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DEPARTAMENTO DE FÍSICA, FACULTAD DE CIENCIAS, UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ
Solucionario Prueba de Cátedra No. 1
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Equation Chapter 1 Section 1SOLUCIONARIO
Prueba de Cátedra No. 1
Electromagnetismo FI-604
Semestre de Otoño 2011
Sábado 28 de mayo 2011
Prof. Edmundo Lazo
Problema 1: Una esfera de radio R tiene una densidad volumétrica de carga   r  

r2
. Calcule
la fuerza eléctrica F  r  ejercida por la esfera sobre una varilla cargada de largo L con densidad
lineal de carga    r , ubicada sobre el eje radial, tal como se muestra en la figura.
r
R
b
L
Solución.
Aplicando la ley de Gauss a la esfera de radio R , se tiene
 E  dS 
qneta
0

1
0
r R

 dV
(1.1)
0
Sabemos que sobre la superficie de la esfera el campo eléctrico es paralelo a la diferencial de
superficie, además sabemos que sobre cualquier punto de la superficie Gaussiana, el módulo del
campo eléctrico vale lo mismo: E , por lo tanto lo podemos sacar de la integral y obtenemos:
R
r R

1
E 4 r     dV    dV 
0  0
R

2
Pero la carga existe sólo hasta r  R , con densidad   r  

r2
(1.2)
, r  R , por lo tanto, la segunda
integral vale cero, porque   0, r  R . Usando la diferencial de volumen de la esfera
dVe  4 r 2 dr , escribimos,
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Dr. Edmundo Lazo, email: [email protected], [email protected], fono: 205379
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E 4 r 2 
1
0
R

r
2
4 r 2 dr
(1.3)
0
Integrando
Er 2 

R
0
(1.4)
Finalmente. El campo fuera de la esfera es justo el campo creado por una carga puntual de carga
igual a la carga de la esfera:
E
R
 0r 2
(1.5)
Este es el campo que actúa sobre la línea de carga que está sobre el eje radial.
La fuerza eléctrica que actúa sobre un diferencial de carga dq de la línea de carga viene dada por
dF  Edq
(1.6)
donde dq  dr   r  dr . Reemplazando esta expresión y el campo eléctrico obtenido en (1.5)
en la relación (1.6), se tiene
 R 
dF  Edq   2   r  dr
  0r 
(1.7)
 R 
F   dF   Edq    2   r  dr
  0r 
(1.8)
  R  b L dr
F 
 b
r
 0 
(1.9)
Integrando se tiene
Finalmente, la fuerza neta sobre la línea de carga vale
  R   b  L 
F 
 ln 

 0   b 
(1.10)
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Problema 2: Hallar el potencial electrostático V  r  en el punto P , a una distancia z sobre el eje
de la lámina circular de radio R , a la cual le falta un sector circular que suscribe un ángulo  0 
tal como se indica en la figura. La lámina tiene una densidad superficial de carga  0 

r

6
.
z
P
R
y
0
x
Solución.
El potencial electrostático V  r  viene dado por
V r   
V
kdq
r  r
(1.11)
El diferencial de carga dq ubicado en el primer cuadrante de la lámina mostrada en la figura, se
encuentra a una distancia variable r del origen y hace un ángulo  variable con el eje x . Por lo
tanto, las coordenadas  x, y  del diferencial de carga dq , vienen dadas por
x  r cos ;
y  r sin 
(1.12)
z
P
0
x
y

dA  rd dr
El diferencial de carga dq viene dado por
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dq   dA    rd dr 
(1.13)
Dado que ya tenemos el origen del sistema de referencia en el centro de la lámina, los vectores r y
r  vienen dados por
r  zkˆ; r   r cos  iˆ  r sin  ˆj
(1.14)
Restando y calculando el módulo, se tiene,
r  r  r cos iˆ  r sin  ˆj  zkˆ
(1.15)
r  r  r 2  z 2
Luego el potencial V  r  viene dado por
V r   
V
kdq

r  r
  2 0  r  R
Dado que la densidad superficial de carga  



0

r 0
k rdrd
(1.16)
r2  z2
depende sólo de la variable r , y como las
r
coordenadas r y  son independientes, las integrales se calculan de forma independiente,
V r  
  2 0 


d
0
V  r    2   0  k
r R
k rdr

r R

r 0
V  r    2   0  k 
(1.17)
r2  z2
r 0
 rdr
(1.18)
r r2  z2
r R

r 0
dr
(1.19)
r2  z2
r R
V  r    2  0  k  ln 2 r 2  z 2  2 x 

 r 0
(1.20)
Finalmente, el potencial creado por la lámina vale
 R2  z 2  R 
V  r    2   0  k  ln 



z


(1.21)
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Problema 3 (Obligatorio): Calcular el campo eléctrico E  r  y el potencial electrostático V  r 
en función de la distancia radial r , creados por un cilindro “muy largo”, con densidad volumétrica
 r si 0  r  a


de carga   r  dada por   r   
si a  r  b .
r
si r  b
0
Para el cálculo del potencial no use el punto de referencia en rref  r   . En cambio debe usar
como punto de referencia un valor arbitrario fuera del cilindro de valor rref  r0 .
b a
r
Solución.
Cálculo del campo eléctrico E  r  .
Primero calcularemos el campo eléctrico en cada región partiendo desde las regiones interiores a las
exteriores. Dado que el cilindro es muy largo, podemos usar ley de Gauss, es decir, emplearemos
superficies Gaussianas cilíndricas de radio r y largo L . La figura muestra la relación entre el
campo eléctrico E y las diferenciales de superficie en las tapas y en el manto cilíndrico de la
Gaussiana.
dStapa
r
E
E
L
dSmanto
E
dStapa
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Recordemos que la superficie del manto cilíndrico vale Smanto  2 rL y que la diferencial de
volumen del cilindro vale dVc  2 Lrdr . La ley de Gauss para el cilindro queda
 E  dS  

E  dS1 
tapa1
E  dS2 
tapa 2

E  dS manto 
manto
qneta
0
Equation Section (Next)(2.1)
En las tapas del cilindro Gaussiano, el campo eléctrico y la diferencial de superficie son
0
perpendiculares, y el producto punto se anula E  dStapas  EdStapas cos90  0, luego no hay
contribución de las tapas a la integral. Por lo tanto, sólo tenemos que calcular de la integral sobre el
manto cilíndrico, esto es,

E  dSmanto 
qneta

0
manto
1
r
 0 0
  r  dV
(2.2)
En el manto, el campo eléctrico y la diferencial de superficie son paralelos, luego
E  dSmanto  EdSmanto . Por otra parte, el módulo del campo eléctrico E vale lo mismo en todos los
puntos del manto cilíndrico, por lo tanto, E se puede sacar de la integral y se obtiene
ES manto 
1
   r  dV
r
0
0
(2.3)
donde el límite superior indica el radio de la Gaussiana cilíndrica. Usando el valor Smanto  2 rL y
el valor dVc  2 Lrdr , tenemos,
E 2 rL 
1
0
   r  2 Lrdr
r
0
(2.4)
Simplificando por 2 L , se obtiene
Er 
1
r
 0 0
  r  rdr
(2.5)
Esta es la expresión que emplearemos para calcular el campo en todas las regiones.
Región 1: para r en la región 0  r  a . En esta región la densidad vale   r    r  .
Usando la relación (2.5) se tiene
E1r 
1
0
  r  rdr
r
0
(2.6)
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 r3
0 3
E1r 
(2.7)
Simplificando, se obtiene el campo en la región 0  r  a
r2
E1 
rˆ
3 0
(2.8)
donde r̂ es un vector unitario radial, perpendicular al eje del cilindro.
 
.
r
Región 2: para r en la región a  r  b . En esta región la densidad vale   r   
Usando relación (2.5), se tiene
1
E2 r 
0

a  r b
0
  r  rdr 
1
0
1
   r  rdr   
a
0
0
a r b
a
  r  rdr
(2.9)
Reemplazando los valores de la densidad de carga en cada región, escribimos
E2r 
1
1
  r  rdr   
a
0
0
0
ar b
a
 
  rdr
r
(2.10)
Simplificando e integrando
E2r 
 a3 
 a  r 
3 0  0
(2.11)
Finalmente, el campo eléctrico en la región 2 vale:
E2 
 a
3 r
1
3
 3  r  a   rˆ
(2.12)
0
donde r̂ es un vector unitario radial, perpendicular al eje del cilindro.
Región 3: para r en la región r  b . En esta región la densidad vale   r   0.
Usando relación (2.5), se tiene
E3r 
1
r b
 0 0
  r  rdr 
  r  rdr     r  rdr  
 
1
0
a
b
r b
0
a
b
  r  rdr

(2.13)
Aplicando los valores de las densidades de carga, se obtiene
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E3r 
1
0
 
rdr
a r 
 
1
  r  rdr   
a
0
0
b
  a3 

E3r  
 b  a  
 3 0  0

(2.14)
(2.15)
El campo eléctrico en la región 3 viene dado por
E3 
 a
3 r
1
3
 3  b  a   rˆ
(2.16)
0
donde r̂ es un vector unitario radial, perpendicular al eje del cilindro.
Cálculo del potencial electrostático V  r  .
El potencial electrostático en un punto viene dado por
r
V  r     E  dl
(2.17)
r0
donde el potencial en el punto r0 vale cero, es decir, V (r0 )  0 .
Calcularemos el potencial viniendo desde la región 3 hasta la región interior 1.
Región 3: para r en la región r  b .
V r  b 
r b

r b
 E3  dl    E3dr
r0
(2.18)
r0
Reemplazando E3 , se tiene,
r b
V  r  b   
 a
 3  b  a  
3 0r
r0
 a
V  r  b  
3
3
dr
 3  b  a   r b dr
3 0

r0
r
(2.19)
(2.20)
Finalmente, el potencial V  r  b  en la región 3 exterior al cilindro viene dado por,
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 a
V r  b  
3
 3  b  a  
3 0
r
ln  
 r0 
(2.21)
Justo en el punto r  b , el potencial vale
Vb
 a
 V r  b  
3
 3  b  a  
3 0
b
ln  
 r0 
(2.22)
Región 2: para r en la región a  r  b .
V  a  r  b 
ar b

b
ar b
r0
b
 E  dl    E3dr 
r0

E2dr
(2.23)
La primera integral corresponde al potencial dada por relación (2.21), pero evaluado en r  b , es
decir, es justo Vb . El campo E2 viene dado por relación (2.12)
V  a  r  b   Vb 
a r b

b
 a
3 r
1
3
 3  r  a   dr
(2.24)
0
Calculemos la integral restante
a r b
I

b
1
3 0 r
 a
3
 3  r  a   dr 
a r b

b
I
 a3
 ar b  r  a  dr
dr 
3 0 r
 0 b
r
 a 3 ar b dr  ar b
a

dr 


3 0 b r  0 b
0
I
a r b
(2.25)
dr
r
(2.26)
 a3  r  
a  r 
ln     r  b  
ln
3 0  b   0
 0  b 
(2.27)

b
  a 3 a   r  
I 

 ln     r  b 
3


 b  0
0 
 0
(2.28)
Reemplazando esta integral en la relación (2.25), se tiene
  a 3 a   r  
V  a  r  b   Vb  

 ln     r  b 
 3 0  0   b   0
(2.29)
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Si hacemos r  b se obtiene el potencial Vb que vale lo mismo que usando la relación (2.22), es
decir, el potencial es continuo en el punto r  b. . Si hacemos r  a en la relación (2.29), se
obtiene el potencial V  r  a   Va
Va
 a
 V r  a  
3
 3  b  a  
3 0
 b    a 3 a   a  
ln    

 ln     a  b 
 r0   3 0  0   b   0
(2.30)
Región 1: para r en la región 0  r  a .
V 0  r  a 
0r a

r0
b
a
 E  dl   E3dr   E2dr 
r0
b
0r a

E1dr
(2.31)
a
Los dos primeros términos del lado derecho corresponden justo al valor del potencial Va en el
punto r  a . Por simplicidad de notación lo dejaremos así expresado. Usando E1 dado por la
relación (2.8), la relación (2.31) queda
V  0  r  a   Va 
 0 r  a 2
r dr
3 0 a
V  0  r  a   Va 
  r 3  a3 
9 0
(2.32)
(2.33)
Si r  a se obtiene Va , lo cual prueba que el potencial es continuo en el punto r  a .
 a3
Si r  0 se obtiene el potencial en el origen del sistema de cilindros V0  Va 
.
9 0
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