Electromagnetismo__Cap_tulo_2__Tarea_1_p5_resnick

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Figura 3: Figura 22-56 problema 33.
33.- En la figura 22-56, una varilla semi infinita no
conductora (la cual es infinita solo en uno de sus la-
dos) tiene una densidad de carga lineal uniforme λ.
Muestre que ~Ep en el punto P forma un ángulo de
45 grados con la varilla y que este resultado es in-
dependiente de la distancia R. (Pista: Encuentre por
separado el componente de ~Ep paralelo a la varilla y
el componente perpendicular de este).
SOLUCIÓN: Primero consideraremos el efecto de
un diferencial de carga dq de la varilla sobre el punto
P, como la densidad de carga lineal es uniforme, es
decir, constante en todos sus puntos, podemos usar la
siguiente expresión.
λ =
q
x
=⇒ dq = λdx
Por preferencia, pondremos a P en el centro de nuestro sistema de referencia (vea la figura 22-56) y
dado que en P puede suponerse que hay una carga de prueba positiva, entonces el campo eléctrico
generado por la varilla lo repelerá. Considerando esto definiremos nuestros vectores
~p = 0x̂+ 0ŷ
⇒ ~r = −x x̂−R ŷ
Donde x representa la longitud de la varilla y considerando que se trata de una varilla semi infinita,
tendremos que x empieza en cero y tiende a infinito.
Ahora buscamos una expresión para el campo eléctrico generado por un cuerpo lineal uniformemente
cargado, para ello, partimos de la ecuación del campo eléctrico
~Ep = −
1
4πε0
q(~r − ~p)
|~r − ~p|3
d ~Ep = −
1
4πε0
dq(~r − p)
|~r − ~p|3
A continuación, calculamos algunos términos
~r − ~p = ~r = −x x̂−R ŷ =⇒ |~r − ~p| =
√
~r · ~r =
√
(−x x̂−R ŷ) · (−x x̂−R ŷ) =
√
x2 +R2.
Sustituimos en la expresión para el diferencial de campo eléctrico
d ~Ep = −
1
4πε0
dq(x x̂+R ŷ)
(x2 +R2)
3
2
Para resolver esta ecuación optaremos por resolverla por componentes, entonces tendremos dos ecua-
ciones
dEpx = −
λ
4πε0
x dx
(x2 +R2)
3
2
y dEpy = −
λ
4πε0
Rdx
(x2 +R2)
3
2
17
El campo eléctrico generado en la componente x:
dEpx = −
λ
4πε0
x dx
(x2 +R2)
3
2
Epx = −
λ
4πε0
∫ ∞
0
x dx
(x2 +R2)
3
2
Epx = −
λ
4πε0
[
− 1√
x2 +R2
]∞
0
= − λ
4πε0

− 1
x
√
1 + R
2
x2

x→∞
+
1
R

Epx = −
λ
4πε0R
El campo eléctrico generado en la componente y:
dEpy = −
λ
4πε0
Rdx
(x2 +R2)
3
2
Epy = −
Rλ
4πε0
∫ ∞
0
dx
(x2 +R2)
3
2
Epy = −
Rλ
4πε0
[
x
R2
√
x2 +R2
]∞
0
= − Rλ
4πε0
[[
x
R2
√
x2 +R2
]
x→∞
+ 0
]
Epy = −
Rλ
4πε0
 1
R2
√
1 + R
2
x2

x→∞
= − Rλ
4πε0
1
R2
= − λ
4πε0R
Entonces
Epy = −
λ
4πε0R
Dado que Epx = Epy, el ángulo del vector resultante ~Ep es igual a 45 grados.
tanθ =
Epy
Epx
=⇒ θ = arctan (1) = 45
Ademas, las ecuaciones de las componentes del campo eléctrico no dependen del ángulo θ, así, el
ángulo que forma el campo eléctrico sobre el punto P es el mismo para cualquier valor de R distinto
de cero.
37. Supongamos que diseña un aparato en el que un disco de radio R
cargado uniformemente debe producir un campo eléctrico. La mag-
nitud del campo es más importante a lo largo del eje perpendicular
central del disco, en un punto P a una distancia de 2.00R del disco
(Fig. 22-57a). El análisis de costes sugiere que cambie a un anillo del
mismo radio exterior R pero con el radio interior R2.00 (Fig. 22-57b).
Supongamos que el anillo tendrá la misma densidad de carga super-
ficial que el disco original. Si cambia al anillo, ¿en qué porcentaje
disminuirá la magnitud del campo eléctrico en P?
SOLUCIÓN: Primero procedemos a calcular el campo electrostáti-
co que experimenta la partícula P a causa del disco de a). Y para ello, nos apoyaremos en los siguientes
18
diagramas donde el primero representa al sistema en general y el segundo representa al disco sobre
los ejes x y y.
De donde conocemos la siguiente relación:
dA′ = r′dr′dθ′ (1)
Dado que el disco se encuentra uniformemente cargado, sabemos que la densidad de carga superficial
σ(~r ′) es constante, ademas de que σ(~r ′) = dq
′
dA′ ⇒ dq
′ = dA′σ(~r ′). Ahora, procedemos a expresar el
diferencial del campo electrostático de la siguiente forma:
d ~E(~r) = dq
′
4πε0
[
~r−~r ′
|~r−~r ′|3
]
= (~r−~r
′)σ(~r ′)dA′
4πε0|~r−~r ′|3 (2)
Ahora, calculamos los vectores de posición de ~r y ~r ′
~r = zẑ
~r ′ = r′r̂(θ′) = r′ cos(θ′)x̂+ r′ sin(θ′)ŷ
Por lo que:
~r − ~r ′ = −r′ cos(θ′)x̂− r′ sin(θ′)ŷ + zẑ
|~r − ~r ′|2 = z2 + r′2 sin2(θ′) + r′2 cos2(θ′) = z2 + r′2[sin2(θ′) + cos2(θ′)] = z2 + r′2
Ahora, sustituimos estos resultados y (1) en (2)
d ~E(~r) = σ(~r
′)[−r′ cos(θ′)x̂−r′ sin(θ′)ŷ+zẑ]r′dr′dθ′
4πε0[z2+r′2]
3
2
~E(~r) = σ(~r
′)
4πε0
[
R∫
0
(
−
2π∫
o
cos(θ′)dθ′ r′ x̂−
2π∫
0
sin(θ′)dθ′ r′ ŷ +
2π∫
0
z dθ′ẑ
)
r′dr′
[z2+r′2]
3
2
]
Para continuar, resolvemos las integrales que se encuentran dentro del paréntesis:
−
2π∫
o
cos(θ′)dθ′x̂r′ = −r′
[
sin θ|2π0
]
x̂ = − r′ (sin 2π − sin 0) x̂ = − r′ (0− 0) x̂ = 0 x̂
−
2π∫
0
sin(θ′)dθ′ŷr′ = − r′ ŷ
[
− cos θ|2π0
]
= r′ (cos 2π − cos 0) ŷ = r′ (1− 1) ŷ = 0 ŷ
2π∫
0
z dθ′ẑ = z
[
θ|2π0
]
ẑ = z (2π − 0) ẑ = z 2π ẑ
Con estos resultados podemos simplificar la expresión, entonces tenemos:
~E(~r) = σ(~r
′)
4πε0
(2πz)
R∫
0
r′dr′
[z2+r′2]
3
2
ẑ = σ(~r
′)z
2ε0
R∫
0
r′dr′
[z2+r′2]
3
2
ẑ (3)
19
Sea u = z2 + r′2 ⇒ du = 2r′dr′ ⇒ du2 = r
′dr′
⇒
R∫
0
r′dr′
[z2+r′2]
3
2
=
z2+R2∫
z2
du
2u
3
2
= 12
z2+R2∫
z2
u−
3
2 du = 12
u(−
3
2
+ 2
2
)
− 32+
2
2
∣∣∣∣z2+R2
z2
⇒
[
1
2
]
u−
1
2
1
− 1
2
∣∣∣∣z2+R2
z2
= 12
[
− 2
u
1
2
∣∣∣z2+R2
z2
]
= − 12
[
2√
z2+R2
− 2√
z2
]
Dado que z > 0⇒
√
z2 = z. Dando el siguiente resultado de la integral:
R∫
0
r′dr′
[z2+r′2]
3
2
= 1z −
1√
z2+R2
Ahora sustituimos este resultado en (3)
~E(~r) = σ(~r
′)z
2ε0
ẑ
[
1
z −
1√
z2+R2
]
= σ(~r
′)
2ε0
[
1− z√
z2+R2
]
ẑ Dado z = 2R.
⇒ ~E(~r) = σ(~r
′)
2ε0
[
1− 2R√
4R2+R2
]
ẑ = σ(~r
′)
2ε0
[
1− 2R
R
√
5
]
ẑ = σ(~r
′)
2ε0
[
1− 2√
5
]
ẑ
⇒ | ~E(~r)| = σ(~r
′)
2ε0
[
1− 2√
5
]
Siendo este resultado la magnitud del vector del campo electrostático que experimenta la partícu-
la cargada P a causa de un disco cargado uniformemente de radio R. Para posteriores referencias,
denotaremos este resultado como | ~ED(~r)|
Dado el anillo de b) sabemos que la magnitud su campo electrostático está dado por | ~EA(~r)| =
| ~ED(~r)| − | ~ER
2
(~r)|. Ahora procedemos a calcular | ~ER
2
(~r)|
Dado z = 2R
⇒ ~ER
2
(~r) = σ(~r
′)
2ε0
[
1− 2R√
4R2+(R2 )
2
]
ẑ = σ(~r
′)
2ε0
[
1− 2R√
4R2+R
2
4
]
ẑ
⇒ ~ER
2
(~r) = σ(~r
′)
2ε0
[
1− 2R√
16R2+R2
4
]
ẑ = σ(~r
′)
2ε0
[
1− 2R1
2
√
17R2
]
ẑ
⇒ ~ER
2
(~r) = σ(~r
′)
2ε0
[
1− 4R
R
√
17
]
ẑ = σ(~r
′)
2ε0
[
1− 4√
17
]
ẑ
⇒ | ~ER
2
(~r)| = σ(~r
′)
2ε0
[
1− 4√
17
]
| ~EA(~r)| = σ(~r
′)
2ε0
[
1− 2√
5
]
− σ(~r
′)
2ε0
[
1− 4√
17
]
Ahora buscamos conocer el porcentaje que decrecerá la magnitud del campo electrostático de b)
respecto al de a), esto no es otra cosa más que el cociente entre la diferencia | ~ED(~r)| y | ~EA(~r)|. Es
decir:
Porcentaje de la magnitud del campo electrostático que disminuyó = |
~ED(~r)|−|~EA(~r)|
|~ED(~r)|
(100)
⇒ |~ED(~r)|−|~EA(~r)|
|~ED(~r)|
(100) =
σ(~r ′)
2ε0
[
1− 2√
5
]
−
[
σ(~r ′)
2ε0
[
1− 2√
5
]
−σ(~r
′)
2ε0
[
1− 4√
17
]]
σ(~r ′)
2ε0
[
1− 2√
5
] (100)
⇒
σ(~r ′)
2ε0
[
1− 4√
17
]
σ(~r ′)
2ε0
[
1− 2√
5
] (100) = 1− 4√17
1− 2√
5
(100) = 28.28
Por lo tanto, el porcentaje de la magnitud del campo electrostático que disminuyó en el cambio del
modelo a) al b) fue de un 28.28%.
20
Figura 22-68
84. En la figura 22-68, un campo eléctrico ~E uniforme, en direc-
ción hacia arriba y de magnitud 2.00×103 N/C se ha establecido
entre dos placas horizontales al cargar la placa inferior positi-
vamente y la placa superior negativamente. Las placas tienen
una longitud L = 10.0 cm y una separación d = 2.00 cm. Un
electrón se lanzó entre las dos placas desde la esquina izquierda
de la placa inferior. La velocidad inicial ~v0 del electrón forma un
ángulo θ = 45.0◦ con la placa inferior y tiene una magnitud de
6.00 × 106 m/s. (a) ¿El electrón chocará con alguna de las dos
placas? (b) En caso de que lo haga, ¿con qué placa chocaría y a
qué distanciahorizontal desde la esquina izquierda lo haría?
SOLUCIÓN: Si el campo eléctrico es uniforme, significa que no varía en ningún punto en el que
pueda estar el electrón. Utilizaremos la la Segunda Ley de Newton para resolver este problema, además,
despreciaremos la influencia que las interacciones gravitacionales pudieran tener sobre el electrón. De
acuerdo a la Segunda Ley de Newton, ~Fneta = m~a, con m la masa de un electrón. . La única fuerza
que actúa sobre el electrón es la que ejercen las placas cargadas eléctricamente sobre él y dicha fuerza
queda descrita como ~Fneta = q ~E, con q la carga eléctrica de un electrón. Por lo tanto:
~a =
q ~E
m
=
q| ~E|
m
ŷ
El vector ~a queda descrito como: ~a = d
2x
dt2 x̂+
d2y
dt2 ŷ. Entonces:
d2x
dt2
x̂+
d2y
dt2
ŷ =
q| ~E|
m
ŷ ⇒ d
2x
dt2
x̂ = 0m/s2 x̂ ∧ d
2y
dt2
ŷ =
q| ~E|
m
ŷ
⇒ dx
dt
x̂ = v0x x̂ ∧
dy
dt
ŷ =
(
q| ~E|
m
t+ v0y
)
ŷ
⇒ x(t) x̂ = (v0xt+ x0)x̂ ∧ y(t) ŷ =
(
q| ~E|
2m
t2 + v0yt+ y0
)
ŷ
Al realizar las operaciones [x(t) x̂] · [x̂] y [y(t) ŷ] · [ŷ] obtendremos las componentes del vector de
desplazamiento del electrón en el eje x y y. Los resultados de los dos productos punto realizados son
los siguientes:
⇒ x(t) = v0xt+ x0 ∧ y(t) =
q| ~E|
2m
t2 + v0yt+ y0
x0 = y0 = 0m, pues se colocó el origen del sistema de referencia en la posición inicial del electrón.
⇒ x(t) = v0xt ∧ y(t) =
q| ~E|
2m
t2 + v0yt
Como el electrón comienza su movimiento dirigiéndose hacia la placa superior, veamos si este llega a
tocarla. Para averiguarlo, igualemos la ecuación de trayectoria en el eje y (la escalar) a la distancia d
y resolvamos con respecto al tiempo. Posteriormente evaluemos la ecuación de trayectoria en el eje x
en ese tiempo y veamos si la distancia recorrida en ese eje es menor a L, ya que de serlo significaría
que toca la placa superior.
q| ~E|
2m
t2 + v0yt = d⇒
q| ~E|
2m
t2 + v0yt− d = 0
21
La masa y la carga eléctrica de un electrón son: 9.11 × 10−31 kg y −1.6 × 10−19 C respectivamente.
Usemos estos datos para determinar el momento en que el electrón chocará con la placa superior.
⇒ t1,2 =
m
(
−v0y ±
√
mv20y+2qd|~E|
m
)
q| ~E|
=
(9.11× 10−31 kg)(−4.24× 106 m/s± 1.98× 106 m/s)
−3.2× 10−16 N
= 6.43× 10−9 s ∨ 1.77× 10−8 s
Podemos notar que 1.77×10−8 s > 6.43×10−9 s. Consideraremos el menor de ambos tiempos, es decir,
t = 6.43 × 10−9 s porque buscamos encontrar la primera vez que el electrón toque la placa superior.
Para saber la distancia recorrida horizontalmente desde el origen de nuestro sistema coordenado,
evaluemos la ecuación de trayectoria en el eje x en t = 6.43× 10−9 s.
x = v0xt = ((6.00× 106 m/s)(cos 45◦))(6.43× 10−9 s) = (4.24× 106 m/s)(6.43× 10−9 s)
x = 2.72× 10−2 m = 2.72 cm
Ya que 2.72 cm es menor a L, entonces la partícula sí toca la placa superior y lo hace en el tiempo y
la distancia en x previamente mencionados.
22