,2 ×= 2,62 x 1015
Entonces los electrones añadidos se dividen entre este número
15
15
1062,2
10242,6
××
= 2,38 electrones
Que define que por cada 1 millardo (mil millones) de electrones añadidos existen
2,38 electrones en el material, originalmente.
Ejemplo 1.2 Principio de la conservación de la carga eléctrica.
Una carga de 10 µC y una carga de – 6 µC están separadas 40 mm ¿Qué
magnitud de la fuerza electrostática existe entre ellas? Las esferas se ponen en
contacto unos cuantos segundos y luego se separan de nuevo 40 mm. ¿Cuál es la
nueva fuerza? ¿Es de atracción o repulsión?
(número de veces que se repite 109 en la cantidad inicial de electrones)
Consideraciones:
a)
b)
c)
← Repulsión →
Figura 1.2 Interacción eléctrica entre esferas
conductoras cargadas.
Solución:
A) ( ) Nmx
CxCxCmNx
r
qqKFA 5,337
10401061010
10923
662
29
221 =××⋅
=⋅=−
−−
B) 0=BF
C) ( ) CCqqQ µµ 4)610(21 =−=−+=
( ) Nx
xxx
Fc 5,221040
102
410
2
4109
23
669
=××
=−
−−
Nota: En lo sucesivo las cantidades vectoriales se denotarán con una letra y una flecha arriba y su magnitud o módulo sin la flecha.
La magnitud F del vector fuerza
electrostática F en la condición a)
puede calcularse fácilmente aplicando la
Ley de Coulomb, sobre el eje horizontal
y como son de diferentes signos, es
atractiva.
En la condición b) hay una suma
de cargas, las cargas negativas tratan
de neutralizar las cargas positivas y
prevalece la de mayor signo, al
separarse c) la carga total Q se
redistribuye en forma equitativa. (1µC =
10-6 C)
2q−
Qqq =+ 21
1q+
2Q
2Q
r
eF eF
EJEMPLO 1.3 FUERZA ELECTROSTÁTICA Y FUERZA
GRAVITACIONAL
Dos protones en una molécula están separados por una distancia de 3,80 x 10-10 m.
a) Encuentre la fuerza electrostática ejercida por un protón sobre el otro.
b) ¿Como se compara la magnitud de esta fuerza con la magnitud de la fuerza
gravitacional entre los dos protones?
c) ¿Cual debe ser la razón entre la carga y la masa de una partícula si la
magnitud de la fuerza gravitacional es igual a la magnitud de la fuerza
electrostática entre ellas?
Consideraciones: Fig. 1.3 Interacción eléctrica y gravitacional entre dos protones de una molécula.
La magnitud de la fuerza
electrostática entre dos cargas
puntuales puede hallarse por la ley de
Coulomb. 2
21
r
qqKFe
⋅= . Como las
cargas de las partículas son iguales
qp= e+ = 1,602 x 10-19 C, entonces
2
2
r
qKF
p
e = .
Para calcular la magnitud de la
fuerza gravitacional se utiliza la ley de
gravitación universal de Newton
2r
mmGFg
pp ⋅= (por ser estas dos
fuerzas conservativas, dependen del
inverso de r2)
Fg Fg
Solución:
a) Magnitud de la fuerza electrostática.
( )( ) 2210
219
2
29
108,3
106,1109
mx
Cx
C
mNxFe −
−
×⋅= Fe = 1,595 x 10-9 N Repulsiva
b) Magnitud de la fuerza gravitacional.
Tomando el valor de G = 6,67 x 10-11 2
2
Kg
mN ⋅ ( ver apéndice B )
y la masa del protón mp = 1,67 x 10-27 kg
( )( ) 2210
227
2
211
108,3
1067,11067,6
mx
Kgx
Kg
mNxFG −
−− ×⋅=
FG = 1,29 x 10-45 N
Como se muestra, la magnitud de fuerza gravitacional es mucho menor que la magnitud de fuerza electrostática; para estas dos partículas la proporción es la siguiente:
3610234,1 xF
F
G
e =
c) Razón entre carga y masa
m
q si las magnitudes de las fuerzas son iguales.
Fe = FG 2
2
2
2
r
mG
r
qK
pp = despejando
2
29
2
211
2
2
109
1067,6
Cb
mNx
Kg
mNx
m
q
⋅
⋅
=
−
La relación carga masa es: Kg
Cx
m
q 111061,8 −=
Ejemplo 1.4 Cargas distribuidas discretamente en el plano.
En la figura 1.4 a. se localizan tres cargas puntuales ubicadas en las esquinas de un
triangulo equilátero, calcule la fuerza eléctrica neta sobre la carga de 7 µC
Consideraciones:
a)
b)
Fig. 1.4 a) Cargas en los vértices de un triángulo equilátero. b) Diagrama de
fuerzas sobre qA .
Solución:
La fuerza BFr
como vector se calcula multiplicando su magnitud por un vector unitario
BUr
en la misma dirección y sentido que ella, es decir:
BBB UFF
rr=
La magnitud de BFr
se calcula aplicando la ley de Coulomb
rB rC
+
+ -
CqA µ7=
CqB µ2= CqC µ4−=
0,50 mts 60°
Bθ
BFr
CFr
°300
Cθ
• La fuerza electrostática resultante
sobre la carga qA es la suma
vectorial de las fuerzas
electrostáticas de la carga de qB
sobre la qA, BFr
que es repulsiva,
más la fuerza de la carga qC sobre
qA, CFr
que es atractiva. De acuerdo
al diagrama entonces la
CBR FFFrrr
+=
2B
ABB
r
qqKF =
Donde rB es la distancia entre las cargas Aq y Bq , y coincide con un lado del
triángulo equilátero, rB = 0,50 m.
El vector unitario BUr
se calcula por la relación siguiente:
BUr
= Cos θ XU
r+ Sen θ
YUr
(válida en el plano)
Donde θ es un ángulo formado a partir del eje X positivo en sentido contrario a las
manecillas del reloj hasta encontrar el vector con el cual se trabaja. XU
r ;
YUr
y
ZU son los vectores unitarios en dirección y sentido de los ejes X ; Y y Z
positivos respectivamente. En este caso θB = 60° .
.
( ) ( ) YX USenUCosUrrr
⋅+⋅= º60º60 Entonces
( )( ) ( )( )yXB USenUCos
m
CxCxxxm
CNx
Frrr
⋅+⋅=
−−
º60º6050,0
107102109
22
66
2
29
NyUUF XB ⋅+= )44,0252,0(rrr
De manera similar el vector fuerza electrostática CFr
entre la carga Cq y Aq se
obtiene como sigue: ver figura 1.4 .b
C
C
AC
C Ur
qqKF
rr
2
⋅⋅= Donde CU
res un vector unitario en la dirección y sentido
de CFr
.
Esta es la magnitud de la fuerza entre las cargas puntuales
Bq y Aq
Utilizando a θC = 300° como el ángulo para determinar a CUr
tenemos:
( ) ( ) YXC USenUCosUrrr
⋅+⋅= º300º300 Entonces
( ) ( ) ( )( )YXC USenUCosm
CxCxxxC
mN
Frrr
⋅+⋅=
−−
º300º30050,0
10710410*9
22
662
29
NUUF YXC )873,0504,0(rrr
−=
La fuerza resultante será )433,0756,0( YXR UUFrrr
−= N
Con magnitud NFR .871,0=
EJEMPLO 1.5 CARGAS DISTRIBUIDAS DISCRETAMENTE EN EL ESPACIO.
Tres cargas puntuales CqA µ2−= ; CqB µ5= y CqC µ6= , están ubicadas en las
coordenadas A:(4, 6, 2); B:(0, -2, 4) y C:(Cx, Cy, Cz) respectivamente. Si C es el
punto medio entre A y B. Hallar la fuerza resultante sobre Cq generada por la
interacción con Aq y Bq .
Consideraciones:
Cq
La fuerza eléctrica resultante sobre la
carga Cq debido a
Aq y Bq se
encuentra sumando la fuerza eléctrica
de Aq sobre Cq , es decir ACFr
más la
fuerza eléctrica de Bq sobre
Cq , que es
BCFr
, aplicando la Ley de Coulomb. Las
distancias se asumirán en metros.
Para simplificar la representación gráfica del problema, los puntos que tienen tres
coordenadas se representan en una dimensión, como lo muestra la figura 1.5. Para
ilustrar la interacción eléctrica sobre la carga ubicada en el punto C.
Fig. 1.5 Representación en una dimensión de cargas distribuidas discretamente en el espacio
Solución:
Las coordenadas Cx, Cy, Cz son el punto medio entre el punto A y el punto B, y se
encuentran de la siguiente manera:
2XX
X
BAC
+=
2YY
Y
BAC
+=
2ZZ
Z
BAC
+=
Sustituyendo valores tenemos:
22
04 =+=XC ( )
22
26 =−+=YC 32
42 =+=ZC
Entonces las coordenadas de C son: C (2, 2, 3)
De acuerdo a la figura 1.5, las fuerzas ACFr
y BCFr
se obtienen aplicando la ley
de Coulomb.
A
CA
CA
AACAC Ur
qqKUFF
rrr
2==
BCFr
ACFr
−Aq
+Cq
+Bq
C: (Cx, Cy,Cz) B: (0, -2, 4) A: (4, 6, 2)
Donde AU
r es un vector unitario en la
dirección y sentido de la fuerza ACFr
.
Como ACFr
es atractiva, tiende a dirigir a la carga Cq en sentido hacia la carga Aq .
Un método para conseguir AUr
es mediante el vector posición entre C y A, CArr
, que
tiene la misma dirección y sentido que la ACFr
y su magnitud es la distancia rCA.
Entonces ACACA Urrrr = despejando
CA
CA
Ar
rU
rr
= A C
La ecuación queda:
CA
CA
CA
CA rr
qqkF
rr
3
⋅= CAr es la magnitud de CAr
r
CArr
se obtiene aplicando la ecuación siguiente, restando las coordenadas donde llega
menos donde sale el vector posición para cada caso.
( ) ( ) ( ) ZZZYYYXXXCA UCAUCAUCArrrrr −+−+−=
llega sale
Entonces
( ) ( ) ( ) ZYXZYXCA UUUUUUrrrrrrrr −+=−+−+−= 42322624
Su magnitud se consigue aplicando el teorema de Pitágoras.
( ) 21142 222 =−++= mrCA m
Sustituyendo
( ) ( )ZYXCA UUUxCxCxxx
CmNx
Frrrr
−+⋅
=−−
4221
106102109
3
662
29
( ) )1012,11050,41024,2(421012,1 3333ZYXZYXCA UxUxUxUUUxxFrrrrrrr
−−−− −+=−+= N
CArr
Cálculo del vector BCFr
.
B
BC
CB
BBCBC Ur
qqKUFF
rrr
2==
BUr
es el vector unitario en la dirección de BCFr
; de la misma manera como en el caso
anterior puede hallarse el vector BU
r, con el vector posición BCr
r, cuya dirección y
sentido coinciden con el vector BCFr
, dirigido desde B hasta C. (debido a la fuerza
repulsiva de Bq sobre Cq ), entonces:
BC
BC
Br
rU
rr
= Sustituyendo queda lo siguiente BC
BC
CB
BC rr
qqkF
rr
3
⋅=
El vector posición se consigue con:
( ) ( )( ) ( ) ZYXBC UUUrrrrr
432202 −+−−+−= C B
ZYXBC UUUrrrrr −+= 42 y su magnitud ( ) mmrBC 21142 222 =−++=
Sustituyendo queda
( ) ( )mUUUxm
CxCxxxC
mNxF ZXBC
rrrr−+
⋅=
−−
4221
106105109
33
662
29
( ) )1041,21064,91083,4(421041,2 3333ZYXZXBC UxUxUxUUUxxFrrrrrrr
−−−− −+=−= N.
Cálculo del vector RFr
.
BCACR FFFrrr
+= Arreglando y realizando la suma vectorial se obtiene:
BCrr
C (2, 2, 3) B (0, -2, 4)
ZYXAC UxUxUxFrrrr
333 1012,11050,41024,2 −−− −+=
+= −XBC UxF
rr31083,4 YUx
r31064,9 − ZUx
r31041,2 −−
)1053,31014,141007,7( 333ZYXR UxUxUxFrrrr
−−− −+= N
Ejemplo 1.6 Determinación de las cargas de las esferas colgantes
En la figura 1.6 se muestran tres esferas idénticas cada una de masa m = 0,100 kg
y carga q, colgadas de tres cuerdas. Si las longitudes de las cuerdas izquierda y
derecha son L = 30 cm. y el ángulo θ = 45º, determine el valor de q.
Consideraciones:
Fig. 1.6 Cargas en equilibrio
colgando de cuerdas.
Primero, para fines de facilitar el
planteamiento del problema,
designaremos a cada masa m1, m2 y m3
respectivamente como se muestra y q1,
q2 y q3 respectivamente.
Sobre la carga q2 actúan las
siguientes fuerzas, tensión T de la
cuerda, con una sola componente, la
vertical, el peso W y la fuerza
electrostática resultante entre la fuerza
repulsiva de la carga q1 sobre q2, hacia
la derecha F 12 y la fuerza repulsiva de
la carga q3 sobre la carga q2 ( F 32)
también repulsiva hacia la izquierda.
m1 m2 m3
― X ― — X — +q1 +q3 +q2
θ L
θ L
g
a) a) b) Fig. 1.7 Diagramas de fuerzas
q2 32F 12F
T
W
q3
θ
23F
T
W
XT
YT
13F
En la figura 1.7a como el sistema
esta en equilibrio XX UF∑ = 0
r y
yY UF∑ = 0r
si se sustituyen los
vectores correspondientes en el eje x, se
tiene OUFUF XX =−rr
3212 . Si se opera
con sus componentes escalares, queda ;
F12 – F32 = 0 lo que resulta F12 = F32 ;
De la misma forma se trabaja con las
componentes sobre el eje y ;
T – W = 0 entonces T = W
( W es la magnitud del peso). Con este
análisis sobre la q2 no se consigue
despejar el valor de q requerido.
Por otro lado si se toma cualquiera
de las cargas q1 ó q3 se encuentra el
sistema de fuerzas de la figura 1.7 b.
Como se observa, la tensión T , se
descompone en sus componentes T y y
T x y la fuerza electrostática resultante es
la suma de vectorial de 13Fr
y 23Fr
.
Analizando el sistema de fuerzas
sobre q3, se puede calcular el valor de q,
que daría el mismo resultado si se
estudiara sobre q1.
Solución:
La fuerza resultante sobre la carga q3 se obtiene de la siguiente manera.
23133 FFFrrr
+= donde
XUFFrr
1313 = y XUFFrr
2323 = (hacia la derecha)
Aplicando la ley de Coulomb
( )231
132X
qqKF = y
232
23X
qqKF =
Donde X es la distancia de q2 a q3 y q1 respectivamente las cuales con las cuerdas
conforman triángulos rectángulos con L de hipotenusa.
L
XSen =θ Despejando X
X = L · Sen θ Sustituyendo valores
X = 0,3 m . Sen (45º) = 0,212 m X = 0,212 m
Sustituyendo valores en las ecuaciones de F13 y F23
( ) 22
22
29
13212,02
109
mx
xqC
mNxF
⋅= Donde qqq == 31 ; cancelando unidades resulta:
F13 = 5 x 1010 q2 N/C2
Resolviendo para F23
( ) 22
22
29
23212,0
109
m
xqC
mNxF
⋅= Donde qqq == 32 ; cancelando unidades resulta:
L
X
θ
F23 = 2 x 1011 q2 N / C2
La magnitud de la fuerza electrostática resultante sobre q3 es:
F3 = 5 x 1010 q2 + 2 x 1011 q2 = 2,5 x 1011 q2
Las componentes verticales y horizontales de la tensión T son:
Tx = -T Sen θ y Ty = T Cos θ
Aplicando la segunda ley de Newton de acuerdo al diagrama de fuerzas de la figura
1.7 se obtiene:
Componentes Horizontales
F3 – Tx = 0 donde F3 = Tx = T Sen θ
Componentes Verticales
Ty – W = 0 entonces T Cos θ= m·g
Despejando T θCos
mgT = y sustituyendo
θθθ
tan3 ⋅⋅== gmSenCos
mgF ( g = 9,80 m/s2)
Para F3 = 2,5 x 1011 q2 queda 2,5 x 1011 q2 = m·g·tanθ despejando q2
( )
2
11
2
112
105,2
º45tanm8,91,0
105,2
tan
C
Nx
xskgx
x
gmq =⋅⋅= θ
2122 1092,3 Cxq −= la carga de cada esferita es q = 1,98 x 10-6 C
PROBLEMAS PROPUESTOS
CARGA ELECTRICA. LEY DE COULOMB.
Propuesto 1.1 Fuerza electrostática y fuerza gravitacional
¿Qué cargas eléctricas iguales deben colocarse sobre la Tierra y la Luna, para
igualar las magnitudes de las fuerzas eléctrica y gravitacional entre los dos cuerpos?.
Indicaciones:
F
F e
Fig. 1.8 Interacción eléctrica-gravitacional
entre la tierra y la luna
Respuesta:
Respuesta:
Propuesto 1.2 Fuerza electrostática entre esferas conductoras
Dos esferas conductoras idénticas se colocan separadas por una distancia de 0,3 m.
Una de ellas tiene una carga de 12 nC y la otra de -18 nC.
a) Encuentre la magnitud de la fuerza electrostática ejercida por una esfera
sobre la otra.
Hallar la magnitud de la fuerza
gravitacional utilizando la ley de
gravitación de Newton 2d
mmGFg LT⋅=
luego aplicando la ley de Coulomb, hallar
la magnitud de la fuerza electrostática, se
igualan éstas y finalmente se despeja q.
q = 5,73 x 1013 C
gF
d
d = 3,84 x 108 m
mT = 5,98 x 1024 Kg
mL = 7,36 x 1022 Kg
2
211 m
1067,6Kg
NG
⋅×= −
b) Las esferas se conectan por un alambre conductor, encuentre la magnitud
de la fuerza eléctrica después que se alcanza el equilibrio.
Indicaciones:
Respuesta:
Propuesto 1.3 Interacción entre cargas localizadas en los vértices
de un cubo.
En los vértices de un cubo de lado a = 0,20 m., están localizadas cargas de
magnitud Q = 3µC y del mismo signo. Determine la magnitud de la fuerza
electrostática resultante de todas sobre una de ellas. y
Indicaciones:
x
Q
z Fig.
1.9 Cargas en los vértices de un cubo
Represente en el cubo en un
sistema de coordenadas en el espacio,
donde una de las carga la ubica en el
origen. Hallar la fuerza resultante,
vectorialmente apoyándose en los
vectores de posición respectivos,
utilizando las coordenadas
posicionales de cada vértice. Cuando
se obtenga el vector ReFr
, hallar su
magnitud.
En la parte a) aplicar directamente
la ley de Coulomb, en la parte b) cuando
se unen, las cargas son sumadas
algebraicamente luego que se alcanza el
equilibrio. La carga eléctrica total se
distribuye equitativamente en cada esfera.
a) 2,16 x 10-5 N
b) 9 x 107 N
Respuesta:
( )( )2
269
2,0
10310929,3 −××= xxFeR NFeR 66,6=
Propuesto 1.4 Interacción entre tres esferas cargadas y
suspendidas.
Tres esferas idénticas, de masa m = 0,2 kg y carga Q en cada una de ellas, están
suspendidas de un punto en común mediante hilos aislantes y ligeros de longitud
L = 1 m. Las esferitas se repelen entre si hasta quedar en equilibrio, formando un
triángulo equilátero de lado a = 0,1 cm., como se muestra en la figura. Hallar el valor
de la carga Q.
Indicaciones:
Respuesta:
RESPUESTA
El procedimiento da como resultado a la ecuación siguiente:
( ) 229
3
1,0319109
1,08,92,0
×−
××=x
Q ⇒ CQ µ27=
Hallar la ReF resultante sobre una
de ellas, en el plano del triángulo
equilátero, donde su dirección pasa
por el centro del mismo. En otro
gráfico representar el conjunto de todas
las fuerzas que intervienen, es decir,
aparte de la fuerza electrostática, la
tensión de la cuerda y el peso sobre
dos ejes coordenados y aplicar la
segunda ley de Newton en equilibrio.
L L L
m
a a
m
m
a
Propuesto 1.5 Esferas cargadas en un tazón esférico
Dos esferas idénticas tienen una masa cada una m = 0,300 kg y carga q.
Cuando se ponen en un tazón esférico con paredes no conductoras sin fricción, las
esferitas se mueven hasta que en la posición de equilibrio están separadas por una
distancia R = 0,750 m., si el radio del tazón es también R = 0,750 m. Determine la
carga de cada esferita.
Indicaciones:
Respuesta:
El procedimiento conduce a la ecuación siguiente:
( )º60tan109
8,93,0750,0
9 ×××=
xq ⇒ Cq µ30,10=
Cuando se establece el sistema de
fuerzas en equilibrio sobre una de las
cargas, la fuerza normal debido al
contacto de la esfera con la superficie
del tazón esta inclinada 60º con
respecto al eje horizontal.
Aplicando la segunda ley de
Newton al sistema en equilibrio se
despeja la carga.
R
R R
m m
PROBLEMAS PROPUESTOS
CARGA ELECTRICA Y LEY DE COULOMB
1) LA FUERZA ELECTROSTATICA ENTRE DOS IONES SEMEJANTES QUE SE ENCUENTRAN SEPARADOS POR UNA DISTANCIA DE 5 x 10-10 MTS ES DE 3,7 x 10-9 NW A) ¿ CUAL ES LA CARGA DE CADA UNO DE LOS IONES ?. B) ¿CUANTOS ELECTRONES FALTAN EN CADA UNO DE LOS IONES ?.
2) DOS PEQUEÑAS ESFERAS ESTAN CARGADAS POSITIVAMENTE Y LA
CARGA COMBINADA ES DE 5 x 10 –5 C. ¿COMO ESTA DISTRIBUIDA LA CARGA TOTAL ENTRE LAS ESFERAS, SI LA FUERZA REPULSIVA ENTRE ELLAS ES DE 1 Nw. CUANDO LAS ESFERAS ESTAN SEPARADAS 2 MTS ?.
3) DOS ESFERAS SIMILARES DE MASA M CUELGAN DE HILOS DE
SEDA DE LONGITUD L Y TIENEN CARGAS SEMEJANTES Q . SUPONER QUE θ ES LO SUFICIENTEMENTE PEQUEÑA PARA QUE LA tanθ PUEDA REEMPLAZARSE POR EL sen θ . A) DEMOSTRAR QUE :
1/3
X = Q2 L . 2πεOmg DONDE X ES LA SEPARACION ENTRE LAS ESFERAS
B) ¿CUANTO VALE Q SI L VALE = 120 CMS M = 10 GRS Y X= 5 CMS.
4) UNA CIERTA CARGA Q SE DIVIDE EN DOS PARTES q Y Q-q . ¿
CUAL ES LA RELACON ENTRE Q Y q PARA QUE LAS DOS PARTES COLOCADAS A UNA CIERTA DISTANCIA DE SEPARACION TENGAN UNA REPULSION COULOMBIANA MAXIMA?
5) DOS ESFERAS CONDUCTORAS IDENTICAS, CON CARGAS DE SIGNO
OPUESTO, SE ATRAEN CON UNA FUERZA DE 0.108 N AL ESTAR SEPARADAS 0,5 MTS. LAS ESFERAS SE INTERCONECTAN CON UN ALAMBRE CONDUCTOR Y A CONTINUACION SE DESCONECTAN. EN ESTA NUEVA SITUACION SE REPELEN CON UNA FUERZA DE 0.036 N. ¿CUALES ERAN LAS CARGAS INICIALES DE LAS ESFERAS ?.
6) TRES PEQUEÑAS ESFERAS DE 10 GRS SE SUSPENDEN DE UN PUNTO
COMUN, MEDIANTE HILOS DE 1 MTS DE LONGITUD. LAS CARGAS DE CADA ESFERA SON IGUALES Y FORMAN UN TRIANGULO EQUILATERO CUYOS LADOS MIDEN 0,1 MTS. ¿ CUAL ES LA CARGA DE CADA ESFERA?.
7) EN CADA VERTICE DE UN CUBO DE LADO a HAY UNA CARGA Q.
DEMOSTRAR QUE LA MAGNITUD DE LA FUERZA RESULTANTE SOBRE CUALQUIERA DE LAS CARGAS ES
F = 0,262 Q2
εO a2
8) EN DOS VERTICES OPUESTOS DE UN CUADRADO SE COLOCAN
CARGAS Q. EN LOS OTROS OPUESTO SE COLOCAN CARGA q. A) SI LA
FUERZA ELECTRICA RESULTANTE SOBRE Q ES CERO ¿ CUAL ES LA
RELACION ENTRE Q Y q ?. B) SE PODRIA ESCOGER A q DEL TAL
MANERA QUE LA FUERZA RESULTANTE SOBRE CADA UNA DE LAS
CARGAS SEA CERO?
9) TRES CARGAS ELECTRICAS ESTAN UBICADAS EN LAS
COORDENADAS A; B Y C. HALLAR EL VECTOR FUERZA
ELECTROSTATICA RESULTANTE SOBRE UNA CARGA Qo= + 2 µC
UBICADA EN EL ORIGEN DE COORDENADAS DEBIDO A LA ACCION DE
LAS TRES CARGAS. Qa = - 10 µC
Qb = - 5 µC Y Qc = +15 µC. CUYAS COORDENADAS A(- 2 , 2 ) ;
B(+ 2 ,+ 2 ); C (0,-2)
10) EN LOS VERTICES DE UN TRIANGULO ISOSCELES CUYOS LADOS
A = 15 CMS Y B= 25 CMS EXISTEN TRES CARGAS DE MAGNITUD Q =
+10 C . HALLAR LA FUERZA RESULTANTE SOBRE UNA CARGA DE q=
- 1 µC UBICADA EN EL ORTOCENTRO DEL TRIANGULO.
B B
A
11) DADAS LAS CARGAS UBICADAS EN LAS COORDENADAS A( -2,4,5) QA=
+2 µC ; B( 0,4,0 ) QB = - 4 µC ; C( -2,0,5) QC= 6 µC. SI LA MAGNITUD DE
LA FUERZA RESULTANTE QUE EJERCEN LAS TRES CARGAS SOBRE UNA
CARGA Q ES DE 8,9 x 10-30 Nw. HALLAR LA MAGNITUD DE LA CARGA
POSITIVA Q UBICADA EN EL ORIGEN DE COORDENADAS.
12) EN LA FIGURA SE MUESTRAN TRES CARGAS PUNTUALES IDENTICAS
COLGADAS DE TRES CUERDAS, CUYAS MASAS VALEN M= 0,1 Kg Y TIENEN
UNA CARGA Q. SI LAS LONGITUDES DE LAS CUERDAS IZQUIERDA Y
DERECHA SON L = 30 CMS Y EL ANGULO θ = 45 ª . DETERMINE EL VALOR DE
Q.
• Ya que la fuerza electrostática debe estar
en la misma dirección y sentido que el
campo eléctrico, induce un efecto de
repulsión sobre la pelotita ( F = q E )
• Como el sistema está en equilibrio se
aplica la segunda ley de Newton ΣF = m.a
donde las componentes rectangulares de a,
ax y ay son iguales a cero (sistema
estático)
Capitulo II
CAMPO ELECTRICOCAMPO ELECTRICOCAMPO ELECTRICOCAMPO ELECTRICO
Ejemplo 2.1 Determinación de la carga de una esfera suspendida,
en equilibrio por la acción de un campo eléctrico.
Una pelotita de masa 1 g. que tiene una carga “q”, está suspendida de un hilo de masa
despreciable. Por acción de un campo eléctrico uniforme
( ) CNxE YX /1053 5µµ rrr+= la pelotita queda suspendida en equilibrio a θ = 37°.
Encontrar:
a) La Carga de la pelotita
b) La Tensión del hilo
Consideraciones:
Fig. 2.1 Pelotita suspendida de una cuerda dentro de un campo
eléctrico .
q
θ Εr
y
x
a) b)
Fig. 2.2 a) Diagrama de fuerzas sobre la pelotita.
b) Componentes rectangulares. Solución:
a) La carga de la pelotita
De acuerdo con la ecuación vectorial ( )YXE µµ rrr53 += x105
C
N
las componentes escalares del campo eléctrico son:
Ex = 3x105 N/C y Ey = 5x105 N/C
Y las componentes escalares de la tensión T de la cuerda son:
Tx = -T Sen(37°) y Ty = T Cos(37°)
Como la fuerza electrostática es EqFrr
= , si se aplica la segunda ley de Newton,
entonces las componentes escalares de las fuerzas sobre el eje x se suman.
+→ Σ Fx = 0, sustituyendo queda
q Ex – T Sen θ = 0 Ecuación (2.1)
De la misma manera las componentes escalares de las fuerzas sobre el eje y se
suman
q yΕr
q xΕr
W
W
θ
Εrq
T
q W
yTr
xTr
q
W
θ
Εrq
T
q
q Ey + T Cos θ – W = 0 Ecuación (2.2)
Pero W = m . g despejando T de la ecuación (2.1) :
T = θSen
q xΕ Ecuación (2.3)
Sustituyendo en la ecuación (2.2) queda:
qEy + θSen
q xΕCosθ – mg = 0;
extrayendo q como factor común, se tiene:
q (Ey + θtanxΕ
) = m g ⇒ q =
θtanx
y
mg
Ε+Ε
Sustituyendo valores y cancelando unidades
q =( ) ( )
( ) C
N
Tan
smxKgx
5
23
10)º37
35(
80,9101
+
−
se obtiene q = 1,09 x 10-8 C
b) La tensión del hilo
Usando el resultado de la parte a) para “q” y sustituyendo en la ecuación (2.3)
T = ( )º37
1031009,1 58
Sen
CNxCxx −
lo que resulta
T = 5,44 x 10-3 N
Ejemplo 2 .2 Campo eléctrico debido a cargas distribuidas
discretamente.
Tres cargas puntuales iguales están en los vértices de un triángulo equilátero
de lado a:
a) ¿En que punto en el plano de las cargas (aparte de ∞) el campo eléctrico es
nulo?
b) ¿Cuál es la magnitud y la dirección del campo eléctrico en el punto P debido a
las dos cargas en la base?
Consideraciones:
a)
b)
Fig 2.3 a) Cargas en los vértices de un
triángulo
equilátero b) Líneas de campo
eléctrico.
Las tres cargas positivas
interactuando, define una repulsión
mutua entre si.
Al colocar una carga de prueba
q positiva en el centro del triángulo,
ésta debería quedar en equilibrio
debido a la influencia de las tres cargas
de igual magnitud y colocadas a la
misma distancia.
Si de dibujan las líneas de fuerza, que
representa al campo eléctrico E
alrededor de cada carga se verifica que
E = O (vector nulo) en el centro del
triángulo, como se muestra en la figura
2.3 b.
a
a a
P
+q +q
+q
Solución:
Fig. 2.4 Diagrama de fuerzas en el
centro
del triángulo, sobre +qo.
La fuerza electrostática resultante es igual a: 321 FFFFRrrrr
++= en el centro del
triángulo
por ende 3210
3
0
2
0
1
0
EEEq
F
q
F
q
F
q
FE RR
rrrrrrr
r++=++== Ecuación. (2.4)
Cada fuerza se obtiene aplicando la ley de Coulomb, su dirección y sentido lo define
el ángulo respectivo;
( )yUr
qqKF
rr−
⋅⋅=
201
1 entonces ( )yUr
qKE
rr−⋅=
21
( ) ( )( )YX USenUCosr
qqKF
rrrº150º150
202
2 +⋅⋅
=
Entonces ( ) ( )( )YX USenUCosr
qKE
rrrº150º150
22 +⋅=
a) Para facilitar la ejecución se
designará 1q , 2q y 3q las cargas en
cada vértice como se muestra en la
figura 2.4 y como 1Fr
, 2Fr
y 3Fr
las
fuerzas que actúan sobre +0q .
30º 30º
r
r r
1q
2q3q
2Fr
3Fr
+oq
1Fr
1Fr
30º 150º
2Fr
30º
3Fr
( ) ( )( )YX USenUCosr
qqKF
rrrº30º30
203
3 +⋅⋅
=
Entonces ( ) ( )( )YX USenUCosr
qKE
rrrº30º30
23 +⋅=
Sustituyendo en la ecuación. 2.4 y extrayendo factor común 2r
Kq se obtiene:
( ) ( )( ) ( ) ( )( )[ ]YXR USenSenUCosCosr
KqE
rrr1º30º150º30º150
2−+++=
(suma vectorial de 321 EEErrr
++ )
Como Cos (150º) = - Cos (30º) y Sen (150º) + Sen (30º) = 1; entonces los
componentes horizontales y verticales se anulan entre sí
Fig. 2.5 Fuerza resultante sobre la
carga .
ubicada en el punto P.
El campo eléctrico resultante es 32 EEEpR
rrr+= donde
0
22q
FE
rr
=
b) En el punto P la fuerza
resultante es debido a la suma del
efecto de la carga, 2q y 3q , que son de
la misma magnitud y están a la misma
distancia.
El efecto de la carga 1q se ignora,
puesto que no puede ejercer fuerza
sobre si misma.
60º 60º
P
a a
2q3q
2Fr
3Fr
RFr
120º
( ) ( )( )YX USenUCosa
qqKF
rrrº120º120
202
2 +⋅⋅
= qqq == 32
( ) ( )( )YX USenUCosa
qKE
rrrº120º120
22 +⋅=
Para 3Er
0
33q
FE
rr
=
( ) ( )( )YX USenUCosa
qqKF
rrrº60º60
203
3 +⋅⋅
= qqq == 32
( ) ( )( )YX USenUCosa
qKE
rrrº60º60
23 +⋅=
Como Cos (120º) = - Cos (60º) las componentes horizontales se cancelan
mutuamente, y solo quedan las componentes verticales. Sumando los vectores 32 ,EErr
se obtiene:
( ) ( )( ) YYR Ua
qKUSenSen
a
qKE
rrr
×⋅=+⋅=
2
32º60º120
22
Simplificando queda:
( )YR Ua
qKE
rr
273,1
⋅= C
N
Ejemplo 2.3 Campo eléctrico debido a una distribución de carga
continua. Caso: Cascarón cilíndrico.
Considere un cascarón cilíndrico circular recto con una carga total Q, radio R
y largo H. Determine el campo eléctrico E en un punto P localizado a una distancia
d del lado derecho del cilindro sobre el eje del mismo (eje X). (Utilizar la ley de
Coulomb y considere el cilindro como una colección de anillos de carga).
Eje y
d
X Fig. 2.6 Cascaron cilíndrico recto
Solución
Fig. 2.7 Fuerza de un anillo sobre el punto P.
El campo eléctrico E debido al cilindro es +=0q
FE CC
rr
donde +0q es una carga
de prueba positiva colocada en P, y CFr
es el vector fuerza electrostática resultante
que ejerce el cilindro sobre +0q ; esta fuerza a su vez es el aporte de las fuerzas de
muchos anillos para conformar el cilindro (ver figura 2.7) y esta dirigida en el sentido
positivo del eje X. Si Qc es la carga total del cilindro y Qa es la carga del anillo.
dQc = Qanillo y dEc = Eanillo Ecuaciones (2.5)
El campo E del anillo es:
+Q
P
R
H
Eje X
r
P
R
H
d
+0q
X
( ) Xa
a URX
XQKE
rr
23
22 +
⋅⋅= (ver tabla 3.1) Ecuación (2.6) donde r
= 22 RX +
Sustituyendo las ecuaciones 2.5 en la ecuación 2.6
( ) Xc
c URX
XdQKEd
rr
23
22 +
⋅⋅= integrando ambos lados
( ) X
cc U
RX
dQXKE
rr
∫+
⋅=2
322
en lo sucesivo se omitirá XU
r para facilitar los
cálculos y se
asumirá solo la magnitud de E .
Para resolver la integral definida se integra entre los límites 0 y H y se toma X como la variable.
Para sustituir cdQ se utiliza el coeficiente de distribución uniforme de carga por
unidad de área, es decir :
dA
dQc=σ si A es el área del cilindro A = 2·π·R·h ; entonces
dA = 2·π·R·dh
sustituyendo queda dQc = σ·2·π·R·dh
De la figura 2.7 X = h + d h = X – d dh = dX d = constante
Cambiando cdQ y sacando las constantes de la integral
( )∫=
= +
⋅⋅⋅⋅=Hh
h
c
RX
dXXRKE
0 23
22
2πσ realizando el cambio de variable siguiente
U = X2 + R2 dU = 2X·dX sustituyendo, se obtiene
( )
H
O
c
RXRK
U
dURKE
+⋅⋅⋅−=⋅⋅⋅= ∫
21
2223
12 πσπσ
( )( ) ( )
+−++⋅⋅⋅−=
−−2
1222
1222 RdRdHRKEc πσ
( ) ( )( )
++−+⋅⋅⋅=
−−2
1222
1222 RdHRdRKEc πσ si
HR
Q
⋅⋅⋅=
πσ
2
y finalmente resulta
( ) ( )( ) Xc URdHRdH
QKE
rr
++−+⋅=
−−2
1222
122
Ejemplo 2.4 Campo eléctrico de una barra aislante cargada y doblada
en semicírculo.
Una barra aislante cargada de manera uniforme de 14 cm de largo se dobla en
forma de semicírculo. Si la barra tiene una carga total q = -7,5 µC, encuentre, la
magnitud y dirección y sentido del campo eléctrico en O, el centro del semicírculo.
Consideraciones:
O
Fig. 2.8 Barra cargada aislante doblada.
en semicírculo.
Solución
ds
BdF
Fig 2.9 Diagrama de fuerzas.
Para calcular el campo eléctrico
E primero debe tomarse un elemento
diferencial de longitud del semicírculo,
es decir un ds. Este elemento contiene
una cantidad de carga infinitesimal de
la barra, o sea, dq y ambos se
relacionan mediante el coeficiente
ds
dq=λ . Al aplicar la ley de Coulomb
para hallar la fuerza electrostática entre
dq y +oq , colocada en el punto O,
puede conseguirse la ecuación deseada
para calcular E .
q
De acuerdo a la figura 2.9 en un
punto A cualquiera sobre el
semicírculo se escoge un ds que
contiene un dq ( s = θR, longitud de un
arco en metros, de radio R y ángulo θ
en radianes).
Para obtener el campo eléctrico
generado por ese elemento de carga, en
el punto O, debe colocarse +oq allí y
hallar la fuerza electrostática sobre
ella.
dθ
dθ
dq-
dq-
θ
θ
A
B
AFd
+oq
o
AA
q
FdEd
rr
= donde AFdr
es un diferencial de la fuerza electrostática total del
semicírculo ejercida sobre qo.
De la misma manera, se escoge otro ds en el punto B, aprovechando la simetría
o
BB
q
FdEd
rr
= donde BFdr
es un diferencial de la fuerza electrostática total del
semicírculo
sobre +oq .
Entonces
BAR FdFdFdrrr
+= (suma vectorial)
Aplicando la ley de Coulomb se obtiene la magnitud de los diferenciales de fuerza;
2r
qdqKdF o
A
⋅= y 2r
qdqKdF o
B
⋅= ; como pueden observarse ambos tienen la
misma magnitud.
Dirección y sentido del vector AFdr
y+
x+
Fig. 2.10 Componentes rectangulares. de los vectores diferenciales
fuerza.
Si aislamos la fuerza en un
sistema de coordenadas en el plano,
podemos observar que los
componentes sobre el eje y se cancelan
mutuamente y las componentes sobre
el eje x se suman quedando en
dirección negativa en este eje.
AydF
BydF
AFdr
BFdr
BxFdr
AxFdr
θ
θ
Tomando en cuento esto, queda:
BxAxR FdFdFdrrr
+=
donde
( )XAxAx UdFFdrr
−= y ( )XBxBx UdFFdrr
−=
donde las magnitudes son respectivamente:
θCosdFdF AAx ⋅= y θCosdFdF BBx ⋅=
donde θ es el ángulo que forma Fd con el eje x+; sustituyendo AdF y BdF
queda
( )XoAx UCos
r
qdqKFd
rr−⋅= θ
2 y ( )Xo
Bx UCosr
qdqKFd
rr−⋅= θ
2
entonces
( )XoR UCos
r
qdqkFd
rr−⋅⋅= θ
22
dividiendo entre oq se obtiene un REdr
(diferencial del campo resultante en O)
( )Xo
RR UCos
r
dqk
q
FdEd
rr
r−⋅== θ
22
tomando en cuenta solo la magnitud, se resuelve aplicando cálculo integral.
∫=qf
qi
Rr
kdqCosE
22
θ = ∫
qf
qi
dqCosr
k θ2
2
pero θλλ drdsdq ⋅⋅=⋅= se sustituye y queda
∫⋅⋅⋅=
f
i
dCosr
rKER
θ
θ
θθλ2
2
al integrar los θd se desplazarán 90º a partir de los puntos A y B, lo que producirá
el REr
en O. Por simetría se considera la influencia de un solo dq multiplicado dos
veces.
[ ] 20
2
0
22 ππθλθθλ
Senr
KdCos
r
KER
⋅⋅=⋅⋅⋅= ∫
( )[ ]022
SenSenr
KER −⋅⋅= πλ
Volviendo a la notación vectorial queda
( )XR Ur
KE
rr−⋅⋅= λ2
Campo eléctrico resultante en O.
sustituyendo valores S
Q=λ S = 0,14 m y π14,0=r m
m
C
m
C 56
10357,514,0
1050,7 −−
×=×=λ
( )XR Um
mC
CmN
Err
−×
××⋅××= −
−
3
52
29
1056,44
10357,51092
( )XR UC
NErr
−×= 71016,2
P
EJEMPLO 2.5 CAMPO ELÉCTRICO DE UNA CONCHA
CILÍNDRICA.
Considere una lámina infinitamente larga que está doblada de tal forma que
constituye parte de un cilindro de radio R. El semicilindro o concha cilíndrica abarca
un ángulo θ y tiene una densidad superficial de carga uniforme
2m
Cσ . Determine el
vector campo eléctrico Er
en el punto P cualquiera sobre el eje del cilindro.
Consideraciones:
Fig. 2.11 Concha Cilíndrica cargada
Para una varilla recta infinita
R
KEV
λ⋅⋅= 2 (ver tabla 3.1);
dL
dq=λ donde dL se considera
también como la una pequeña parte
de la longitud del
semicírculo, entonces dL = R·dθ
según la gráfica 2.12.
Al sumar los aporte de campo eléctrico de
los diferenciales dL simétricamente opuestos e
integrando desde 0º hasta 2
θ se obtiene el campo
eléctrico total en P
El vector campo eléctrico Er
de la
concha puede tomarse como la suma
de los aportes diferenciales de
campo, de muchas varillas infinitas
cargadas.
La concha cilíndrica vista al corte
P
σ
Rθ
θd
θθ
θ θ
Edr
Edr
dL dL
Fig.
2.12 Diagrama vectorial
Solución:
La magnitud del campo eléctrico de una varilla a la distancia R es:
R
KEV
λ⋅⋅= 2 ecuación 2.7
pero EV ahora significa un pequeño aporte a la magnitud del campo eléctrico total de
la concha, es decir TEdr
y λ adquiere una forma diferencial de acuerdo a lo
siguiente
dLdA
dqdL
dLdR
dq
dL
dL
dR
dq
dL
dq =⋅⋅
=⋅⋅
==θθ
λ
Donde R·dθ·dL = dA (diferencial de área de la concha), entonces si dA
dq=σ
dL⋅= σλ sustituyendo en la ecuación 2.7
R
dLKdET
⋅⋅⋅= σ2 magnitud del diferencial de campo eléctrico de la concha
en P.
Si se observa el diagrama aislado de
vectores de coordenadas X-Y, se nota
que las componentes horizontales se
cancelan mutuamente, pero las
verticales se suman, contribuyendo a
un vector Ed con sentido hacia arriba.
XEd
YEd
Edr
Edr
Y
X
θ θ
XEd
YEd
YYYYYYT UdEUdEUdEEdrrrr
⋅=+= 2
del triángulo rectángulo se calculan las cantidades escalares
( ) ( )θσθ CosR
dLKCosdEdEY
⋅⋅⋅=⋅= 2 sustituyendo
( ) ( )YYT U
R
CosdRKU
R
CosdLKEd
rrr θθσθσ ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= 44
integrando
( )∫ ⋅⋅⋅= 2
04
θθθσ YT UdCosKE
rr
donde los límites de la integración corresponden al aporte de un solo dL hasta la
mitad del recorrido en ángulo. (La otra mitad ya fue incorporada en el
procedimiento).
Resolviendo el integral:
( ) YT USenKErr
20
4θ
θσ ⋅⋅⋅= lo que resulta ( ) YT USenKErr
24 θσ ⋅⋅⋅=
dE
XdE
YdE
θ
CAMPO ELÉCTRICO PARA VARIAS DISTRIBUCIONES DE CARGA
Distribución de
carga
Campo eléctrico Gráfica
Carga puntual
2r
QKEr
⋅= rU
Dipolo eléctrico en
un punto ρ fuera de
su eje
( )
+⋅⋅
+
⋅⋅=2222
32
3
YX
YX
YX
dQKEx
( )
+⋅−
+
⋅⋅−=22
2
22
31
23
YX
Y
YX
dQKEy
Línea infinita de
carga
uniformemente
distribuida. E en un
punto P ubicado a
una distancia R.
YUR
Err
⋅∈⋅⋅=
02 πλ
Línea finita de carga
uniformemente
distribuida (longitud
L). Punto P ubicado
en la mitad, a una
distancia R de la
línea.
YURL
L
R
KE
rr
22 4
2
⋅+⋅⋅⋅= λ
Tabla 3.1 ( parte I)
+ -
Positiva Negativa
Eje X
-Q
d/2
d/2
+Q r1
r2
x
1
2
1Er
2Er y
Eje Y
+++→ ← +++ ∞−← ∞+→
θ+0q
dx
Edr
+dq
rR
x
P
θ
Edr
rR
x
P
L
CAMPO ELÉCTRICO PARA VARIAS DISTRIBUCIONES DE CARGA
Distribución de carga Campo eléctrico Gráfica
En un punto P sobre el
eje de un anillo de
radio R cargado
uniformemente
( ) XURX
XQKE
rr
23
22 +
⋅⋅=
Si:
X = 0 centro del anillo
E = 0
En un punto P sobre el
eje de un disco de
radio R cargado
uniformemente
( ) yURD
DKE
rr
+−⋅⋅⋅=
21
2212 σπ
Si:
R >> D
022
∈⋅=⋅⋅⋅= σσπ KE
+y
Tabla 3.1 (parte II)
R
P
D
Edr
θθ
Edr
ds
ejeX
X
pR r
( )
++
+
+++
PROBLEMAS PROPUESTOS
CAMPO ELECTRICO
Propuesto 2.1 Campo eléctrico y campo gravitacional
Un objeto que tiene una carga neta de 24 µC se coloca en un campo eléctrico
uniforme de 610 N/C que esta dirigido verticalmente hacia arriba. ¿Cuál es la masa de
este objeto si “flota” en el campo ?
Indicaciones
Er
Respuesta:
Propuesto 2.2 Campo eléctrico dentro de una nube
Un avión vuela a través de un nubarrón a una altura de 2000 m. Si hay una
concentración de carga de + 40 C a una altura de 3000 m dentro de la nube y de – 40
Utilizar la ecuación que define el
campo eléctrico en función de la fuerza
eléctrica, y relacionar ésta con la fuerza
gravitacional gF = m· g
m = 1,5 x 10-3 Kg
m
eFr
gFr
C a una altura de 1000 m. ¿Cuál es la magnitud del campo eléctrico E en la
aeronave ?
Indicaciones:
Respuesta:
Propuesto 2.3 Esferas cargadas colgantes en presencia de un
campo eléctrico.
Dos esferas pequeñas cada una de 2 g de masa, están suspendidas por medio
de una cuerda ligera de 10 cm de largo, como se muestra en la figura. Un campo
eléctrico uniforme se aplica en la dirección X. Si las esferas tienen cargas iguales -
5x10-8 Cb y 5x10-8 µC, determine el campo eléctrico que permite a las esferas estar
en equilibrio a un ángulo de θ = 10º
Indicaciones:
Plantear un sistema de fuerzas
en un plano de referencia aislado, que
contemple la fuerza electrostática
resultante, la tensión de la cuerda y el
peso. Colocar la eFr
en función del
campo eléctrico Er
+ -
θ θ
Er
Hallar la magnitud de la fuerza
electrostática, colocando + 0q (carga de
prueba positiva) en la mitad entre las dos
cargas, es decir a 1000 m luego se divide
entre 0q y se obtiene la magnitud de E .
C
NE 310360 ×=
+40C Avión Er
m⋅3000
C⋅− 40 m⋅1000
m⋅2000
Respuesta C
NE
5104,4 ×= (Magnitud del Er
)
Propuesto 2.4 Campo eléctrico en el centro de un triángulo
equilátero.
Tres cargas puntuales CqA µ2= ; CqB µ5= y CqC µ1−= están ubicadas en los
vértices de un triángulo equilátero de lado a = 10 cm. Hallar el Er
en el ortocentro del
triángulo.
Indicaciones:
Respuesta: C
NUE X ⋅×=rr
61089,13
PROPUESTO 2.5 CAMPO ELÉCTRICO EN UN VÉRTICE DE UN PARALELOGRAMO. Tres cargas puntuales Cq 6
1 103 −×−= ; Cq 62 102 −×= y Cq 6
3 101 −×= están
en las esquinas de un paralelogramo ( romboide) cuyos lados son a = 3 m y b = 2,
como se muestra en la figura. ¿Cuál es el vector campo eléctrico REr
en el vértice que
no tiene carga?.
Coloque una carga de prueba +0q en
el centro del triángulo, hallar la fuerza
resultantes de todas las cargas sobre
0q y luego aplique la relación:
0q
FE R
rr
=
+Aq
+Bq
−Cq
Ortocentro
a a
a
Indicaciones:
Respuesta: C
NyUUE XR ⋅+= )23301276(rrr
De la misma forma que el
ejemplo anterior, determine la fuerza
electrostática resultante sobre 0q . La
distancia diagonal se determina así:
( )( ) ( )22 θθ SenbCosbar ⋅+⋅+=
1q
2q3q
b
a
x
y
º30=θ
Autor : Hugar Capella 58
CAPITULO III
FLUJO ELÉCTRICO Y LFLUJO ELÉCTRICO Y LFLUJO ELÉCTRICO Y LFLUJO ELÉCTRICO Y LEY DE GAUSSEY DE GAUSSEY DE GAUSSEY DE GAUSS
EJEMPLO 3.1 FLUJO ELÉCTRICO A TRAVÉS DE UNA
ESFERA
Un cascarón esférico se ubica en un campo eléctrico uniforme. Determine el flujo eléctrico total a través del cascarón.
Ф sale + Ф entra = Ф neto
Fig. 3.1 Líneas de campo eléctrico a través
de un cascarón esférico.
SOLUCIÓN: Cálculo del flujo que sale por una mitad del cascarón. Flujo eléctrico que sale
Fig. 3.2 Líneas de campo eléctrico que salen de un hemisferio del cascarón.
E
Eje X
θs E
ρ n
Autor : Hugar Capella 59
Sea θs el ángulo entre n y Ē; donde n es un vector unitario normal al
elemento de área dA del cascarón ( el dA del cascarón es un anillo que se desplaza hasta
completar la superficie de la esfera).
Ф sale = ∫ • dAnE por la ley de Gauss
Resolviendo el producto escalar Ē ● n dA
E ● dAn = EdA cos θs Si la magnitud del campo eléctrico es constante, sale de la integral
E ∫ cos θs dA Para este caso θs = ρ
Pero dA = 2πR2 sen ρ dρ ( ver apéndice A) Donde ρ es el ángulo que forma la línea recta R (radio) que desplaza al anillo desde 0°
hasta 90° para conformar la mitad de la esfera. ( ver figura 3.2)
Ф sale = E sss dsenR θθπθ 22cos∫
Ф sale = 2πR2 E sss dsen θθθ∫cos como
cos θs sen θs = 2
1sen 2 θs
Фsale = ∫°
°
90
0
2
22
2ssdsen
ER θθπ
Se toma los limites de integración entre 0° y 90° para hacer desplazar el elemento
dA hasta la mitad del cascarón esférico
Autor : Hugar Capella 60
Como ∫ Sen 2θs dθs = -2
1Cos2θ
Entonces;
Фsale = -2
1E π R2 (cos 2 x 90° - cos 0°)
Фsale = -2
1E π R2 (-1-1) = -
2
1E π R2 (-2)
Entonces queda Фsale =E π R2 Flujo eléctrico que entra
Fig. 3.3 Líneas de campo eléctrico que entran al otro hemisferio. Entonces
Фentra = ∫Ε ndA. = ∫ eEdACosθ
Como E es constante sale de la integral
90º
0
ρ
α n
α
n
E
θe
(180 – α) = θe Cos (180 – α) – Cos α = Cosθe
para α < 90º
Autor : Hugar Capella 61
Фentra = E ∫ dACos eθ sustituyendo dA = 2πR2 Sen ρ dρ donde ρ = θe
Фentra = E ∫ 2 π R2 Sen ρ dρ Cos θe
Sacando las constantes
Фentra = 2πR2 E ∫ Sen ρ dρ Cos θe
Pero el Cos θe en el segundo cuadrante es negativo tomado θe a partir del eje X+
Фentra = 2πR2 E ∫°
°
180
90Sen θe Cos θe dθe Sen θe Cos θe = -
2
1 Sen 2θe
Фentra = -2πR2 E
−2
1∫
°
°
180
90Sen 2θe dθe Фentra = -
2
1πR2 E (Cos 2θe)
º180º90
Фentra = -2
1πR2 E (Cos 2x180º – Cos 2x90º) Фentra = -
2
1πR2 E (1-(-1)) = -
2
1πR2 E (2)
Entonces queda Фentra = -π R2 E
Como las líneas de campo que entran son iguales a las que salen, la sumatoria del
flujo total da el flujo neto, entonces;
Фsale + Фentra = Фneto sustituyendo Фneto = πR2 E - πR2 E = 0 Фneto = 0 a través de la esfera.
Autor : Hugar Capella 62
Ejemplo 3.2 Flujo eléctrico de una carga puntual a través de una semiesfera
Una carga puntual Q se localiza justo arriba del centro de la cara plana de un
hemisferio de radio R, como se muestra en la figura. La distancia δ entre la superficie y la
carga Q es muy pequeña.
¿Cuál es el flujo eléctrico?
a) A través de la superficie curva
b) A través de la cara plana.
Consideraciones:
Una parte de las líneas de campo eléctrico
que salen de la carga puntual atraviesan la
semiesfera.
Fig. 3.4 Líneas de campo que atraviesan la
semiesfera
SOLUCIÓN
De la Ley de Gauss, el flujo
generado por una carga puntual o
cualquier otro elemento cargado es
proporcional al valor de su carga, es
decir, 0∈
=Φ QE (
0
1
∈ es la constante de
proporcionalidad en el sistema
internacional de unidades). Por
simetría este flujo completo es
“capturado” por una superficie cerrada
de forma esférica con la carga Q en el
centro para δ muy pequeña, se puede
decir que el flujo que atraviesa la
semiesfera es 02 ∈
=Φ QE
(la mitad de
la esfera completa)
———— R ———
●Q δ
nr
nr
Er
nr
Autor : Hugar Capella 63
a) De a la definición de flujo eléctrico
dAnEE •=Φ ∫
Donde 2R
QKE
⋅=
Resolviendo el producto escalar del integrado, se tiene φCosEdAdAnE ⋅=⋅ rr
en
este caso nr
es un vector unitario normal a la superficie esférica, y asumiendo que las líneas
de fuerza sean radiales, entonces Er
y nr
son paralelos, es decir θ = 0º lo que queda;
EdAdAnE =⋅ rr
Sustituyendo en la integral
∫=Φ EdAE para E uniforme y A = 4πR2; 24
2
1
2R
A π=
2
20
2
24
2
1
4
14
2
1R
R
QR
R
QKAEE π
ππ ⋅⋅⋅
∈=⋅
⋅=⋅=Φ da como resultado
02 ∈
=Φ QE que sale de la semiesfera.
b) De acuerdo a la ley de Gauss, el flujo neto que atraviesa una superficie cerrada debe ser
igual a cero, siempre que no exista carga dentro de la superficie, entonces
0=Φ+Φ EntraSale
02 ∈−=Φ−=Φ Q
SaleEntra
Autor : Hugar Capella 64
Ejemplo 3.3 Campo eléctrico en no conductores.
Una esfera sólida, no conductora, de radio Ro, tiene una carga total Q+ que se
distribuye de acuerdo a ρ = b·r, donde ρ es la densidad de carga por unidad de volumen y
b es una constante. Determine:
a) b en función de Q
b) La magnitud del campo eléctrico:
b.1) Dentro de la esfera r < Ro
b.2) Fuera de la esfera r > Ro
FIG. 3.5 ESFERA SÓLIDA NO CONDUCTORA
Solución
Parte a)
dV
dQ=ρ dVdQ ⋅= ρ si 3
3
4rV ⋅= π donde
r es el radio de una superficie esférica imaginaria (superficie Gaussiana) dentro de la esfera
no conductora, que va desde 0 hasta Ro.
drrdrrdV 22 433
4 ⋅⋅=⋅⋅= ππ Entonces dQ = ρ·4π·r2dr
integrando y sustituyendo a ρ = b·r
∫ ∫⋅=Q R
drrbdQ0 0
30
4π 0
0
4
4
4R
rbQ ⋅= π Q = π·b· 4
0R
Despejando b
40R
Qb
⋅=
π
Q-
Ro
Autor : Hugar Capella 65
Parte b
b.1) Magnitud de E para r < Ro
Por lo tanto, el ángulo entre Er
y n es 0º Cos0º = 1 y ( ) dAECosdAEdAnE ⋅=⋅⋅=⋅ º0r
con E uniforme queda;
∫ ∈=
0
encQdAE ⇒
0∈=⋅ encQ
AE donde A= 4·π·r2
Qenc es la carga encerrada por la superficie Gaussiana
Si dV
dQ=ρ Vd
Qd
′′
=ρ encQQ =′ =′V volumen que encierra a Q´
VdrbVdQd ′⋅⋅=′⋅=′ ρ 3
3
4rV ⋅⋅=′ π drrVd ⋅⋅⋅=′ 24 π
drrbdrrrbQd 32 44 ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=′ ππ integrando
∫ ∫′
⋅⋅=′Q r
drrbQd0 0
34 π 4
0
4
44 rb
rbQ
r
⋅⋅=⋅⋅=′ ππ
440
rR
⋅=′
ππ
40
4
R
rQQ =′
Q+ Ro
r
adr
Er
Superficie Gaussiana
Por la ley de Gauss
Φ = ∫ ∈=•
0
encQdAnE
Como la superficie Gaussiana es
concéntrica a la esfera no conductora las
líneas radiales de Er
la cruzan siempre
perpendicularmente.
Autor : Hugar Capella 66
40
2
040
4
20 44
1
R
rQQ
R
r
rE ⋅
∈⋅⋅=⋅⋅
⋅∈⋅⋅=
ππ en dirección radial y hacia fuera
RUR
rQKE
rr
40
2
⋅=
b.2) Magnitud de E para r > Ro
∫ ∈=•
0
encQdAnE con la misma consideración del caso
anterior dAEdAnE ⋅=⋅r
,
Qenc = Q+ 2
04 r
QE enc
⋅∈⋅⋅=
π
Ejemplo 3.4 Campo eléctrico debido a un cilindro no conductor.
Considere una larga distribución de carga cilíndrica de radio R con densidad de
carga uniforme ρ. Encuentre el campo eléctrico a una distancia del eje donde r < R.
Consideraciones: Superficie Gaussiana
Fig. 3.6 Cilindro macizo cargado no conductor Solución:
Q+
Ro r
n
Er
El elemento que contiene la carga es no
conductor con una densidad de carga
distribuida uniformemente por unidad
de volumen, ρ, para una distancia r
cualquiera menor que R, la carga
encerrada debe ser menor que la carga
total.
R r
Autor : Hugar Capella 67
Tomando en consideración que GV
Qenc=ρ , la carga encerrada será entonces Qenc = ρ·VG
donde el volumen VG es aquel que contiene la superficie Gaussiana cilíndrica de radio r,
mostrada en la fig. 3.6, es decir, VG = π·r2·L y la carga encerrada Qenc = ρ· π·r2·L.
Aplicando la Ley de Gauss
∫ ∈=•
0
encQdAnE
r como n
r y E
r son vectores paralelos, que salen de la superficie
y considerando la magnitud E constante, la ecuación queda
∫ ∈⋅⋅⋅=
0
2 LrdAE
πρ resolviendo la integral evaluada en una superficie curva.
0
2
∈⋅⋅⋅=⋅ Lr
AEπρ
donde A es el área del cuerpo del cilindro de radio r, es decir
A = 2·π·r·L
sustituyendo A y despejando la magnitud E del campo eléctrico, se obtiene
0
2
2 ∈⋅⋅⋅=⋅
rL
LrE
ππρ
simplificando
02 ∈⋅⋅= r
Eρ
radialmente hacia fuera del cilindro.
02 ∈⋅⋅= R
Eρ
Fig. 3.7 Gráfica de E vs r (r<R)
Nótese en esta ecuación que la
magnitud de E , para distancias menores
que R, es directamente proporcional al
valor de r. Es decir, E depende del
valor que adquiere r.
Esto se puede representar como
lo muestra la figura 3.7.
r
R
E
Autor : Hugar Capella 68
Ejemplo 3.5 Campo eléctrico de láminas cargadas paralelas.
Dos láminas cargadas infinitas, no conductoras, son paralelas entre sí como se
muestra en la figura 3.8. La lámina de la izquierda tiene una densidad de carga superficial
uniforme σ y la de la derecha tiene una densidad de carga uniforme –σ.
Calcule el vector campo eléctrico en las siguientes regiones:
a) A la izquierda de las láminas.
b) Dentro de las láminas.
c) A la derecha de las láminas.
Consideraciones:
+ + -
+ -
Fig. 3.8 Dos láminas infinitas paralelas
con densidades de carga por
Solución: unidad de área
Para hallar las magnitudes de los vectores 1Er
y 2Er
debe considerarse cada lámina
individualmente, por lo que hay que conseguir el campo eléctrico producido por una lámina
aplicando la ley de Gauss.
Para fines de facilitar el análisis del
problema, se asigna como 1σ y 2σ , las
densidades de carga por unidad de
volumen para la lámina izquierda y
derecha, respectivamente.
El campo resultante de cada región debe
calcularse sumando el campo 1Er
y 2Er
correspondientemente, de acuerdo a los
sentidos de los vectores señalados en la
figura. De la placa positiva sale el 1Er
y
de la negativa entra el 2Er
.
2Er
1Er
1Er
1Er
2Er
2Er
1σ+ 2σ−
A B C
Autor : Hugar Capella 69
Cálculo de E para una lámina:
Fig. 3.9 Líneas de E que atraviesan la
superficie Gaussiana cilíndrica
∫ ∈=⋅=Φ
0
enc
E
QdAnErr
donde dAnErr
⋅ = E·dA·Cos θ
queda que el flujo eléctrico neto que atraviesan las áreas A1, A2 y A3 es:
321 Φ+Φ+Φ=Φ neto = o
encQ
∈
0332211 ∈
=⋅+⋅+⋅=Φ ∫∫∫ enc
neto
QdAnEdAnEdAnE
rrrrrr
Como Er
y 1nr
son paralelos así como también Er
y 3nr
el ángulo θ = 0º ; para
ambos casos el Cos 0º = 1. Entre Er
y 2nr
el ángulo es 90º y el Cos de 90º = 0 entonces
queda:
031 0
∈=++=Φ ∫∫ enc
neto
QdAEdAE
031 ∈
=⋅+⋅=Φ enc
neto
QAEAE como A1 = A3
entonces
0
2∈
=⋅⋅ encQAE despejando E queda
Aplicando la ley de Gauss, se encierra
la lámina con una superficie cilíndrica
cuyas tapas de área A1 y A3 son
atravesadas perpendicularmente por las
líneas de campo Er
, por ende Er
y nr
son paralelos, entonces:
1nr
3A
2A
1A
Er
Er
2nr
3nr
1σ
Autor : Hugar Capella 70
A
QE enc
⋅∈⋅=
02 o también
02 ∈⋅= σ
E
que es la ecuación para calcular la magnitud del campo eléctrico a cualquier distancia de
una lámina infinita con densidad uniforme de carga por unidad de área σ. Es de notar en
esta ecuación que la magnitud del campo eléctrico no depende de la distancia r.
Cálculo de E para dos láminas paralelas.
Fig. 3.10 Superposición de campos eléctricos
de las dos láminas paralelas.
Lado izquierdo
Observando la figura 3.10 se tiene que región A, los campos se suman vectorialmente
sobre el eje horizontal es decir:
( ) ( )XXA UUErrr
0
2
0
1
22 ∈⋅+−
∈⋅=
σσ sacando factor común
XUr
queda
XA UErr
∈⋅−
=0
21
2
σσ como 21 σσ = entonces AE = O
Lado Derecho
De la misma forma se opera para la región C :
Cuando se tienen dos o más
láminas se aplican la superposición
vectorial, es decir se suman
vectorialmente los campos en cada
región:
A B C
2σ−
2Er
1Er
1Er
2Er
2Er
1Er
1σ+
Autor : Hugar Capella 71
XC UErr
∈⋅−=
0
21
2
σσ como 21 σσ = queda
CE = O
Dentro de la lámina
Para el lado B, se suman los campos
XB UErr
∈⋅+=
0
21
2
σσ como σσσ == 21
02
2
∈⋅⋅= σ
BE
0∈
= σBE dentro de la lámina
Ejemplo 3.6 Campo eléctrico de dos hojas cargadas con planos perpendiculares.
Dos hojas delgadas planas infinitas, no conductoras, con cargas superficiales
uniforme de 12 µC/m2 y - 8 µC/m2, se colocan en un ángulo recto entre sí. Cuales son
los campos resultantes en las cuatros regiones en las que queda dirigido el espacio entre los
planos (cuadrantes).
II I
III IV
Fig. 3.11 Superposición de campos eléctricos debido a láminas cargadas perpendiculares
--------------------------------------
+++++++++++
1σ
2σ−
1Er
2Er
Autor : Hugar Capella 72
Solución
De acuerdo a la ley de Gauss ∫ ∈=•
0
encQdAnE
r para cada lámina las magnitudes
del campo eléctrico son respectivamente 0
11 2 ∈
=σ
E y 0
22 2 ∈
=σ
E sustituyendo
valores se tiene:
C
N
mN
Cx
mCx
E 10,677966
1085,82
1012
2
212
26
1 =
⋅×
=−
−
sale de lámina con 1σ
C
N
mN
Cx
mCx
E 40,451977
1085,82
108
2
212
26
2 =
⋅×
=−
−
apunta hacia la lámina con 2σ
Magnitud del campo eléctrico resultante en cada cuadrante.
22
12 EEER +=
C
NER 84,814813=
Angulo θ
10,677966
40,451977=θTan θ = 33,69º
I Cuadrante II Cuadrante III Cuadrante IV Cuadrante
Fig. 3.12 Campos resultantes en los cuatro cuadrantes
-θ θ
180 + θ
θ
180 - θ
θ
Autor : Hugar Capella 73
PROBLEMAS PROPUESTOS
FLUJO ELECTRICO Y LEY DE GAUSS.
Propuesto 3.1 Flujo eléctrico a través de una superficie plana y
campo eléctrico constante.
Un campo eléctrico vertical de C
N4102 × de magnitud existe notablemente
sobre la superficie de la tierra en un día en el cual amenaza una tormenta. Un auto que
puede considerarse como un rectángulo de aproximadamente 6 m por 3 m viaja a lo largo
de un camino inclinado 10º hacia abajo. Determine el flujo eléctrico a través de la base
inferior del auto.
Indicaciones:
Respuesta: C
mNE
2
80,530.354⋅=Φ
Propuesto 3.2 Flujo eléctrico debido a cargas distribuidas discretamente.
Cuatro superficies cerradas, S1 a S4, junto con las cargas -2Q, Q y –Q se representan en la
figura 3.12. Encuentre el flujo eléctrico a través de cada superficie.
Al plantear el problema en un
plano de referencia x-y, se observa que
el ángulo entre la normal y la superficie
rectangular inferior del auto y el campo
eléctrico coinciden con 10º. Aplicando el
concepto de flujo eléctrico para este caso
AnEE
rr⋅=Φ , queda:
Autor : Hugar Capella 74
Indicaciones:
Respuesta:
Fig.3.13 Cargas puntuales encerradas por
superficies S1 ; S2 ; S3 y S4
Propuesto 3.3 Flujo eléctrico a través de una pirámide.
Una pirámide con base cuadrada de 6 m y altura de 4 m, se coloca en un campo
eléctrico vertical de magnitud C
N52 . Calcule el flujo eléctrico total a través de las cuatros
superficies inclinadas de la pirámide mostrada en la figura 3.14.
Indicaciones:
Fig. 3.14 Campo eléctrico sobre una pirámide
A través de EΦ
S1 0∈
− Q
S2 0
S3 0
2
∈− Q
S4 0
Al calcular el área de una de las
superficies inclinadas y el ángulo entre la
normal de esa superficie y el campo
eléctrico, se obtiene:
( )º14,53cos15524 ×××=ΦE
Er
r
h
3
33
Aplicar la ley de Gauss que por
definición determina que el flujo neto
total generado por un campo eléctrico
cuyas líneas atraviesan la superficie
cerrada es proporcional a la carga total
encerrada.
1S
2S
3S
4S
Q−
Q+
Q2−
Er
Autor : Hugar Capella 75
Respuesta:
C
mNT
231087,1
⋅×=Φ
Propuesto 3.4 Campo eléctrico en una esfera cargada hueca no
conductora.
Sea una carga puntual Q+, concéntrica a ella existe un cascaron esférico
grueso, con radio interno “a” y externo “b” que contiene una carga por unidad de volumen
r
A=ρ , siendo A una constante. ¿Cuál será el valor de A de modo que el campo eléctrico
en el cascarón ( a < r < b) tenga magnitud constante?
Indicaciones:
Fig 3.15 Arreglo carga puntual esfera
hueca aislante concéntrica.
Respuesta:
22 a
QA
⋅⋅=
π
Usando la ley de Gauss, calcular
la magnitud del campo eléctrico dentro
de la región a < r < b si se coloca una
esfera Gaussiana a una distancia “r”
cualquiera, entre los valores a y b. La
carga encerrada será Q una fracción de la
carga de la cavidad. Al final para que la
magnitud E sea constante debe derivarse
la ecuación del campo en función de la
distancia r e igualarla a cero, para
despejar A.
r
+Q
ab
r
A=ρ
Autor : Hugar Capella 76
PROPUESTO 3.5 CAMPO ELÉCTRICO EN UNA ESFERA SÓLIDA
CARGADA.
Una esfera sólida de 40 cm de radio, tiene una carga positiva total de 26 µC
distribuida uniformemente por todo su volumen. Calcule la magnitud del campo eléctrico
en un punto ubicado a: a) 0 cm; b) 10 cm; c) 40 cm y d) 60 cm del centro de la esfera.
e) Haga la representación gráfica en coordenadas cartesianas de E vs r en todas las
regiones, dentro y fuera de la esfera.
Indicaciones:
Fig. 3.16 Esfera aislante sólida
Respuesta:
a) E = 0 en r = 0
b) C
NE 365625= en r = 10 cm
c) C
NE 1462500= en r = 40 cm
d) C
NE 650000= en r = 60 cm
Propuesto 3.6 Campo eléctrico de un cascarón cilíndrico.
Un cascarón cilíndrico de 7 cm de radio y 240 cm de largo tiene una carga
distribuida sobre su superficie curva. La magnitud del campo eléctrico en un punto
localizado radialmente a 19 cm, hacia fuera de su eje (medido desde el punto medio del
Aplicar la ley de Gauss y tomar
en cuenta que para distancias menores al
radio, la carga se distribuye
uniformemente, es decir, cada superficie
Gaussiana encierra una parte
proporcional de la carga total de la esfera.
++
+
++
++ +
+
+++ +
Autor : Hugar Capella 77
cascarón) es de C
KN36 . Use relaciones aproximadas para encontrar a) la carga neta sobre
el cascarón y b) el campo eléctrico en un punto a 4 cm del eje medido radialmente hacia
fuera desde el punto medio del cascarón.
Indicaciones:
Fig. 3.17 Cascarón Cilíndrico
Respuesta:
a) Q = 9,13 x 10-8 C
b) E = 0
Aplicar la ley de Gauss y despejar Q en
la parte a.
En la parte b el campo es cero puesto
que no existe ninguna carga dentro del
cascarón. R
L
Autor : Hugar Capella 78
CAPITULO IV
POTENCIAL ELECTRICO
Ejemplo 4.1 Potencial eléctrico debido a cargas puntuales
Tres cargas puntuales están en los vértices de un triángulo isósceles. Calcule el
potencial eléctrico en el punto medio de la base, considerando q = 7 µC.
(q1 = q2 = q3 = q)
Consideraciones:
Solución:
VT = V1 + V2 + V3 sustituyendo
( ) ( )r
qK
r
qK
h
qKVT
321 −⋅+
−⋅+
⋅=
donde 221015 mh −×= ; aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo
de la figura donde r = d = 1x10-2 m, entonces extrayendo como factor común K·q se
tiene;
El potencial absoluto debido a
una carga puntual en una distancia r, se
calcula por la ecuación r
QKV
⋅= , si
se toma en cuenta que V∞ = 0.
Cuando existen varias cargas
interactuando se debe realizar la suma
algebraica de los potenciales absolutos
en los puntos requeridos, tanto los
positivos como los negativos.
dd
h
3q−2q−
1q+
2 cm
4 cm 4 cm
0,01 m
0,04 m h
Autor : Hugar Capella 79
( ) 1262
29
2221074,1107109
10
1
10
1
1015
1 −+−−−−
×−×⋅⋅×=
−−
×+⋅= mC
C
mN
mmmqKVT
VT = -10973347 V ≈ VT = -11 MV
Ejemplo 4.2 Trabajo ejercido sobre cargas puntuales
Demuestre que la cantidad de trabajo necesario para agrupar cuatro cargas puntuales
idénticas de magnitud Q en las esquinas de un cuadrado de lado S es S
QK 2
41,5⋅
.
Consideraciones:
Q Q Q
Q Q Q
Fig. 4.1 Cargas puntuales en las
esquinas de un cuadrado
Solución:
( ) ( ) 434324321 VqVVqVVVqUT +++++= como r
qKV
⋅=
43
43
42
42
32
32
41
41
31
31
21
21
−−−−−−
⋅+
⋅+
⋅+
⋅+
⋅+
⋅=
r
qqK
r
qqK
r
qqK
r
qqK
r
qqK
r
qqKUT
El trabajo requerido es igual a la
suma algebraica de las energías
potenciales de las cuatros cargas, es
decir, si las cargas 2q , 3q y 4q estarían
en el infinito y 1q en su posición, el
trabajo que realizaría un agente externo
para traerlas a su posición en el
cuadrado seria ( )43211 VVVqU ++=
donde
⋅+
⋅+
⋅=
−−− 41
3
31
3
21
21
r
qK
r
qK
r
qKqU
entonces, con las demás seria similar.
Autor : Hugar Capella 80
las distancias Srrrr ==== −−−− 43324121 y 24231 Srr == −− m
Sustituyendo las cargas por su valor Q y factorizando se obtiene
+⋅=
+++++⋅=2
241
2
111
2
11
22
S
QK
S
QKUT
Finalmente queda
Respuesta S
QKUT
241,5 ⋅=
Ejemplo 4.3 Diferencia de potencial en un campo eléctrico uniforme. Un campo eléctrico uniforme de magnitud 250 V/m esta dirigido en la dirección X positiva. Una carga de +12 µC se mueve desde el origen hacia el punto (X,Y) = (20 , 50)cm ¿Cuál fue el cambio de la energía potencial de esta carga?
Consideraciones:
Fig. 4.2 Cargas eléctricas moviéndose
debido a un campo eléctrico E Solución:
( ) ( ) dEdrErdEVPP
⋅⋅−=−=⋅−=∆ ∫∫ 00coscos θθrr
Donde d es la distancia desde el origen hasta el punto P
cmd 85,535020 22 =+= o d = 0,54 m
La componente del campo que
realiza trabajo (-∆Up), es aquella
paralela al desplazamiento, es decir
E·cos (θ). Esta componente se extrae
de la integral por ser constante.
cmP )50,20(Y
Er
θX
Autor : Hugar Capella 81
∆Up = - 6,06 x 10-4 J
º20,6820
50arctan ==θ entonces sustituyendo valores
( ) 13,50º20,68cos54,0250 −=××−=∆ mm
VV V pero
q
UV P∆
=∆ despejando ∆Up = q·∆V q = 12 x 10-6 C
∆Up = 12 x 10-6 C x (-C
J)13,50
El signo negativo significa que la carga al moverse dentro del campo eléctrico pierde energía potencial.
Ejemplo 4.4 Potencial eléctrico debido a distribuciones de carga continua. Caso recta de longitud infinita.
Una barra de longitud L se encuentra a lo largo del eje X con su extremo izquierdo
en el origen y tiene una densidad lineal de carga uniforme λ. Calcule el potencial eléctrico
en el punto P que ésta ubicado sobre la mediatriz de la varilla a una distancia b encima del
eje X (tómese V∞ = 0).
Consideraciones:
Fig. 4.3 Potencial eléctrico a una distancia “ b”
de una barra cargada.
Solución:
Una alternativa para alcanzar la
solución sería aplicando la ecuación
para ∫ ⋅−=∆B
ArdEvrr
, por lo que se debe
hallar la ecuación del Er
en función de
la distancia r para este elemento. La otra
alternativa consiste en tomar un
elemento infinitesimal de carga, como
una carga puntual, es decir r
QKV P
P ⋅=
b
Ldx
x dQ
r
P
Autor : Hugar Capella 82
Haciendo dQ = Qp y el potencial eléctrico de esa carga puntual dV = VP, sustituyendo en la
ecuación r
QKV P
P ⋅= se obtiene:
r
dQKdV ⋅= pero dQ = λ·dx sustituyendo e integrando ∫=
r
dxKV λ ; de la figura
( ) 21
22 bxr += y los límites de integración son de 2
L− a 2
L ( )∫
+
− += 2
2 21
22
L
L
bx
dxKV λ
la solución de este tipo de integral seria ( )22 bxxLn ++ ; resolviendo entre los límites de
integración definidos, queda:
( )
+
−−+
+⋅⋅=++⋅⋅=+
−
22
22
22
2222.
2
2
bLL
bLL
LnKbxxLnKVL
L
λλ
SIMPLIFICANDO RESULTA:
RESPUESTA
+
+⋅⋅⋅= 122
22
b
L
b
LLnKV λ
Autor : Hugar Capella 83
POTENCIAL ELÉCTRICO DEBIDO A VARIAS DISTRIBUCIONES DE CARGA
Distribución de Carga Potencial Eléctrico Gráfica
En un punto P ubicado
sobre el eje de un anillo de
radio “a” cargado
uniformemente.
V∞ = 0
22 ax
QKV
+
⋅=
En un punto P ubicado
sobre el eje de un disco de
radio “a” cargado
uniformemente.
V∞ = 0
( )[ xaxKV −+⋅⋅⋅= 21
222 σπ
V∞ = 0
Esfera conductora aislada,
de radio R y carga total Q
V∞ = 0
r
QKV = r > R
R
QKV = r ≤ R
Entre dos cilindros
conductores concéntricos
con cargas idénticas Q y
de diferentes signos
b
aLnKVV ba ⋅⋅⋅=− λ2
Entre dos esferas
conductoras concéntricas
con cargas idénticas Q y
de distintos signos
( )ba
abQKVV ba ⋅
−⋅⋅=−
a<b
Tabla 4.1
R
b
a
Q+
Q-
P x
a
dq ( )
22 ax +
P
22 xr + a
r
x
dA=2·π·r·dr
a +Q
-Q
b
Er
a a < b
Autor : Hugar Capella 84
Problemas Propuestos
POTENCIAL ELECTROSTATICO
Propuesto 4.1 Diferencia de potencial y energía cinética
Un ión acelerado mediante una diferencia de potencial de 115 V, experimenta un
aumento en su energía cinética de 7,37 x 10-17 J. Calcule la carga en el ión.
Indicaciones:
Respuesta:
q = 6,41x10-19 C.
Propuesto 4.2 Diferencia de potencial en un campo eléctrico uniforme.
Un electrón que se mueve paralelo al eje X tiene una rapidez inicial de
3,70x106 m/s en el origen, su rapidez se reduce a 1,40x105 m/s en el punto X = 2 cm.
Calcule la diferencia de potencial entre el origen y este punto. ¿Cuál punto esta a mayor
potencial?.
Indicaciones:
El cambio en su energía
cinética es proporcional al cambio en
su diferencia de potencial VqU ∆=∆
La carga de la partícula se determina
por la relación V
U
∆∆
De acuerdo al teorema de
conservación de la energía, la energía
total debe ser la misma tanto en el
origen como en X = 2 cm. La energía
potencial de la partícula corresponde a
qV donde V es el potencial absoluto en
el punto donde se encuentra.
Autor : Hugar Capella 85
Respuesta:
∆V = -38,9 V El origen tiene un potencial más alto que el otro punto.
Propuesto 4.3 Potencial eléctrico debido a cargas puntuales Una carga +q se encuentra en el origen y otra -2q está en X = 2 m sobre el eje
X. Para que valor (es) finito (s) de X es a) el campo eléctrico es nulo; b) el potencial
eléctrico es nulo.
Indicaciones:
Fig. 4.4 Potencial y campo eléctrico
de dos cargas puntuales
Respuesta: Campo eléctrico nulo.
x = 4,83 m a la izquierda de q+
Potencial eléctrico nulo.
x = 2 m punto de prueba a la izquierda de q+
x = 2/3 m punto de prueba, entre las dos cargas
Para hallar el campo eléctrico de
ambas cargas sobre el eje X colocar una
carga +0q primero a la derecha de ambas
y luego a la izquierda, luego igualar las
ecuaciones obtenidas para ambos
campos y despejar X. Para obtener el
lugar donde V = 0, realizar el mismo
procedimiento igualando las ecuaciones
de potencial.
Las soluciones negativas para el
campo E se descartan puesto que el
punto se localizaría dentro de las dos
cargas y donde las dos contribuciones
tienen la misma magnitud, dirección y
sentido.
Fv
Fv
X
2q+ q2−
Punto de Prueba
Autor : Hugar Capella 86
Propuesto 4.4 Diferencia de potencial en distintas trayectorias.
Un campo eléctrico uniforme de magnitud 325 V/m está dirigido en la dirección
“Y” negativa como se muestra en la figura 4.5. Las coordenadas del punto A son
(-0,2; -0,3) m y las del punto B son (0,4; 0,5) m . Calcule la diferencia de potencial
VB - VA usando la trayectoria ACB.
Indicaciones:
Fig. 4.5 El trabajo es independiente de
la trayectoria seguida en
sistemas conservativos. Respuesta:
VAC + VCB = 260 V
Tomar en cuenta que la
diferencia de potencial es el negativo de
la integral del producto escalar
( )θcos⋅⋅=⋅ drErdErr
donde θ es el
ángulo entre el campo y la trayectoria
seguida, la trayectoria AC es
antiparalela al campo, entonces θ =180º
y la CB es perpendicular al campo
θ=90º, la diferencia de potencial para
este último caso es igual a cero, la suma
da como resultado.
Y
Er
A
X
C B
Autor : Hugar Capella 87
Propuesto 4.5 Potencial eléctrico debido a distribuciones
de carga continua. Caso cascarón esférico no
conductor.
Un cascaron esférico no conductor de radio interior a = 20 cm y radio exterior
b = 30 cm tiene una carga Q = 20 µC repartida uniformemente en su volumen. Tomando
V∞ = 0 determine el potencial para las siguientes distancias a partir del centro del sistema.
a) r = 15 cm
b) r = 25 cm
Indicaciones:
Fig. 4.6 Potencial de un cascarón esférico
Respuesta:
V(0,15 m ) = 1,20 M V.
V(0,25 m ) = 0,68 M V.
Aplicar la ley de Gauss para hallar
el campo eléctrico en cada región,
respectivamente. En la parte a) r < 20 cm
y para b) 20 < r < 30 cm. Luego aplicar
la ecuación del potencial eléctrico
∫ ⋅−=∆B
ArdEvrr
ab
ρ
Autor : Hugar Capella 88