Electromagnetismo__Cap_tulo_4__Tarea_5_resnick

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46.- Una carga Q de −9nC esta distribuida uniformemente en un anillo delgado de plastico en el plano y, z
con el centro del anillo en el origen. Una particula q de −6pC se encuentra en x = 3.0m. Para un radio del
anillo de 1.5m, ¿Cuanto trabajo deberia hacer una fuerza externa para mover la cargar q al origen?
Esquema anillo cargado
SOLUCIÓN: A partir del esquema del anillo podemos obtener los siguientes datos:
~ri = 3x̂ ~r f = ~0 R = 1.5m ~r′ = R cos θ′ŷ + R sin θ′ẑ
Al ser un anillo con carga distribuida uniformemente podemos tomar un elemento diferencial de carga que
denotaremos dQ′ (con vector de posicion r′) que se encuentra distribuido en un elemento diferencial de arco
que denotaremos ds′. La carga esta distribuida de la siguiente manera:
λ =
Q
2Rπ
λ(~r′) =
dQ′
ds′
⇒ dQ′ = λ(~r′)ds′ y ds′ = Rdθ′
Sabemos que el trabajo para llevar la carga q de un punto inicial a un punto final esta dado por
W~ri→~r f = U(~ri) − U(~r f )
Y que la energia potencial asociada con el sistema de particulas dQ′ y q esta definida como:
U = qV(~r)
entonces el trabajo estará dado por
W~ri→~r f = U(~ri) − U(~r f ) = q(V(~ri) − V(~r f ))
Para nuestro sistema donde usamos un elemento diferencial de carga dQ′ distribuida en un elemento diferencial
de arco ds′; la energia de potencial esta dada de la siguiente manera:
W~ri→~r f = q(V(ri) − V(ri))
Tenemos que encontrar el potencial elctrico en los vectores posicion ri y r f , tomemos primero el elemento dV(r f )
dV(r f ) =
dQ′
4π�0
1
|~r f − ~r′|
V(r f ) =
∫ s f
si
λ(~r′)ds′
4π�0|~r f − ~r′|
Podemos sustituir los siguientes terminos
λ =
Q
2Rπ
ds′ = Rdθ′
~r f − ~r′ = (0x̂ + 0ŷ) − (R cos θ′ x̂ + R sin θ′ŷ) = −R(cosθ′ x̂ + sin θ′ŷ) |~r f − ~r′| =
√
R2(cos2θ′ + sin2 θ′) = R
Entonces obtenemos
V(r f ) =
∫ 2π
0
Q
2πR
Rdθ′
4π�0R
=
Q
8π2�0R
∫ 2π
0
dθ
V(r f ) =
Q
8π2�0R
θ
∣∣∣∣2π
0
=
Q
4π�0R
Se hará lo mismo para el termino V(~ri)
V(ri) =
∫ s f
si
λ(~r′)ds′
4π�0|~ri − ~r′|
Sustituyendo
~ri − ~r′ = (3m)x̂ − R cos θ′ŷ + R sin θ′ẑ |~ri − ~r′| =
√
(3m)2 + R2(cos2θ′ + sin2 θ′) =
√
(3m)2 + R2
V(~ri) =
∫ 2π
0
Q
2πR
Rdθ′
4π�0|~ri − ~r′|
V(~ri) =
Q
8π2�0
√
(3m)2 − R2
∫ 2π
0
dθ
V(~ri) =
Q
8π2�0
√
(3m)2 − R2
θ
∣∣∣∣2π
0
=
Q
4π�0
√
32 − R2
Ahora que tenemos los términos V(~ri) y V(~r f ) podemos sustituirlos en
W~ri→~r f = q(V(ri) − V(ri))
W~ri→~r f = q
 Q
4π�0
√
(3m)2 − R2
−
Q
4π�0R

W~ri→~r f =
qQ
4πε0
 1√
(3m)2 − R2
−
1
R

sustituyendo los valores
W~ri→~r f =
(−6 × 10−12C)(−9 × 10−9C)
4π
(
8.85 × 10−12
C2
Nm2
)  1√
(3m)2 + (1.5m)2
−
1
1.5m

W~ri→~r f ≈ −1.8 × 10
−10J
66. Dos cascarones esféricos aislados, concéntricos y conduc-
tores tienen radios r1 = 0.500 m y r2 = 1.00 m, cargas unifor-
mes q1 = 2.00 mC y q2 = 1.00 mC y espesores insignificantes.
¿Cuál es la magnitud del campo eléctrico E a distancia radial
(a) r3 = 4.00 m, (b) r4 = 0.700 m y (c) r5 = 0.200 m (Con Vi a
infinito es 0), ¿Cuánto es V a (d) r6 = 4.00 m, (e) r7 = 1.00 m,
( f ) r8 = 0.700 m, (g) r9 = 0.500 m, (h) r10 = 0.200 m e (i) r11 =
0 m? (Donde r1 = r9, r2 = r7, r3 = r6, r4 = r8 y r5 = r10).
( j) Dibuja E(r) y V(r).
SOLUCIÓN: En la figura 66 se han colocado tres superficies
gaussianas esféricas con los siguientes radios r3 = 4.00 m, r4 =
0.700 m y r5 = 0.200 m.
Dado nuestro sistema de referencia, de la ley de Gauss conoce-
mos la siguiente relación:∮
~E · d ~A =
qenc
�0
(1)
Dado que tanto los cascarones esféricos y las superficies gaussianas propuestas en el ejercicio cuentan con
simetría esférica, la ecuación (1) se convierte en:
E(~r) · A =
qenc
�0
Donde A = 4πr2 (El área de la superficie de una esfera)
⇒ E(~r) =
qenc
4π�0r2
(2)
a) Para r3 = 4.00 m, nuestra superficie gaussiana tiene una carga encerrada igual a q1 + q2, es decir q3 =
3.0 × 10−6C. Y se procede a utilizar (2) para calcular la magnitud del campo electrostático:
E3(~r3) =
q3
4π�0r23
=
3.0 × 10−6C
4π(8.85 × 10−12 C2Nm2 )(4.00 m)
2
= 1, 685.9
N
C
b) Utilizamos un proceso idéntico al inciso a), solo que en esta ocasión la carga encerrada q4 es igual a q1 =
2.0 × 10−6 y r4 = 0.700 m
E4(~r4) =
q1
4π�0r24
=
2.0 × 10−6C
4π(8.85 × 10−12 C2Nm2 )(0.700 m)
2
= 36, 742.8
N
C
c) Observemos que para r5 = 0.200m la carga encerrada q5 = 0, de donde directamente sabemos que E(~r5) =
0 NC
Ahora, recordemos la siguiente expresión para el potencial eléctrico:
dV(~r) = − ~E · d~r∫ V f
Vi
dV = −
∫ ~r f
~ri
~E · d~r
V f − Vi = −
∫ ~r f
~ri
~E · d~r
Dado que el problema establece Vi a infinito es cero, entonces:
⇒ V f = −
∫ ~r f
~ri
~E · d~r
Ahora, procedemos a desarrollar V f para cada inciso que nos pide el problema, estableciendo los distintos
limites de integración con base en nuestro sistema de referencia y en algunos casos usando el principio de
superposición:
d) Para r3 = 4.00 m donde r3 > r2 tenemos:
V f = −
[∫ r3
∞
qenc
4π�0 r2
dr
]
= −
qenc
4π�0
∫ r3
∞
1
r2
dr = −
qenc
4π�0
[
−
1
r3
+
1
∞
]
=
q1 + q2
4π�0r3
Calculamos entonces V f en r3 y lo expresamos como V3:
V3 =
(2 × 10−6 C) + (1 × 10−6 C)
4π (8.85 × 10−12 C2N m2 )(4.00 m)
= 6, 743.85 V
e) Para r7 = r2 = 1.00 m donde r2 = r2 tenemos:
V f = −
[∫ r2
∞
qenc
4π�0 r2
dr
]
= −
qenc
4π�0
∫ r2
∞
1
r2
dr = −
qenc
4π�0
[
−
1
r2
+
1
∞
]
=
q1 + q2
4π�0r2
Calculamos entonces V f en r2 y lo expresamos como V2:
V2 =
(2 × 10−6 C) + (1 × 10−6 C)
4π (8.85 × 10−12 C2N m2 )(1.00 m)
= 26, 975.40 V
f) Para r8 = r4 = 0.700 m donde r4 < r2 tenemos:
V f = −
[∫ r2
∞
qenc
4π�0 r2
dr +
∫ r4
r2
qenc
4π�0 r2
dr
]
= −
[∫ r2
∞
q1 + q2
4π�0 r2
dr +
∫ r4
r2
q1
4π�0 r2
dr
]
⇒ −
[
q1 + q2
4π�0
(
−
1
r2
+
1
∞
)
+
q1
4π�0
(
−
1
r4
+
1
r2
)]
= −
[
−
q1
4π�0 r2
−
q2
4π�0 r2
−
q1
4π�0 r4
+
q1
4π�0 r2
]
=
q1
4π�0 r4
+
q2
4π�0 r2
⇒ V f =
1
4π�0
[
q1
r4
+
q2
r2
]
Calculamos entonces V f en r4 y expresamos como V4:
V4 =
1
4π(8.85 × 10−12 C2N m2 )
[
2 × 10−6 C
0.700 m
+
1 × 10−6 C
1.00 m
]
= 34, 682.67 V
g) Para r9 = r1 = 0.500 m donde r1 < r2 tenemos:
V f = −
[∫ r2
∞
qenc
4π�0 r2
dr +
∫ r1
r2
qenc
4π�0 r2
dr
]
= −
[∫ r2
∞
q1 + q2
4π�0 r2
dr +
∫ r1
r2
q1
4π�0 r2
dr
]
⇒ −
[
q1 + q2
4π�0
(
−
1
r2
+
1
∞
)
+
q1
4π�0
(
−
1
r1
+
1
r2
)]
= −
[
−
q1
4π�0 r2
−
q2
4π�0 r2
−
q1
4π�0 r1
+
q1
4π�0 r2
]
=
q1
4π�0 r1
+
q2
4π�0 r2
⇒ V f =
1
4π�0
[
q1
r1
+
q2
r2
]
Calculamos entonces V f en r1 y expresamos como V1:
V1 =
1
4π(8.85 × 10−12 C2N m2 )
[
2 × 10−6 C
0.500 m
+
1 × 10−6 C
1.00 m
]
= 44, 959.02 V
h) Para r10 = r5 = 0.200 m donde r5 < r1 tenemos:
V f = −
[∫ r2
∞
qenc
4π�0 r2
dr +
∫ r1
r2
qenc
4π�0 r2
dr
]
= −
[∫ r2
∞
q1 + q2
4π�0 r2
dr +
∫ r1
r2
q1
4π�0 r2
dr
]
⇒ −
[
q1 + q2
4π�0
(
−
1
r2
+
1
∞
)
+
q1
4π�0
(
−
1
r1
+
1
r2
)]
= −
[
−
q1
4π�0 r2
−
q2
4π�0 r2
−
q1
4π�0 r1
+
q1
4π�0 r2
]
=
q1
4π�0 r1
+
q2
4π�0 r2
⇒ V f =
1
4π�0
[
q1
r1
+
q2
r2
]
Calculamos entonces V f en r5 y expresamos como V5:
V5 =
1
4π(8.85 × 10−12 C2N m2 )
[
2 × 10−6 C
0.500 m
+
1 × 10−6 C
1.00 m
]
= 44, 959.02 V
i) Para r11 = 0 m donde r11 < r1 tenemos:
V f = −
[∫ r2
∞
qenc
4π�0 r2
dr +
∫ r1
r2
qenc
4π�0 r2
dr
]
= −
[∫ r2
∞
q1 + q2
4π�0 r2
dr +
∫ r1
r2
q1
4π�0 r2
dr
]
⇒ −
[
q1 + q2
4π�0
(
−
1
r2
+
1
∞
)
+
q1
4π�0
(
−
1
r1
+
1
r2
)]
= −
[
−
q1
4π�0 r2
−
q2
4π�0 r2
−
q1
4π�0 r1
+
q1
4π�0 r2
]
=
q1
4π�0 r1
+
q2
4π�0 r2
⇒ V f =
1
4π�0
[
q1
r1
+
q2
r2
]
Calculamos entonces V f en r11 y expresamos como V11:
V11 =
1
4π(8.85 × 10−12 C2N m2 )
[
2 × 10−6 C
0.500 m
+
1 × 10−6 C
1.00 m
]
= 44, 959.02 V
j) Para este inciso comenzamos analizando la magnitud del campo eléctrico ~E en función de la magnitud de la
distancia r respecto al origen, entonces la función E(r) es E(r) = 0 NC en el intervalo 0 6 r < 0.5 ya que no se
encierra ninguna carga. En el intervalo 0.5 6 r < 1 la carga encerrada es q1 por lo que podemos definir una
constante C1 =
q1
4π�0
de modo que el campo eléctrico se establece como una función E(r) = C1r2. Posteriormente,
cuando 1 6 r la carga encerrada es q3 = q1 + q2 por lo que se puede definir otra constante C2 =
q3
4π�0
de modo
que el campo eléctrico se establece como una función E(r) = C2r2 . De esta forma podemos graficar E(r) para los
tres intervalos.
Ahora, en el caso de la función V(r), de los incisos anteriores podemos ver que en el intervalo 0 6 r < 0.5
el campo eléctrico es constante por lo que expresamos la función V(r) = 14π�0
[
q1
r1
+
q2
r2
]
= 44, 959.02 V . En el
intervalo 0.5 6 r < 1 tenemos la expresión V(r) = 14π�0
[
q1
r +
q2
r2
]
de la cual podemos definir algunas constantes
A = q14π �0 y B =
q2
4π �0 r2
de modo que el potencial eléctrico se establece como una función V(r) = Ar + B.
Finalmente cuando 1 6 r tenemos la expresión V(r) = q1+q24π�0 r de la cual podemos definir una constante K =
q1+q2
4π�0
por lo que establecemos la función como V(r) = Kr . Por consiguiente, podemos graficar V(r) para los tres
intervalos.