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Capítulo 1 Campo Eléctrico

1.1

Aplicaciones de la ley de Coulomb a cargas puntuales y a distribuciones de carga

La ley de Coulomb dice: La fuerza entre dos cargas puntuales es directamente proporcional al producto de las cargas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa, su dirección es la de la recta que une las cargas y el sentido depende de los signos respectivos, de atracción si son de signo opuesto y de repulsión si son del mismo signo.

La fórmula vectorial de la fuerza ejercida por una carga una carga q2 , situada en

− →

r2 , viene dada −→

F1,2 =

→ q 1 , situada en − r1 , sobre

por:

→ → 1 q1 q2 (− r2 − − r1 ) N → → 3 4πεo |− r2 − − r1 |

(1.1)

La figura 1.1 muestra los vectores de posición correspondientes a las cargas

q1

y q2 que aparecen en la ecuación (1.1). Dicha ecuación expresa la dirección de la fuerza mediante el vector unitario → → r2 − − r1 ) (− − → − → | r 2 − r1 |

y la distancia entre cargas viene dada por

i

(1.2)

− → − → | 2 − 1|

r

r .

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ii

Figura 1.1: Vectores de posición de dos cargas puntuales La expresión del campo eléctrico expresado en función de la constante de Coulomb es: − →

E =k

1.1.1

− → r→ q1 (− 2 − r1 ) − → − → 3 | r2 − r1 |

(1.3)

Problema 1

Se dispone de un sistema formado por tres cargas puntuales, q1 = −1µC situada en el punto (-3,0,-2) m, q 2 = 3µC situada en el punto (3,-5,2) m y q3 = 4µC situada en el punto (1,-1,0) m. Se desea calcular la fuerza ejercida por estas cargas sobre una cuarta carga q4 = 1µC situada en el punto (0,-2,4) m. Aplicando superposición tenemos que la fuerza eléctrica ejercida sobre la carga

q4

es la suma vectorial de la fuerza ejercida sobre ésta por q 1, la ejercida por ejercida por q 3 : − →

− →

− →

q2

y la

− →

F 4 = F 14 + F 24 + F34

Para calcular cada una de estas fuerzas aplicamos la ley de Coulomb que expresada en forma vectorial es: − →

F i,j = K

→ → qi qj (− ri ) rj − − − → 3 − → | j − i |

r

r

N

donde el subíndice i representa a la carga que crea la fuerza (en nuestro caso 1,2 y 3) y el subíndice j a la carga en la que queremos calcular dicha fuerza (en nuestro caso 4). Así,

− →

será el vector de posición de la carga que crea la fuerza y

− →

rj será el vector de posición de la carga en donde queremos calcular la fuerza. Observamos ri

como necesitamos calcular los vectores distancia y sus módulos: − → r→ (− 4 − r1 ) = (0, −2, 4) − (−3, 0, −2) = (3, −2, 6) m − → − → | r4 − r1 | = 7m − → − → ( r4 − r2 ) = (0, −2, 4) − (3, −5, 2) = (−3, 3, 2) m

1.1 Aplicaciones de la ley de Coulomb a cargas puntuales y a distribuciones de carga

iii

− → − → | 4 − 2|

r r = 4′ 69 m → → (− r4 − − r3 ) = (0, −2, 4) − (1, −1, 0) = (−1, −1, 4) m − → − → | r4 − r 3 | = 4′ 24 m sustituyendo en la ley de Coulomb resulta: − →

→ → r4 − − r1 ) q1q 4(− = (−0′ 0787, 0′ 0525, −0 ′1574).10 −3 N − → − → 3 r r | | 4 − 1 → → q2q 4(− r4 − − r2 ) = K − = (−0′ 7852, 0′ 7852, 0′ 5235).10 −3 N → − → 3 | r 4 − r2 | → → r4 − − r3 ) q3q 4(− = (−0′ 4723, −0′ 4723, 1 ′8891).10 −3 N = K − → − → 3 | r 4 − r3 |

F 14 = K − →

F 24 − →

F 34

Finalmente, sumando ambas fuerzas obtenemos la fuerza eléctrica que actúa sobre la carga 1:

− →

F 4 = (−1′ 3362, 0′ 3654, 2 ′ 2552).10 −3N

1.1.2

Problema 2

Se dispone de un sistema formado por tres cargas puntuales q1 = −5µC situada en el punto (-1,0,-2) m, q 2 = 3µC situada en el punto (0,-3,2) m y q3 = −2µC situada en el punto (2,1,0) m. Se desea calcular el campo eléctrico creado por estas cargas en el origen de coordenadas. Aplicando superposición tenemos que el campo eléctrico en el origen de coordenadas es la suma vectorial del campo creado por

q3 :

− →

− →

− →

q1 , el creado por q 2

y el creado por

− →

E = E1 + E2 + E 3

Para calcular cada uno de estos campos aplicamos la fórmula: : − →

Ei = K siendo

→ qi (− r −− r→ i ) N − → − → 3 | r − ri |

− →

r

nuestro caso

el punto del espacio donde queremos calcular el campo eléctrico, en − → es decir, el origen de coordenadas.

r = (0, 0, 0),

Necesitamos calcular los vectores distancia y sus módulos: → → r1 ) (− r −− − → − → | r − r1 | → → (− r −− r2 ) − → − → | r − r2 | → → r3 ) (− r −− − → − → | r − r3 |

= (0, 0, 0) − (−1, 0, −2) = (1, 0, 2) m √ = 5m = (0, 0, 0) − (0, −3, 2) = (0, 3, −2) m √ = 13 m = (0, 0, 0) − (2, 1, 0) = (−2, −1, 0) m √ = 5m

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iv

sustituyendo: − →

− →

E2

− →

E3

→ → q 1(− r4 − − r 1)

= (−4′ 0249, 0, −8 ′0498).10 −3 N/C r r → → r4 − − r 2) q 2(− = (0, 1′7281, −1 ′1521).10 −3 N/C = K − → − → 3 | r4 − r2 | → → r4 − − r 3) q 3(− = (3′2199, 1 ′ 6100, 0).10 −3 N/C = K − → − → 3 | r4 − r3 |

E1 = K

− → − → 3 | 4 − 1 |

Finalmente, sumando ambas fuerzas obtenemos la fuerza eléctrica que actúa sobre la carga 1:

− →

E = (−0′8050, 3 ′ 3381, −9 ′2019).10 3N/C

1.1.3

Problema 3 − →

r a = (2, 1) m; r b = (−1, 1) m y rc = (1, 1) m. Sabiendo que el valor de la carga de Q a = q y el de Qc = 2q , calcular el valor de la carga Q b para que la fuerza sobre la carga Q c sea nula. Se disponen de tres cargas puntuales − →

Qa , Q b

y

Qc en

los puntos

− →

Aplicando superposición tenemos que la fuerza eléctrica ejercida sobre la carga

Qc

es la suma vectorial de la fuerza ejercida sobre ésta por − →

− →

Q a, y la ejercida por Q b:

− →

F c = F ac + F bc

Para calcular cada una de estas fuerzas aplicamos la ley de Coulomb que expresada en forma vectorial es: − →

F i,j = K

→ → rj − − ri ) qi qj (− N − → − → 3 |rj − ri |

Necesitamos calcular los vectores distancia y sus módulos: → → (− rc − r− a) − → − → | r c − ra | → rc − − r→ (− b) − → − → | r c − rb |

= = = =

(1, 1) − (2, 1) = (−1, 0) m 1m (1, 1) − (−1, 1) = (2, 0) m 2m

sustituyendo en la ley de Coulomb resulta: − →

Fac = K − →

F bc = K

→ → Q a Qc(− ra ) rc − − − → 3 − → | c − a|

r r − → → rb ) Q bQ c( rc − − − → 3 − → | c − b|

r

r

= (−18.q2 , 0).109 N = (4 ′5.x.q 2 , 0).109 N

1.1 Aplicaciones de la ley de Coulomb a cargas puntuales y a distribuciones de cargav

Qb = x.q.

en donde se ha supuesto que

Para que la fuerza sobre

Qc

sea nula, estos

dos valores deben ser iguales en magnitud. Luego:

18.q2 .109 = 4′ 5.x.q2 .109 despejando el valor de

x, tenemos: x=4

Así, el valor de la carga en

b

es:

Q b = 4q 1.1.4

Problema 4

q1 = 3µC punto (1, −2, 0)

Se dispone de un sistema formado por dos cargas puntuales situada en el punto

m.

(−1, 0, −1) m

y

q2 = 1µC

situada en el

¿Dónde se debería situar una tercera carga para que la fuerza sobre

ella sea nula?. Como las dos cargas son positivas implica que el punto donde se hace cero la fuerza o el campo eléctrico está situado sobre la línea que une ambas cargas a una distancia de

d1

de

q1

y de

d2

de

q2.

Así:

− → r = − r→ 2 − r1 = (1, −2, 0) − (−1, 0, −1) = (2, −2, 1)m √ √ → → r→1 | = 4 + 4 + 1 9 = 3m r2 − − d = |− r | = |− d2 = d − d1

− →

El módulo del campo eléctrico creado por cada carga en el punto 3 es:

  → −  13

E

  → −  23

E

3.10 −6 d21 10−6 10−6 10 −6 = k = k 2 =k 9 + d21 − 6d1 (3 − d1 )2 d2

= k

El campo será nulo en el punto considerado cuando estos campos sean iguales:

10−6 3.10−6 = k 9 + d 21 − 6d1 d21 2 d1 = 27 + 3d 21 − 18d1 2d21 − 18d 1 + 27 = 0 k

Resolviendo esta ecuación de segundo grado encontramos como soluciones:

d1 = 7 ′ 09m d1 = 1 ′ 9m

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vi

d1 = 7 ′ 09m

Nótese que

tomaremos como solución

no puede ser ya que

d1 = 1′ 9m.

d=3y

no puede ser mayor. Luego

El vector unitario con dirección igual a la

línea que une ambas cargas es:

−→u = (2, −2, −1). 1 = (0 6667, −0 6667, −0 3333) ′

′

′

3

−→r = 1 9.(0 6667, −0 6667, −0 3333) = (1 2667, −1 2667, −0 6333) m

Luego:

′

1.1.5

′

′

′

′

′

′

Problema 5

Se dispone de una distribución lineal y uniforme situada sobre una circunferencia de radio

R

Se desea calcular la fuerza que esta distribución ejerce sobre una situada en el punto

z

XY . carga q

cuyo centro es el origen y está en el plano

del eje

Z.

Vamos a calcular, en primer lugar, el campo eléctrico y a partir de éste determi-

q.

naremos la fuerza multiplicando el campo por la carga

−→r =dl (x , y , 0)

Tomamos sobre la circunferencia un elemento diferencia ta en la figura 1.2, cuyas coordenadas vienen dadas por que tanto

xi

como

yi

i

tal y como se represen-

i

i

. Observamos

varían de valor según nos movemos por la circunferencia. Esto

x i = R cos θ y que yi = R senθ luego podemos expresar las coordenadas de este elemento diferencial como r i = (R cos θ, R senθ, 0) de esta forma conseguimos expresar dichas coordenadas

dificulta el cálculo de la integral. Sabemos de trigonometría que

−→

en función de una única variable facilitando el cálculo de la integral.

Figura 1.2:

Fuerza ejercida por una distribución lineal de carga sobre una carga q

Para calcular el campo en un punto P situado en

−→ − −→r ) = (−R cos θ, −R

−→r = (0, 0, z)

calculando los vectores de posición:

(r

i

sen

θ, z )

comenzamos

1.1 Aplicaciones de la ley de Coulomb a cargas puntuales y a distribuciones de carga

sabiendo que

(cos2 θ + sen2 θ) = 1,

→ → (− r −− r i )| =

√

|

vii

su módulo resulta:

R 2 cos 2 θ + R 2sen 2θ + z 2 =



R2 (cos2 θ + sen2θ) + z2 =

√

R2 + z 2

A continuación, calculamos el campo:

1 E = 4πεo

− →



→ → r i) 1 λ(− r −− dl = − → − → 3 4πε o | r − r i|



− → − → − → λ(−R cos θu x − R senθ uy + z u z ) dl √ ( R2 + z 2) 3

− → − → − →

siendo ( ux,

uy , uz ) los vectores unitarios en las tres coordenadas cartesiana.

Sabien-

do que el elemento diferencial sobre la circunferencia puede expresarse en función de θ como dl = R dθ e integrando resulta: − →

E

= = =



2π λR − → − → → (−R cos θ− u x − Rsenθ u y + z uz )dθ = 2 2 3 4πεo( R + z ) 0 λR → → 2π √ u→x + R cos θ− uy + zθ − uz ]0 = [−Rsenθ− 2 2 3 4πεo( R + z ) λR → √ u [z 2π − z] 2 2 3 4πεo( R + z ) √

de donde obtenemos el valor del campo en el punto P: − →

E =

1 λzR − → √ uz 2εo ( z2 + R2) 3

Observamos que al integrar (sumar) las componentes elementales

(1.4) − →

dE,

la componente radial (compuesta por las coordenadas x e y ) se elimina ya que cada longitud elemental siempre va a tener una simétrica y por consiguiente, la suma de los campos que crean ambas será nula (ver figura 1.2). Finalmente la fuerza vendrá dada por: − →

− →

F =q E =

1.1.6

qλRz − √ u→ z 2 εo ( R2 + z2 ) 3

Problema 6

Determinar el flujo eléctrico que pasa a través de una caja cúbica colocada en un campo uniforme de tal modo que dos de las caras son perpendicu− → − → lares a E = E u x (ver figura 1.3).

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viii

Figura 1.3:

Como

− →

E

y

− →

n

son constantes en cualquier lado, podemos calcular el flujo a

través de cada superficie de la caja y sumar los resultados. Observamos que el campo eléctrico es paralelo a la tapa y al fondo de la caja, − → − → así como a dos de los lados. En esas caras, el producto escalar · es igual a cero

E

n

y, por consiguiente, el flujo a través de ellas es cero, es decir, no existen líneas de campo que atraviesen esas caras. Como los vectores normales apuntan hacia fuera − → − → − → − → . El de la caja, y − x para la cara en x para la cara en

n =u

x=L

flujo a través de la cara en

x=L − →

φL = ( E − →

u

x=0

es: ·

− →

− →

n ) a2 = E

·

− →

ux = E a2

x = 0 es:

y el flujo a través de la cara en

φ0 = ( E

n =

·

− →

− →

→ n ) a2 = E · (−− ux ) = −E a2

Por tanto, el flujo neto que atraviesa la caja resulta:

φ = φL + φ0 = E a2

−

E a2 = 0

Este resultado es lógico dado que no existe carga en el interior del cubo con lo que el flujo neto que atraviesa su superficie es cero.

1.1.7

Problema 7

Una caja cúbica contiene una carga de 6 del cubo es 9.10

5

µC. El flujo medido por una cara

N.m2/C. ¿Cuál es el flujo total que pasa por las otras

cinco caras? El flujo total que atraviesa todas las caras del cubo viene dado por:

φ=

Q dentro 6.10−6 = ′ = 6′78.10 5 8 85.10 −12 εo

1.1 Aplicaciones de la ley de Coulomb a cargas puntuales y a distribuciones de cargaix

Luego, si conocemos el flujo de una de las caras, el flujo que atraviesa el resto de las cinco caras será:

φ 5caras = φ total 1.1.8

−φ

1cara

= 6′ 78.10 5

5

′

5

N.m2 /C

Problema 8

λ

Dada la distribución lineal de carga radio

− 9.10 = −2 22.10

R,

sobre el arco de circunferencia de

representado en la figura 1.4, calcular el campo eléctrico en el

origen de coordenadas.

Figura 1.4:

−→r = (x , y , 0)

Tomamos sobre el arco de circunferencia un elemento diferencia denadas vienen dadas por

xi

como

yi

i

i

i

.

dl,

cuyas coor-

En la figura 1.5, observamos que tanto

varían de valor según nos movemos por el arco de circunferencia. Esto

x i = R cos θ y que yi = R senθ luego podemos expresar las coordenadas de este elemento diferencial como ri = (R cos θ, R senθ, 0) de esta forma conseguimos expresar dichas coordenadas

dificulta el cálculo de la integral. Sabemos de trigonometría que

−→

en función de una única variable facilitando el cálculo de la integral.

Figura 1.5:

P  C E

x

Para calcular el campo en el origen de coordenadas

− →

r = (0, 0, 0)

comenzamos

calculando los vectores de posición: → → (− r −− r i ) = (−R cos θ, −Rsenθ, 0)

(cos 2 θ + sen2θ) = 1,

sabiendo que

→ → r i )| = (− r −−

|

√

su módulo resulta:

R 2 cos 2 θ + R2 sen2θ =

A continuación, calculamos el campo: − →

E =

1 4πεo



→ → 1 λ(− r −− r i) dl = − → − → 3 4πε o | r − r i|





R 2 (cos2 θ + sen 2 θ) = R

− → → λ(−R cos θ− u x − Rsenθ uy ) dl (R)3

→ → − − → −

siendo ( u x , u y , uz ) los vectores unitarios en las tres coordenadas cartesiana. Sabiendo que el elemento diferencial sobre el arco de circunferencia puede expresarse en función de

θ

como − →

E

dl = R dθ

e integrando resulta:



π

λR 2 − → − → (−R cos θu x − Rsenθ uy )dθ = 3 4πεo (R) 0 π λ → → 2 [−Rsenθ − ux + R cos θ − uy] 0 = = 2 4πεo (R) λ → → = [−− uy ] ux − − 4πεo R

=

luego el valor del campo en el origen de coordenadas es: − →

E =−

1.2

λ − → u→ (− x + uy ) 4πε o R

(1.5)

Aplicaciones de la ley de Gauss

La ley de Gauss resulta muy útil para calcular el campo eléctrico en distribuciones especiales de carga con alto grado de simetría. Podemos encontrar simetría plana o simetría esférica. Una distribución de carga tiene simetría plana si tiene la misma forma vista desde todos los puntos de una superficie plana infinita. En este caso, se escogerá como superficie gaussiana un cilindro de modo que la distribución cargada lo atraviese por el medio. Una distribución tiene simetría esférica cuando desde todos los puntos de cualquier otra superficie esférica concéntrica con la distribución de carga se observa el mismo sistema electroestático. Ahora, se escogerá como superficie gaussiana una superficie esférica centrada en la carga. Los pasos a seguir para el cálculo del campo eléctrico mediante la aplicación de la ley de Gauss son:

xi

1.2 Aplicaciones de la ley de Gauss

1. Se elige una superficie cerrada imaginaria llamada gaussiana. Hay que tener en cuenta que la superficie gaussiana óptima es aquella en la que y

− →

E

y

− →

n

En

es constante

son perpendiculares o paralelos. Cuando sean perpendiculares el

flujo será nulo mientras que cuando sean paralelos el flujo es

En A.

2. Se calcula el flujo aplicando la ecuación:



− →

− →

E ·dA

φ=

(1.6)

Quedará una expresión del flujo en función del campo eléctrico. 3. Se calcula el flujo aplicando la ecuac...