Luciano Laroze UTFSM

1

1. FUERZA ELCTRICA

PROBLEMA 1. Dos cargas puntuales de magnitudes +q y +4q , se encuentran separadas a

una distancia l . Una tercera carga se coloca de tal manera, que las cargas quedan en equili-brio por efecto slo de fuerzas elctricas.

(a) Encontrar la ubicacin, magnitud y signo de la tercera carga.

(b) Examinar si acaso el equilibro es estable.

SOLUCIN

(a) Las fuerzas entre las cargas +q y +4q son un par de accin reaccin como se indica

en el diagrama.

+q

r1F

+4q

-r1F

Para lograr el equilibrio de +q se requiere aplicarle una fuerza adicional del valor -r1F , de mo-

do que la fuerza neta sobre ella sea nula.

+q

r1F -

r1F

Anlogamente, para lograr el equilibrio de +4q se requiere aplicarle una fuerza adicional

del valor +r1F .

+r1F

+4q

-r1F

Los dos requerimientos anteriores pueden lograrse con una carga negativa ubicada

entre las cargas +q y +4q , ya que ambas sern atradas por una carga negativa. A su

vez, la carga negativa ser atrada por las cargas +q y +4q , con fuerzas de valor +r1F y

2 Electromagnetismo Problemas y Soluciones

-r1F respectivamente, quedando en equilibrio. El siguiente diagrama muestra las fuerzas

sobre la carga -Q :

-Q

r1F -

r1F

Todas las fuerzas involucradas son de igual magnitud. La distancia entre +q y -Q la llama-

remos a , como se indica en el diagrama siguiente :

- Q

l

+qa

+4q

La magnitud de la fuerza entre +q y +4q es : = g l2

1 2

4c

qF k .

La magnitud de la fuerza entre +q y -Q es : = g1 2cqQF ka

.

La magnitud de la fuerza entre +4q y -Q es : ( )

=-

gl1 24

cqQF k

a .

Luego, para el equilibrio de +q se requiere : =g gl2

2 2

4c c

q qQk k

a

y el equilibrio de +4q requiere que : ( )

=-

g gl l2

2 2

4 4c c

q qQk k

a .

De las ecuaciones de equilibrio se obtienen las soluciones para Q y a . Puesto que el lado

izquierdo de ambas ecuaciones es el mismo, igualando entre s las expresiones del lado dere-

cho, se obtiene ( )= -l 224a a .

Resolviendo, se encuentra que = l3

a .

Sustituyendo el valor de a en una de las ecuaciones de equilibrio se obtiene que :

= 49

Q q .

1. Fuerza Elctrica 3

Puesto que la carga buscada es de signo negativo, hemos obtenido lo siguiente:

- 49

q

2aa

+q +4q

(b) Un pequeo desplazamiento de la carga -Q hacia el lado derecho, hace que aumente la

fuerza de atraccin hacia +4q y que disminuya la fuerza de atraccin hacia +q . El resultado

es una fuerza neta hacia +4q que saca a la carga -Q de su posicin de equilibrio. Algo seme-

jante ocurre si -Q se desplaza inicialmente hacia el lado izquierdo. En consecuencia, el equi-

librio de la carga -Q es inestable.

PROBLEMA 2. Dos cargas puntuales positivas y de igual magnitud, estn separadas una dis-

tancia 2a . Una carga puntual de prueba se sita en un plano que es perpendicular a la lnea

que une esas cargas y simtrico respecto a ellas.

(a) Calcular el radio r del crculo de simetra en este plano, para el cual la fuerza sobre la

carga de prueba tiene magnitud mxima.

(b) Cul es la direccin de esta fuerza, considerando que la carga de prueba es positiva?


SOLUCIN

Consideremos que las cargas son de magnitudes q y 0q , y examinemos las fuerzas

sobre 0q .

r1F

r2F

rF

a

a

0q

q q

y

aa

r1F y

r2F son de igual magnitud : =1 2F F .

pe

=+gg 01 2 2

0

14

q qF

a y .

Las componentes de r1F y

r2F que son perpendiculares al plano, se anulan.

Luego, a= g12F F sen , ya que las componentes de r1F y

r2F paralelas al plano se

suman. Es decir,

( )pe

=+

g gg 0 32 2 20

24

q q yF

a y pues

( )a =

+1

2 2 2

ysena y

.

F es funcin de y , de acuerdo a la relacin anterior.


Grficamente :

En =y r , F es mximo y para encontrar el valor de r se har = 0dFdy

. Pues-

to que:

( ) ( )pe pe = + - + +

g g g g2

0 03 5

2 2 2 22 20 0

2 322 2

q q q q ydFdy a y a y

,

debe resolverse,

( )pe - = + +

g g2

03 2 2

2 2 20

31 02

q q ya ya y

.

La solucin buscada se obtiene de :

- =+

2

2 2

31 0ya y

, cuya solucin es : = 2

ay .

Luego, el radio r es : =2

ar .

La fuerza rF es paralela al plano perpendicular a la lnea que une las cargas q , segn la figu-

ra al inicio de la solucin presentada.


PROBLEMA 3. En cada uno de los vrtices de un

cubo de lado a , se coloca una carga puntual +q .

Calcular la fuerza electrosttica resultante sobre

una de las cargas.

5

aa

6

78

4 3

21a

SOLUCIN

Observe que, en este caso, lo ms

adecuado es aplicar directamente la expre-

sin vectorial :

( )pe

= --

r r rgg gr r11 130 1

14

ii i

i

q qF r r

r r ,

( )-r r1 ir r

1q r1iF

r1r

0

z

xy

rir

iq

para la fuerza producida por la partcula i sobre la partcula 1. En tal expresin r1r y

rir son

los vectores posicin de las cargas 1 e i respectivamente. Aplicando el principio de super-

posicin, la fuerza resultante sobre la carga 1 ser igual a :

( )pe= =

= = --

r r r rgg gr r

8 81

1 1 1302 2 1

14

ii i

i i i

q qF F r r

r r

Indudablemente, el resultado no depender del sistema

de coordenadas utilizado, por lo que podemos elegir uno

que simplifique lo ms posible los clculos; as por ejem-

plo, podemos ubicar el origen del sistema en la carga 1

y los ejes coincidiendo con los lados del cubo, como se

indica en la figura.

z

x

y6

78

5

4 3

21


En este sistema los vectores posicin son:

= =

= = +

= + = + +

= = +

r rr rr rr r

1 5

2 6

3 7

4 8

0

r r a k

r a i r a i ak

r a i a j r a i a j ak

r a j r a j ak

Reemplazando estos valores, la expresin para la fuerza se reduce a :

( )

( ) ( ) ( )

pe

- - - - -= + + + +

- - - - - - - + + +

rg

2

1 3 3 3 30

3 3 3

4 2

2 3 2

a i a i a j a j akqFa a aa

a i ak a i a j ak a j ak

a a a

Factorizando ( )21 a y agrupando los coeficientes de los vectores unitarios, obtenemos la expresin :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )pe

- = + + + + + + + +

rg

2

1 3 3 3 3 3 30

2 1 2 1 2 1 1 1 14 2 3 2 3 2 3

qF i j k

El factor numrico ( ) ( )( )+ +3 31 2 2 1 3 es aproximadamente igual a 1,900 . Esto nos da una expresin para

r1F :

( )e= - + +r 21 2

0

0,151 qF i j ka

.

Obsrvese que el vector est dirigido a lo largo de

la diagonal del cubo y que su magnitud es igual a :

e e= =

rg

2 2

1 2 20 0

0,151 3 0,262q qFa a

. 7

5 8

6

1 4

2 3r1F

z

x

y

Examinar la posibilidad de resolver este problema mediante otros mtodos.


PROBLEMA 4. Determinar la fuerza elctrica sobre la

carga puntual 0q de la figura, que se encuentra en el

eje de un anillo de radio R y carga total Q distribuida

uniformemente. 0q

a

lR

SOLUCIN

R

x

q

aa

rdF

r

z

y

a

dq

dl

El elemento de carga dq produce una fuerza r

dF de magnitud :

pe

= g02

04q dqdF

r .

rdF tiene componentes xdF , ydF y zdF ; sin embargo la fuerza resultante slo tiene com-

ponente zF , ya que = = 0x yF F en virtud de la simetra del anillo en relacin a la ubicacin

de 0q , y a la eleccin del sistema de coordenadas.

ape

= = g g02

0

cos4z

q dq adF dFrr

,

adems : l q qp p

= = =g l g g2 2Q Qdq d Rd d

R .

Luego, la nica variable involucrada en zdF es q , ya que 0, , ,r Q q a y e0 son constantes.


Entonces, p

qpe p pe

= =g g2

0 03 3

0 004 2 4zq Q q Qaa

F dr r

. Puesto que = +2 2 2r R a , el re-

sultado queda :

( )pe

=+

03

2 2 204

z

q QaF

R a .

PROBLEMA 5. En el problema anterior, reemplazar el anillo cargado por un disco cargado uni-

formemente, con carga total Q y de radio R . Hallar la fuerza sobre una carga puntual 0q

colocada sobre el eje del anillo.

SOLUCIN

El disco puede considerarse formado por una infinidad de anillos muy delgados, de dife-

rentes radios. Esto permite aprovechar el resultado anterior, utilizndose como punto de parti-

da, despus de hacer algunos cambios en la notacin :

dq

dr

0q

x

rr

dF

z

y

a

El anillo de radio r , ancho dr y carga dq produce sobre 0q una fuerza r

dF que so-

lamente tiene componente en direccin z , y de acuerdo al resultado anterior es:

( )pe=

+

g g03

2 2 204

z

q a dqdF

r a

con s pp

= = g2 2

Qdq d A rdrR

.


La fuerza que ejerce el disco se encuentra como una superposicin de las contribuciones

de todos los anillos.

04zq a

Fp

= g 20

2QR

s

ppe

64748g g

( )3

2 2 20

R

r d r

r a+g , con m+ =2 2r a y m = 2d rdr .

0 03

20 0

1 12 2 2 2

s

i

z

q a q adF

m

m

s sme em

= =g g g gg g g 2g 120

2 20

1 12

i

s

q aa R a

m

mm

se

= -

+

g g g

Un caso particularmente interesante del resultado recin encontrado, es aquel que ocurre

cuando ?R a . Entonces:

se

; 002

z

qF .

La carga 0q ubicada tan cerca del disco ( )?R a "ve" a este ltimo como un inmenso plano

(plano infinito), ya que este resultado es el mismo que se obtiene para un plano infinito, por

integracin directa. Lo anterior puede verificarse considerando al plano como un conjunto de

lneas infinitas e integrando, usando los resultados conocidos para la lnea infinita.


PROBLEMA 6. Encontrar la fuerza ejercida sobre 0q , por un cilindro macizo de carga total Q ,

radio R y largo L , siendo 0q una carga puntual ubicada sobre el eje del cilindro, a una distancia

a de uno de sus extremos. Considerar que Q se distribuye uniformemente sobre el cilindro.

SOLUCIN

r

zdF

z a

dza z=0

dq

0q

El cilindro macizo puede considerarse formado por una infinidad de discos de radio R , ancho

dz y carga dq .

De acuerdo al problema anterior, la fuerza ejercida por un disco de radio R y carga Q

sobre 0q ubicada en el eje a a una distancia z es:

s

e p

= - + g g14243

02 2 2

0

12zq Q zF

R R z ,

donde se ha puesto s p= 2Q R .

En consecuencia, uno de los discos que forman el cilindro macizo produce sobre 0q una

fuerza zdF dada por :

e p

-= -

+ g0 2 2 2

0

12zq dq zdF

R R z

donde r r p= =g g 2dq dV R dz .

Luego,

r

e -

= - +

0

2 20

12zq zdF dz

R z


Integrando :

r

e

+ -

= - +

0

2 20

12

a L

z

a

q zF dzR z

con + =2 2z R u ; = 2du zdz y

re

-= +002

z

qF L a - a

re

-

-= -

12

0

0

12

12 2

s

i

u

u

du

u

qL 2

( )( )( )( )

re

re

-= - + + + +

-= + + - + +

12

2 2 2 20

0

22 2 20

0

2

2

s

i

u

u

u

qL L a R a R

qL a R L a R

Puede verificarse que la cantidad entre parntesis es siempre positiva y, por lo tanto, rF

apunta en la direccin -z cuando 0q y r son positivos.

Adems ,

rp

= 2QR L

.

PROBLEMA 7. Determinar la fuerza sobre una carga puntual 0q , ejercida por un cilindro hueco

cargado uniformemente sobre su superficie con una carga total Q . El cilindro tiene radio R y

largo L , y la carga 0q est en el eje del cilindro a una distancia a de uno de sus extremos.

SOLUCIN

s

0q zd Fzdz

a z=0


El cilindro hueco se puede considerar como un conjunto de anillos de igual radio R y de

ancho dz , conteniendo cada uno de ellos una carga dq .

De acuerdo a los resultados obtenidos para la fuerza que un anillo ejerce sobre 0q , se

tiene que :

( )pe

= -+

g g03

2 2 204

z

q Q zF

R z ,

donde Q es la carga del anillo, R su radio y z la distancia entre el anillo y la carga 0q , medi-

da sobre el eje.

Entonces, zdF en este caso es :

( )pe

= -+

03

2 2 204

z

q zdqdF

R z , con s s p= = g2dq dA Rdz .

Luego :

p

= - 02

z

qF

sp4

R

e g0 2 ( )

+

+ 32 2 22

L a

a

zdz

R z .

Finalmente :

s

e = - - +

g00

1 12z

q RF

a L a , sustituyendo s

p=

2QR L

,

pe

= - - + g g0

0

1 14zQ q

FL a L a

.


PROBLEMA 8. Un plano infinito que tiene un aguje-

ro circular de radio = 0,50[ ]R m , est cargado con

densidad superficial de carga 6 22,0 10 [ ]C ms -= g . En el punto P , situado a 20[cm] del centro del agu-

jero, se encuentra fija una partcula de carga -= - g 73,0 10 [ ]q C .

En qu punto sobre el eje x habr que colocar una partcula de carga -= g 62,0 10 [ ]lq C para que permanezca en equilibrio?

SOLUCIN

La carga puntiforme -= g 62,0 10 [ ]lq C no podr encontrarse en equilibrio en ningn pun-to de la porcin del eje x comprendido entre el plano y el punto P . El punto pedido deber

encontrarse ms all del punto P .

Para que la partcula de carga lq est en equilibrio se debe cumplir que :

=r r

deb idaa lp lano.l lq q qF F

Clculo de la fuerza sobre lq debida al plano

Consideremos el plano como la suma de elementos diferenciales en forma de anillo.

La fuerza que ejerce un anillo con carga total Q sobre una carga puntual lq est dada

por ( ver PROBLEMA 4 ) :

( )

32 2 20

14

l

x

Qq bF

r bpe=

+

gg ,

donde b es la distancia desde el centro del anillo a la carga y r es el radio del anillo conside-

rado.

La fuerza que ejerce un anillo diferencial de carga dQ ser:

( )

32 2 20

14

l

x

dQ q bdF

r bpe=

+

g gg , con s s p= = g2dQ dA r d r ,


luego ( )

32 2 20

214

l

x

q b r d rdF

r b

s ppe

=+

g g gg .

La fuerza que ejerce el plano agujereado se obtiene integrando la expresin anterior :

( )

32 2 20

24 4

l l

x x

R

bq r d r bqF dF

r b

s se

= = =+ g 02

2e

g2 2R b+

(1)

Para 0R = este resultado corresponde a la fuerza ejercida sobre lq por un plano infini-

to, sin agujero, tal como se encontr en el PROBLEMA 5 :

02

l

xqF se

= .

La fuerza sobre lq debido a la carga q tiene direccin opuesta a la anterior, y es de magnitud :

( )pe

=-

g 20

14 0,20

l

l

q q

qqF

b (2)

Igualando (1) y (2) se obtiene la condicin para que la carga lq permanezca en equilibrio.

Entonces,

( )

( )

22 200

2 2 2

2 2 42

4 0,202

4 0,20

ll qqq b

bR b

b qR b b

spee

sp

=-+

=+ -

( ) ( )2

42 2 22 2 0,204

q R b b bp s

+ = - ,

Esta ecuacin se debe resolver numricamente. Un mtodo muy sencillo consiste en hacer una

tabla de valores para cada lado de la ecuacin, variando el valor de b . El valor real de b , para

el cual ambos lados dan el mismo resultado, es la solucin buscada. Esto requiere una calcu-

ladora o una planilla de clculo.


PROBLEMA 9. Un electrn se suelta en el centro de un anillo de 5,0[ ]cm de radio, cargado

con densidad uniforme de carga l = -8,0[ / ]nC m . Con qu velocidad pasa el electrn por

un punto sobre el eje, a 8,0[ ]cm del centro?

SOLUCIN

El electrn es repelido por el anillo cargado negativamente. La fuerza elctrica sobre el

electrn, cuando est justo al centro del anillo, es cero (porqu?). Al sacar ligeramente al

electrn del centro del anillo, inmediatamente comienza a actuar la repulsin.

Observe que la fuerza elctrica no es capaz de sacar al electrn del centro del anillo, ya

que esa es una posicin de equilibrio; sin embargo, el equilibrio es inestable ya que basta una

pequea perturbacin que mueva al electrn sobre el eje para que ste comience a acelerar.

De acuerdo a resultados anteriores ( ver PROBLEMA 4 ), la fuerza de una carga 0q , ubica-

da en el eje de un anillo de radio R y carga Q , a una distancia x de su centro, est dirigida a

lo largo del eje, y tiene magnitud:

( )p e=

+

03

2 2 24

q Q xF

R x

Supondremos que la perturbacin que saca al electrn de la posicin 0x = , le comunica a

ste una energa cintica despreciable.

En consecuencia, toda su energa cintica en una posicin dada, es la que le ha impreso

la fuerza elctrica Fr

, al hacer trabajo mecnico sobre el electrn; es decir,

FK WD =

Considerando que Fr

es una fuerza variable y que el electrn se mueve a lo largo del eje x,

FW se calcula segn :


0

0

( )x

FW F x dx=


es decir :

( )

0

0 03 2 22 2 2 0 00 0

1 144

x

F

q Qxdx q QW

R R xR x p ep e

= = -

++

adems :

21 02f i

K K K mVD = - = -

Luego,

2 02 2

00

1 1 12 4

q QmV

R R xpe

= - +

.

Despejando V y reemplazando los valores numricos :

p e

= g 9 2 20

1 9,0 10 [ / ]4

Nm C ; -= g 25,0 10 [ ]R m ; -= g 20 8,0 10 [ ]x m ;

= g 110 1,76 10 [ / ]q C Kgm

; lp

-= = g 98,0 10 [ / ]2

Q C mR

,

todos ellos en unidades del sistema MKS, resulta :

60

2 20 0

1 8,7 10 [ / ]q RV m sm R x

le

= - = + g g .

La velocidad encontrada es del orden de un centsimo de la velocidad de la luz.

19

2. CAMPO ELCTRICO

PROBLEMA 10. Determinar el campo elctrico producido por una esfera de radio R , cargada

uniformemente con densidad volumtrica r , en un punto ubicado a distancia r del centro

( )>r R .

SOLUCIN

La esfera se considerar formada por una infinidad de discos de distintos radios, como se

muestra en el siguiente esquema.

+R

y

dx

r rp= = 2dq dV y dx

x

RP

Z

r

x

y

De acuerdo a resultados anteriores, la fuerza producida por un disco cargado con densidad de

carga s uniforme, sobre una carga 0q ubicada a una distancia Z de su centro es :

s

e

= - +

g g02 2

012

q ZFR Z

,

donde sp

= 2QR

, siendo R el radio y Q la carga del disco.

Luego, la magnitud del campo elctrico producido por el disco, en el punto en que est

ubicada la carga 0q , es :

pe

= = - +

g2 2 20 0

12

QF ZEq R R Z


En consecuencia, la contribucin al campo elctrico de uno de los discos que constituyen la

esfera ser :

pe

= - +

g2 2 20

12x

dq ZdEy y Z

,

siendo dq la carga del disco e y el radio.

Antes de sumar las contribuciones de todos los discos, es necesario arreglar la expresin

de xdE hasta dejar solo una variable. Para ello usamos :

r p

+ =

= -

= g

2 2 2

2

x y R

Z r x

dq y dx

Luego,

r p=xdE

2y

p2

dx

e 20 y

( )( )

( )re

- - - + -

- = -

+ -

22 2

2 20

1

12 2

r x

R x r x

r xdx

R x rx

Siendo x la nica variable, basta integrar desde = -x R hasta = +x R y se tendr el resultado buscado.

re

+ ++

- - -

= - + + - + - 2 2 2 202 2 2

R RR

x

R R R

r d x xdxE dx

R r rx R r rx .

Con la sustitucin + - =2 2 2R r rx u ; = - 2du rdx

, la segunda integral

queda :

- = - = + + - + - g 1 2 2 2 22121 1 2 2 22 2s

s

i

i

uu

uu

du u R r r R R r r Ru

2. Campo Elctrico 21

Con la misma sustitucin anterior, la ltima integral resulta :

( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

+ - - = - + -

- + + - - + + -= + - - + +

= - + - - + - - - +

2 2

12 2 21 2 12 2 2

2 2 2 2 2 22

3 32 2 2 22 2

3 32 22

144

1 2 2 2 24

2 22 23 3

1 2234

s s s

i i i

u u u

u u u

R r u du duR r u durr u u

R r R r rR R r rRr

R r rR R r rR

R r r R r R r R r Rr

Luego,

( ) ( ){ } ( ) ( ){

( )}

re

re

= - + - - - + - -- -

=

2 22

0

2 3

0

12 2 22 4

2 6 23

22

x

x

E R r R r R R r Rr

r R R

E R - 2R - - -3 221 4 4

4R r R

r+ 24r R

re

+

= g

3

0

43

12 4

x

R

E2

4r

r - = g33 211

3R

R2 e

re

=

g g203

20

3

3x

r

REr

Puesto que r p= g 343

Q R ; se encuentra finalmente : p e

= 204

xQE

r

Ntese que xE depende de -2r , de la misma manera que si fuese una carga puntual. Este

resultado se obtiene tambin de una manera mucho ms sencilla, usando la ley de Gauss.


PROBLEMA 11. Una esfera de radio R tiene un hueco

esfrico no concntrico de radio 2R , como muestra la figura

adjunta. Una carga se distribuye uniformemente con densidad

r , sobre el volumen representado por la zona achurada.

Determinar rE en el punto D .

SOLUCIN

De acuerdo a un resultado anterior (PROBLEMA 10), el campo elctrico producido por una

esfera maciza, cargada uniformemente con densidad volumtrica r , est dado por :

re

=r 3

20

3

RE r

r ,

es decir, el campo elctrico es radial y tiene la misma magnitud en puntos que equidistan del

centro de la esfera, siempre que >r R .

Si


Grficamente :

r A +O

O

O

O'

Algebraicamente:

( ) ( )

( )

33

2 20 0

2 3 3 2

RRE r rr r R

rre e

-= +

-

rg g ,

lo cual es el resultado buscado, para el campo en el punto D , a una distancia >r R del centro de la esfera.

Obsrvese bien la manera en que se utiliz un resultado previo para resolver un

problema aparentemente completo. El primer trmino del resultado final representa la

contribucin de la esfera maciza de radio R y densidad r , mientras que el segundo

representa la contribucin de la esfera excntrica, de radio 2R y densidad r- .

En forma ms compacta, el resultado queda:

( )

re

= - -

rg g

3

2 20

1 1 3 8 2

RE rr r R

.

PROBLEMA 12. En un plano infinito cargado con

s -= g 6 22,5 10 [ / ]C m , se encuentra un orificio circular. A una distancia de 1,1[m] desde el centro del orificio,

sobre el eje, la intensidad del campo elctrico tiene

magnitud = g 51,4 10 [ / ]E N C . Calcular el radio del orificio.

1,1[m]a

srE


SOLUCIN

La magnitud del campo elctrico E puede considerarse como resultante de la

superposicin de dos campos elctricos en el punto dado:

(a) campo debido al plano infinito con carga s -= g 6 22,5 10 [ / ]C m

(b) campo debido a un disco de radio R con carga s -= - g 6 22,5 10 [ / ]C m

Entonces,

= +r r r

debido al p lano debido al d iscoE E E

Usando los resultados del PROBLEMA 5, se obtiene:

( )

s se e

- = + - +

r2 20 0

12 2x xxE u u

a x

donde = 1,1[ ]x m y a es el radio del orificio.

La magnitud del vector rE es:

2 202

xEa x

se

=+

.

Introduciendo los valores numricos, el valor de a se calcula fcilmente:

se

= -g g2 2

22 10

0

1,1 1,11,96 104

a

= 0,15[ ]a m .

PROBLEMA 13. Un plano horizontal infinito cargado

con densidad superficial s , tiene un agujero circular

de radio R .

(a) Determinar la intensidad del campo elctrico en un

punto ubicado en el eje del agujero a una

distancia h del plano.

(b) Cul ser la posicin de equilibrio de una partcula con carga q y masa m , ubicada

en el eje del agujero? Discutir sobre los signos de q y s .


SOLUCIN

(a) PRIMER MTODO: Igual que en el PROBLEMA 12, se hace el clculo de rE como

superposicin de dos campos elctricos.

ss -

= + +

r campo de un plano infinito campo de un d isco de radio cargado con cargado con

RE

s se e

-= + +

r2 2

0 0

12 2

hE uR h

se

=+

r2 2

0

2

hE uR h

SEGUNDO MTODO : Usando las ideas del PROBLEMA 5, se hace el clculo de rE

mediante anillos diferenciales cargados con densidad superficial s .

La magnitud del campo debido a un anillo de radio r y carga q es (ver resultado

PROBLEMA 4) :

( )pe

=+

32 2 2

04

q hE

h r .

Si el anillo es un elemento diferencial de rea con carga dq , la magnitud del campo

elctrico es :

( )pe

=+

32 2 2

04

hdqdEh r

, pero s s p= = 2dq d A rdr .

Luego,

( )

s p

pe=

+

g3

2 2 20

2

4

h rd rdEh r

.

Entonces,

( )

32 2 20

24Rh rdr

E dEh r

se

= =+ g ,

es decir,

s

e=

+2 202hE

h r


(b) Si > 0q , se encontrar en equilibrio sobre ( )0h > el plano horizontal cargado con s > 0 .

Si < 0q , se encontrar en equilibrio bajo ( )0h < el plano horizontal cargado con s > 0 .

Para que la partcula con carga q y masa m est en equilibrio debe cumplirse que:

qE mg=r r

.

Luego,

s

e=

+2 202q h mgh R

( )

se

=+

2 2 22 2

2 2 204

q hm g

h R

Resolviendo, se obtiene:

e

s e=

-0

22 2 2 20

2

4

mg Rh

q m g .

PROBLEMA 14. Tres cargas puntiformes estn

ubicadas en los vrtices A, B y C de un tringulo

equiltero de lado 0,20[ ]a m= . Las cargas valen -= 810 [ ]Aq C ,

-= g 82 10 [ ]Cq C y Bq es desconocida. Determine Bq y la distancia "x" a la que debe pasar un

alambre recto muy largo, perpendicular al plano del

tringulo, cargado con densidad lineal

l -= g 88 10 [ / ]C m , para que la intensidad del campo elctrico resultante en P sea cero.

a

a/2 a/2

a

l

Cq

Aq Bq

x

P


SOLUCIN

Si el campo elctrico resultante Er

en el punto P es

cero, debe cumplirse que los campos de cada una de las

distribuciones de carga tengan las direcciones indicadas en

la figura y adems:

0A B Cq q q alambre

E E E E E= + + + =r r r r r

.

Entonces,

=r r

A Bq qE E (1)

=r r

Cq alambreE E (2)

Escribiendo ms explcitamente las igualdades anteriores, se obtiene :

De (1) 82 20 0

10 [ ]4 4

2 2

A BB A

q qq q C

a ap e p e

-= = =

De (2) 2

20

0

3 0,24[ ]2 2

4 32

C

C

q ax mx qa

l lp e

p e= = =

PROBLEMA 15. Dos semianillos con distribuciones de carga

l = -119

[ / ]nC m y l2 desconocida se unen formando un

anillo de radio = 0,10[ ]r m . Determinar l2 si la magnitud

del campo elctrico en el centro del anillo es =0 10[ / ]E N C .

BqEr

alambreEr

AqEr

CqEr

l2l1


SOLUCIN

Clculo del campo elctrico en el centro de un semianillo cargado.

dq

ld

al

xd E

ydE dE

a

y

x

adems,

= +r r r

x ydE dE dE = = + r r r r

123vale ceropor simetra

x yE dE dE dE

luego, la ape

= = = = r r l

204

xdE dE E dE dEsen sen

r.

Usando d r da=l , se obtiene,

p

l la ap e p e

= =0 00

4 2E sen d

r r.

Aplicando el resultado anterior a nuestro problema : + =r r r

1 2 0E E E

l2l11E

La magnitud del campo producido por un

elemento diferencial del anillo, de longitud

dl y carga dq es :

lpe pe

= = l2 20 04 4

dq ddEr r

l lp e p e

l lp e

= -

-=

1 20

0 0

1 2

0

2 2

2

Er r

r

Despejando 2l se obtiene:

l l p e= -2 1 0 02 r E

p e

l l= - 02 1 04

2r E


Hay dos soluciones :

(1) Si =r

0 10 xE u l-

-= - - = -gg g9

92 9

0,10 1010 110 [ / ]9 69 10 2

C m

0E

1E 2E

(2) Si = -r

0 10 xE u l-

-= - + = -gg g9

92 9

0,10 1010 1 10 [ / ]9 189 10 2

C m

1E

0E

2E

PROBLEMA 16. Encontrar el campo elctrico producido por un dipolo elctrico a grandes

distancias.

SOLUCIN

q2ar

q-

rr

1rr

2rr

Pq+

En el punto P :

1 23 30 1 2

14

q r qrE

r rp e

= -

r rr


Adems,

1

2 ,

a r r

a r r

+ =

+ =

r r rr r r

pues rr

va desde el punto medio entre las cargas hasta el punto P .

De acuerdo a la figura, puede escribirse las siguientes

aproximaciones para las magnitudes de 1rr

y 2rr

:

1

2

cos

cos

r r a

r r a

q

q

-

+

;;

Al reemplazar 1rr

, 1r , 2rr

y 2r en la expresin de Er

, tratando de dejar todo en trminos

de rr

y q , resulta:

( )

( )( )

( )3 301

4 cos cos

q r a q r aE

r a r ap e q q

- += -

- +

r r r rrg

Tomando aproximaciones de primer orden, usando :

( )1 1nx n x- ; m cuando 2 1x = , tenemos

( )3

3 3 3 3cos 1 cos 1 cosa ar a r rr r

q q q-

- - - - = - + ;

( )3

3 3 3 3cos 1 cos 1 cosa ar a r rr r

q q q-

- - - + = + - ; ,

Luego :

( ) ( )3 30

30

3 31 cos 1 cos4

6 cos 24

q a aE r a r r a rr r

q ra arr

q qp e

qp e

- - - + - + -

-

r r r r r;

r r;

qa r

r

1rr

2rr

P

a


El resultado anterior est expresado en trminos de un vector unitario radial y otro en la

direccin de ar

. Conviene expresarlo en trminos de dos componentes ortogonales; por

ejemplo, una componente radial y otra tangencial.

Para ello:

2 2 cos 2a a r asen uqq q= -r

Entonces,

[ ]30

4 cos 24

qE a r asen ur q

q qp e

+r

; .

En trminos de la magnitud 2p aq= , correspondiente al momento dipolar elctrico, las

componentes radial y tangencial del campo elctrico son:

30

30

2 cos4

4

r

pE

r

psenE

rq

qp e

qp e

;

;

PROBLEMA 17. Un recipiente hemisfrico no conductor de radio interior R tiene una carga

total q , distribuida uniformemente en su superficie interior. Encontrar el campo elctrico en su

centro de la curvatura.

SOLUCIN

El cascarn se considera como formado por innumerables anillos de distinto radio. El

campo producido por un anillo en un punto de su eje es (ver PROBLEMA 13) :


( )

32 2 20

14

qxE

a xpe=

+g ,

donde q es la carga en el anillo, a su radio y x la distancia entre el centro y el punto del eje

en el cual se da la magnitud de Er

.

De acuerdo a lo anterior, uno de los anillos que constituyen el cascarn, produce en su

centro de curvatura un campo elctrico cuya magnitud es :

( )

32 2 20

14

dq xdE

y xpe=

+

gg ,

donde 2

qdq dAsp

= =g2

2R

pg y Rdqg es la carga de un anillo de radio y , ancho Rd q ,

ubicada a la distancia x del centro de curvatura.

Luego,

20

14 2

qdERpe p

= g22 Rp

( )

2

32 2 2

0

2

200

cos

1 224

d Rsen

y x

q sen dR

p

p

q q q

q qpe

+

=

g

Finalmente :

20

18

qERpe

= g y 20

8q iE

Rpe-=

r.

33

3. FLUJO ELCTRICO

PROBLEMA 18. Determinar el flujo que atraviesa una superficie cilndrica de radio R y

largo L , si el campo elctrico es uniforme y su direccin es perpendicular al eje del cilindro.

SOLUCIN

Er

Er

Er

dAr

VISTA SUPERIOR

La vista superior es representativa de lo que sucede en el manto de la superficie cilndrica.

Las bases del cilindro son reas planas representadas por un vector que es perpendicular

al campo elctrico y, en consecuencia, no contribuye a la integral E dAr r

g ; es decir, el flujo a travs de las bases es cero.

Para el manto :

p

f q q= = r r

g g2

0

cosM

E dA E Rd L

( )p

f q q p= = - =2

0

cos 2 0 0ERL d ERL sen sen .

Luego, f a travs del manto es 0; en consecuencia el flujo total a travs de la superficie

cilndrica es cero.

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

0

neta

S

qE dA f

e= =

r rg ,

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

0totalf = .


PROBLEMA 19. Calcular el flujo elctrico Ef que atraviesa la superficie de un hemisferio de

radio R , en un campo elctrico rE uniforme y paralelo al eje del hemisferio.

SOLUCIN

El hemisferio es una superficie abierta ( )HS ; con el objeto de tener una superficie cerra-

da se agrega la superficie plana pS .

La superficie cerrada no encierra carga; luego :

0pp H H

SS S S

E dA E dA E dAf+

= = + = r r r r r r

g g g , por lo tanto :

pH SS

E dA E dA= - r r r r

g g ,

y

2

p p pS S S

E dA EdA E dA E A E Rp= - = - = - = - r r

g .

Entonces, el flujo a travs del hemisferio es :

2

H

H

S

E dA E Rf p= =r r

g .

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

3. Flujo Elctrico 35

PROBLEMA 20. Determinar el flujo elctrico que atraviesa un hemisferio de radio R si el eje

de simetra del hemisferio forma un ngulo a con la direccin de un campo elctrico uniforme.

SOLUCIN

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

carga :

H pS S

E dA E dA= - r r r r

g g

Aunque la integral sobre HS puede ser difcil de calcular, su resultado se obtiene fcilmente

usando la igualdad anterior cuyo segundo miembro es de fcil solucin. En efecto :

( ) 2cos cos cosp p pS S S

E dA E dA E dA E Rp a a a p= - = - = - r r

g g ,

luego :

2 cosH E Rf p a= .


PROBLEMA 21. Determinar el flujo del campo elctrico a travs de las caras de un cubo de

arista a , si se coloca una carga Q en las posiciones que se indica en la figura.

(a)

Q

Q

Q

Q

(c)(b) (d)

SOLUCIN

Caso (a): De acuerdo a la ley de Gauss, el flujo a travs de una

superficie cerrada, cualquiera que sea su forma, es igual a 0

nqe

,

donde nq es la carga neta encerrada por la superficie.

En este caso : 0

aQfe

= .

Caso (b): En este caso Q es una carga puntual ubicada justo en el

vrtice del cubo. Considerando una superficie gaussiana esfrica con

centro en la carga, podemos apreciar que el cubo contiene a un oc-

tante de la esfera.

El flujo a travs de la superficie esfrica es 0

aQfe

= ; por lo tanto el

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

08 8

ab

Qffe

= = .

Observe que este es un caso de mucha simetra. El flujo a travs de las caras del cubo que

convergen en el vrtice en que se encuentra la carga es cero, y el flujo a travs del octante se

reparte en las 3 caras restantes en partes iguales, es decir, el flujo a travs de cada una de las

caras restantes es :

0

1 13 24b

Qfe

=g g .

Q


Caso (c): En este caso la carga Q est ubicada en el punto medio

de una arista. Considerando nuevamente una superficie gaussiana

esfrica con centro en la carga Q , advertimos que el cubo contiene la

cuarta parte de la superficie esfrica, por lo tanto el flujo a travs del

cubo corresponde a 1/4 del flujo total, es decir :

0

14c

Qfe

= g .

En este caso no existe simetra as que no es fcil determinar el flujo a travs de cada cara.

Slo podemos asegurar que el flujo a travs de las caras que tienen como arista comn aquella

que contiene la carga es cero.

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

seccin de las diagonales de una cara. Haciendo las mismas conside-

raciones que en los casos anteriores, nos damos cuenta que el cubo

contiene la mitad de una superficie gaussiana esfrica, por lo tanto el

flujo a travs del cubo corresponde a la mitad del flujo a travs de la

superficie esfrica, es decir :

0

12d

Qfe

= g .

Observamos tambin aqu, que el flujo a travs de la cara en que se encuentra la carga es ce-

ro. Tampoco existe en este caso, condiciones de simetra que permitan calcular fcilmente el

flujo a travs de cada una de las caras restantes del cubo.

PROBLEMA 22. La intensidad de un campo elctrico est dada por E ie=r

, donde e es

una constante.

(a) Calcular la carga neta encerrada por un cubo de arista a , ubicado co-

mo se muestra en la figura.

(b) Repetir el problema para E x ib=r

, si b es una constante y x es una

de las coordenadas.

Q

Q


SOLUCIN

fe

= =r r

g0

netaE

qE dA

(a) Puesto que E dA^r r

en las caras 1, 3,

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

lo. Entonces;

2 4

E

cara cara

AA

E dA E dA

ee

f

-

= + gg

r r r rg g

1442443 14243

0E A Af e e= - =g g , siendo A el rea de cada cara del cubo.

0Ef = 0netaq = .

(b) La situacin es similar al caso anterior. Puesto que E dA^r r

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

cada una de ellas :

=r r

g 0E dA .

Adems, en la cara 4 : 4

0cara

E dA =r r

g , ya que 0E = para 0x = .

Entonces,

2 2 3

2

E

cara

E dA EdA E dA E a a a af b b= = = = = = r rg g ,

siendo a el lado del cubo.

3E af b= 3

0netaq ae b= .

CARA 4(IZQUIERDA)

CARA 5(SUPERIOR)

CARA 6(INFERIOR)

y

CARA 1(ANTERIOR)

CARA 2(DERECHA)

CARA 3(POSTERIOR)

z

x


PROBLEMA 23. Una esfera de radio R y carga Q tiene densidad cbica de carga 2Arr = ,

siendo r la distancia desde un punto de la esfera hasta el centro y A una constante. Determi-

nar la intensidad del campo elctrico en un punto interior de la esfera.

SOLUCIN

e

=rr

g0

neta

S

qE dS ,

siendo S una superficie gaussiana esfrica de radio r R< y netaq la carga encerrada por

esa superficie.

( )re

= 0 0

1r

r

S

E dS r dV

pe

= 2 20

0

1 4r

r

S

E dS A r r dr

pe

= 40 0

4r

rAE dS r dr

5

2

0

445r

A rE r ppe

=

Notar que evaluando el lado derecho de la ecuacin anterior, en r R= , se obtiene la carga Q

de la esfera dividida por 0e . Entonces ;

305

rAE re

= , para r R< .

54

5ARQ p= .

Finalmente, expresando rE en trminos de Q , se obtiene :

3504

rQE r

Rp e= g , para r R< .


PROBLEMA 24. Calcular el campo elctrico producido por una

placa infinita de espesor 2a , con densidad uniforme r+ .

SOLUCIN

Observe la simetra del problema con respecto al plano que pasa por el centro de la pla-

ca. Se puede deducir, en primer lugar, que el campo elctrico deber ser perpendicular al plano

de simetra (ya que la placa es infinita) y, adems, alejndose de dicho plano (puesto que la

carga es positiva).

Tambin, la magnitud del campo elctrico deber ser la misma pa-

ra todos los puntos equidistantes del plano de simetra.

En consecuencia, podemos aplicar la ley de Gauss a alguna super-

ficie cerrada conveniente; por ejemplo, un cilindro recto cuyo eje sea

perpendicular al plano de simetra y cuyas bases equidisten de tal plano.

Entonces, el flujo del campo elctrico, a travs del cilindro, es :

Ecil indro manto tapa tapa

ci l ndrico izquierda derecha

E dS E dS E dS E dSF = = + + r r r rr r r r

g g g g

El flujo a travs del manto cilndrico es cero, porque Er

es perpendicular a dSr

. Por otra

parte, en las tapas, Er

es paralelo a dSr

, por tanto :

0 0

. . . .

cos0 cos0Et i z q t d e r

EdS EdSF = +


Ambos flujos son positivos pues el vector Er

sale por las dos tapas. Como Er

es cons-

tante para todos los puntos de cada tapa :

2E E S ES E SF = + =g g ,

donde S es el rea de cada tapa y E es la magnitud del campo elctrico en cualquier punto

de cada tapa.

Por otra parte, usando la ley de Gauss, el flujo del campo elctrico a travs de una super-

ficie cerrada debe ser igual a la carga encerrada en dicha superficie. La carga encerrada por

nuestro cilindro depender de su tamao, y de si sus tapas caen dentro o fuera de la placa. En

consecuencia, debemos distinguir dos casos:

(a) cilindro dentro de la placa

.enc cq Vr= g ,

donde cV es el volumen del cilindro

. 2encq S xr= g g

(b) cilindro sobresale de la placa

.enc pq Vr= g ,

donde pV es el volumen del cilindro que cae en el interior de

la placa, pues slo en esa regin hay carga.

. 2encq S ar= g g . Igualando el flujo a la carga encerrada, en cada caso obtendremos la magnitud del campo elc-

trico en puntos dentro y fuera de la placa.

(a) campo elctrico dentro de la placa :

.

0

encE

qe

F =

0

12 2E S S xre

=g g

0

E xre

= g


(b) campo elctrico fuera de la placa :

.

0

lenc

Eq

eF =

0

12 2E S S are

=g g

0

constanteaE re

= =

En el grfico adjunto se representa la magnitud

del campo elctrico en funcin de la distancia al plano

de simetra. Observe que fuera de la placa el campo

elctrico es idntico al de un plano infinito con densidad

superficial 2a r .

Podemos escribir una expresin vectorial para Er

,

utilizando un sistema de referencia con el origen en el

plano de simetra, y el eje x perpendicular a tal plano.

En tal sistema :

xE E i=r

g

con ( )0

0

0

;

;

;

x

a x a

E x a x a

a x a

r e

r e

r e

+ += - +

- -

g

g

0

are

-

0

are

+

E

x

0

aa

0

are

Er

x0 a

0

y

x


PROBLEMA 25. Calcular el campo elctrico producido por una

placa infinita de espesor 2a con densidad uniforme de carga r+ , adosada a un plano infinito con densidad superficial

( )s- uniforme.

SOLUCIN

El campo que se desea calcular es igual a la superposi-

cin de los campos producidos por una placa y un plano res-

pectivamente. Supondremos conocidos los resultados para el

campo de una placa y de un plano (ver PROBLEMA 24), para

concentrarnos en la superposicin.

Usaremos un sistema de referencia con origen en el plano ( )s- y con el eje x perpendi-cular al plano. El vector campo elctrico para cada distribucin aislada, puede escribirse, en

este sistema, como :

, plano x p l a n oE E i=r

g ,

donde 0

,

0

; 02

; 02

x p l a n o

x

E

x

se

se

- = +

, placa x placaE E i=r

g ,

donde ( )

0

,0

0

; 2

; 0 2

; 0

x p l a c a

a x a

E x a x a

a x

re

re

re

+ = - -

Entonces, el campo resultante, producido por ambas distri-

buciones:

( ), , plano placa x p l a n o xp lacaE E E E E i= + = +r r r

g


xE E i=r

con ( )

0 0

0 0

0 0

; 22

; 0 22

; 02

x

a x a

E x a x a

a x

rse e

rse e

rse e

- + = - + - + -

Repita el problema con r y s de igual signo. Discuta todas las alternativas.

PROBLEMA 26. La configuracin mostrada en la figura consta

de dos esferas. La esfera maciza es conductora, tiene radio R

y una carga en exceso aq . La esfera hueca tiene radio interior

2R , radio exterior 3R , tambin es conductora y tiene una

carga en exceso bq . Determinar cmo se distribuye bq entre

las superficies interna y externa de la esfera hueca.

SOLUCIN

Tratndose de conductores, las cargas deben estar en las superficies, luego toda la

carga aq debe estar en la superficie de la esfera maciza, con una densidad superficial de valor

2aq Rp .

Puesto que 0E =r

en el interior de un conductor, entonces el flujo elctrico a travs de

una superficie gaussiana que sea esfrica de radio r , con 2 3R r R< < , debe valer cero. Si

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

f = =r rg 0

S

E dA ,

ya que 0E =r

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

que 2R .


Puesto que :

0

netaqfe

= ,

entonces 0netaq = , pero neta a iq q q= + , donde iq es la carga en la superficie interior de

la esfera hueca; en consecuencia i aq q= - .

Si eq es la carga en la superficie externa de la esfera hueca, entonces por conservacin

de la carga y considerando el resultado anterior debe cumplirse que :

b i e a eq q q q q= + = - + ,

luego :

e a bq q q= + .

PROBLEMA 27. Una esfera aisladora slida tiene una densidad de carga (por unidad de volu-

men) constante r .

(a) Determinar el campo elctrico en un punto interior de la esfera.

(b) Si la esfera tiene una cavidad esfrica excntrica, encontrar el campo elctri-

co en un punto cualquiera de la cavidad.

SOLUCIN

(a)

Tomando una superficie gaussiana de radio r , segn la figura, y aplicando la ley de Gauss,

basndonos en la simetra esfrica de la situacin, se tendr :

0

neta

S

qE dA

e=

r rg ,


donde Er

es el campo elctrico en los puntos de la superficie S y netaq es la carga neta ence-

rrada por dicha superficie. Evidentemente (por simetra) Er

es radial y tendr la misma magni-

tud en todos los puntos de S .

Entonces :

0

1

S

E dA dVre

= g

0S V

E dA dVre

=

4E pg 2r0

4r pe

= g3r

3

Luego, 03rE r

e= , y puesto que E

r es radial ; entonces :

03rE r

e=

rr ; con r R .

(b) Usando superposicin puede hacerse la siguiente equivalencia para la esfera con

su cavidad:

Si N es un punto cualquiera en la cavidad, entonces el campo elctrico en N , de acuer-

do a la superposicin anterior es :

E E Er r-= +r r r

.


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

y E r-r

son :

03rEr

re

=rr

y

( )

03b

E rre-

-=

rr

Usando la igualdad vectorial a b r+ =rr r

; tenemos :

( )

0 0 03 3 3r ar aE

rr re e e

-= - =

r rr rr .

Ntese que en el interior de la cavidad Er

es uniforme, independientemente del radio de la ca-

vidad. Dibuje las lneas de fuerza en el interior de la cavidad.

PROBLEMA 28. Dos cilindros coaxiales largos, tienen

cargas de igual magnitud y diferente signo. Ambos son

conductores y poseen densidades lineales de carga l+

y l- , segn se muestra en la figura.

Calcular, usando la ley de Gauss, la intensidad del campo elctrico en las regiones carac-

terizadas por r a< ; a r b< < y r b> , siendo r la distancia al eje.

SOLUCIN

Se considerar que los cilindros son muy largos (infinitos) para evitar los efectos en los

extremos. La situacin tiene simetra en torno al eje de los cilindros, argumento que se usar al

aplicar la ley de Gauss.


(a) Si r a< ; la ley de Gauss : 0

neta

S

qE dA

e=

r rg aplicada usando una superficie de radio

menor que a , permite concluir que :

0S

E dA =r r

g , ya que netaq encerrada por la superficie S es cero. Lo anterior es vlido tanto si el cilindro in-

terior es hueco, como si l es conductor, ya que en este ltimo caso toda la carga estar en su

superficie ( )r a= .

La simetra de la situacin permite afirmar que Er

es radial y de igual magnitud en todos

los puntos que estn a una misma distancia del eje de simetra (eje de los cilindros); por lo tan-

to :

0

2S tapas manto manto manto

E dA E dA E dA E dA E dA

E r Lp

= + = + =

=

r r r r r r

g g g g

g g

donde 0

tapas

E dA =r r

g ya que Er

y dAr

son perpendiculares

y 2manto

E dA E r Lp=r r

g g , siendo E la magnitud del campo elctrico en los

puntos del manto de la superficie gaussiana cilndrica de radio ( )r r a< y largo L .

En consecuencia tenemos :

0S

E dA =r r

g (al aplicar la ley de Gauss) y

2S

E dA E r Lp=r r

g g (al hacer el clculo directamente) De modo que debe cumplirse:

2 0E r Lp =g ,

lo que implica finalmente :

0E =r

si r a< .


(b) Si a r b< < , entonces aplicando la ley de Gauss y las consideraciones de si-

metra, tenemos :

0l

neta

S

qE dA

e=

r rg

0

0

0

0

0

0

2

neta

tapas manto

neta

manto

neta

manto

qE dA E dA

qE dA

qE dA

LE r L

e

e

e

lp

e

+ =

+ =

+ =

= -

r r r rg g

r

g

o 02

Er

lp e-= o

0

2

rEr

lp e-=

r.

Evidentemente, en todo lo anterior se us nuevamente una superficie gaussiana cilndrica, lla-

mada ahora lS y de radio r con a r b< < .

(c) Si r b> , no habr carga neta encerrada en una superficie gaussiana cilndrica de radio

r , con r b> , ya que las densidades lineales de carga en los cilindros son de igual valor abso-

luto y distinto signo.

Repitiendo el razonamiento empleado para r a< , se llegar finalmente a la conclusin

que 0E =r

para r b> .

En resumen:

0

0 ;

;2

0 ;

r a

rE a r br

r b

lp e

r

r

r


Grficamente, usando : E E r=r

g .

Ntese que Er

tiene discontinuidades en r a= y r b= .

51

4. POTENCIAL ELCTRICO

PROBLEMA 29. Encontrar una expresin para la di-

ferencia de potencial entre los puntos A y B de la

figura, producida por la presencia de dos cargas de

magnitudes 1q y 2q .

SOLUCIN

El potencial producido por una carga puntual a una distancia a de ella es :

04

qVape

=

Puesto que tenemos dos cargas puntuales, necesitamos usar el principio de superposi-

cin para decir que el potencial en A es :

( )1 2

0 04 4A

q qV

a a dpe pe= +

+.

Anlogamente, en B el potencial ser:

( )1 2

00 44B

q qV

aa d pepe= +

+ .

Luego, la diferencia A BV V- es:

1 20 0

1 1 1 14 4BA A B

q qV V V

a a d a d ape pe = - = - + - + +

,

o bien :

( )1 2

0

1 14BA

q qV

a a dpe- = - +

.

Qu trabajo debe efectuar un agente externo para llevar una carga puntual 0q desde A has-

ta B ? Dicho trabajo es : 0 0AB AB BAW q V q V= = -g g .


PROBLEMA 30. Calcular la diferencia de potencial entre los

puntos 1 y 2 ubicados a las distancias 1x y 2x de un alambre

infinito cargado uniformemente con densidad lineal l .

SOLUCIN

D = - = - rr

g l1

1 2

2

V V V E d

Si los puntos 1 y 2 , y la trayectoria C estn en el plano del dibujo, resulta adecuado

escoger el sistema de coordenadas xy mostrado en la figura. Entonces :

x yE E i E j= +r

d dx i dy j= +rl

El campo elctrico producido por una lnea infinita es radial y tiene simetra cilndrica. De

acuerdo a resultados anteriores:

02

xE xl

pe= ; 0yE =

luego :

02

x ydxE d E dx E dy

xlp e

= + =r rg l

y

( )1

2

1 2 1 20 0

ln ln2 2

x

x

dxV V x xx

l lp e pe

- = - = - -

1 2 1 20 0

ln ln2 2

V V x xl lpe pe

- = - +

Observe que si 2x , entonces 2ln x y ( )1 2V V- , lo cual hace imposi-ble escoger como referencia para el potencial, a un punto ubicado a distancia infinita del hilo.

Puesto que realmente slo interesa saber las diferencias de potencial, entonces es posi-

ble escoger un punto y asignarle un potencial, para luego medir los potenciales de los restantes

puntos del espacio, de acuerdo a la referencia escogida.

4. Potencial Elctrico 53

Si asignamos arbitrariamente el potencial 0V a un punto ubicado a una distancia d de

la lnea, entonces el potencial V en un punto ubicado a distancia r de la lnea ser :

0

0

0

ln ln2

ln2

V V r d

V r C

lpe

lpe

- = - +

= - +,

donde C es una contante de valor : 00

ln2

C V dlpe

= + .

Note que las superficies equipotenciales son cilindros cuyo eje es la lnea cargada.

Otra manera de calcular potenciales es mediante la relacin :

04

v

dqVrpe

= ,

donde la integral debe efectuarse sobre toda la regin que contiene cargas. Dicho mtodo es

aplicable slo para configuraciones finitas de carga. En la expresin 04

v

dqVrpe

= , se ha supuesto que el potencial es cero en puntos muy alejados de la configuracin de cargas, lo

cual en este caso no se cumple. Por ende, el potencial obtenido anteriormente no puede calcu-

larse usando dicha expresin.

PROBLEMA 31. Determinar el potencial producido por un cascarn esfrico conductor, carga-

do con una carga total q .

SOLUCIN


A partir de la definicin, el potencial en un punto es :

P

PV E d

= - r rg l .

Puesto que la integral tiene un resultado independiente de la trayectoria, se har el desarrollo

siguiendo una trayectoria radial.

Para puntos exteriores, es decir: r R , el campo elctrico es :

20

4

qE rrpe

=r

.

Luego,

( )2 20 0

4 4

r r

Pq qV r d d

r rpe pe

= - = - - r

g l l

puesto que d dr= -l .

20 00

14 44

r r

Pqdr q qV

r rr pe pepe

= - = - - = .

Es decir, que para r R , la esfera produce el mismo potencial que una carga puntual q ubicada en el punto 0 .

Para puntos interiores, r R< , el campo elctrico es nulo. Usando la trayectoria radial para determinar el potencial en un punto interior, se tendr:

r r RR

P

R

V E d E d E d E d

= - = - - = - r r r rr r r r

g l g l g l g l ,

puesto que 0E =r

para r R< .

Luego, en un punto interior de la esfera hueca, el potencial tiene un valor constante

igual a:

04

R

PqV E d

Rpe

= - =r r

g l .


Es necesario que este resultado sea bien entendido en trminos del trabajo requerido

para traer una carga de prueba desde el infinito hasta un punto interior de la esfera. Al hacer lo

anterior debe suponer que la carga de prueba no produce redistribucin de la carga del con-

ductor.

Note adems, que si se tratase de una esfera maciza cargada, los resultados anteriores

no cambian, siempre que la esfera sea conductora.

PROBLEMA 32. Determinar el potencial en todos los puntos del espacio, producido por una

esfera aislante cargada uniformemente con densidad volumtrica r .

SOLUCIN

Puede calcularse Er

en todo el espacio y luego determinarse el potencial en un punto P

a partir de la definicin

= - r r

g lP

PV E d ,

de manera anloga a lo realizado en el PROBLEMA 31. Se recomienda que usted lo haga, pues

ac se usar un mtodo distinto, basado en el resultado anterior.

La esfera maciza puede "verse" como un sinnmero de cascarones esfricos de radio a , es-

pesor da y carga 24dq dV a dar r p= = , que producen en P (punto externo) un potencial

dV , y de acuerdo al resultado anterior est dado por :

2

0 0

44 4

a dadqdVr r

r ppe pe

= = g .


Luego, para este tipo de distribucin finita, el potencial en P ser :

0

04

Tq

PdqV

rpe= ,

donde r es una constante para efectos de la integracin.

Posteriormente :

3

0 0 00

431

4 4 4

Tq

TP

RqV dq

r r r

r p

pe pe pe= = =

g

3

03P

RVr

re

= ; ( )r R .

Ntese que para puntos externos, la esfera produce el mismo potencial que producira

una carga puntual Tq ubicada en 0 . En la superficie de la esfera, el potencial es :

2 03Rr e .

Para puntos interiores, r R< , la situacin puede estudiarse como sigue.

1 En un punto ubicado a una distancia r R< del centro, el potencial es debido a la carga

contenida dentro de la esfera de radio r, y a la carga contenida en el resto de la esfera de radio

R (esfera hueca de radio interior r y radio exterior R ).

Entonces,

1 2P P PV V V= + .


2 1PV es el potencial en la superficie de una esfera cargada con r constante y de radio r .

De acuerdo con el resultado obtenido anteriormente, para puntos externos, 1PV es :

2

103

PrV re

=

3 El valor de 2PV corresponde al potencial en un punto interior de una esfera hueca de radio

interior r y radio exterior R , cargada uniformemente con r . Esto no ha sido calculado ante-

riormente, pero hay un resultado que puede utilizarse para 2PV .

El potencial en un punto interior de un cascarn esfrico de radio a , espesor da y carga

dq , es constante y tiene magnitud de :

04

dqdVape

= ,

puesto que la esfera hueca puede "verse" como un sinnmero de cascarones como los descri-

tos anteriormente; entonces :

2

20

0 04

P rV q

P

dqV dV

ape= = ,

donde 24dq a dar p= g , ( )3 343Tq R rr p= -g y a es la variable de integracin.

Luego, 24

PVr p= g

2a4

dap 0 ae

( )2 20 02

RR

r r

ada R rr re e

= = -

( )2 2202

PV R rre

= - .

Este es el potencial en un punto interior de una esfera hueca de radio interior r y radio

exterior R , cargada uniformemente con r .

Evidentemente el punto P que nos interesa est en el interior de la esfera hueca y obe-

dece a esta relacin; luego :

( )2 2 2 2

2 2

0 0 03 2 3 2 2P

r r R rV R rr r re e e

= + - = + -

( )2 20

36P

V R rre

= - .


PROBLEMA 33.

(a) Determinar el potencial en cada punto del eje de un anillo de radio R que tiene una

carga neta q distribuida uniformemente con densidad lineal l .

(b) Obtener el potencial producido por un disco de densidad de carga uniforme s y radio

R , en un punto de su eje.

SOLUCIN

(a) En P el potencial producido por un elemento

de carga dq es :

( )1 22 204

dqdVx Rpe

=+

,

donde ( )1 22 2x R+ es la distancia entre el ele-mento dq y el punto P . Puesto que todos los

puntos del anillo son equidistantes de P ; enton-

ces :

( ) ( )1 2 1 22 2 2 20 00 0

14 4

q q

ani l lo

dqV dV dqx R x Rpe pe

= = =+ +

( )1 22 204

qVx Rpe

=+

.

(b) A partir del resultado anterior, la contribucin al potencial, debido a un anillo diferencial de

radio r que forma parte del disco es:

( )1 22 204

dqdVx rpe

=+

.

Haciendo 2dq rd rs p= g e integrando en la variable R , se obtiene el potencial producido por el disco, en un punto de su eje ubicado a distancia x .


Luego;

2V s p= g4

r d r

p ( ) ( )1 2 1 22 2 2 200 0 02RR r d r

x r x r

see

=+ + .

Sustituyendo 2 2x r u+ = y 2du rdr= , se obtiene:

2

1

1 20 0

1 12 2 2 2

u

u

duVu

s se e

= =g g 2g ( )1 22 20

R

x r+

( )1 22 202

V x R xse

= + - .

PROBLEMA 34. A partir del potencial producido por un anillo en un punto de su eje, determinar

el potencial en un punto del eje de simetra de un hemisferio de radio R y carga Q distribuida

uniformemente sobre su superficie.

SOLUCIN

El anillo de carga dq indicado en la figura tiene un radio igual a cosR q y, por lo tanto,

dq es igual a 2 cosdA R Rds s p q q= g g . Luego, la contribucin de ese anillo al potencial en P ser :

s p

pe= =

0

24 l

dqdVr

q q

p

2 cos

4

R d

( ) ( )e q q + + 1 22 2

02

cosR a Rsen .


Luego :

( )

22

1 22 2 2 2 20 0

cos2 cos 2

R dVR a R sen aRsen

ps q q

e q q q=

+ + +

( )

22

1 22 20 0

cos2 2

R dV

R a aRsen

ps q q

e q=

+ + .

Sustituyendo : 2 2 2u R a aRsenq= + + ; 2 cosdu aR dq q= . Entonces,

( )2 21 21 2 2 2

1 20 0 0 0

1 22 2 2 2

SS

ii

u u

uu

R R RduV u R a aRsenaR a au

ps s s q

e e e= = = + +g g .

Finalmente:

2

01 12

R R RVa a

se

= + - + .

Qu sucede si 0a = ?

PROBLEMA 36. Tres placas paralelas estn dispues-

tas como se indica en la figura. La superficie de las

placas tiene rea 2300[ ]A cm= . En la placa L se

deposita una carga de 20[nC]. Calcular el potencial en

P, si 1 2[ ]d cm= , 2 1[ ]d cm= y 0,5[ ]x cm= .

SOLUCIN

El smbolo indica que un conductor est "conectado a tierra". Consideraremos como

"la tierra" a una regin muy especial del espacio, que cumple con dos condiciones:

(1) Siempre est a un potencial constante, no importa que haya cargas cerca ni flujo de

cargas hacia o desde ella. Cualquier conductor conectado a tierra, por lo tanto, tiene

siempre el mismo potencial que ella. Normalmente definiremos al potencial de la tierra

como cero.

K L M

P

d1d2

x


(2) Es una fuente infinita de carga, ya sea positiva o negativa. Esto es, siempre proveer

la cantidad de carga necesaria para hacer que el potencial de un conductor sea el

mismo que el de ella.

En resumen, todo conductor conectado a tierra tiene potencial cero. (Implica esto, que la

carga neta del conductor sea cero? Analice distintos casos).

Al depositar carga positiva en la placa L, el potencial elctrico en las placas laterales tiende

a aumentar (porqu?). Sin embargo, como estn conectadas a tierra, el potencial debe

mantenerse en cero. Para que esto sea posible debe fluir carga negativa desde tierra a las

placas laterales (analice). En consecuencia, las placas laterales se cargan debido a la pre-

sencia de carga en la placa L, con cargas del signo opuesto a la de L.

Cunta carga fluye a cada placa lateral y cmo se distribuye la carga de 20[nC]

en la placa L?

Para responder a esta pregunta usaremos la ley de Gauss y consideraremos el campo entre

las placas, uniforme, dado que 1d y 2d son pequeas comparadas con las dimensiones de

las placas.

Sean 1s y 2s las densidades superficia-

les de carga en cada cara de la placa L.

Como la carga total en L es = 20[ ]Q nC ,

se cumple que

( )1 2 A Qs s+ = (1)

Aplicando la ley de Gauss a un cilindro rec-

to cuyas bases estn dentro del material de

las placas K y L , tenemos que :

El flujo del campo elctrico a travs del cilindro es cero, ya que Er

es cero dentro de los con-

ductores y tangente a la superficie en el manto cilndrico. En consecuencia la carga neta en-

cerrada es cero y

2Ks s= - .

K M

MANTO

L

d1d2

TAPATAPA CILINDRO

2s 1s

MsKs


De manera anloga se puede demostrar que :

1Ms s= -

Por lo tanto, las cargas inducidas en las placas K y M son de igual valor absoluto y signo

opuesto a las de las respectivas caras de la placa L. (Demuestre que fuera de las placas K

y M no hay carga).

Por otra parte, sabemos que las placas K y M estn al mismo potencial que la tierra :

0K MV V= =

y toda la placa L est a un potencial dado LV ; por lo tanto, las diferencias de potencial en-

tre las placas K y L , y entre las placas M y L son las mismas :

K L M LV VD = D

L K L MV V V V- = -

Expresando los VD en funcin del campo elctrico :

D = - = - =uurr

g l2 2 2L

KL L KK

V V V E d E d

D = - = - =uurr

g l1 1 1L

ML L M

M

V V V E d E d

siendo 1E y 2E las magnitudes de 1Er

y 2Er

respectiva-

mente.

Luego , 1 1 2 2E d E d= .

El campo elctrico entre las placas puede calcularse por superposicin, a partir del campo

elctrico producido por una placa ( vea PROBLEMAS 5 Y 12 ) :

220

Ese

= , entre las placas K y L

110

Ese

= , entre las placas L y M

0E = , fuera de las placas.


En consecuencia, 2 12 10 0

d ds se e

= y

1 22 1

dd

ss

= , (2)

es decir, la carga en la placa L se distribuye en razn inversa a las distancias a las placas K y

M . Esto justifica que hayamos dibujado ms lneas de campo elctrico entre las placas K y L

que entre las placas L y M .

De (1) y (2) :

9

1 24 21

22

20 10 [ ]2 10 [ ]1 300 10 [ ] 11 1 0 [ ]

CQd mA md m

s-

--

-

= = = + +

ggg g g

7 21 2,2 10 [ / ]C ms-= g ; 411

0

2,5 10 [ / ]E N Cse

= = g

7 22 4,4 10 [ / ]C ms-= g ; 422

0

5,0 10 [ / ]E N Cse

= = g

y el potencial en el punto P es :

( ) 21 1 1 3,8 10P

PM

Nm

CV E d E d x = - = - =

uurrg l g g

23,8 10 [ ]PV V= g

PROBLEMA 36. Una chimenea consta de un tubo exterior cilndrico de altura H y radio R, y de

un tubo coaxial interior de radio r . Ambos tubos se usan como electrodos y entre ellos se

aplica una diferencia de potencial V, de modo que las partculas de humo adquieren un mo-

mento dipolar inducido p y experimentan una fuerza elctrica hacia uno de los electrodos,

donde quedan adheridos. Considere que las partculas son de masa m, que la fuerza neta so-

bre ellas es debida al campo elctrico de los electrodos y que la velocidad de ascenso del hu-

mo es de v0.

(a) Indicar a cul de los electrodos se adhieren las partculas.

(b) Calcular V de modo que todas las partculas queden adheridas al electrodo.


SOLUCIN

(a) Entre los cilindros interior y exterior sometidos a una diferen-

cia de potencial, el campo elctrico es radial e inversamente pro-

porcional a r , la distancia al eje, como lo indica la expresin :

0

rE2 rl=p e

r g ,

donde l es la carga por unidad de longitud del cilindro interior.

La correspondiente diferencia de potencial entre los electrodos es :

0 0 0R R

dr RV E d ln ln2 r 2 R 2

r r l l r l= - = - = - = pe pe pe r

r rg l .

La posicin de mnima energa de un dipolo corresponde a estar alineado con el campo

elctrico externo, es decir, con su carga negativa ms cercana a la carga positiva que produce

el campo. Esto se ilustra en la figura.

Er

pr

+

El campo producido por los electrodos cilndricos es ms intenso cerca del electrodo in-

terior, por lo tanto, la fuerza elctrica sobre el dipolo es hacia el electrodo interior, como se indi-

ca a continuacin.

dq E r2

( )+

r

dq E r2

( )- +

d

La figura muestra que la fuerza elctrica sobre el dipolo depende de la diferencia del campo

elctrico en - dr2

( ) y en + dr2

( ) , siendo r la posicin del centro de la partcula.

r

R

+

+

+

+

+

+

+

+ +

++

+


La magnitud de la fuerza elctrica sobre el dipolo es :

d dE r E rd d 2 2F q E r qE r qd2 2 d

( ) ( )( ) ( )

- - += - - + = ,

y puede escribirse en forma abreviada como :

l= = -

p er

r 20

dE pF pdr 2 r

,

donde p qd= es la magnitud del momento dipolar elctrico de una partcula.

(b) La ecuacin de movimiento radial de un dipolo es rrdvF md t

= g , y su solucin debe

cumplir la condicin de que todas las partculas lleguen hasta el electrodo central mientras as-

cienden verticalmente. Entonces,

{

l- = = =pe

g gr r rr20

rv

p dv dv dr dvm m mv2 r dt dr dt dr

r r20

p dr m v d v2 r

l- =p e

.

Integrando en ambos miembros y considerando las condiciones iniciales de movimien-

to: ( )r 0 R= y ( )rv 0 0= , se obtiene :

2r0

m p 1 1v2 2 r R

l = + - pe g

.

El tiempo que demorara una partcula en ascender la altura H debe ser mayor o igual

que el tiempo empleado en recorrer la distancia entre los electrodos; en esas condiciones todas

las partculas quedaran adheridas al electrodo central. Para obtener el tiempo en recorrer la

distancia entre los electrodos, despejamos rv en la relacin anterior.

r0

dr p 1 1vdt m r R

l= = - - pe

g .


Entonces,

0m drdt

p 1 1r R

pe= -l

-g

0mR rd t dr

p R rp e= -

l -g .

Con la ayuda de una tabla de integrales, se integra la relacin anterior con r variando desde R

hasta r . Denominando t al tiempo en recorrer la distancia ( )R - r se obtiene :

( ) ( )10RmR R R tan

p-

r - rp e t = r - r - - l r

( ) 10 mR RR Rtanp

- pe - rt = r - r + l r

Puesto que debe cumplirse 0H vt ; la diferencia de potencial V pedida resulta de

sustituir l en trminos de V en esa desigualdad.

Finalmente :

( )2

102

2mv R R RV ln R Rtan2pH

- - r r - r + r r g .

67

5. ENERGA POTENCIAL ELCTRICA

PROBLEMA 37. Una partcula cargada se mueve a lo largo

del eje de un disco uniformemente cargado. La magnitud de

la velocidad de la partcula en el punto A es 10[ / ]m s y en

el punto B es 2[ / ]m s , cul es la densidad superficial de

carga del disco?

Considerar el efecto de la gravedad y que la cantidades

m , q , R , Ah , Bh y g son datos.

SOLUCIN

La presencia del campo gravitacional hara aumentar la velocidad de la partcula al pasar

de A B ; sin embargo, de acuerdo al enunciado la velocidad disminuye en ese tramo, de ah

se concluye que q y s deben tener igual signo de modo que haya repulsin entre ellas (part-

cula y disco).

El campo gravitacional y el campo electrosttico son conservativos, lo que ha permitido

definir las energas potenciales respectivas.

Recordando que cuando un sistema es conservativo podemos aplicar la conservacin de

la energa mecnica, entonces diremos que en nuestro sistema dicha cantidad se conserva, es

decir :

0ED = o bien A BE E= .

Las formas de energa asociadas con nuestro sistema son: cintica, potencial gravitacio-

nal y potencial electrosttica.

Considerando que la energa potencial gravitacional del sistema es cero (nivel de refe-

rencia) cuando m est sobre el disco (en contacto con l), y que la energa potencial elctrica

es cero cuando el disco cargado y la carga se encuentran muy separados (a distancia infinita),

entonces tendremos:

212A A A A

E mv mgh qV= + +

212B B B B

E mv mgh qV= + + ,

g


igualando AE y BE , resulta :

2 21 12 2A A A B B B

mv mgh qV mv mgh qV+ + = + + ,

donde Av y Bv son velocidades y AV y BV son potenciales.

Ahora hay que relacionar AV y BV con s , lo cual ha sido desarrollado anteriormente,

por lo que se ocupar el resultado (ver PROBLEMA 33 b).

Potencial producido por un disco cargado con densidad superficial de carga s , en un punto de

su eje ubicado a una distancia h del centro (tomando como referencia para potencial cero, el

infinito) :

( )2 202

V R h hse

= + - .

Usando este resultado, tenemos :

2 2 2 2 2 20

1 12 2 2A B A B B A B A

mv mv mgh mgh q R h R h h hse

- + - = + - + - +

de donde se despeja s :

( ) ( )2 2

0

2 2 2 2

12 2 A B A B

B A A B

m v v mg h h

q R h R h h h

es

- + - = + - + + -

Hay otras maneras de enfocar el problema. Encuentre una y comprela con el procedi-

miento anterior.

5. Energa Potencial Elctrica 69

PROBLEMA 38. Dos anillos coaxiales, de radio R , se colocan con sus centros a distancia D .

El trabajo requerido para traer una carga puntual q hasta el centro de uno u otro anillo es 1W

o 2W respectivamente. Determinar la carga total de cada uno de los anillos.

SOLUCIN

D W2

C2C1

1 2

W1

De acuerdo a la definicin de potencial en un punto, pueden plantearse las igualdades :

11 c

W V q= g y 22 c

W V q= g ,

donde 1c

V y 2c

V son los potenciales en los centros 1c y 2c de los anillos 1 y 2 respecti-

vamente.

El potencial en 1c es debido a los anillos 1 y 2 y, por lo tanto, puede expresarse como :

( ) ( )1 1 1

1 2c c cV V V= + ,

donde ( )1

1cV y ( )1 2cV son los potenciales producidos por los anillos 1 y 2 en 1c .

El potencial en un punto del eje de un anillo de radio R y carga 1q , a una distancia x de su

centro es (ver PROBLEMA 33 (a)) :

( )1 22 204

qVx Rpe

=+

Luego,

( )1

1

0

14c

qV

Rpe= y ( )

( )12

1 22 20

24

c

qV

D Rpe=

+


Anlogamente:

( )( )2

11 22 2

0

14

c

qV

D Rpe=

+ y ( )

2

2

0

24c

qV

Rpe= ,

donde 1q y 2q son las cargas en los anillos 1 y 2. Evidentemente se ha supuesto que las

cargas 1q y 2q estn distribuidas uniformemente en cada uno de los anillos. (Examine si esa

suposicin es necesaria).

Reemplazando 1c

V y 2c

V en las igualdades planteadas al comienzo, se obtiene:

( )

1 21 1 22 20

04 4

q qW q q

R D Rpe pe= +

+g g

( )

2 12 1 22 20

04 4

q qW q q

R D Rpe pe= +

+g g

Tenemos ahora dos ecuaciones y dos incgnitas: 1q y 2q .

Se deja como ejercicio la resolucin del sistema de ecuaciones, cuyas soluciones son:

( )

( )

2 20

1 1 22 1 22 2

4 R D R Rq W Wq D D R

p e + = - +

g

( )

20

2 2 1 1 22 2

4 1R R Rq W Wq D D R

p e = + - + g

PROBLEMA 39. Tres cargas puntuales estn ubicadas en los

vrtices de un tringulo equiltero de lado a , como se muestra

en la figura adjunta.

(a) Determinar la energa electrosttica de la configura-

cin.

(b) Determinar el trabajo requerido para llevar la carga 3q

de su posicin inicial al punto A .


(c) Determinar la energa electrosttica de la nueva configuracin formada (cuando

3q est en A ).

(d) Comparar la diferencia de energa electrosttica de las configuraciones, con el

trabajo realizado para llevar 3q desde su posicin inicial hasta A .

SOLUCIN

(a) 1 3 2 31 20 0 04 4 4

i

q q q qq qU

a a ape pe pe= + + .

(b) ( ) 3A BW V V q= - , donde AV y BV son los potenciales producidos por 1q y 2q en los puntos A y B ; es decir,

1 2

0 04 42 2

A

q qV

a ape pe= +

y 1 20 04 4

B

q qV

a ape pe= + ,

luego :

1 3 2 30 04 4

q q q qW

a ape pe= + .

(c) 1 3 2 31 20

0 044 4

2 2

f

q q q qq qU

aa ap ep e p e= + +

.

Observe que el trmino asociado con la pareja de cargas que no se ha movido, aparece

tanto en la expresin de iU como en la de fU . Esto ocurrir para cualquier configura-

cin.

(d) 1 3 2 30 04 4

f i

q q q qU U U

a ape peD = - = + .

Al comparar UD con W se observa que son iguales :

U WD = ,


esto es as pues, el cambio en la energa potencial de una configuracin es igual al traba-

jo efectuado sobre ella (se supone que en ambas configuraciones las cargas estn en re-

poso, es decir, la energa cintica es nula al principio y al final).

PROBLEMA 40. Calcular la energa electrosttica de una distribucin esfrica de carga de

densidad r constante y radio R .

SOLUCIN

Para una distribucin continua de carga, la energa electrosttica (trabajo efectuado al

formar la configuracin) es:

12

U Vdq= , donde la integral debe efectuarse sobre el volumen que contiene la carga, en este caso una

esfera de radio R .

De acuerdo a un resultado anterior (ver PROBLEMA 32), el potencial en un punto interior

de la esfera est dado por :

( )2 20

36

V R rre

= - , con r R< .

Luego, la energa asociada a un cascarn esfrico de radio r , ancho dr y carga 24dq r drr p= g , es :

1 12 2

dU Vdq= =

16rg ( )2 2

03

3 4R r re

- g 21

r drp .


Entonces, la energa de la configuracin completa es :

( )2

2 2 4

0 0

1 32 3

R

U Vdq R r r drr pe

= = -

2 2 5

2 3 5

0 0

41 133 3 5 15

RU R R R

r p p re e

= - = .

Si Q es la carga total de la esfera; entonces :

34

3RQ p r= ,

y el resultado para U se puede expresar en trminos de Q como :

4

Up=

3R15 0

q

eg

( )

2

2

3

4

Q

p 6R

2

0

320

QRpe

= .

Una manera alternativa de obtener el resultado anterior, consiste en usar la relacin :

2012

U E dVe= , donde dV es un elemento de volumen, y la integral debe efectuarse sobre todo el espacio, ya

sea que ste contenga o no carga. Note la diferencia entre las dos expresiones dadas para U ,

especialmente en cuanto a la regin de integracin.

Usando ahora las expresiones obtenidas para el campo elctrico en el interior (ver PRO-

BLEMA 27) y en el exterior de la esfera (ver PROBLEMA 10), tendremos :

20

4

Q rErpe

=r

si r R> , y 0

3

rE rre

=r

g si r R< .

Entonces:

12

U = 00

1

R

e2 2

209rr

e4g 2 02 1

2R

r drp e

+ 2 4Q p 2r

( ) 24dr

p 20e4r 2

2 2 52 2

42

0 0 0 00

2 29 8 9 5 8

R

R

RQ dr QU r drRr

p r p re pe e pe

= + = + g g ,


y reemplazando r , obte

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Luciano Laroze UTFSM