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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:
ELECTROSTATICA
ELECTRICIDAD
ELECTROCINETICA
ELECTRONICA
ELECTROMAGNETISMO
MAGNETOSTATICA
MAGNETISMO
MAGNETOCINETICA
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.
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
ELECTRON
PROTON
NEUTRON
MASA
(KG )
9,1 x 10-31
1,6 x 10 -27
1939 VECES MAYOR
CARGA ELECTRICA (COULOMB )
SPIN
-1,6 x 10-19
+1,6 x 10 –19
NULA
½
½
½
MOMENTO
MAGNETICO
NORMAL
NORMAL
NORMAL
QUE LA DEL ELECTRON
.
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.
q = n.e
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.
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
Expresión de la ley de Coulomb.
F=K
Q1 * Q 2
r2
Q2
Magnitud de la fuerza electrostática
Como toda fuerza es una cantidad física vectorial, tiene magnitud, dirección
y sentido.
F = K
Q1 * Q 2
Ur
r2
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
a)
Principio de cuantización de la carga
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:
En un mol de sustancia existen
107,87 gramos (g)
6,021367 x 1023
Alfiler
del material, y
m = 10 g.
átomos los cuales
contienen 47 electrones cada uno. De
acuerdo a esto en un mol de plata hay
2,83 x 1025 electrones.
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=
10 g × 1mol
= 9,27 x 10-2 mol
107,87 g
El número de electrones del alfiler se consigue de la siguiente manera:
Número de electrones totales = 2,83 x 1025
elect
x 0,0927 mol
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=
10−3 C
= 6,242 x 1015 electrones
−19
1,602 × 10 C
Se divide el número total de electrones cuando el alfiler estaba neutro, es decir:
2,62 × 10 24
= 2,62 x 1015
9
10
(número de veces que se repite 109 en la
cantidad inicial de electrones)
Entonces los electrones añadidos se dividen entre este número
6,242 × 1015
= 2,38 electrones
2,62 × 1015
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?
Consideraciones:
La magnitud F del vector
+ q1
fuerza
− q2
a)
electrostática
F en la condición a)
puede calcularse fácilmente aplicando la
Ley de Coulomb, sobre el eje horizontal
q1 + q 2 = Q
y como son de diferentes signos, es
b)
atractiva.
En la condición b) hay una suma
de cargas, las cargas negativas tratan
Q
de neutralizar las cargas positivas y
prevalece
la
de
mayor
signo,
c)
al
Q
2
2
← Repulsión →
separarse c) la carga total Q se
redistribuye en forma equitativa. (1µC =
10-6 C)
Figura 1.2 Interacción eléctrica entre esferas
conductoras cargadas.
Solución:
2
A)
9
m
q1 ⋅ q2 9 x10 N ⋅ C 2 × 10 x10 − 6 C × 6 x10 − 6 C
FA = K 2 =
= 337,5 N
2
r
40 x10 − 3 m
B)
FB = 0
C)
Q = q1 + (− q 2 ) = (10 − 6) µC = 4 µC
(
)
4
4
9 x109 × x10− 6 × x10− 6
2
2
Fc =
= 22,5 N
−3 2
40 x10
(
)
Nota: En lo sucesivo las cantidades vectoriales se denotarán con una letra y
una flecha arriba y su magnitud o módulo sin la flecha.
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:
La
magnitud
electrostática
de
entre
la
fuerza
dos
cargas
puntuales puede hallarse por la ley de
q ⋅q
Coulomb. Fe = K 1 2 2 . Como las
r
r
Fe
Fe
Fg
Fg
cargas de las partículas son iguales
qp= e+ = 1,602 x 10-19 C, entonces
Fe = K
q 2p
.
r2
Fig. 1.3 Interacción eléctrica y gravitacional
entre dos protones de una molécula.
Para calcular la magnitud de la
fuerza gravitacional se utiliza la ley de
gravitación
Fg = G
universal
mp ⋅ mp
r2
de
Newton
(por ser estas dos
fuerzas conservativas, dependen del
inverso de r2)
Solución:
a) Magnitud de la fuerza electrostática.
(
(
)
2
N ⋅ m2
1,6 x10 −19 C
Fe = 9 x10
×
2
C2
3,8 x10 −10 m 2
9
)
Fe = 1,595 x 10-9 N Repulsiva
b) Magnitud de la fuerza gravitacional.
Tomando el valor de G = 6,67 x 10-11
y la masa del protón
N ⋅ m2
Kg 2
( ver apéndice B )
mp = 1,67 x 10-27 kg
N ⋅ m 2 (1,67 x10− 27 Kg )
×
Kg 2
(3,8 x10−10 )2 m 2
2
FG = 6,67 x10
−11
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:
Fe
= 1,234 x10 36
FG
c)
q
Razón entre carga y masa   si las magnitudes de las fuerzas son iguales.
m
Fe = FG
K
q 2p
r2
=G
La relación carga masa es:
m 2p
r2
despejando
q2
=
m2
N ⋅ m2
Kg 2
2
9 N ⋅m
9 x10
Cb 2
6,67 x10 −11
q
C
= 8,61x10−11
m
Kg
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:
•
q A = 7 µC
La fuerza electrostática resultante
+
sobre la carga qA es la suma
vectorial
de
las
fuerzas
rB
electrostáticas de la carga de qB
r
sobre la qA, FB que es repulsiva,
más la fuerza de la carga qC sobre
r
qA, FC que es atractiva. De acuerdo
al
diagrama
r
r
r
FR = FB + FC
entonces
rC
0,50 mts
60°
q B = 2 µC
+
qC- = −4 µC
a)
la
r
FB
θC
θB
300°
r
FC
b)
Fig. 1.4 a) Cargas en los vértices de un triángulo equilátero. b) Diagrama de
fuerzas sobre qA .
Solución:
r
La fuerza FB como vector se calcula multiplicando su magnitud por un vector unitario
r
U B en la misma dirección y sentido que ella, es decir:
r
r
FB = FBU B
r
La magnitud de FB se calcula aplicando la ley de Coulomb
FB = K
qB q A
rB2
Esta es la magnitud de la fuerza entre
las cargas puntuales q B y q A
Donde rB es la distancia entre las cargas q A y q B , y coincide con un lado del
triángulo equilátero, rB = 0,50 m.
r
El vector unitario U B se calcula por la relación siguiente:
r
r
r
U B = Cos θ U X + Sen θ U Y
(válida en el plano)
Donde θ es un ángulo formado a partir del eje X positivo en sentido contrario a las
r
r
manecillas del reloj hasta encontrar el vector con el cual se trabaja. U X ; U Y y
U Z son los vectores unitarios en dirección y sentido de los ejes
positivos respectivamente.
X ; Y y Z
En este caso θB = 60° .
.
r
r
r
U = Cos(60º ) ⋅ U X + Sen(60º ) ⋅ U Y
r
FB =
9 x10 9 N
Entonces
C2
x 2 x10 −6 Cx 7 x10 −6 C
2
r
r
m
Cos (60º ) ⋅ U X + Sen(60º ) ⋅ U y
2
2
(0,50 ) m
(
)
r
r
r
FB = (0,252U X + 0,44Uy ) ⋅ N
r
De manera similar el vector fuerza electrostática FC entre la carga
qC y q A se
obtiene como sigue: ver figura 1.4 .b
r
q ⋅q r
FC = K ⋅ C 2 A U C
rC
r
Donde U C es un vector unitario en la dirección y sentido
r
de FC .
r
Utilizando a θC = 300° como el ángulo para determinar a U C tenemos:
r
r
r
Entonces
U C = Cos(300º ) ⋅ U X + Sen(300º ) ⋅ U Y
r
FC =
9 * 109 N
m2
x 4 x10− 6 Cx 7 x10 − 6 C
r
r
2
C
(
)
(
)
Cos
300
º
⋅
U
+
Sen
300
º
⋅
U
X
Y
(0,50)2 m 2
(
)
r
r
r
FC = (0,504U X − 0,873U Y ) N
r
r
r
F R = ( 0 , 756 U X − 0 , 433 U Y ) N
La fuerza resultante será
Con magnitud FR = 0,871.N
EJEMPLO 1.5
CARGAS DISTRIBUIDAS DISCRETAMENTE EN EL ESPACIO.
Tres cargas puntuales q A = −2 µC ; q B = 5µC y qC = 6µC , 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 qC generada por la
interacción con q A y q B .
Consideraciones:
La fuerza eléctrica resultante sobre la
qcarga
C
qC
debido a
qA
y
qB
se
encuentra sumando la fuerza eléctrica
r
de q A sobre qC , es decir FAC más la
fuerza eléctrica de q B sobre qC , que es
r
FBC , 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.
qA
−
r
FAC
qC
r
FBC
A: (4, 6, 2)
+
C: (Cx, Cy,Cz)
qB
+
B: (0, -2, 4)
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:
CX =
AX + B X
2
AY + BY
2
CZ =
AZ + BZ
2
6 + (− 2 )
=2
2
CZ =
2+4
=3
2
CY =
Sustituyendo valores tenemos:
CX =
4+0
=2
2
CY =
Entonces las coordenadas de C son:
C (2, 2, 3)
r
r
De acuerdo a la figura 1.5, las fuerzas FAC y FBC se obtienen aplicando la ley
de Coulomb.
r
r
q q r
FAC = FACU A = K A 2 C U A
rCA
r
Donde U A es un vector unitario en la
r
dirección y sentido de la fuerza FAC .
r
Como FAC es atractiva, tiende a dirigir a la carga qC en sentido hacia la carga q A .
r
r
Un método para conseguir U A es mediante el vector posición entre C y A, rCA , que
r
tiene la misma dirección y sentido que la FAC y su magnitud es la distancia rCA.
Entonces
r
r
r
rCA
r
rCA = rCAU A despejando U A =
rCA
r
rCA
A
C
La ecuación queda:
r
k ⋅ q A qC r
FCA =
rCA
3
rCA
r
rCA es la magnitud de rCA
r
rCA se obtiene aplicando la ecuación siguiente, restando las coordenadas donde llega
menos donde sale el vector posición para cada caso.
r
r
r
r
rCA = ( AX − C X )U X + ( AY − CY )U Y + ( AZ − C Z )U Z
llega sale
Entonces
r
r
r
r
r
r
r
rCA = (4 − 2 )U X + (6 − 2 )U Y + (2 − 3 )U Z = 2U X + 4U Y − U Z
Su magnitud se consigue aplicando el teorema de Pitágoras.
rCA = 2 2 + 4 2 + (− 1) m = 21 m
2
Sustituyendo
2
9 x10 9 N ⋅ m 2 x 2 x10 −6 Cx 6 x10 −6 C
r
r
r
r
C
FCA =
x 2U X + 4U Y − U Z
3
21
(
( )
(
)
)
r
r
r
r
r
r
r
FCA = 1,12x10−3 x 2U X + 4U Y − U Z = (2,24x10 −3 U X + 4,50x10 −3 U Y − 1,12x10 −3 U Z ) N
r
Cálculo del vector FBC .
r
r
q q r
FBC = FBCU B = K B2 C U B
rBC
r
r
U B es el vector unitario en la dirección de FBC ; de la misma manera como en el caso
r
r
anterior puede hallarse el vector U B , con el vector posición rBC , cuya dirección y
r
sentido coinciden con el vector FBC , dirigido desde B hasta C. (debido a la fuerza
repulsiva de q B sobre qC ), entonces:
r
r
r
U B = BC
rBC
Sustituyendo queda lo siguiente
r
k ⋅ q B qC r
FBC =
rBC
3
rBC
El vector posición se consigue con:
r
rBC
r
r
r
r
rBC = (2 − 0 )U X + (2 − (− 2 ))U Y + (3 − 4 )U Z
r
r
r
r
rBC = 2U X + 4U Y − U Z
C
C (2, 2, 3)
B
B (0, -2, 4)
rBC = 22 + 42 + (− 1) m = 21m
2
y su magnitud
Sustituyendo queda
2
9 x109 N ⋅ m 2 x5 x10 − 6 Cx6 x10− 6 C
r
r
r r
C
FBC =
x
2
U
+
4
U
−UZ m
X
3
21 m3
(
( )
(
)
)
r
r r r
r
r
r
FBC = 2,41x10− 3 x 2U X 4U − U Z = (4,83x10−3U X + 9,64 x10− 3U Y − 2,41x10− 3U Z )
r
Cálculo del vector FR .
r
r
r
FR = FAC + FBC
Arreglando y realizando la suma vectorial se obtiene:
N.
r
r
r
r
FAC = 2,24 x10 −3 U X + 4,50 x10 −3 U Y − 1,12 x10 −3 U Z
r
r
r
r
FBC = 4,83 x10 −3 U X + 9,64 x10−3U Y − 2,41x10 −3U Z
r
r
r
r
FR = (7,07 x10−3U X + 14,14 x10−3U Y − 3,53 x10−3U Z )
Ejemplo 1.6
N
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:
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
θ
las
g
θ
L
L
siguientes fuerzas, tensión T de la
cuerda, con una sola componente, la
vertical, el peso W
y la fuerza
+q1
m1
―X―
+q2
—X—
m2
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.
Fig. 1.6 Cargas en equilibrio
colgando de cuerdas.
+q3
m3
esta
En la figura 1.7a como el sistema
r
en equilibrio ∑ F X = 0U X y
r
∑ FY = 0U y
si se sustituyen
T
a)
los
vectores correspondientes en el eje x, se
r
r
tiene F12U X − F32U X = O . Si se opera
q2
F32
F12
a) sus componentes escalares, queda ;
con
F12 – F32 = 0 lo que resulta F12 = F32 ;
W
De la misma forma se trabaja con las
TX
componentes sobre el eje y ;
T – W = 0 entonces
T=W
( W es la magnitud del peso). Con este
T
θ
análisis sobre la q2 no se consigue
despejar el valor de q requerido.
TY
F23
q3
Por otro lado si se toma cualquiera
F13
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
r
r
la suma de vectorial de F13 y F23 .
Analizando el sistema de fuerzas
sobre q3, se puede calcular el valor de q,
que daría el mismo resultado si se
estudiara sobre q1.
b)
W
Fig. 1.7 Diagramas de fuerzas
Solución:
La fuerza resultante sobre la carga q3 se obtiene de la siguiente manera.
r
r
r
F3 = F13 + F23
r
r
F13 = F13U X
donde
r
r
F23 = F23U X
y
(hacia la derecha)
Aplicando la ley de Coulomb
F13 = K
q1 q 3
(2X )
y
2
F23 = K
q 2 q3
X2
Donde X es la distancia de q2 a q3 y q1 respectivamente las cuales con las cuerdas
conforman triángulos rectángulos con L de hipotenusa.
Senθ =
X
L
Despejando X
X = L · Sen θ
θ
L
Sustituyendo valores
X
X = 0,3 m . Sen (45º) = 0,212 m
X = 0,212 m
Sustituyendo valores en las ecuaciones de F13 y F23
F13 =
9 x10 9 N ⋅ m
2
C
2
xq 2
(2 x0,212)2 m 2
F13 = 5 x 1010 q2
Donde
q1 = q3 = q ; cancelando unidades resulta:
N/C2
Resolviendo para F23
F23 =
9 x10 9 N ⋅ m
2
C2
2
(0,212) m 2
xq 2
Donde q 2 = q3 = q ; cancelando unidades resulta:
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
Despejando T
F3 =
Para
T=
mg
Cosθ
mg
Senθ = m ⋅ g ⋅ tan θ
Cosθ
F3 = 2,5 x 1011 q2
m ⋅ g ⋅ tan θ
q =
=
2,5 x1011
2
q 2 = 3,92 x10 −12 C 2
T Cos θ= m·g
y sustituyendo
( g = 9,80 m/s2)
queda 2,5 x 1011 q2 = m·g·tanθ
despejando q2
0,1kgx9,8 m
s 2 x tan (45º )
N
2,5 x1011 2
C
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:
Hallar la magnitud de la fuerza
F
gravitacional utilizando la ley de
Fg
mT m L
d2
luego aplicando la ley de Coulomb, hallar
la magnitud de la fuerza electrostática, se
igualan éstas y finalmente se despeja q.
Fe
gravitación de Newton Fg = G ⋅
d = 3,84 x 108 m
mT = 5,98 x 1024 Kg
mL = 7,36 x 1022 Kg
G = 6,67 × 10 −11
Respuesta:
Fig. 1.8 Interacción eléctrica-gravitacional
entre la tierra y la luna
N ⋅ m2
Kg 2
q = 5,73 x 1013 C
Respuesta:
Propuesto 1.2
d
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.
b)
Las esferas se conectan por un alambre conductor, encuentre la magnitud
de la fuerza eléctrica después que se alcanza el equilibrio.
Indicaciones:
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)
b)
Respuesta:
Propuesto 1.3
2,16 x 10-5 N
9 x 107 N
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:
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
r
se obtenga el vector Fe R , hallar su
1.9 Cargas en los vértices de un cubo
magnitud.
x
Q
z
Fig.
Respuesta:
(
3,29 × 9 x10 9 × 3 x10 −6
Fe R =
(0,2)2
Propuesto 1.4
)
2
Fe R = 6,66 N
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:
Hallar la Fe R 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.
Respuesta:
a
m
El procedimiento da como resultado a la ecuación siguiente:
0,2 × 9,8 × 0,13
9 x10 9 9(1) − 3 × 0,12
2
⇒
L
m
RESPUESTA
Q=
L
L
Q = 27 µ C
a
a
m
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:
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.
R
Aplicando la segunda ley de
Newton al sistema en equilibrio se
despeja la carga.
m
Respuesta:
El procedimiento conduce a la ecuación siguiente:
q = 0,750 ×
0,3 × 9,8
9 x10 9 × tan (60º )
⇒
q = 10 ,30 µ C
R
R
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
¿COMO ESTA DISTRIBUIDA
CARGA COMBINADA ES DE 5 x 10 –5 C.
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
CMS.
L
VALE = 120 CMS
M = 10 GRS Y X= 5
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
2
εO a
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
COORDENADAS A; B
ELECTRICAS
Y C.
UBICADAS
HALLAR EL VECTOR
RESULTANTE
ELECTROSTATICA
ESTAN
EN
LAS
FUERZA
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
B(+ 2 ,+ 2 );
Qc = +15 µC. CUYAS COORDENADAS A(- 2 , 2 ) ;
C (0,-2)
10) EN LOS VERTICES DE UN TRIANGULO ISOSCELES CUYOS LADOS
A = 15 CMS Y
+10 C .
B= 25 CMS EXISTEN TRES CARGAS DE MAGNITUD Q =
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
+2 µC ;
B( 0,4,0 )
QB = - 4 µC ; C( -2,0,5)
LA FUERZA RESULTANTE QUE
CARGA
Q
ES DE
8,9 x 10
QC= 6 µC.
A( -2,4,5)
QA=
SI LA MAGNITUD DE
EJERCEN LAS TRES CARGAS SOBRE UNA
-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.
Capitulo II
CAMPO ELECTRICO
Determinación de la carga de una esfera suspendida,
Ejemplo 2.1
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
r
r
r
E = (3 µ X + 5 µ Y )x10 5 N / C la pelotita queda suspendida en equilibrio a θ = 37°.
Encontrar:
a) La Carga de la pelotita
b) La Tensión del hilo
Consideraciones:
•
Ya que la fuerza electrostática debe estar
r
Ε
θ
en la misma dirección y sentido que el
campo eléctrico, induce un efecto de
repulsión sobre la pelotita ( F = q E )
•
q
Como el sistema está en equilibrio se
aplica la segunda ley de Newton ΣF = m.a
donde las componentes rectangulares de a,
ax y
estático)
ay son iguales a cero (sistema
Fig. 2.1 Pelotita suspendida de una
cuerda dentro de un campo
eléctrico .
y
T
r
qΕ
r
Ty
θ
r
q Εy
q
r
Tx
x
r
q Εx
q
W
W
a)
r
qΕ
T
θ
q
W
W
b)
Fig. 2.2 a) Diagrama de fuerzas sobre la pelotita.
b) Componentes rectangulares.
Solución:
a) La carga de la pelotita
r
r
r
N
De acuerdo con la ecuación vectorial E = (3µ X + 5µ Y ) x105
C
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°)
r
r
Como la fuerza electrostática es F = qE , 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 Ey + T Cos θ – W = 0
Pero
T=
Ecuación (2.2)
W=m.g
qΕ x
Senθ
despejando T de la ecuación (2.1) :
Ecuación (2.3)
Sustituyendo en la ecuación (2.2) queda:
qEy +
qΕ x
Cos θ – mg = 0;
Senθ
extrayendo q como factor común, se tiene:
q (Ey +
Εx
)=mg
tan θ
⇒
q=
mg
Ε
Εy + x
tan θ
Sustituyendo valores y cancelando unidades
q=
(1x10
−3
)(
Kg x 9,80 m s 2
3
N
(5 +
)10 5
Tan(37º )
C
)
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)
1,09 x10 −8 Cx3x10 5 N C
T=
Sen(37º )
T = 5,44 x 10-3 N
lo que resulta
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?
+q
Consideraciones:
Las
tres
P
cargas
positivas
a
interactuando, define una repulsión
a
mutua entre si.
Al colocar una carga de prueba
q positiva en el centro del triángulo,
+q
+q
a
ésta debería quedar en equilibrio
debido a la influencia de las tres cargas
a)
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
b)
2.3 b.
Fig 2.3
a) Cargas en los vértices de un
triángulo
equilátero b) Líneas de campo
eléctrico.
Solución:
a)
q1
Para facilitar la ejecución se
r
F2
designará q1 , q 2 y q3 las cargas en
r
cada vértice como se muestra en la
r
r r
figura 2.4 y como F1 , F2 y F3 las
r
fuerzas que actúan sobre q 0 + .
r
F3
qo +
30º
r
30º
q3
q2
r
F1
Fig. 2.4 Diagrama de
fuerzas en el
centro
del triángulo, sobre +qo.
r
r r
r
La fuerza electrostática resultante es igual a: FR = F1 + F2 + F3
en el centro del
triángulo
por ende
r
r
r
r
r
r
r
r
FR
F1 F2 F3
ER =
=
+
+
= E1 + E 2 + E 3
q0
q0 q0 q0
Ecuación. (2.4)
Cada fuerza se obtiene aplicando la ley de Coulomb, su dirección y sentido lo define
el ángulo respectivo;
(
r K ⋅ q1 ⋅ q 0
r
F1 =
−U y
2
r
)
entonces
(
r
r
r
K ⋅ q 2 ⋅ q0
(
)
(
)
F2 =
Cos
150
º
U
+
Sen
150
º
U
X
Y
r2
Entonces
(
(
r
K ⋅q r
E1 = 2 − U y
r
r
F2
)
r
r
r
K ⋅q
E 2 = 2 Cos(150º )U X + Sen(150º )U Y
r
)
30º
r
F1
150º
)
r
F3
30º
(
r
r
r
K ⋅ q3 ⋅ q 0
F3 =
Cos (30º )U X + Sen(30º )U Y
2
r
)
(
r
r
r
K ⋅q
E3 = 2 Cos (30º )U X + Sen(30º )U Y
r
Entonces
)
Sustituyendo en la ecuación. 2.4 y extrayendo factor común
[
Kq
se obtiene:
r2
r
r
r
Kq
E R = 2 (Cos (150º ) + Cos (30º ))U X + (Sen(150º ) + Sen(30º ) − 1)U Y
r
]
r
r
r
(suma vectorial de E1 + E 2 + E3 )
Como Cos (150º) = - Cos (30º) y Sen (150º) + Sen (30º) = 1; entonces los
componentes horizontales y verticales se anulan entre sí
r
FR
r
F2
b)
En el punto P la fuerza
resultante es debido a la suma del
r
F3
P
efecto de la carga, q 2 y q3 , que son de
la misma magnitud y están a la misma
distancia.
a
a
El efecto de la carga q1 se ignora,
puesto que no puede ejercer fuerza
sobre si misma.
120º
60º
60º
q3
q2
Fig. 2.5 Fuerza resultante sobre la
carga .
ubicada en el punto P.
El campo eléctrico resultante es
r
r
r
E R p = E 2 + E3
donde
r
r
F2
E2 =
q0
(
r
r
r
K ⋅ q2 ⋅ q0
(
)
(
)
F2 =
Cos
120
º
U
+
Sen
120
º
U
X
Y
a2
(
r
r
r
K ⋅q
E 2 = 2 Cos(120º )U X + Sen(120º )U Y
a
r
r
r
F3
Para E3
E3 =
q0
(
(
Como Cos (120º) =
q 2 = q3 = q
)
r
r
r
K ⋅ q3 ⋅ q 0
(
)
(
)
F3 =
Cos
60
º
U
+
Sen
60
º
U
X
Y
a2
r
r
r
K ⋅q
E3 = 2 Cos (60º )U X + Sen(60º )U Y
a
)
)
q 2 = q3 = q
)
-
Cos (60º) las componentes horizontales se cancelan
r r
mutuamente, y solo quedan las componentes verticales. Sumando los vectores E 2 , E3
se obtiene:
r
r
K ⋅q
K ⋅q 
3 r
U Y
E R = 2 (Sen(120º ) + Sen(60º ))U Y = 2  2 ×
a
a 
2 
Simplificando queda:
( )
r
K ⋅q r
E R = 1,73 2 U Y
a
Ejemplo 2.3
N
C
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
H
+Q
R
Eje X
P
d
X
Fig. 2.6 Cascaron cilíndrico recto
Solución
H
r
q0+
R
d
P
X
Fig. 2.7 Fuerza de un anillo sobre el punto P.
r
r
FC
El campo eléctrico E debido al cilindro es EC = + donde q0+ es una carga
q0
r
de prueba positiva colocada en P, y FC es el vector fuerza electrostática resultante
que ejerce el cilindro sobre q0+ ; 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
El campo E del anillo es:
Ecuaciones (2.5)
r
K ⋅ Qa ⋅ X r
Ea =
UX
3
X 2 + R2 2
(
(ver tabla 3.1)
)
Ecuación
(2.6)
donde r
= X 2 + R2
Sustituyendo las ecuaciones 2.5 en la ecuación 2.6
r
K ⋅ dQc ⋅ X r
dEc =
UX
3
X 2 + R2 2
(
r
Ec = K ∫
integrando ambos lados
)
(X
X ⋅ dQc
2
+R
2
)
3
r
UX
r
en lo sucesivo se omitirá U X
2
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 dQc se utiliza el coeficiente de distribución uniforme de carga por
unidad de área, es decir :
σ=
dQc
dA
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 dQc y sacando las constantes de la integral
Ec = K ⋅ σ ⋅ π ⋅ R
h=H
∫
h =0
2 X ⋅ dX
(X
2
+R
2
)
3
realizando el cambio de variable siguiente
2
U = X2 + R2
dU = 2X·dX
sustituyendo, se obtiene

1
dU
Ec = K ⋅ σ ⋅ π ⋅ R ∫ 3 = −2 K ⋅ σ ⋅ π ⋅ R

2
2
U 2
 X +R
(
(
2
Ec = −2 K ⋅ σ ⋅ π ⋅ R  (H + d ) + R 2

(
Ec = 2 K ⋅ σ ⋅ π ⋅ R  d 2 + R 2

)
−1
2
)
−1
2
(
− d 2 + R2
(
− (H + d ) + R 2
2
)
H


1 
2
O
)
)
−1
−1
2
2




σ=
si
Q
2 ⋅π ⋅ R ⋅ H
y finalmente resulta
r
K ⋅Q  2
Ec =
d + R2
H 
(
Ejemplo 2.4
)
−1
2
(
− (H + d ) + R 2
2
)
−1
2
Ur
 X
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:
Para calcular el campo eléctrico
E primero debe tomarse un elemento
O
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
λ=
q
dq
. Al aplicar la ley de Coulomb
ds
para hallar la fuerza electrostática entre
dq y
q o+ , colocada en el punto O,
Fig. 2.8 Barra cargada aislante doblada.
en semicírculo.
puede conseguirse la ecuación deseada
para calcular E .
Solución
dq
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
-
A
ds
dθ
d FA
θ
qo+
θ
dθ
dFB
+
o
el punto O, debe colocarse q allí y
hallar la fuerza electrostática sobre
ella.
B
dq
-
Fig 2.9 Diagrama de fuerzas.
r
r
dF A
dE A =
qo
donde
r
dFA 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
r
r
dFB
dEB =
qo
r
donde dFB es un diferencial de la fuerza electrostática total del
semicírculo
sobre qo+ .
Entonces
r
r
r
dFR = dFA + dFB
(suma vectorial)
Aplicando la ley de Coulomb se obtiene la magnitud de los diferenciales de fuerza;
dFA = K
dq ⋅ qo
r2
y
dFB = K
dq ⋅ qo
; como pueden observarse ambos tienen la
r2
misma magnitud.
r
Dirección y sentido del vector dFA
Si aislamos la fuerza en un
sistema de coordenadas en el plano,
podemos
observar
que
los
componentes sobre el eje y se cancelan
x+
mutuamente y las componentes sobre
el eje x se suman quedando en
dirección negativa en este eje.
r
dFA
dFAy
dFBy
y+
r
dFAx
θ
θ
r
dFBx
r
dFB
Fig. 2.10 Componentes rectangulares.
de los vectores diferenciales
fuerza.
Tomando en cuento esto, queda:
r
r
r
dFR = dFAx + dFBx
donde
r
r
dFAx = dFAx − U X
(
)
(
r
r
y dFBx = dFBx − U X
)
donde las magnitudes son respectivamente:
dFAx = dFA ⋅ Cosθ
y dFBx = dFB ⋅ Cosθ
+
donde θ es el ángulo que forma d F con el eje x ;
sustituyendo dFA y dFB
queda
(
)
(
)
r
r
dq ⋅ qo
dFAx = K
Cos
θ
−
U
X
r2
(
r
r
dq ⋅ qo
y dFBx = K
Cos
θ
−
U
X
r2
)
entonces
r
r
k ⋅ dq ⋅ qo
Cos
θ
−
U
dFR = 2
X
r2
r
dividiendo entre qo se obtiene un dE R (diferencial del campo resultante en O)
r
r
r
dFR
k ⋅ dq
dE R =
= 2 2 Cosθ − U X
qo
r
(
)
tomando en cuenta solo la magnitud, se resuelve aplicando cálculo integral.
qf
ER = ∫ 2
qi
kdqCosθ
r2
qf
=
2k
Cosθdq
r 2 qi∫
pero dq = λ ⋅ ds = λ ⋅ r ⋅ dθ
se sustituye y queda
θf
2⋅ K ⋅λ ⋅r
ER =
∫ Cosθdθ
r2
θi
al integrar los dθ se desplazarán 90º a partir de los puntos A y B, lo que producirá
r
el E R en O. Por simetría se considera la influencia de un solo dq multiplicado dos
veces.
ER =
2⋅ K ⋅λ
r
ER =
2⋅ K ⋅λ
Sen π − Sen(0 )
2
r
∫
π
0
2
[
(
]
r
2⋅ K ⋅λ r
ER =
−U X
r
)
Volviendo a la notación vectorial queda
Campo eléctrico resultante en O.
sustituyendo valores λ =
λ=
π
2⋅ K ⋅λ
[Senθ ] 0 2
r
Cosθ ⋅ dθ =
Q
S
S = 0,14 m
y
7,50 × 10 −6 C
C
= 5,357 × 10 −5
0,14m
m
2
2 × 9 × 10 9 N ⋅ m 2 × 5,357 × 10 −5 C
r
m r
C
ER =
−U X
44,56 × 10 −3 m
r
E R = 2,16 × 10 7 N
(
(− U )
C
r
X
)
r=
0,14
π
m
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
 C 
un ángulo θ y tiene una densidad superficial de carga uniforme σ  2  . Determine el
m 
r
vector campo eléctrico E en el punto P cualquiera sobre el eje del cilindro.
Consideraciones:
r
El vector campo eléctrico E de la
R
P
θ
concha puede tomarse como la suma
de los aportes diferenciales
σ
de
campo, de muchas varillas infinitas
cargadas.
Para
una
EV =
λ=
Fig. 2.11 Concha Cilíndrica cargada
varilla
2⋅ K ⋅λ
R
dq
dL
recta
(ver
infinita
tabla
3.1);
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
r
dE
los diferenciales dL simétricamente opuestos e
integrando desde 0º hasta
θ
2
r
dE
θ θ
se obtiene el campo
P
eléctrico total en P
θ θ
dL
dθ
La concha cilíndrica
dL vista al corte
Fig.
2.12 Diagrama vectorial
Solución:
La magnitud del campo eléctrico de una varilla a la distancia R es:
EV =
2⋅ K ⋅λ
R
ecuación 2.7
pero EV ahora significa un pequeño aporte a la magnitud del campo eléctrico total de
r
la concha, es decir dET y λ adquiere una forma diferencial de acuerdo a lo
siguiente
λ=
dq
dq dL
dq
dq
dL =
=
⋅
=
dL
dL R ⋅ dθ dL R ⋅ dθ ⋅ dL
dA
Donde
R·dθ·dL = dA
λ = σ ⋅ dL
dET =
2 ⋅ K ⋅ σ ⋅ dL
R
entonces si σ =
(diferencial de área de la concha),
dq
dA
sustituyendo en la ecuación 2.7
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 d E con sentido hacia arriba.
r
dE
r
dE
Y
θ
dEY
θ
dEY
X
dE
X
dE
X
r
r
r
r
dET = dEY U Y + dEY U Y = 2 ⋅ dEY U Y
dE
X
dE
dE
θ
Y
del triángulo rectángulo se calculan las cantidades escalares
dEY = dE ⋅ Cos (θ ) =
2 ⋅ K ⋅ σ ⋅ dL
Cos (θ )
R
sustituyendo
r
4 ⋅ K ⋅ σ ⋅ dL ⋅ Cos (θ ) r
4 ⋅ K ⋅ σ ⋅ R ⋅ dθ ⋅ Cos(θ ) r
dET =
UY =
UY
R
R
integrando
θ
r
r
ET = 4 ⋅ K ⋅ σ ∫ 2 Cos (θ )dθ ⋅ U Y
0
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:
r
θ r
ET = 4 ⋅ K ⋅ σ ⋅ Sen(θ ) 0 2 U Y
lo que resulta
( )
r
r
ET = 4 ⋅ K ⋅ σ ⋅ Sen θ U Y
2
CAMPO ELÉCTRICO PARA VARIAS DISTRIBUCIONES DE CARGA
Distribución de
carga
Campo eléctrico
Carga puntual
Dipolo eléctrico en
un punto ρ fuera de
su eje
Er =
Ex =
Ey = −
K ⋅Q
Ur
r2
K ⋅Q ⋅d
(X
2
Gráfica
+Y2
)
3
2
 3⋅ X ⋅Y 
 X 2 + Y 2 
K ⋅Q⋅ d 
3⋅Y 
1− 2
3 
2
2
2 2
X +Y
 X +Y 
2
(
)
distribuida. E en un
punto P ubicado a
una distancia R.
Línea finita de carga
uniformemente
distribuida (longitud
L). Punto P ubicado
en la mitad, a una
distancia R de la
línea.
-
Positiva
Negativa
r
E1
Eje Y
1
r1
+Q
r
E2
r2
d/2
d/2
y
Eje X
x
-Q
Línea infinita de
carga
uniformemente
+
2
r
dE
r
E=
λ
2 ⋅ π ⋅ ∈0 ⋅R
P
r
UY
−∞
←
dq
+++→
dx
q0+
r θ
+
R
x
←
+++
+∞
→
r
dE
r 2⋅ K ⋅λ
r
L
E=
⋅
UY
R
L2 + 4 ⋅ R 2
P
r θ
R
x
L
Tabla 3.1 ( parte I)
CAMPO ELÉCTRICO PARA VARIAS DISTRIBUCIONES DE CARGA
Distribución de carga
En un punto P sobre el
eje de un anillo de
radio R cargado
uniformemente
En un punto P sobre el
eje de un disco de
radio R cargado
uniformemente
Campo eléctrico
r
E=
K ⋅Q ⋅ X
(X
Si:
X=0
E=0
2
+ R2
)
3
2
Gráfica
+
+
( ds
)
+ R
r
r
UX
θ
θ
X
centro del anillo
(
σ
2⋅ ∈0
Tabla 3.1 (parte II)
)
1
2
r
dE
r
Uy

+y
P
D
R
ejeX
r
dE
+ +
+

r
D
E = 2 ⋅ π ⋅ K ⋅ σ 1 −
2
D + R2

Si:
R >> D
E = 2 ⋅π ⋅ K ⋅σ =
p
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 ?
r
Fe
Indicaciones
Utilizar la ecuación que define el
campo eléctrico en función de la fuerza
eléctrica, y relacionar ésta con la fuerza
r
E
m
gravitacional Fg = m· g
r
Fg
Respuesta:
m = 1,5 x 10-3 Kg
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
C a una altura de 1000 m. ¿Cuál es la magnitud del campo eléctrico E en la
aeronave ?
Indicaciones:
+40C
Avión
Hallar la magnitud de la fuerza
electrostática, colocando + q0 (carga de
r
E
prueba positiva) en la mitad entre las dos
cargas, es decir a 1000 m luego se divide
3000 ⋅ m
2000 ⋅ m
− 40 ⋅ C 1000 ⋅ m
entre q0 y se obtiene la magnitud de E .
Respuesta:
E = 360 × 10 3
Propuesto 2.3
N
C
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
r
peso.
Colocar la Fe en función del
r
campo eléctrico E
θ
-
θ
+
r
E
Respuesta
Propuesto 2.4
E = 4 , 4 × 10 5
N
C
r
(Magnitud del E )
Campo eléctrico en el centro de un triángulo
equilátero.
Tres cargas puntuales q A = 2µC ; q B = 5µC y qC = −1µC están ubicadas en los
r
vértices de un triángulo equilátero de lado a = 10 cm. Hallar el E en el ortocentro del
triángulo.
q A+
Indicaciones:
Coloque una carga de prueba q 0+ en
Ortocentro
el centro del triángulo, hallar la fuerza
resultantes de todas las cargas sobre
q0 y luego aplique la relación:
r
r FR
E=
q0
Respuesta:
a
q B+
a
a
q C−
r
r N
E = 13,89 × 10 6 U X ⋅
C
PROPUESTO 2.5
CAMPO ELÉCTRICO EN UN VÉRTICE
DE UN PARALELOGRAMO.
Tres cargas puntuales q1 = −3 × 10 −6 C ; q 2 = 2 × 10 −6 C y q3 = 1 × 10 −6 C están
en las esquinas de un paralelogramo ( romboide) cuyos lados son a = 3 m y b = 2,
r
como se muestra en la figura. ¿Cuál es el vector campo eléctrico E R en el vértice que
no tiene carga?.
y
Indicaciones:
q1
De la misma forma que el
ejemplo anterior, determine la fuerza
b
electrostática resultante sobre q0 . La
θ = 30º
distancia diagonal se determina así:
r=
(a + b ⋅ Cos(θ ))
Respuesta:
2
+ (b ⋅ Senθ )
2
a
q3
r
r
r N
ER = (1276U X + 2330Uy ) ⋅
C
x
q2
CAPITULO III
LEY
FLUJO ELÉCTRICO Y L
EY 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.
E
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
n
ρ
θs
E
Eje X
Fig. 3.2 Líneas de campo eléctrico que salen de un hemisferio del cascarón.
Autor : Hugar Capella
58
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 =
∫ E • ndA
por la ley de Gauss
Resolviendo el producto escalar Ē ● n dA
E ● ndA = EdA cos θs
Si la magnitud del campo eléctrico es constante, sale de la integral
E ∫ cos θs dA
Pero
Para este caso
dA = 2πR2 sen ρ dρ
θs = ρ
( 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 ∫ cosθ s 2πR 2 senθ s dθ s
Ф sale = 2πR2 E ∫ cosθ s senθ s dθ s
cos θs sen θs =
Фsale =
2πR 2 E
2
como
1
sen 2 θs
2
90°
∫ sen2θ dθ
s
s
0°
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
59
Como
∫
Sen 2θs dθs = -
1
Cos2θ
2
90º
0
Entonces;
Фsale = -
1
E π R2 (cos 2 x 90° - cos 0°)
2
Фsale = -
1
1
E π R2 (-1-1) = - E π R2 (-2)
2
2
Entonces queda
Фsale =E π R2
Flujo eléctrico que entra
α
n
n
ρ
α
θe
E
(180 – α) = θe
Fig. 3.3 Líneas de campo eléctrico que entran
al otro hemisferio.
Cos (180 – α) – Cos α = Cosθe
para
α
< 90º
Entonces
Фentra = ∫ Ε.ndA =
∫ EdACosθ
e
Como E es constante sale de la integral
Autor : Hugar Capella
60
Фentra = E ∫ Cosθ e dA sustituyendo dA = 2πR2 Sen ρ dρ
Фentra = E
∫
donde ρ = θe
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°
∫
90°
Sen θe Cos θe dθe
 1
Фentra = -2πR2 E  − 
 2
180°
∫
90°
Sen θe Cos θe = -
1
Sen 2θe
2
1
Фentra = - πR2 E (Cos 2θe)
2
Sen 2θe dθe
1
Фentra = - πR2 E (Cos 2x180º – Cos 2x90º)
2
180 º
90 º
1
1
Фentra = - πR2 E (1-(-1)) = - πR2 E (2)
2
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
Autor : Hugar Capella
a través de la esfera.
61
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.
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, Φ E =
●Q
δ
———— R ———
Q 1
(
es la constante de
∈0 ∈0
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
Q
semiesfera es Φ E =
(la mitad de
2 ∈0
SOLUCIÓN
la esfera completa)
r
n
r
n
r
n
r
E
Fig. 3.4 Líneas de campo que atraviesan la
semiesfera
Autor : Hugar Capella
62
a) De a la definición de flujo eléctrico
Φ E = ∫ E • ndA
Donde E =
K ⋅Q
R2
r r
Resolviendo el producto escalar del integrado, se tiene E ⋅ n dA = EdA ⋅ Cosφ en
r
este caso n es un vector unitario normal a la superficie esférica, y asumiendo que las líneas
r r
de fuerza sean radiales, entonces E y n son paralelos, es decir θ = 0º lo que queda;
r r
E ⋅ n dA = EdA
Sustituyendo en la integral
Φ E = ∫ EdA
para E uniforme y A = 4πR2;
A 1
= 4πR 2
2 2
1
Q 1
 K ⋅Q  1
Φ E = E ⋅ A =  2  ⋅ 4πR 2 =
⋅ 2 ⋅ ⋅ 4πR 2 da como resultado
4π ∈0 R 2
 R  2
ΦE =
Q
2 ∈0
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
Φ Sale + Φ Entra = 0
Φ Entra = −Φ Sale = −
Q
2 ∈0
Autor : Hugar Capella
63
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:
Q-
b en función de Q
a)
b)
La magnitud del campo eléctrico:
b.1) Dentro de la esfera r < Ro
b.2) Fuera de la esfera r > Ro
Ro
FIG. 3.5 ESFERA SÓLIDA NO CONDUCTORA
Solución
Parte a)
dQ
ρ=
dV
4
si V = π ⋅ r 3
3
dQ = ρ ⋅ dV
donde
r es el radio de una superficie esférica imaginaria (superficie Gaussiana) dentro de la esfera
no conductora, que va desde 0 hasta Ro.
4
dV = π ⋅ 3 ⋅ r 2 dr = 4 ⋅ π ⋅ r 2 dr
3
Entonces dQ = ρ·4π·r2dr
integrando y sustituyendo a ρ = b·r
∫
Q
0
R0
dQ = b ⋅ 4π ∫ r 3 dr
0
Q=
4π
b⋅r4
4
R0
Q = π·b· R04
0
Despejando b
b=
Q
π ⋅ R04
Autor : Hugar Capella
64
Parte b
b.1) Magnitud de E
para
r < Ro
Por la ley de Gauss
Φ=
∫ E • ndA =
Ro
Q+
Como
r
Superficie
Gaussiana
r
da
la
Qenc
∈0
superficie
Gaussiana
es
concéntrica a la esfera no conductora las
r
líneas radiales de E la cruzan siempre
r
E
perpendicularmente.
r
r
Por lo tanto, el ángulo entre E y n es 0º Cos0º = 1 y E ⋅ ndA = E ⋅ dA ⋅ Cos(0º ) = E ⋅ dA
con E uniforme queda;
E ∫ dA =
Qenc
∈0
E⋅A=
⇒
Qenc
∈0
donde A= 4·π·r2
Qenc es la carga encerrada por la superficie Gaussiana
Si ρ =
dQ
dV
ρ=
dQ ′
dV ′
dQ ′ = ρ ⋅ dV ′ = b ⋅ r ⋅ dV ′
Q′ = Qenc
V′=
4
⋅π ⋅ r 3
3
dQ′ = b ⋅ r ⋅ 4 ⋅ π ⋅ r 2 dr = 4 ⋅ π ⋅ b ⋅ r 3 dr
∫
Q′
0
r
r4
Q′ = 4 ⋅ π ⋅ b
4
dQ′ = 4 ⋅ π ⋅ b ∫ r dr
Q′ = π
3
0
Q
r4
π ⋅ R04
Q′ = Q
V ′ = volumen que encierra a Q´
dV ′ = 4 ⋅ π ⋅ r 2 ⋅ dr
integrando
r
= π ⋅b ⋅ r4
0
r4
R04
Autor : Hugar Capella
65
E=
1
r4
Q
r2
⋅
⋅
Q
=
⋅
4 ⋅ π ⋅ ∈0 ⋅r 2 R04
4 ⋅ π ⋅ ∈0 R04
en dirección radial y hacia fuera
r
r2 r
E = K ⋅Q 4 U R
R0
b.2) Magnitud de E para r > Ro
∫ E • ndA =
r
r
E
Ro
Q+
Ejemplo 3.4
n
Qenc
con la misma consideración del caso
∈0
r
anterior E ⋅ ndA = E ⋅ dA ,
Qenc = Q+
E=
Qenc
4 ⋅ π ⋅ ∈0 ⋅r 2
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
El elemento que contiene la carga es no
r
R
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
Solución:
total.
Autor : Hugar Capella
Fig. 3.6 Cilindro macizo cargado
no conductor
66
Tomando en consideración que ρ =
Qenc
, la carga encerrada será entonces Qenc = ρ·VG
VG
donde el volumen VG es aquel que contiene la superficie Gaussiana cilíndrica de radio r,
VG = π·r2·L
mostrada en la fig. 3.6, es decir,
y la carga encerrada Qenc = ρ· π·r2·L.
Aplicando la Ley de Gauss
r
Qenc
E
∫ • ndA = ∈0
r
r
como n y E son vectores paralelos, que salen de la superficie
y considerando la magnitud E constante, la ecuación queda
E ∫ dA =
E⋅ A=
ρ ⋅π ⋅ r 2 ⋅ L
∈0
ρ ⋅π ⋅ r 2 ⋅ L
∈0
resolviendo la integral evaluada en una superficie curva.
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
E⋅ =
E=
ρ ⋅π ⋅ r 2 ⋅ L
2πrL ∈0
ρ ⋅r
2⋅ ∈0
simplificando
E
radialmente hacia fuera del cilindro.
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.
E=
ρ⋅R
2⋅ ∈0
r
R
Fig. 3.7
Autor : Hugar Capella
Gráfica de E vs r (r<R)
67
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.
A
Consideraciones:
B
r
E1
Para fines de facilitar el análisis del
problema,
se asigna como σ 1 y σ 2 , las
+
r
E2
densidades de carga por unidad de
C
r
E1
+
+
r
E2
r
E1
-
r
E2
volumen para la lámina izquierda y
derecha, respectivamente.
+ σ1
El campo resultante de cada región debe
r
r
calcularse sumando el campo E1 y E 2
correspondientemente, de acuerdo a los
−σ2
Fig. 3.8 Dos láminas infinitas paralelas
sentidos de los vectores señalados en la
r
Solución:
figura. De la placa positiva sale el E1 y
r
de la negativa entra el E 2 .
con densidades de carga por
unidad de área
r
r
Para hallar las magnitudes de los vectores E1 y E 2 debe considerarse cada lámina
individualmente, por lo que hay que conseguir el campo eléctrico producido por una lámina
aplicando la ley de Gauss.
Autor : Hugar Capella
68
Cálculo de E para una lámina:
r
n2
Aplicando la ley de Gauss, se encierra
la lámina con una superficie cilíndrica
A2
cuyas tapas de área A1 y A3 son
r
E
r
n1
atravesadas perpendicularmente por las
r
r
r
líneas de campo E , por ende E y n
r
E
σ1
A1
r
n3
A3
son paralelos, entonces:
Fig. 3.9 Líneas de
E que atraviesan la
superficie Gaussiana cilíndrica
r r
Q
Φ E = ∫ E ⋅ n dA = enc
∈0
r r
E ⋅ n dA = E·dA·Cos θ
donde
queda que el flujo eléctrico neto que atraviesan las áreas A1, A2 y A3 es:
Φ neto = Φ 1 + Φ 2 + Φ 3 =
Qenc
∈o
r r
r r
r r
Q
Φ neto = ∫ E ⋅ n1 dA + ∫ E ⋅ n2 dA + ∫ E ⋅ n3 dA = enc
1
2
3
∈0
r
r
r
r
Como E y n1 son paralelos así como también E y n3 el ángulo θ = 0º ; para
r
r
ambos casos el Cos 0º = 1. Entre E y n2 el ángulo es 90º y el Cos de 90º = 0 entonces
queda:
Φ neto = E ∫ dA1 + 0 + E ∫ dA3 =
Qenc
∈0
Φ neto = E ⋅ A1 + E ⋅ A3 =
Qenc
∈0
como A1 = A3
entonces
2⋅ E ⋅ A =
Qenc
∈0
despejando E queda
Autor : Hugar Capella
69
E=
Qenc
2⋅ ∈0 ⋅ A
o
E=
también
σ
2⋅ ∈0
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.
A
B
+ σ1
Cálculo de E para dos láminas paralelas. r
Cuando se tienen dos o más
láminas se aplican la superposición
vectorial,
es
decir
se
suman
vectorialmente los campos en cada
región:
C
−σ2
E1
r
E1
r
E1
r
E2
r
E2
r
E2
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:
r
r
r
σ
σ
EA = 1 −U X + 2 U X
2⋅ ∈0
2⋅ ∈0
(
r
σ −σ 2
E A =  1
 2⋅ ∈0
)
r
U X

( )
r
sacando factor común U X queda
como σ 1 = σ 2 entonces
EA = O
Lado Derecho
De la misma forma se opera para la región C :
Autor : Hugar Capella
70
r
σ −σ 2
EC =  1
 2⋅ ∈0
r
U X

como σ 1 = σ 2
queda
EC = O
Dentro de la lámina
Para el lado B, se suman los campos
r
σ +σ2
E B =  1
 2⋅ ∈0
r
U X

como σ 1 = σ 2 = σ
EB =
2 ⋅σ
2⋅ ∈0
EB =
Ejemplo 3.6
σ
∈0
dentro de la lámina
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).
σ1
r
E2
+
I
+
+
+
+
+
-------------------------------------+
+
III
IV
+
+
+
II
r
E1
−σ 2
Fig. 3.11 Superposición de campos eléctricos debido a láminas cargadas perpendiculares
Autor : Hugar Capella
71
Solución
r
Q
E
∫ • ndA = ∈enc0
De acuerdo a la ley de Gauss
del campo eléctrico son respectivamente
E1 =
para cada lámina las magnitudes
σ1
2 ∈0
y
E2 =
σ2
2 ∈0
sustituyendo
valores se tiene:
E1 =
E2 =
12 x10 −6 C
N
m2
= 677966,10
2
C
C
2 × 8,85 x10 −12
2
N ⋅m
sale de lámina con σ 1
8 x10 −6 C
N
m2
= 451977,40
2
C
C
2 × 8,85 x10 −12
2
N ⋅m
apunta hacia la lámina con σ 2
Magnitud del campo eléctrico resultante en cada cuadrante.
E R = E 21 + E 2 2
E R = 814813,84
N
C
Angulo θ
Tanθ =
451977,40
677966,10
θ = 33,69º
180 + θ
-θ
θ
θ
180 - θ
I Cuadrante
II Cuadrante
III Cuadrante
θ
IV Cuadrante
Fig. 3.12 Campos resultantes en los cuatro cuadrantes
Autor : Hugar Capella
72
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 2 × 10 4 N
C
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:
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
r r
Φ E = E ⋅ n A , queda:
Respuesta:
Φ E = 354.530,80
N ⋅ m2
C
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.
Autor : Hugar Capella
73
Indicaciones:
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.
Respuesta:
A través de
S1
S4
Propuesto 3.3
− 2Q
−
S3
+Q
−Q
ΦE
S2
S3
S1
S4
Q
∈0
S2
0
−
2Q
∈0
Fig.3.13 Cargas puntuales encerradas por
superficies S1 ; S2 ; S3 y S4
0
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
N
. Calcule el flujo eléctrico total a través de las cuatros
C
superficies inclinadas de la pirámide mostrada en la figura 3.14.
eléctrico vertical de magnitud 52
Indicaciones:
r
E
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:
r
E
h
r
Φ E = 4 × 52 × 15 × cos(53,14º )
3
3
3
Fig. 3.14 Campo eléctrico sobre una pirámide
Autor : Hugar Capella
74
Respuesta:
Φ T = 1,87 × 10 3
Propuesto 3.4
N ⋅ m2
C
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
ρ=
A
, siendo A una constante. ¿Cuál será el valor de A de modo que el campo eléctrico
r
en el cascarón ( a < r < b) tenga magnitud constante?
Indicaciones:
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.
a
r
b
Q+
ρ=
A
r
Fig 3.15 Arreglo carga puntual esfera
hueca aislante concéntrica.
Respuesta:
A=
Q
2 ⋅π ⋅ a2
Autor : Hugar Capella
75
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:
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.
+
+
+ + +
+ + +
+
+ +
+ +
Fig. 3.16 Esfera aislante sólida
Respuesta:
a)
E = 0 en
b)
E = 365625 N
c)
d)
r=0
en r = 10 cm
C
E = 1462500 N en r = 40 cm
C
E = 650000 N
Propuesto 3.6
C
en r = 60 cm
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
Autor : Hugar Capella
76
cascarón) es de 36 KN
C
. 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:
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.
L
R
Fig. 3.17 Cascarón Cilíndrico
Respuesta:
a) Q = 9,13 x 10-8 C
b) E = 0
Autor : Hugar Capella
77
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:
El potencial absoluto debido a
una carga puntual en una distancia r, se
K ⋅Q
calcula por la ecuación V =
, si
r
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.
+ q1
4 cm
4 cm
h
d
d
− q2
− q3
2 cm
Solución:
VT = V1 + V2 + V3
VT =
sustituyendo
K ⋅ q1 K ⋅ (− q 2 ) K ⋅ (− q3 )
+
+
h
r
r
donde h =
15 × 10 − 2 m 2 ;
de la figura donde
0,04 m
h
0,01 m
aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo
r = d = 1x10-2 m, entonces extrayendo como factor común K·q se
tiene;
Autor : Hugar Capella
78

1
1
1 
N ⋅ m2
VT = K ⋅ q +
− − 2 − − 2  = 9 × 109
⋅ 7 × 10− 6 C − 1,74 × 10+ 2 m −1
2
−2
10
m
10
m
C
15 × 10 m


(
VT = -10973347 V
Ejemplo 4.2
≈
)
VT = -11 MV
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 5,41
K ⋅Q2
.
S
Consideraciones:
El trabajo requerido es igual a la
Q
suma algebraica de las energías
potenciales de las cuatros cargas, es
Q
Q
decir, si las cargas q 2 , q3 y q 4 estarían
en el infinito y q1 en su posición, el
trabajo que realizaría un agente externo
para
Q traerlas a su posición en el
cuadrado
seria
Q
U 1 = q1 (V2 + V3 + V4 )
Q
donde
 K ⋅ q 2 K ⋅ q3 K ⋅ q3 

U 1 = q
+
+
r
r
r
1
−
2
1
−
3
1
−
4


Fig. 4.1 Cargas puntuales en las
esquinas de un cuadrado
entonces, con las demás seria similar.
Solución:
U T = q1 (V2 + V3 + V4 ) + q 2 (V3 + V4 ) + q3V4
UT = K
como V =
K ⋅q
r
q1 ⋅ q 2
q ⋅q
q ⋅q
q ⋅q
q ⋅q
q ⋅q
+K 1 3 +K 1 4 +K 2 3 +K 2 4 +K 3 4
r1−2
r1−3
r1− 4
r2−3
r2−4
r3− 4
Autor : Hugar Capella
79
r1− 2 = r1− 4 = r2−3 = r3− 4 = S y r1−3 = r2−4 = S 2 m
las distancias
Sustituyendo las cargas por su valor Q y factorizando se obtiene
UT =
K ⋅Q2 
1
1
2 
 K ⋅Q2 
+1+1+
+ 1 =
1 +
4 +

S 
S 
2
2
2

Finalmente queda
UT =
Respuesta
Ejemplo 4.3
5,41K ⋅ Q 2
S
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?
Y
Consideraciones:
P ( 20,50)cm
La componente del campo que
realiza
trabajo
(-∆Up),
es
aquella
θ
paralela al desplazamiento, es decir
E·cos (θ).
r
E
X
Esta componente se extrae
de la integral por ser constante.
Fig. 4.2 Cargas eléctricas moviéndose
debido a un campo eléctrico E
Solución:
P r
P
r
∆V = − ∫ E ⋅ dr = − E cos(θ )∫ dr = − E ⋅ cos(θ ) ⋅ d
0
0
Donde d es la distancia desde el origen hasta el punto P
d = 20 2 + 50 2 = 53,85cm
o
d = 0,54 m
Autor : Hugar Capella
80
θ = arctan
50
= 68,20º
20
∆V = −250V
∆V =
∆U P
q
m
entonces sustituyendo valores
× 0,54m × cos(68,20º ) = −50,13 V
despejando
∆Up = 12 x 10-6 C x (- 50,13)
∆Up = q·∆V
pero
q = 12 x 10-6 C
J
C
∆Up = - 6,06 x 10-4 J
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:
P
Una alternativa para alcanzar la
solución sería aplicando la ecuación
B r
r
para ∆v = − ∫ E ⋅ dr , por lo que se debe
A
r
hallar la ecuación del E en función de
la distancia r para este elemento. La otra
alternativa consiste en tomar un
elemento infinitesimal de carga, como
Q
una carga puntual, es decir VP = K ⋅ P
r
Solución:
b
r
dQ
x
dx
L
Fig. 4.3 Potencial eléctrico a una distancia “ b”
de una barra cargada.
Autor : Hugar Capella
81
Haciendo dQ = Qp y el potencial eléctrico de esa carga puntual dV = VP, sustituyendo en la
ecuación VP = K ⋅
dV = K ⋅
(
QP
se obtiene:
r
dQ
dx
pero dQ = λ·dx sustituyendo e integrando V = Kλ ∫ ; de la figura
r
r
r = x2 + b2
)
1
2
y los límites de integración son de −
L L
a
2
2
(
+L2
V = Kλ ∫ L
−
2
(x
dx
2
+ b2
)
1
2
)
la solución de este tipo de integral seria Ln x + x 2 + b 2 ; resolviendo entre los límites de
integración definidos, queda:
(
)
V = K ⋅ λ ⋅ Ln x + x 2 + b 2 .
+L2
−L2
2
2
L

L
L
L
= K ⋅ λ ⋅ Ln +   + b 2 − −   + b 2 
2

2
2
2


SIMPLIFICANDO RESULTA:
RESPUESTA
2
L

 L

V = 2 ⋅ K ⋅ λ ⋅ Ln
+   + 1
 2b

 2b 


Autor : Hugar Capella
82
POTENCIAL ELÉCTRICO DEBIDO A VARIAS DISTRIBUCIONES DE CARGA
Distribución de Carga
En un punto P ubicado
sobre el eje de un anillo de
radio
“a”
cargado
uniformemente.
V∞ = 0
Potencial Eléctrico
V=
( )
K ⋅Q
x +a
2
a
x2 + a2
x
[(
V∞ = 0
dq
2
En un punto P ubicado
sobre el eje de un disco de V = 2⋅π ⋅ K ⋅σ x2 + a2
radio
“a”
cargado
uniformemente.
V∞ = 0
V∞ = 0
Esfera conductora aislada,
de radio R y carga total Q
Gráfica
Q
r
Q
V =K
R
V =K
)
1
2
−x
P
r
r 2 + x2
a
x
P
dA=2·π·r·dr
r>R
R
r≤R
-Q
Entre dos cilindros
conductores concéntricos
con cargas idénticas Q y
de diferentes signos
Entre dos esferas
conductoras concéntricas
con cargas idénticas Q y
de distintos signos
Va − Vb = 2 ⋅ K ⋅ λ ⋅ Ln
b +Q
a
b
a
a<b
V a − Vb =
r
Ea
b
K ⋅ Q ⋅ (b − a )
a ⋅b
a
+
Q
a<b
Q-
Tabla 4.1
Autor : Hugar Capella
83
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:
El cambio en su energía
cinética es proporcional al cambio en
su diferencia de potencial ∆U = q∆V
La carga de la partícula se determina
∆U
por la relación
∆V
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:
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
84
Respuesta:
∆V = -38,9 V
Propuesto 4.3
El origen tiene un potencial más alto que el otro punto.
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:
Para hallar el campo eléctrico de
ambas cargas sobre el eje X colocar una
carga q 0+ 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
Punto de
Prueba
v
F
campo E se descartan puesto que el
Fig. dentro
4.4 Potencial
punto se localizaría
de lasy campo
dos eléctrico
cargas y donde las dos contribuciones
tienen la misma magnitud, dirección y
sentido.
Respuesta:
v
F
+q
2
− 2q
X
de dos cargas puntuales
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
Autor : Hugar Capella
85
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:
Y
Tomar en cuenta que la
diferencia de potencial es el negativo de
la integral del producto escalar
r r
E ⋅ dr = E ⋅ dr ⋅ cos(θ ) 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.
C
B
X
r
E
A
Fig. 4.5 El trabajo es independiente de
la trayectoria seguida en
sistemas conservativos.
Respuesta:
VAC + VCB = 260 V
Autor : Hugar Capella
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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:
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
a
la ecuación del potencial eléctrico
B r
r
∆v = − ∫ E ⋅ dr
b
ρ
A
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.
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