Solucionario_primera_Prueba_fisica3_Oto_o2005

Vista previa del material en texto

1
Departamento de Física 
Facultad de Ciencias 
Universidad de Tarapacá 
 
Solucionario 
Primera Prueba de Física III 
Ingeniería Plan Común - Semestre de Otoño (08 Junio 2005) 
 
Problema 1 (3.0 ptos. total): 
Un cilindro muy largo de radio 2R tiene una densidad volumétrica de carga 0ρ distribuida 
homogéneamente. Sobre su eje existen dos agujeros esféricos, cada uno de radio R . 
a) Hallar el campo eléctrico ( )E x sobre el eje X para valores de . (2.2 ptos.) 2x > R
b) Hallar la diferencia de potencial electrostático entre los puntos (2 ) (5 )V V R V R∆ = −
5 y 2x R x R= = (0.8 ptos.) 
 
 
Solución: 
 
1a) Hallar el campo eléctrico sobre el eje ( )E x X para valores de 2x R> . (2.2 ptos. 
total) 
 
Usando el principio de superposición, el campo resultante viene dado por la siguiente expresión: 
( ) ˆ2 cosc eE E E θ= − i , donde es el módulo del campo del cilindro de radio 2cE R y donde 
es el módulo del campo creado por cada una de las esferas de radio 
eE
R . La componente del 
campo se anula por simetría. 
yE
 
 
Y 
R 
R x 
2R 
X 
2 2r x R= + 
R
θ 
x
eE 
cE 
θ 
θ 
eE 
 2
Campo de un cilindro muy largo. Se usa una Gaussiana de radio y altura : 2r > R h
2 2
0 0 0
0 0 0 0
(2 ) 2 2 2 neta cilindroc c c c
q V R h RE dS E rh E rh E
r
ρ ρ π ρπ π
ε ε ε ε
⋅ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =∫ 
En el punto x se cumple que r , luego el campo del cilindro vale: x=
2
0
0
2( )c
RE x
x
ρ
ε
= . 
Vectorialmente escribimos: 
2
0
0
2 ˆ( )c
RE x i
x
ρ
ε
= (0.6 ptos.) 
 
Campo de una esfera. Se usa Gaussiana de radio : r R>
 
3 3
02 2 0 0
2
0 0 0
4 4 4 
3 3
esferaneta
e e e e
Vq RE dS E r E r E
r0
Rρ ρ π ρπ π
ε ε ε
⋅ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =∫ ε 
En el punto x se cumple que 2r x R= + 2 , luego el módulo del campo eléctrico creado por la 
esfera en el punto x viene dado por: 
( )
3 3
0 0
2 2 2
0 03 3
e
R RE
r x R
ρ ρ
ε ε
= =
+
. 
Vectorialmente escribimos para el campo creado por la esfera de arriba (up): 
( )
3
0
2 2
0
ˆ ˆ ˆ( ) ( cos sin ) ( cos sin )
3
up
e e
RE x E i j i j
x R
ρθ θ θ θ
ε
= − + = − +
+
ˆ (0.5 ptos.) 
 
Vectorialmente escribimos para el campo creado por la esfera de abajo (down): 
 
( )
3
0
2 2
0
ˆ ˆ ˆ( ) ( cos sin ) ( cos sin )
3
down
e e
RE x E i j i
x R
ρθ θ θ θ
ε
= − − = − −
+
ĵ (0.5 ptos.) 
 
Los vectores que representan a los campos creados por cada una de las esferas apuntan en 
dirección a cada esfera, porque al aplicar el principio de superposición consideramos que su 
densidad 0ρ es negativa. 
 
El campo resultante en el punto x se obtiene sumando vectorialmente todos los campos, es decir, 
superponiendo todos los campos: 
 
( ) ( ) ( )up downc e eE E x E x E x= + + 
 
Con lo cual se obtiene: , explícitamente se tiene: ( ˆ2 cosc eE E E θ= − ) i
 
( )
2 3
0 0
2 2
0 0
2 2 cos ˆ
3
R RE i
x x R
ρ ρ θ
ε ε
⎛ ⎞
⎜ ⎟= −
⎜ ⎟+⎝ ⎠
 
 3
 
Las componentes a lo largo del eje Y se anulan entre sí. El campo resultante sólo tiene 
componente a lo largo del eje X. De la figura se ve claramente que 
2 2
cos x x
r x R
θ = =
+
, por lo 
tanto, el campo resultante del cilindro de carga con dos agujeros esféricos queda: 
 
( )
2
0
3
2 2 20
2 1 ˆ
3
R xRE i
x x R
ρ
ε
⎛ ⎞
⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠
 (0.6 ptos.) 
 
1b) Hallar la diferencia de potencial electrostático entre los puntos (2 ) (5 )V V R V R∆ = −
5 y 2x R x R= = (0.8 ptos. total) 
La diferencia de potencial se obtiene a través de la expresión: . ( ) ( )
b
a
V b V a E dl− = − ⋅∫
En este caso nos movemos a lo largo del eje x , por lo tanto, después de realizar el producto punto 
y cambiar la diferencial, escribimos: 
2
5
(2 ) (5 ) ( )
R
R
V V R V R E x dx∆ = − = − ∫ 
Usando el campo obtenido anteriormente, nos queda: 
( )
22
0
3
2 2 20 5
2 1(2 ) (5 )
3
R
R
R xRV V R V R dx
x x R
ρ
ε
⎛ ⎞
⎜ ⎟∆ = − = − −⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠
∫ 
integrando 
22
0
2 2
0 5
2(2 ) (5 ) ln
3
R
R
R RV V R V R x
x R
ρ
ε
⎡ ⎤
∆ = − = − +⎢ ⎥
+⎣ ⎦
 
 
Finalmente la diferencia de potencial queda: 
 
2
0
0
2 2 1 1(2 ) (5 ) ln
5 3 5 3 26
RV V R V R ρ
ε
⎡ ⎤∆ = − = − + −⎢ ⎥⎣ ⎦
 (0.8 ptos.) 
 
 4
Problema 2 (3.0 ptos. total): 
Hallar el campo eléctrico ( )E r y el potencial electrostático en función de la distancia radial ( )V r
r , en cada una de las regiones, para la configuración formada por una esfera central de radio a 
con distribución de carga radialmente simétrica dada por 
r
βρ = para 0 con r a< ≤ .cteβ = , 
rodeada por un cascarón metálico entre que lleva una carga en su 
superficie. 
 y r a r b= = 2Q π α= − a
 
 
 
 
 
2Q aπ α= −
r 
b 
a 
ρ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solución: 
 
2a) Cálculo del campo eléctrico (1.5 ptos. total) 
 
Se usará la ley de Gauss para calcular el campo en cada región: 
0
netaqE dS
ε
⋅ =∫ 
 
Región I: 0 r a< ≤
 
Se usa una Gaussiana de radio r a≤
2 0
0 0
( )
4
r a
neta
r dVqE dS E r
ρ
π
ε ε
≤
⋅ = ⇒ = ∫∫ 
Pero, la densidad volumétrica de carga depende de la distancia radial:
r
βρ = para con 0 r a< ≤
.cteβ = , reemplazando en la integral y recordando que la diferencial de volumen de la esfera 
viene dada por , podemos escribir: 24dV r drπ=
2
2 2
0 0
0 0
1 44 4
2
r a r a rE r r dr rdr
r 0
4β πβ πβπ π
ε ε
≤ ≤
= = =∫ ∫ ε 
 5
Simplificando se tiene finalmente el campo eléctrico en la región I: IE
 
02
IE
β
ε
= (0.5 ptos.) 
 
Región II: a r b≤ ≤
 
Se usa Gaussiana de radio . En este caso sabemos que el campo eléctrico estático es 
cero en el interior de un conductor, por lo tanto: 
a r b≤ ≤
 
0IIE = 
 
Es importante recordar que se produce inducción de cargas en el metal de modo que el campo en 
el interior es cero, es decir, de la ley de Gauss se infiere que 
0
0neta neta
qE dS q
ε
⋅ = ⇒ =∫ , es decir, 
la carga neta encerrada en la Gaussiana debe ser cero, por lo que debe haber carga inducida 
en la superficie interior del conductor, tal que la suma con la carga total interior encerrada en la 
esfera de radio debe ser cero: . Vemos así que la carga inducida tiene la 
misma magnitud que la carga total interior de la esfera de radio r , a saber: 
indQ
intq
r a= 0i indq Q+ =
intq a=
2
0
4
a
ind iQ q rr
β π= − = −∫ dr 
Finalmente, la carga total en la esfera interior de radio r vale intq a=
 
22iq π aβ= (0.5 ptos.) 
 
y la carga inducida en el metal vale: 
 
22indQ aπβ= − 
 
Naturalmente que en la superficie exterior del metal aparece también la misma cantidad de carga 
inducida pero de signo opuesto, que modo tal que la suma de toda la carga inducida en el metal es 
cero. 
 
Región III: b r <
 
Se usa Gaussiana de radio b . r<
Debemos recordar que el sistema de esferas tiene dos tipos de cargas libres: la carga en la esfera 
interior recién calculada: 
22iq aπβ= y la carga libre en la superficie exterior del metal: 
 de modo que la carga total encerrada en la Gaussiana de viene dada por 
2
eq πα= − a b r<
( )2 2 22 2neta encerrada i eq q q a a aπβ πα π β α= + = − = − . 
Ahora aplicamos Gauss 
 6
( )22
0 0
2
4 netaIII
aqE r
π β α
π
ε ε
−
= = 
Finalmente, el campo fuera de las esferas viene dado por: 
 
( )2
2
0
2
4III
a
E
r
β α
ε
−
= (0.5 ptos.) 
 
 
2b) Cálculo del potencial electrostático (1.5 ptos. total) 
Calcularemos el potencial como función de la distancia radial r usando la relación: 
 ( )
r
V r E dl
∞
= − ⋅∫
Comenzaremos desde la región III hasta la región I 
 
Región III: b r <
En esta región el campo eléctrico vale 
( )2
2
0
2
4III
a
E
r
β α
ε
−
= , por lo tanto, la integral queda 
( )2
2
0
2
( )
4
b r b r
III III
a
V r E dr dr
r
β α
ε
< <
∞ ∞
−
= − = −∫ ∫ 
Obteniéndose finalmente 
 
( )2
0
2
( )
4III
a
V r
r
β α
ε
−
= (0.5 ptos.) 
 
 
Región II: a r b≤ ≤
 
En esta región la integral para calcular el potencial se debe separar en dos porque la integral 
atraviesa dos regiones distintas: 
( )
a r b b a r b
III III II
b
V r Edr E dr E dr
< < < <
∞ ∞
= − = − −∫ ∫ ∫ 
Los campos en cada región son: 
( )2
2
0
2
4III
a
E
r
β α
ε
−
= y. Reemplazando en la integral 
anterior, tenemos 
0IIE =
( ) ( )2 2
2
0 0
2 2
( ) 0
4 4
b a r b
II
b
a a
V r dr dr
r b
β α β α
ε ε
< <
∞
− −
= − − =∫ ∫ 
Finalmente: 
 
( )2
0
2
( )
4II
a
V r
b
β α
ε
−
= (0.5 ptos.) 
 
 7
Vemos así que el potencial en el interior del metal es constante, es decir, el conductor en estado 
estático siempre es un volumen equipotencial. 
 
Región I: 0 r a< ≤
 
La integral del potencial se escribe 
( )
r a b a r a
I III II I
b a
V r Edr E dr E dr E dr
< <
∞ ∞
= − = − − −∫ ∫ ∫ ∫ 
Los campos en cada región son: 
( )2
2
0
2
4III
a
E
r
β α
ε
−
= , y 0IIE =
02
IE
β
ε
= , luego la integral 
queda 
( )
b r a
I III
a
V r E dr E dr
<
∞
= − −∫ ∫ I 
Reemplazando los campos 
( )2
2
0 0
2
( )
4 2
b r
I
a
a
V r dr dr
r
β α β
ε ε
<
∞
−
= − −∫ ∫
a
 
Integrando se tiene el potencial en la región I: 
 
( )2
0 0
2
( ) ( )
4 2I
a
V r r a
b
β α β
ε ε
−
= − − (0.5 ptos.) 
 
En resumen, el potencial como función de en cada región queda r
( )
( )
( )
2
0 0
2
0
2
0
2
( ) ( ) 0 región I
4 2
2
( ) ( ) región II
4
2
( ) región III
4
I
II
III
a
V r r a r a
b
a
V r V r a r b
b
a
V r b r
r
β α β
ε ε
β α
ε
β α
ε
⎧ −
= − − < ≤⎪
⎪
⎪ −⎪= = ≤ ≤⎨
⎪
⎪ −⎪ = ≤
⎪⎩
 
 
 
 8
 
Problema 3 (3.0 ptos. total): 
Problema obligatorio. Una varilla horizontal de largo tiene una densidad lineal de carga 
homogénea . Justo sobre su centro y a una altura se encuentra una segunda varilla de largo 
 con densidad lineal de carga Calcule la fuerza resultante ejercida por 
la varilla horizontal sobre la varilla vertical. 
2L
0λ h
d , con .yλ α α= cte= F
 
 
yλ α= 
d
0λ 
y 
h
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 x 
 -L L 
 
 
Solución: 
 
Primero calculamos el campo eléctrico generado por una varilla horizontal de largo a una 
distancia variable sobre su centro. (1.5 ptos. total) 
2L
y
 
y 
r
El campo eléctrico viene dado por la expresió
 vienen dados por: y y r r′ ˆr y j= r x′ =
dado por 2r r x y′− = + 2 . El campo se e
r′-L 
'dq x 
 
n 
( )
3( )
kdq r r
E r
r r
′−
=
′−∫ . En este caso los vectores 
î . Luego ( ) ˆr r x i y j′− = − + ˆ y su módulo viene 
xpresa entonces como: 
dx 
L 
 9
( )
( )
3
2 2 2
ˆ ˆ
( )
dq x i y j
E r k
x y
− +
=
+
∫ . 
Pero la carga está distribuida homogéneamente en la varilla horizontal: , luego, 0dq dxλ=
( )
( )
0
3
2 2 2
ˆ ˆ
( )
dx x i y j
E r k
x y
λ − +
=
+
∫ 
 
Integrando entre los límites , se tiene: y L L−
( ) ( )
0 03 3
2 2 2 22 2
ˆ ˆ( )
L L
L L
xdx dxE r k i k y j
x y x y
λ λ
− −
−= +
+ +
∫ ∫ 
Calculando cada integral, tenemos 
0 02 2 2 2 2
1ˆ ˆ( )
L L
L L
xE r i k j k y
x y y x y
λ λ
− −
= +
+ +
 
Sólo sobrevive la componente del campo, ya que por argumentos de simetría vemos que 
la componente 
y
x debe anularse: 
0
2 2
2 ˆ( ) k LE r j
y L y
λ=
+
 (1.5 ptos.) 
 
Calculemos ahora la fuerza ejercida por el campo eléctrico de la varilla horizontal sobre cada 
elemento de carga diferencial del alambre vertical de largo , ubicado a una 
altura sobre la varilla de horizontal. (1.5 ptos. total) 
dq dy ydyλ α= = d
h
 
Sabemos que sobre cada elemento diferencial de arilla vertical se ejerce una fuerza 
diferencial dada por la siguiente expresión: 
 carga de la v
dF Edq E ydyα= = 
 
 
 y 
dF Edq= d
dq 
x 
h
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 10
Por lo tanto, la fuerza total sobre el alambre vertical viene dada por la integral desde hasta 
 
y h=
y h d= +
 
0
2 2
2 ˆ
h d h d
h h
k L ydyF Edq
y L y
λ α+ += =
+∫ ∫
j 
 
Integrando 
( )2 20 02 2 ˆ ˆ2 2 ln
h d h d
hh
dyF k L j k L y L y
L y
λ α λ α
+ +
= = +
+∫
j+ 
 
Se tiene la fuerza pedida: 
 
( )22
0 2 2
ˆ2 ln
h d L h d
F k L
h L h
λ α
⎛ ⎞+ + + +⎜ ⎟=
⎜ ⎟+ +⎝ ⎠
j (1.5 ptos.) 
 
 
	Solucionario