FI2002: ELECTROMAGNETISMO - SECCION 05 - PRIMAVERA 2014Departamento de Fısica, FCFM, Universidad de ChileProf. Patricio Cordero Profs. Auxiliares: Milko Estrada y Roberto Ibanez

AUXILIAR 1 Agosto 1, 2014

1.- Considere una esfera hueca de radio interno a y radio externo b y de densidad volumetrica variableρ(r) = K/r2 dentro de la zona a < r < b. Calcule el campo electrico en todo el espacio.

2.- Considere dos placas paralelas infinitas con densidades +σ y −σ,separadas por una distancia d.

i) Calcule el campo electrico por medio de la ley de Gauss.

ii) Calcule el potencial electroestatico en todo el espacio.

iii) Suponga que la diferencia de potencial de las placas es Vo. Un elec-tron parte del reposo desde la placa negativa. Calcule la velocidadcon que impacta la placa positiva. Considere como datos me y qe.

3.- Considere dos cascarones semiesfericos de radio R. Ambos estan car-gados uniformemente, donde el cascaron inferior de la figura tiene cargaQ (positiva) y el superior tiene carga −Q. Los bordes del cascaron seubican muy proximos entre sı. Calcule el campo electrico en el centro delsistema.

4.- Se cuenta con una barra de largo L y carga Q uniformemente dis-tribuida, una fibra no conductora de longitud b, y una esfera diminutacon carga q > 0. La esfera es atada a la barra mediante la fibra. En laconfiguracion (a) la fibra se una a la barra en su punto medio. En laconfiguracion (b) la fibra es atada a un extremo de la barra.

i.- Calcule las tensiones Ta y Tb de la fibra para cada configuracion.

ii.- Grafique las tensiones en funcion de b, analice casos lımites b << Ly b >> L, haga observaciones y comente.

SOLUCION PROBLEMA 1

Como la densidad de carga varia solo radialmente, el problema presenta una simetrıa esferica, esdecir el campo electrico sera radial dependiendo solo del radio ( ~E = E(r)r), por lo que podemos utilizarla ley de Gauss para calcular el campo electrico. Para esto primero calcularemos el campo al interior delhueco de la esfera, por lo que tomamos una superficie de Gauss esferica como se muestra en la figura.

La ley de Gauss en su forma integral se enuncia como:∫~E · d~s =

Qinε0

Cuando r < a (hueco de la esfera) la carga encerrada es nula, por lo que el campo electrico sera nulo.∫ 2π

0

∫ π

0[E(r)r] ·

[r2 · sin(θ) · dθ · dφ · r

]=

0

ε0= 0

4π · r2 · E(r) = 0

⇒ ~E(r) = 0

Cuando a < r < b nos encontraremos en la zona intermedia, por lo que la carga encerrada ya no sera cero,ya que dicha zona posee una densidad volumetrica de carga. Aplicando la ley de Gauss tendremos:

∫ 2π

0

∫ π

0[E(r)r] ·

[r2 · sin(θ) · dθ · dφ · r

]=

1

ε0·∫ 2π

0

∫ π

0

∫ r

a

[K

r2

]·[r2 sin(θ) · dr · dθ · dφ

]4π · r2 · E(r) =

K

ε0· (r − a) · 2 · 2π

⇒ ~E(r) =K

ε0· r − ar2

r

Cuando r > b nos encontraremos fuera de la esfera, por lo que la carga encerrada sera la de todala esfera. Aplicando la ley de Gauss tendremos:

∫ 2π

0

∫ π

0[E(r)r] ·

[r2 · sin(θ) · dθ · dφ · r

]=

1

ε0·∫ 2π

0

∫ π

0

∫ b

a

[K

r2

]·[r2 sin(θ) · dr · dθ · dφ

]4π · r2 · E(r) =

K

ε0· (b− a) · 2 · 2π

⇒ ~E(r) =K

ε0· b− ar2

r

SOLUCION PROBLEMA 2

i) Como el plano es infinito existe simetrıa plana, por lo que el campo electrico sera perpendicularal plano, es decir, ~E = E(x)x, tomando un cilindro como el que se muestra en la figura y aplicando laley de Gauss obtenemos que:

2 ·∫ 2π

0

∫ r

0[E(x)x] · [r · dr · dφ · x] =

1

ε0·∫ 2π

0

∫ r

0σ · r · dr · dφ

2 · π · r2 · E(r) =σ

ε0· π · r2

⇒ ~E(r) =σ

2 · ε0x

Nota1: Para el cilındro utilice coordenadas cilındricas, pero las coordenadas radial y acimutal seencuentran en el plano y-z en vez del plano x-y, por lo que la coordenada vertical es x en vez de z.

Nota2: El factor dos que antecede a la integral de flujo de campo electrico se debe a que el flujode campo electrico en el cilindro, es por ambas tapas de este (existe campo a ambos lados del plano).

ii) Al definir el eje x como se muestra en la figura, se tendran los siguientes campos electricos.

Figura 1: Diagrama de placas paralelas.

~E−σ =

σ

2·ε0 · x si x ≤ 0

− σ2·ε0 · x si 0 < x

~E+σ =

− σ

2·ε0 · x si x ≤ d

+ σ2·ε0 · x si d < x

Por lo tanto el campo en el espacio esta dado por la superposicion de estos:

~E =

0 si x ≤ 0

− σε0· x si 0 < x < d

0 si d ≤ x

Dado que el potencial se define como ΦB −ΦA = −∫ BA~E · dl, definiendo el potencial cero en el infinito

negativo se tiene que:

Φ =

−∫ x−∞ 0 · dl = 0 si x ≤ 0

−∫ 0−∞ 0 · dl −

∫ x0 −

σε0· dl = σ·x

ε0si 0 < x < d

−∫ 0−∞ 0 · dl −

∫ d0 −

σε0· dl −

∫ xd 0 · dl = σ·d

ε0si d ≤ x

Finalmente podemos ver el potencial de manera grafica en la siguiente figura:

Figura 2: Grafico del potencial en funcion de la posicion.

iii) La energia potencial del electron esta dada por U = qe · Φ, por lo que al definir el potencial enla placa negativa y en la positiva como Φ0 y Φ1 respectivamente se tiene que:

Uinicial = Φ0 · qeUfinal = Φ1 · qe

Haciendo un balance de energıa tendremos:

Uinicial +Kinicial = Ufinal +Kfinal

Φ0 · qe + 0 = Φ1 · qe +1

2·me · v2

1

2·me · v2 = (Φ0 − Φ1) · qe

v =

√2(Φ0 − Φ1)

qeme

SOLUCION PROBLEMA 3

El campo electrico ~E esta dado por:

~E =1

4πε0

∫(~r − ~r′)|~r − ~r′|3

dq

Para calcular el campo electrico utilizaremos coordenadas esfericas por lo que:

~r = 0

~r′ = R · r, donde θ ∈ [0, π/2) y φ ∈ [0, 2π)

dq = σ · ds = σ ·R2 sin θ · dθ · dφ

Donde:

σ =

− Q

2π·R2 si θ ∈ (0, π/2]

Q2π·R2 si θ ∈ (π/2, π]

Con esto el campo electrico nos queda como:

~E =1

4πε0

∫ 2π

0

∫ π/2

0

0−Rr|0−Rr|3

· −Q2π ·R2

·R2 sin θ · dθ · dφ

+1

4πε0

∫ 2π

0

∫ π

π/2

0−Rr|0−Rr|3

· Q

2π ·R2·R2 sin θ · dθ · dφ

=1

4πε0· Q

2π ·R2

∫ 2π

0

∫ π/2

0r · sin θ · dθ · dφ

− 1

4πε0· Q

2π ·R2

∫ 2π

0

∫ π

π/2r · sin θ · dθ · dφ

Como r depende tanto de θ como de φ debemos descomponerlo en coordenadas cartesianas.

r = sin θ · cosφ · x+ sin θ · sinφ · y + cos θ · z

Las componentes del campo electrico en x e y son cero, ya que las integrales de cosφ y sinφ entre 0 y2π lo son. Por lo tanto el campo electrico solo tendra componente en z.

~E =1

4πε0· Q

2π ·R2

∫ 2π

0

∫ π/2

0sin θ cos θ · z · dθ · dφ− 1

4πε0· Q

2π ·R2

∫ 2π

0

∫ π

π/2sin θ cos θ · z · dφ

=1

4πε0· Q

2π ·R2·(−1

2cos2 θ

)π/20

· 2π · z − 1

4πε0· Q

2π ·R2·(−1

2cos2 θ

)ππ/2

· 2π · z

=1

4πε0· QR2·(

0− −1

2

)· z − 1

4πε0· QR2·(−1

2− 0

)· z

=Q

8πε0 ·R2z − −Q

8πε0 ·R2z

=Q

4πε0 ·R2· z

SOLUCION PROBLEMA 4

Realizando los diagramas de cuerpo libre y realizando equilibrio de fuerzas podemos obtener lastensiones.

⇒ Ta = FE−a

⇒ Tb = FE−b

Las fuerzas electricas las podemos abtener apartir de ~FE = q · ~E. Por lo que primero calculamos elcampo electrico, el cual esta dado por:

~E =1

4πε0

∫(~r − ~r′)|~r − ~r′|3

dq

Para el caso (a) utilizaremos coordenadas cartesianas con el origen en el centro de la barra por lo que:

~r = by

~r′ = xx, donde x ∈ [−L/2, L/2]

dq = λ · dl = (Q/L) · dx

Con esto el campo electrico nos queda como:

~Ea =1

4πε0

∫ L/2

−L/2

by − xx|by − xx|3

λ · dx

=1

4πε0

∫ L/2

−L/2

by − xx(b2 + x2)3/2

λ · dx

Por simetrıa solo existe campo en y, por lo tanto:

~Ea =λ

4πε0

∫ L/2

−L/2

by

(b2 + x2)3/2dx

=λ

4πε0

∫ L/2

−L/2

dx

b2 · (1 + (x/b)2)3/2y

Realizando el cambio de variable tan(α) = x/b, se tiene que dx = b · sec2(α) · dα, con α ∈ [−α0 =atan(−L/(2b)), α0 = atan(L/(2b))], entonces:

~Ea =λ

4πε0 · b

∫ α0

−α0

sec2(α) · dα(1 + tan2(α))3/2

y

Finalmente recordando que sec2(α) = 1 + tan2(α), obtendremos que:

~Ea =λ

4πε0 · b

∫ α0

−α0

sec2(α) · dαsec3(α)

y

=λ

4πε0 · b

∫ α0

−α0

cos(α) · dα · y

=λ

4πε0 · b· 2 sin(αo) · y

Pero de la figura notamos que:

sin(αo) =L/2√

b2 + (L/2)2

Quedando el campo electrico como:

~Ea =λ

4πε0 · b· L√

b2 + (L/2)2· y

La fuerza electrica sera:

~FE−a =Q · q

4πε0 · b· 1√

b2 + (L/2)2· y

Y por lo tanto la tension:

Ta =Q · q

4πε0 · b· 1√

b2 + (L/2)2

Para el caso (b) utilizaremos coordenadas cartesianas con el origen en el extremo izquierdo de labarra por lo que:

~r = L+ bx

~r′ = xx, donde x ∈ [0, L]

dq = λ · dl = (Q/L) · dx

Con esto el campo electrico nos queda como:

~Eb =1

4πε0

∫ L

0

(L+ b)x− xx|(L+ b)x− xx|3

λ · dx

=1

4πε0

∫ L

0

(L+ b− x)x

(L+ b− x)3λ · dx

=1

4πε0

∫ L

0

λ · dx(L+ b− x)2

· x

=1

4πε0

[λ

L+ b− x

]L0

· x

=λ

4πε0

[1

b− 1

L+ b

]· x

La fuerza electrica sera:

FE−b =Q · q

4πε0 · L

[1

b− 1

L+ b

]· x

Y por lo tanto la tension:

Tb =Q · q

4πε0 · L

[1

b− 1

L+ b

]b) En la figura podemos las tensiones graficadas en funcion de b.

Caso (a) si b << L la tension es la producida por un alambre infinito de densidad λ.

Ta =Q · q

4πε0 · b· 1√

b2 + (L/2)2

=Q · q

4πε0 · b· 1

(L/2) ·√

(1 +����(2b/L)2

=q

4πε0 · b2 ·QL

=q · λ

2πε0 · b

Esto se puede comprobar aplicando Gauss en un alambre infinito. Si L << b la tension sera la producidapor particulas puntuales separadas una distancia b.

Ta =Q · q

4πε0 · b· 1√

b2 + (L/2)2

=Q · q

4πε0 · b· 1

b ·√

(1 +����(L/2b)2

=q ·Q

4πε0 · b2

Caso (b) si b << L la tension es la producida por un alambre semi-infinito de densidad λ.

Tb =Q · q

4πε0 · L

[1

b−�

��1

L+ b

]

=λ · q

4πε0 · b

Esto se puede comprobar repitiendo el calculo del campo electrico pero integrando desde −∞. Si L << bnuevamente la tension sera la producida por particulas puntuales separadas una distancia b.

Tb =Q · q

4πε0 · L

[1

b− 1

L+ b

]=

Q · q4πε0 · L

· L+ b− bb · (L+ b)

=Q · q4πε0

· 1

b · (L+ b)

Como L << b→ (L+ b) ≈ b, por lo que tendremos la tension producida por particulas puntuales.

Tb =Q · q

4πε0 · b2