Electromagnetismo__Cap_tulo_3__Tarea_1_p6_resnick

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40. La figura 23-50, una lámina muy larga no conductora la cual
cuenta con una densidad de carga superficial uniforme de σ =
−2.00 µCm2 , de igual forma se muestra una partícula con carga Q =
6.00µC a una distancia d de la lámina. Ambos se encuentran
fijos en su lugar. Si d = 0.200 m ¿A qué coordenada (a) positiva
y (b) negativa sobre el eje x (otro además de infinito) el campo
electrostático neto (~Eneto) de la lámina y el plano será ~0? (c) Si
d = 0.800 m ¿En que coordenada del eje x ~Eneto = ~0?
SOLUCIÓN:. De primera instancia notamos que la lámina tiene una densidad de carga superficial negativa, la
cuál genera un campo electrostático denotado por ~Eσ sobre el eje x, mientras que la carga Q genera un campo
electrostático denotado por ~EQ sobre el eje x.
El esquema ha sido dividido en tres secciones (A,B,C) donde podemos ver que solamente en las secciones A y
C, el campo electrostático neto puede ser igual a 0.
Ya que queremos calcular el campo electrostático generado por la lámina y la carga, en un punto dado por el
vector ~r, y dado el sistema de referencia, se determina los vectores ~r y ~rQ y algunas relaciones entre ellos.
~r = r x̂ + 0 m ŷ
~rQ = ~0 = 0 m x̂ + 0 m ŷ
|~r | =
√
(r x̂) · (r x̂) =
√
r2(x̂ · x̂) = |r|
~r − ~rQ = r x̂ + 0 m ŷ
|~r − ~rQ| = |r|
Por otra parte, sabemos que:
(1) ~EQ =
Q
4π�0
(~r − ~rQ)
|~r − ~rQ|3
y además
(2) ~Eσ =
σ
2�0
~r
|~r|
Ahora, sustituimos en (1) y en (2) los resultados obtenidos previamente
⇒ ~EQ =
Q
4π�0
r x̂
|r|3 y ~Eσ =
σ
2�0
r x̂
|r|
⇒ ~EQ =
Q
4π�0
x̂
|r|2 y ~Eσ =
σx̂
2�0
Recordemos que el campo electrostático neto se encuentra dado por:
~Eneto = ~EQ + ~Eσ. Sustituimos con los resultados previos y recordando que en el punto dado por ~r el campo
electrostático neto es igual a ~0:
⇒ ~Eneto =
Q
4π�0 |r|2
x̂ + σ2�0 x̂ + 0 ŷ = 0 x̂ + 0 ŷ
⇒
[
Q
4π�0 |r|2
+ σ2�0
]
x̂ + 0 ŷ = 0x̂ + 0ŷ
Analizando únicamente el eje x:
⇒
[
Q
4π�0 |r|2
+ σ2�0
]
x̂ = 0 x̂
⇒
[
Q
4π�0 |r|2
+ σ2�0
]
(x̂ · x̂) = 0 (x̂ · x̂)
⇒
Q
4π�0 |r|2
+ σ2�0 = 0
⇒ σ2�0
= −
Q
4π�0 |r|2
⇒ |r|2 = − 2 Q �04π�0σ = −
Q
2πσ
⇒ r2 = − 2 Q �04π�0σ = −
Q
2πσ
⇒ r = ±
√
−
Q
2πσ
Finalmente, sustituimos los valores que nos da el ejercicio:
r = ±
√
−
6.00µC
2π(−2.00 µC
m2
)
= ±
√
3
2π m
2 = ± 0.691m
Por lo tanto llegamos a las conclusiones siguientes:
a) Sobre el eje x positivo, en la coordenada (0.691 m, 0 m) el campo electrostático neto se hace 0.
b) Sobre el eje x negativo, en la coordenada (-0.691 m, 0 m) el campo electrostático neto se hace 0.
c) Si d = 0.800 m el punto del inciso b) (el cual es uno de los dos únicos puntos solución para nuestro sistema
dado), ahora estaría dentro de la sección B de nuestro sistema de coordenadas, por lo que no podría llegarse a
que ~Eneto = ~0, dado que ambos vectores ~EQ y ~Eσ apuntan en la misma dirección. Por lo tanto solamente sobre
el punto (0.691 m, 0 m) ocurre ~Eneto = ~0 en el eje x con d = 0.800 m.
Figura 23-54
49. En la figura 23-54, una esfera sólida de radio a = 2.00 cm =
2.00 × 10−2m es concéntrica con un cascarón esférico conductor de
radio interior b = 2.00 a y radio exterior c = 2.40 a. La esfera tiene
una carga neta uniforme q1 = +5.00 fC; el cascarón tiene una carga
neta de q2 = −q1. ¿Cuál es la magnitud del campo eléctrico en las
distancias radiales (a) r = 0 cm, (b) r = a/2.00, (c) r = a, (d) r =
1.50 a, (e) r = 2.30 a y (f) r = 3.50 a? ¿Cuál es la carga neta en (g) la
superficie interior y (h) la superficie exterior del cascarón?
SOLUCIÓN: Para los incisos (a) y (b), se quiere encontrar el campo
eléctrico en puntos dentro de la esfera uniformemente cargada positi-
vamente. Para eso se aplicará la ley de Gauss, donde el radio dado en
cada inciso será el radio de la esfera gaussiana concéntrica a las otras
dos esferas, con la que encerraremos cierta carga de interés. Siem-
pre que la carga encerrada por alguna esfera gaussiana sea positiva,
la dirección del campo eléctrico debido a la carga encerrada y la di-
rección de los elementos diferenciales de área sobre la superficie de
dicha esfera serán iguales, por lo tanto, cos θ = cos 0 = 1 , donde θ es
el ángulo entre los vectores ~E y d ~A. Por último, debido a que la magnitud del campo eléctrico E(r) es la misma
en cualquier elemento diferencial de área a una distancia r fija, podemos sacarla de la integral.
De acuerdo a la ley de Gauss:
Φ =
∮
S
~E · d ~A =
∮
S
E(r)dA cos θ = E(r)
∮
S
dA = E(r)4πr2 =
q′
ε0
⇒ E(r) =
q′
4πε0r2
(1)
Donde r =
∣∣∣~r ∣∣∣, q′ es la carga encerrada por alguna esfera gaussiana concéntrica a las esferas del problema, y
(1) es la magnitud del campo eléctrico sobre la superficie de dicha esfera solo si esta no se encuentra dentro de
algún cuerpo macizo no conductor con carga distribuida.
Entonces el problema en estos dos incisos se limita a determinar cuál es la carga encerrada q′ en alguna esfera
gaussiana de radio r = 0 m y r = a/2.00 para después poder aplicar la ley de Gauss. Como la esfera maciza
tiene distribuida la carga uniformemente sobre todo su volumen, es decir, la densidad volumétrica de carga
(definida como ρc) en cualquier parte debe ser la misma. Entonces:
qtotal
Vtotal
=
q1
V
= ρc =
dq′
dV
⇒ dq′ = ρcdV ⇒ q′ =
∮
V
ρcdV ⇒ q′ = ρc
∮
V
dV ⇒ q′ =
q1
4
3πa
3
4
3
πr3
⇒ q′ =
( r
a
)3
q1
Sustituyamos este resultado en (1).
E(r) =
q1r
4πε0a3
(2)
Debemos notar que (2) es la magnitud del campo eléctrico cuando la esfera gaussiana que utilicemos se en-
cuentra dentro de alguna distribución de carga uniforme.
Ya que toda carga fuera de la esfera gaussiana no contribuye al flujo, por muy grande que sea la carga o
por muy cerca que esté de la esfera gaussiana, entonces la carga del conductor no influye dentro de las esferas
gaussianas que no encierran su carga y por lo tanto no tendrá relevancia al calcular el campo eléctrico sobre
superficies gaussianas con radio menor a b. Dicho esto, calculemos la magnitud del campo eléctrico para los
incisos a) y b).
a) r = 0 m. No es posible construir una esfera gaussiana de radio r = 0 m y por lo tanto tampoco es posible
encerrar algo de carga. Evaluando (2) en r = 0 m, obtenemos lo siguiente:
E(0 m) =
q1(0 m)
4πε0a3
= 0
N
C
b) r = a/2.00. Evaluando (2) en r = a/2.00, se tiene lo siguiente:
E(a/2.00) =
q1a
8πε0a3
=
q1
8πε0a2
=
5 × 10−15 C
8π(8.85 × 10−12 C2/(Nm2))(0.02 m)2
= 5.61 × 10−2
N
C
c) r = a. Cuando r = a podría decirse que la esfera gaussiana encierra toda la carga q1 de la esfera maciza. En
este caso, (1) y (2) son equivalentes, pues de la expresión obtenida para la carga encerrada, tenemos:
q′ =
( r
a
)3
q1 =
(a
a
)3
q1 = q1
∴ E(a) =
q1a
4πε0a3
=
q1
4πε0a2
=
5 × 10−15 C
4π(8.85 × 10−12 C2/(Nm2))(0.02 m)2
= 1.12 × 10−1
N
C
d) r = 1.50a. En este caso, la esfera gaussiana de radio r = 1.50a ya no está entre alguna distribución de carga
como lo estaba en los primeros incisos y la carga que encierra ahora resulta ser q1. Por lo tanto, evaluemos (1)
en r = 1.50a.
E(r) =
q′
4πε0r2
⇒ E(1.50a) =
q1
4πε0(1.50a)2
=
5 × 10−15 C
4π(8.85 × 10−12 C2/(Nm2))(0.03 m)2
= 4.99 × 10−1
N
C
e) r = 2.30a. De la información del problema determinamos que una esfera gaussiana con r = 2.30a tendría
todos sus puntos dentro del conductor. Sabemos que dentro de un conductor, el campo eléctrico es cero, ya que
si no lo fuera, el campo ejercería fuerzas en los electrones de conducción, quienes están siempre presentes en
un conductor, y por lo tanto siempre existiría una corriente dentro de un conductor. Como no hay tal cosa como
una corriente perpetua en un conductor aislado, el campo eléctrico interno es cero.
∴ E(2.30a) = 0
N
C
f) r = 3.50a. La carga encerrada dentro de una esfera gaussiana de radio r = 3.50a es la suma de la carga de la
esfera maciza y de la carga del cascarón esférico conductor. Por lo tanto: q′ = q1 + q2 = q1 − q1 = 0 C. Si la
carga encerrada en una esfera gaussiana es de 0 C, la magnitud del campo eléctrico en la esfera gaussiana debe
ser de 0 N/C.
g) Carga neta en la superficie interior del cascarón. Sise considera una esfera gaussiana que esté dentro del
conductor, sabemos que el campo eléctrico es cero y por tanto, la carga encerrada debe ser cero. En esa esfera
gaussiana, sabemos que la carga encerrada es q1, que corresponde a la carga de la esfera maciza, mientras que
la carga en la superficie interior del cascarón conductor, Qi, es desconocida. Ya que
q′ = q1 + Qi = 0⇒ Qi = −q1 = −5 fC
∴ Qi = −5 fC.
h) Carga neta en la superficie exterior del cascarón. Si la carga del conductor (q2) es de -5 fC, entonces q2 debe
ser igual a la suma de la carga en la superficie interior (Qi) y la carga en la superficie exterior (Qe). Entonces:
q2 = Qi + Qe ⇒ Qe = q2 − Qi = −5 fC + 5 fC = 0 fC
∴ Qe = 0 fC.