3 Flujo Electrico - hacer ejercicios con solucion PDF

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hacer ejercicios con solucion...

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3.

FLUJO ELÉCTRICO

PROBLEMA 18. Determinar el flujo que atraviesa una superficie cilíndrica de radio R y largo L , si el campo eléctrico es uniforme y su dirección es perpendicular al eje del cilindro.

SOLUCIÓN r dA r E

r E

r E

VISTA SUPERIOR

La vista superior es representativa de lo que sucede en el manto de la superficie cilíndrica. Las bases del cilindro son áreas planas representadas por un vector que es perpendicular al campo eléctrico y, en consecuencia, no contribuye a la integral

Ñ

r r E g d A; es decir, el flujo a

través de las bases es cero. Para el manto : 2

r r E gd A

E gRd L c o s

M

0 2

ER L co s d

ER L sen2

s e n0

0 .

0

Luego,

a través del manto es 0; en consecuencia el flujo total a través de la superficie

cilíndrica es cero. Otra manera de hacer lo anterior, es aplicando la ley de Gauss :

Ñ

r r E gdA

qnet a

S

,

0

y puesto que no hay carga en el interior de la superficie, entonces : total

0 .

33

34

Electromagnetismo Problemas y Soluciones

PROBLEMA 19. Calcular el flujo eléctrico

E

que atraviesa la superficie de un hemisferio de

r

radio R , en un campo eléctrico E uniforme y paralelo al eje del hemisferio.

SOLUCIÓN

El hemisferio es una superficie abierta SH ; con el objeto de tener una superficie cerrada se agrega la superficie plana S p . La superficie cerrada no encierra carga; luego :

Ñ

r r E g dA

Sp SH

r r E g dA

r r E g dA

0 ,

Sp

SH

por lo tanto :

r r E g dA

r r E gdA , Sp

SH

y

r r E g dA Sp

EdA

E dA

Sp

EA

E R2 .

Sp

Entonces, el flujo a través del hemisferio es :

r r E g dA

H

E R2 .

SH

Nota: obtenga el resultado anterior integrando directamente sobre la superficie del hemisferio.

3. Flujo Eléctrico

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PROBLEMA 20. Determinar el flujo eléctrico que atraviesa un hemisferio de radio R si el eje de simetría del hemisferio forma un ángulo

con la dirección de un campo eléctrico uniforme.

SOLUCIÓN

Usando las ideas del problema anterior, y puesto que la superficie cerrada no encierra carga :

r r E g dA

r r E g dA

SH

Sp

Aunque la integral sobre SH puede ser difícil de calcular, su resultado se obtiene fácilmente usando la igualdad anterior cuyo segundo miembro es de fácil solución. En efecto :

r r E g dA Sp

E d A co s Sp

E R2 c o s

dA Sp

luego : H

E co s

.

E cos g

R2 ,

36

Electromagnetismo Problemas y Soluciones

PROBLEMA 21. Determinar el flujo del campo eléctrico a través de las caras de un cubo de arista a , si se coloca una carga Q en las posiciones que se indica en la figura.

Q Q Q Q

(a)

(b)

(c)

(d)

SOLUCIÓN Caso (a): De acuerdo a la ley de Gauss, el flujo a través de una superficie cerrada, cualquiera que sea su forma, es igual a

qn

,

0

Q

donde qn es la carga neta encerrada por la superficie. En este caso :

Q a

.

0

Caso (b): En este caso Q es una carga puntual ubicada justo en el vértice del cubo. Considerando una superficie gaussiana esférica con centro en la carga, podemos apreciar que el cubo contiene a un octante de la esfera. El flujo a través de la superficie esférica es

Q a

; por lo tanto el

0

flujo a través del octante de esfera, que es igual al flujo a través de las caras del cubo, es : a b

8

Q . 8 0

Observe que este es un caso de mucha simetría. El flujo a través de las caras del cubo que convergen en el vértice en que se encuentra la carga es cero, y el flujo a través del octante se reparte en las 3 caras restantes en partes iguales, es decir, el flujo a través de cada una de las caras restantes es :

1g 3

b

1 gQ . 24 0

3. Flujo Eléctrico

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Caso (c): En este caso la carga Q está ubicada en el punto medio de una arista. Considerando nuevamente una superficie gaussiana

Q

esférica con centro en la carga Q , advertimos que el cubo contiene la cuarta parte de la superficie esférica, por lo tanto el flujo a través del cubo corresponde a 1/4 del flujo total, es decir : c

1 Q g . 4 0

En este caso no existe simetría así que no es fácil determinar el flujo a través de cada cara. Sólo podemos asegurar que el flujo a través de las caras que tienen como arista común aquella que contiene la carga es cero.

Caso (d): En este caso la carga Q está ubicada en el punto de inter-

Q

sección de las diagonales de una cara. Haciendo las mismas consideraciones que en los casos anteriores, nos damos cuenta que el cubo contiene la mitad de una superficie gaussiana esférica, por lo tanto el flujo a través del cubo corresponde a la mitad del flujo a través de la superficie esférica, es decir : d

1 gQ . 2 0

Observamos también aquí, que el flujo a través de la cara en que se encuentra la carga es cero. Tampoco existe en este caso, condiciones de simetría que permitan calcular fácilmente el flujo a través de cada una de las caras restantes del cubo.

r PROBLEMA 22. La intensidad de un campo eléctrico está dada por E

iˆ , donde

una constante. (a)

Calcular la carga neta encerrada por un cubo de arista a , ubicado como se muestra en la figura.

r

(b)

Repetir el problema para E de las coordenadas.

x iˆ , si

es una constante y x es una

es

38

Electromagnetismo Problemas y Soluciones y

SOLUCIÓN

CARA 5 ( SUPERIOR)

Ñ

E

r r E g dA

CARA 3 ( POSTERIOR )

q net a 0

CARA 4 ( IZQUIERDA)

(a)

r

CARA 2 ( DERECHA)

r dA en las caras 1, 3,

Puesto que E

CARA 1 ( ANTERIOR )

z

5 y 6, el flujo sobre cada una de ellas es nu-

x

CARA 6 ( INFERIOR)

lo. Entonces;

r r E g dA

E

r r E g dA

c ara2 14 4244 3 gA

gA

E

E

(b)

c ara4 14243

gA

gA

0 , qnet a

0

siendo A el área de cada cara del cubo.

0. r

La situación es similar al caso anterior. Puesto que E

r dA en las caras 1, 3, 5 y 6 ; en

cada una de ellas :

r r E g dA

0 . r r E gdA

Además, en la cara 4 :

,

0

ya que E

0

para x

c ara 4

Entonces,

r r E gdA

E

EdA

E

dA

c ara 2

siendo a el lado del cubo. E

a3

qnet a

0

a3 .

E a2

a g a2

a3 ,

0.

3. Flujo Eléctrico

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PROBLEMA 23. Una esfera de radio R y carga Q tiene densidad cúbica de carga

Ar 2 ,

siendo r la distancia desde un punto de la esfera hasta el centro y A una constante. Determinar la intensidad del campo eléctrico en un punto interior de la esfera.

SOLUCIÓN

Ñ

r r Eg d S

q net a

,

0

S

siendo S una superficie gaussiana esférica de radio r

R y qnet a la carga encerrada por

esa superficie. r

1

Er dS

r dV

0

S

0 r

1

E r dS

0

S

Er

Ar2 4 r2 dr

dS

0 r

4 A 0

r 4 dr 0

4 A r5 5 0

Er 4 r 2

Notar que evaluando el lado derecho de la ecuación anterior, en r de la esfera dividida por

0

. Entonces ;

Er

A 3, r 5 0

Q

4 AR 5 . 5

para r

R.

Finalmente, expresando E r en términos de Q , se obtiene :

Er

Q 4

R5 0

g r 3 , para r

R.

R , se obtiene la carga Q

40

Electromagnetismo Problemas y Soluciones

PROBLEMA 24. Calcular el campo eléctrico producido por una placa infinita de espesor 2a , con densidad uniforme

.

SOLUCIÓN Observe la simetría del problema con respecto al plano que pasa por el centro de la placa. Se puede deducir, en primer lugar, que el campo eléctrico deberá ser perpendicular al plano de simetría (ya que la placa es infinita) y, además, alejándose de dicho plano (puesto que la carga es positiva). También, la magnitud del campo eléctrico deberá ser la misma para todos los puntos equidistantes del plano de simetría. En consecuencia, podemos aplicar la ley de Gauss a alguna superficie cerrada conveniente; por ejemplo, un cilindro recto cuyo eje sea perpendicular al plano de simetría y cuyas bases equidisten de tal plano.

Entonces, el flujo del campo eléctrico, a través del cilindro, es : E

Ñ

c ilindro

r r E gdS

r r E gdS mant o c ilí ndric o

r r E gdS t apa iz quierd a

r

r r E gd S t apa derec ha

r

El flujo a través del manto cilíndrico es cero, porque E es perpendicular a dS . Por otra

r

r

parte, en las tapas, E es paralelo a dS , por tanto : 0

0

E d S cos0

E t.i z q.

E d S cos0 t.d e r .

3. Flujo Eléctrico

41

r

r

Ambos flujos son positivos pues el vector E sale por las dos tapas. Como E es constante para todos los puntos de cada tapa : E

E gS

ES

2E g S ,

donde S es el área de cada tapa y E es la magnitud del campo eléctrico en cualquier punto de cada tapa. Por otra parte, usando la ley de Gauss, el flujo del campo eléctrico a través de una superficie cerrada debe ser igual a la carga encerrada en dicha superficie. La carga encerrada por nuestro cilindro dependerá de su tamaño, y de si sus tapas caen dentro o fuera de la placa. En consecuencia, debemos distinguir dos casos: (a)

cilindro dentro de la placa

qe n c .

g Vc ,

donde Vc es el volumen del cilindro

qenc. (b)

g S g 2x

cilindro sobresale de la placa

qe n c .

g Vp ,

donde V p es el volumen del cilindro que cae en el interior de la placa, pues sólo en esa región hay carga.

qenc.

g S g 2a .

Igualando el flujo a la carga encerrada, en cada caso obtendremos la magnitud del campo eléctrico en puntos dentro y fuera de la placa.

(a)

campo eléctrico dentro de la placa :

q enc . E 0

2E gS

1

S g2 x

0

E

g x 0

42

(b)

Electromagnetismo Problemas y Soluciones

campo eléctrico fuera de la placa :

ql enc . E 0

1

2 Eg S

S g 2a

0

a

E

constante

0

En el gráfico adjunto se representa la magnitud

r E

del campo eléctrico en función de la distancia al plano de simetría. Observe que fuera de la placa el campo eléctrico es idéntico al de un plano infinito con densidad superficial 2a

.

a

r Podemos escribir una expresión vectorial para E,

0

utilizando un sistema de referencia con el origen en el plano de simetría, y el eje x perpendicular a tal plano.

0

x

a

En tal sistema :

r E

Ex g ˆi

y

ga con

Ex

0

ga

0

x ; 0

x

;

a

a x

a

x

;

0

x

a

E

a 0

0 –a

a

a 0

x

3. Flujo Eléctrico

43

PROBLEMA 25. Calcular el campo eléctrico producido por una placa infinita de espesor 2a con densidad uniforme de carga , adosada a un plano infinito con densidad superficial uniforme.

SOLUCIÓN El campo que se desea calcular es igual a la superposición de los campos producidos por una placa y un plano respectivamente. Supondremos conocidos los resultados para el campo de una placa y de un plano (ver

PROBLEMA

24), para

concentrarnos en la superposición. Usaremos un sistema de referencia con origen en el plano

y con el eje x perpendi-

cular al plano. El vector campo eléctrico para cada distribución aislada, puede escribirse, en este sistema, como :

r Eplano

donde

Ex ,p l a n o g ˆi 2

0

2

0

E x ,p l a n o

r Eplac a

,

;

x 0

;

x 0

Ex , placa g ˆi , a

;

x

2a

0

donde

Ex ,p l a c a

x

a

x

; 0

2a

0

a

;

x

0

0

Entonces, el campo resultante, producido por ambas distribuciones:

r E

r Eplano

r E plac a

Ex, p l a n o

Ex,p l a c a g ˆi

44

Electromagnetismo Problemas y Soluciones

r E

Ex iˆ a

Ex

con

2

0

2

0

x

0

2a

a

; 0

x

; x

0

2a

0

a 2

; x 0

0

Repita el problema con

y

de igual signo. Discuta todas las alternativas.

PROBLEMA 26. La configuración mostrada en la figura consta de dos esferas. La esfera maciza es conductora, tiene radio R y una carga en exceso q a . La esfera hueca tiene radio interior

2R , radio exterior 3R , también es conductora y tiene una carga en exceso q b . Determinar cómo se distribuye q b entre las superficies interna y externa de la esfera hueca.

SOLUCIÓN Tratándose de conductores, las cargas deben estar en las superficies, luego toda la carga qa debe estar en la superficie de la esfera maciza, con una densidad superficial de valor

qa

R2 . r

Puesto que E

0 en el interior de un conductor, entonces el flujo eléctrico a través de

una superficie gaussiana que sea esférica de radio r , con 2R

r

3R , debe valer cero. Si

r es sólo ligeramente mayor que 2R , la superficie gaussiana servirá para determinar la carga en la superficie interna de la esfera hueca, de la siguiente manera :

Ñ

r r E g dA

0

,

S

r ya que E que 2R .

0 en todos los puntos de la superficie gaussiana S de radio r es un poco mayor

3. Flujo Eléctrico

45

Puesto que :

q net a

,

0

entonces qnet a

0 , pero qnet a

qi , donde q i es la carga en la superficie interior de

qa

la esfera hueca; en consecuencia qi

qa .

Si q e es la carga en la superficie externa de la esfera hueca, entonces por conservación de la carga y considerando el resultado anterior debe cumplirse que :

qb

qi

qe

qa

qe

qa

qb .

qe ,

luego :

PROBLEMA 27. Una esfera aisladora sólida tiene una densidad de carga (por unidad de volumen) constante

.

(a)

Determinar el campo eléctrico en un punto interior de la esfera.

(b)

Si la esfera tiene una cavidad esférica excéntrica, encontrar el campo eléctrico en un punto cualquiera de la cavidad.

SOLUCIÓN (a)

Tomando una superficie gaussiana de radio r , según la figura, y aplicando la ley de Gauss, basándonos en la simetría esférica de la situación, se tendrá :

Ñ S

r r E gd A

q net a 0

,

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Electromagnetismo Problemas y Soluciones

r

donde E es el campo eléctrico en los puntos de la superficie S y qnet a es la carga neta ence-

r

rrada por dicha superficie. Evidentemente (por simetría) E es radial y tendrá la misma magnitud en todos los puntos de S . Entonces :

1

Ñ E gd A S

E

Ñ dA

dV 0

S

E g4

r

dV

0

V

2

g 0

Luego,

E

r 3

r

, y puesto que E es radial ; entonces :

0

r E

(b)

3

4 r 3

r r 3

;

con

r

R.

0

Usando superposición puede hacerse la siguiente equivalencia para la esfera con

su cavidad:

Si N es un punto cualquiera en la cavidad, entonces el campo eléctrico en N , de acuerdo a la superposición anterior es :

r E

r E

r E

.

3. Flujo Eléctrico

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r

De acuerdo a la parte (a) las expresiones de E

r r

r E

3

son :

y

0

r b

r E

3

0

r

r

r r ; tenemos :

Usando la igualdad vectorial a b

r E

r

y E

r r 3

r r 3

0

r a

r a 3

0

.

0

r

Nótese que en el interior de la cavidad E es uniforme, independientemente del radio de la cavidad. Dibuje las líneas de fuerza en el interior de la cavidad.