Solucionario de guia de fisica

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Solucionario. Gúıa Di Bartolo
F́ısica III (FS-2211)
(Problemas de Desarrollo)
Preparado, resuelto y tipeado en LATEX por:
Erasmo A. Iñiguez B.
Ing. Mecánica. 14’
Primera revisión: Enero 2018
Introducción
Mi motivación principal para la realización de esta gúıa esta principalmente en el éxito derivado
de haber publicado un solucionario para F́ısica IV, donde pude evidenciar la gran utilidad que
significó para muchos estudiantes a la hora de estudiar la materia, lo cual me motivó a continuar
mi trabajo, esta vez escribiendo el Solucionario para F́ısica III. Pretendo con esta gúıa, al igual que
mi primer solucionario, plasmar las soluciones detalladas hechas por mi persona de los problemas
de la gúıa con que se acostumbra estudiar esta materia, como lo es la gúıa de Di Bartolo.
Este solucionario no pretende ser un libro texto, sino pretende dar apoyo al estudiante para
el estudio de F́ısica III, en donde se presenta la aplicación de la teoŕıa en las soluciones de los
ejercicios propuestos en la gúıa del profesor Cayetano Di Bartolo. En cada ejercicio se detallan los
conceptos utilizados, las leyes, y carpinteŕıa matemática, aśı como también en la mayoŕıa de los
casos se brinda un apoyo gráfico para un entendimiento más preciso de qué se está trabajando en
cada problema.
Al ofrecer la solución de los problemas de la gúıa, no significa que estén exentos de errores, por
lo que en caso de encontrar discrepancias o errores en las siguientes páginas notificarlo a mi correo
erasmo97@gmail.com, para ser revisado y modificado para la siguiente revisión del texto.
Espero que sea de gran ayuda para el entendimiento y aplicación de los conceptos teóricos en
los ejercicios prácticos, y que con ello vengan excelentes resultados académicos para la aprobación
de esta materia.
¡Mucho Éxito!
Erasmo A. Iñiguez B.
Ing. Mecánica. 14’
Observación: Cabe señalar que la autoŕıa y elaboración de los planteamientos de los problemas es obra
del Prof. Cayetano Di Bartolo, ex-profesor del Departamento de F́ısica de la Universidad Simón Boĺıvar.
Di Bartolo, C. (2004). Gúıa de Problemas F́ısica III (FS-2211), (Problemas. Parte 1-2).
Universidad Simón Boĺıvar. Caracas.
Índice general
0.1. Fuerza y campo eléctrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
0.2. Ley de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
0.3. Potencial eléctrico y enerǵıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
0.4. Condensadores. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
0.5. Dieléctricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
0.6. Densidad de Corriente y circuitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
0.7. Campo Magnético. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 1
0.1. Fuerza y campo eléctrico
1. La figura muestra tres cargas que se mantienen fijas en el plano xy.
a. Halle, en cartesianas, la fuerza eléctrica neta sobre q3 debida a las otras dos cargas.
b. Evalúe el resultado anterior para el caso q1 = 25 mC, q2 = −16 mC, q3 = 5 mC,
a = 3 m, y b = 4m
Solución: Recordemos que la fuerza electrostática en forma vectorial viene dada
por la ecuación
~F21 =
q1q2
4π�0||~r2 − ~r1||3
(~r2 − ~r1)
En nuestro caso debemos encontrar las fuerzas que producen q1 y q2 sobre la carga
q3, para encontrar el sentido de esta fuerza suponemos que todas las cargas son positivas, por lo tanto
todas las fuerzas serán de repulsión
Entre 1 y 3. La fuerza de repulsión actúa en dirección de 1 a 3. El vector
posición relativo entre las cargas será ~r3 − ~r1 = aî+ bĵ, cuyo módulo es
||~r3 − ~r1|| =
√
a2 + b2
Entonces
~F31 =
q1q3
4π�0||~r3 − ~r1||3
(~r3 − ~r1)⇒ ~F31 =
q1q3
4π�0(
√
a2 + b2)3
(aî+ bĵ)
Entre 2 y 3. La fuerza de repulsión actúa en dirección de 2 a 3. El vector
posición relativo entre las cargas será ~r2 − ~r1 = bĵ, cuyo módulo es
||~r3 − ~r1|| = b
Entonces
~F32 =
q2q3
4π�0||~r3 − ~r2||3
(~r3 − ~r2)⇒ ~F32 =
q2q3
4π�0b3
(bĵ) =
q2q3
4π�0b2
ĵ
Para encontrar la resultante sumamos ambos vectores fuerza
FR = ~F21 + ~F31 =
q2q3
4π�0b2
ĵ +
q1q3
4π�0(
√
a2 + b2)3
(aî+ bĵ)
Agrupando las componente y sacando factor común, nos queda
~FR =
q3
4π�0
{
q1a
(a2 + b2)3/2
î+
(
q1b
(a2 + b2)3/2
+
q2
b2
)
ĵ
}
Sustituimos los valores numéricos q1 = 25 mC, q2 = −16 mC, q3 = 5 mC, a = 3 m, y b = 4m
En la componente x
Fx =
q1a
(a2 + b2)3/2
=
25× 10−3(3)
(42 + 32)3/2
⇒ Fx =
3
5000
En la componente y
Fy =
q1b
(a2 + b2)3/2
+
q2
b2
=
(25× 10−3)(4)
(25)3/2
+
−16× 10−3
(4)2
⇒ Fy = −
1
5000
Luego
~FR =
q3
4π�0
(
3
5000
î− 1
5000
ĵ
)
= kq3
(
3
5000
î− 1
5000
ĵ
)
= (5× 10−3)(9× 109)
(
3
5000
î− 1
5000
ĵ
)
Erasmo Iñiguez 1 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 2
Finalmente
~FR = 9(3̂i− ĵ)× 103N
2. El sistema de la figura se encuentra en reposo. Las dos part́ıculas tienen la
misma carga q1 = q2 = q y se encuentran en la misma altura. La #1 tiene masa
m y cuelga de un hilo que forma un ángulo θ con la vertical, la # 2 se mantiene
fija en su lugar por medio de un soporte unido a una mesa. Halle la longitud L del
hilo.
Solución: Dibujamos las fuerzas que actúan sobre la carga q1, las cuales son,
su propio peso ~mg, la tensión de la cuerda ~T y la fuerza de repulsión entre las
cargas ~Fe, ésta última sigue la dirección de la ĺınea que une las dos cargas, es decir
va en la dirección horizontal.
Como la carga se encuentra en reposo se cumple la Segunda Ley de Newton
~T + ~mg + ~Fe = 0
Es decir, en el eje x tenemos
T sin θ − Fe = 0⇒ Fe = T sin θ (I)
En el eje y
T cos θ −mg = 0⇒ mg = T cos θ (II)
Dividiendo la ecuación (I) entre (II) se obtiene
tan θ =
Fe
mg
=
1
mg
q2
4π�0L2 sin
2 θ
⇒ L2 = q
2
4π�0mg sin
2 θ tan θ
⇒ L =
√
q2 cos θ
4π�0mg sin
3 θ
3. La figura muestra un sistema de tres part́ıculas cargadas en un plano
xy horizontal. Las part́ıculas #1 y #2 se mantienen fijas y la #3, de masa m,
se está moviendo a lo largo del eje x bajo la influencia de las fuerzas eléctricas
que le aplican las otras dos. Llame x(t) a la posición de q3 respecto al origen.
a. Halle la fuerza neta sobre q3 y su ecuación de movimiento.
b. ¿Es el punto x = 0 un punto de equilibrio? ¿Por qué?
c. Halle el peŕıodo del movimiento de q3 si inicialmente se suelta desde el
reposo en un punto |x(0)| � a
Solución: Llamaremos x la distancia horizontal que recorre la carga q3
en su movimiento, es decir será la distancia horizontal que separa la carga de
las otras dos. Como q3 tiene signo contrario a q1 y q2 existirá una fuerza de
atracción concentrada sobre q3.
Valiéndonos de la simetŕıa que presenta la posición de las dos cargas,
podemos observar que ambas fuerzas presentarán la misma magnitud, aśı
las componentes verticales y se anularán entre śı y sólo sumaremos las dos
componentes horizontales de las fuerzas de atracción. Es decir la fuerza que
actúa sobre la part́ıcula q3 resultante será
~FR = (F13 + F23) cos θûx = 2F cos θûx = 2
q(−q)
4π�0(a2 + x2)
x
a2 + x2
ûx
Erasmo Iñiguez 2 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 3
Aśı, la fuera resultante sobre q3 es igual a
~FR =
−q2x
2π�0(a2 + x2)3/2
ûx
Recordemos que por la ecuación de la segunda Ley de Newton
~FR = m~a⇒
−q2x
2π�0(a2 + x2)3/2
= max ⇒ ax +
q2x
2π�0m(a2 + x2)3/2
= 0
Además sabemos que la aceleración es la segunda derivada temporal de la posición (ax = ẍ), por lo
tanto nos queda la ecuación diferencial que describe el movimiento de la part́ıcula
ẍ+
q2x
2π�0m(a2 + x2)3/2
= 0
Observemos que si evaluamos x = 0 en F, resulta que F (x = 0) = ~0, por lo tanto representa un punto
de equilibrio para la part́ıcula. x = 0 es punto de equilibrio
Ahora bien, tomando la aproximación|x(0)| � a, podemos modelar el movimiento de la carga como
un oscilador armónico (movimiento del resorte en F́ısica I), veamos que con esto estamos despreciando x
frente a la distancia a, es decir x ' 0 en el denominador
Entonces
ẍ+
q2x
2π�0m(a2)3/2
= 0⇒ ẍ+ q
2x
2π�0ma3︸ ︷︷ ︸
k/m
= 0
Usando la analoǵıa de la constante k del resorte y recordando las definiciones de frecuencia angular y
su relación con el peŕıodo, tenemos que
ω2 =
k
m
⇒ ω2︸︷︷︸
ω=2πf
=
q2
2π�0ma3
⇒ (2π f︸︷︷︸
f=1/T
)2 =
q2
2π�0ma3
⇒
(
2π
T
)2
=
q2
2π�0ma3
⇒ T 2 = (2π)2 2π�0ma
3
q2
⇒ T = 2π
√
2π�0ma
3
q2
4. Una carga puntual de 5µC se coloca sobre el origen, otra carga puntual de 8µC se coloca a 3 m
del origen sobre el eje x, y una tercera carga de 12µC se coloca a 3 m del origen sobre el eje y. Aproxime
Ke = 1/4π�0 ' 9 ∗ 109 Nm2/C2 y halle la magnitud de la fuerza sobre la carga en el origen.
Solución: En este problema tenemos dos fuerzas de repulsión que siguen
las direcciones del eje x y el eje y. Para determinar la magnitud de la fuerza
resultante podemos fácilmente aplicar el teorema de Pitágoras. Aśı
|FR| =
√
(F21)2 + (F31)2
Por un lado
F21 =
q2q1
4π�0d21
= 9× 109 (5× 10
−6)(8× 10−6)
(3)2
=
1
25
Erasmo Iñiguez 3 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 4
Por otro lado
F31 =
q3q1
4π�0d31
= 9× 109 (5× 10
−6)(12× 10−6)
(3)2
=
3
50
Entonces
|FR| =
√
(F21)2 + (F31)2 =
√(
1
25
)2
+
(
3
50
)2
⇒ |FR| =
√
13
50
N
5. Un electrón y dos protones se colocan en los tres diferentes arreglos
mostrados en la figura. Llamaremos F al módulo de la fuerza eléctrica total
que los protones ejercen sobre el electrón. Compare F en los tres casos y
ordene de mayor a menor.
Solución: Para establecer la comparación ubicaremos en los tres casos
la dirección de las fuerzas que ejercen los protones sobre el electrón. Luego,
llamaremos F al valor dado por la ecuación
F = ke
q2
d2
Cualquier fuerza donde se modifique la distancia será una fracción de F.
Caso (A) Tenemos
FA = ke
q2
d2
− ke
q2
(2d)2
= F − 1
4
F ⇒ FA =
3
4
F
Caso (B) Tenemos
FB = ke
q2
d2
+ ke
q2
(2d)2
= F +
1
4
F ⇒ FB =
5
4
F
Caso (C) Tenemos
FC =
√(
ke
q2
d2
)
+
(
ke
q2
(2d)2
)
=
√
F 2 +
1
16
F 2 ⇒ FC =
√
17
4
F
Ordenando de mayor a menos las fuerzas en cada caso tenemos
F en caso B > F en caso C > F en caso A
Erasmo Iñiguez 4 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 5
6. En el sistema de la figura las tres part́ıculas poseen la misma carga,
q1 = q2 = q3 = q. Las part́ıculas #1 y #2 se mantienen fijas y las #3, de
masa m, se está moviendo a lo largo del eje x bajo la influencia de las fuerzas
eléctricas que le aplican las otras dos. Llamaremos x(t) a la posición de q3
respecto al origen 0.
a. Halle la fuerza neta sobre q3 y su ecuación de movimiento.
b. ¿Es el punto x = 0 un punto de equilibrio? ¿Por qué?
c. Suponga que |x(t)| � L y halle el peŕıodo de las pequeñas oscilasciones de la part́ıcula #3 en torno
al origen
Solución: Las fuerzas que ejercen las cargas sobre q3 son fuerzas de re-
pulsión, ya que todas tienen el mismo signo, además ambas fuerzas seguirán
la dirección del eje x pero con sentidos opuestos. Entonces tenemos que la
fuerza resultante sobre la carga 3 será
~FR = ~F13 + ~F23 =
q2
4π�0(L+ x)2
î+
q2
4π�0(L− x)2
(−î)⇒ ~FR =
q2
4π�0
[
1
(L+ x)2
− 1
(L− x)2
]
î
Para la ecuación de movimiento usamos la Segunda Ley de Newton y recordamos la relación entre la
aceleración y la posición a = ẍ
~FR = m~a⇒
q2
4π�0
[
1
(L+ x)2
− 1
(L− x)2
]
= ma⇒ ẍ+ q
2
4π�0m
[
1
(L− x)2
− 1
(L+ x)2
]
= 0
Al evaluar x = 0 en la fuerza resultante se obtiene
F (x = 0) =
q2
4π�0
[
1
(L+ 0)2
− 1
(L− 0)2
]
⇒ F (x = 0) = 0
Como la fuerza es nula en el origen, decimos que el punto x = 0 es punto de equilibrio
Luego, para usar la suposición |x(t)| � L, que nos da el problema, necesitamos operar las fracciones
que tenemos en el módulo de la fuerza para poder despreciar la x frente a la longitud L en el denominador.
q2
4π�0
[
1
(L+ x)2
− 1
(L− x)2
]
=
q2
4π�0
[
(L− x)2 − (L+ x)2
(L− x)2(L+ x)2
]
=
q2
4π�0
[
L2 − 2xL+ x2 − (L2 + 2xL+ x2)
(L− x)2(L+ x)2
]
⇒ FR =
q2
4π�0
−4xL
(L− x)2(L+ x)2
Suponiendo que |x(t)| � L, tendremos que en el denominador x ' 0
⇒ FR = −
q2L
π�0L4
x⇒ FR = −
q2
π�0L3
x︸ ︷︷ ︸
Forma F=−kx
Como reconocemos que la fuerza tiene la misma forma que la fuerza del resorte en un oscilador
armónico podemos usar la relación de la constante k con la frecuencia angular y el peŕıodo de oscilasción.
Par ello recordemos que
ω2 =
k
m
=
q2
π�0mL3
⇒
(
2π
1
T
)2
=
q2
π�0mL3
⇒ T = 2π
√
π�0mL
3
q2
Erasmo Iñiguez 5 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 6
7. Dos pequeños cuerpos con cargas q1 y q2 del mismo signo están en
reposo suspendidos mediante hilos de longitud L. Los hilos, como se muestran
en la figura, forman un ángulo θ con la vertical y sus puntos de sujeción al
techo están separados una distancia d.
a. Dibuje el diagrama de fuerzas de cada cuerpo.
b. Escriba en componentes (vertical y horizontal) la segunda ley de New-
ton para cada carga.
c. Determine las masas de los dos pequeños cuerpos.
Solución: Identificamos que la fuerza eléctrica entre las cargas es una
fuerza de repulsión al tener ambas el mismo signo. Además notemos que la
distancia que separa las cargas será dos veces la longitud del cateto horizontal
del triángulo, es decir L sin θ sumado a la distancia de separación d, es decir
r = 2L sin θ + d.
Luego, tendremos las ecuaciones para cada carga
Para la carga 1
ΣFx = 0⇒ T1 sin θ − Fe = 0⇒ T1 sin θ =
q1q2
4π�0(d+ 2L sin θ)2
(I)
ΣFy = 0⇒ T1 cos θ −mg = 0⇒ T1 cos θ = m1g (II)
Para la carga 2
ΣFx = 0⇒ T2 sin θ − Fe = 0⇒ T2 sin θ =
q1q2
4π�0(d+ 2L sin θ)2
(III)
ΣFy = 0⇒ T2 cos θ −m2g = 0⇒ T1 cos θ = m2g (IV)
Al igualar las ecuaciones (I) y (III) por la magnitud de la fuerza eléctrica se obitene T1 = T2 = T , por
consiguiente sustituyendo en las ecuaciones (II) y (IV) se obtiene que las masas son iguales m1 = m2 = m
Ahora usando la ecuación (I) despejamos el valor de la tensión de la cuerda
T sin θ =
q1q2
4π�0(d+ 2L sin θ)2
⇒ T = q1q2
4π�0 sin θ(d+ 2L sin θ)2
Sustituyendo en la ecuación (II)
T cos θ = mg ⇒ q1q2
4π�0 sin θ(d+ 2L sin θ)2
cos θ = mg ⇒ m = q1q2
4π�0 tan θg(d+ 2L sin θ)2
Siendo éste el valor de las masas de los pequeños cuerpos cargados.
Erasmo Iñiguez 6 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 7
8. Dos part́ıculas, fijas y de carga q cada se encuentran separadas una
distancia 2a. Una tercera part́ıcula de masa M y carga Q está sometida
solamente a la fuerza electroestática de las part́ıculas fijas, ella gira en
una órbita circular de radio R; la órbita es perpendicular a la ĺınea que
une las dos part́ıculas fijas y tiene su centro en el punto medio entre
ellas. Ver figura.
a. Calcule la fuerza electrostática sobre Q. Indique qué signo debe
tener Q.
b. Halle la rapidez de Q.
c. Determine para qué valor de R es máximo el módulo de la fuerza
sobre Q.
Solución: Suponemos que todas las cargas son positivas para poder
dibujar el sentido de las fuerzas electroestáticas y ubicamos la carga Q en el extremo superior de la
circunferencia.
Como las cargas fijas se encuentran ubicadas simétricamente a una
distancia horizontal a de la carga Q podemos reducir la componente tan-
gencial de la fuerza resultante, ya que cada carga ejerce la misma fuerza
pero con sentido contrario en la horizontal. Sólo nos queda una compo-
nente vertical (que en nuestro caso será una componente con dirección
radial negativa). Aśı
~FR = 2Fe cos θ(−ûr) = 2
qQ
4π�0(
√
a2 +R2)2
R√
a2 +R2
(−ûr)
⇒ ~FR =
qQR
2π�0(a2 +R2)3/2
(−ûr)
Para que la part́ıcula logre describir la órbita circular es necesario
que el vector fuerza tenga la dirección radial positiva, ésto se logra śı Q
tiene signo contrario a q, es decir Signo Q = −Signo q
Por la Segunda Ley de Newton y usando larelación entre la aceleración radial y velocidad lineal
ar = v
2/R tenemos
F = Mar ⇒
qQR
2π�0(a2 +R2)3/2
=
Mv2
R
⇒ v =
√
|qQ|R2
2π�0M(a2 +R2)3/2
Para encontrar el valor de R para el cual F es máximo, necesitamos aplicar los conceptos de máximos
y mińımos usando el criterio de la primera y segunda derivada. Identifiquemos que la fuerza FR es una
función de R y calculemos su primera derivada
dF
dR
=
d
dR
(
qQR
2π�0(a2 +R2)3/2
)
=
qQ
2π�0
d
dR
(
R
(a2 +R2)3/2
)
=
qQ
2π�0
(a2 +R2)3/2 −R(2R)32(a
2 +R2)1/2
(a2 +R2)3
Para encontrar los puntos cŕıticos de la función, igualamos a cero la primera derivada
dF
dR
= 0⇒ (a2 +R2)1/2(a2 +R2 − 3R2) = 0⇒ a2 = 2R2 ⇒ R = a√
2
Al despejar R, tenemos un valor positivo o negativo, la única opción con sentido f́ısico es que el radio
sea positivo, por ello tomamos la parte positiva de la ráız.
Erasmo Iñiguez 7 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 8
Para evitar el uso del criterio de la segunda derivada analicemos que la función F(R) tiene un com-
portamiento donde por cada valor de R el módulo de la fuerza es positivo, por lo tanto en todo el dominio
F > 0, además F (R = 0) = 0, por lo tanto el punto encontrando representa un máximo local. Aśı en el
valor de R encontrado es donde se produce el máximo valor de la fuerza.
9. Un haz constituido por neutrones, electrones y protones, todos
con igual velocidad, penetra en un campo vertical uniforme y se divide
en otros tres haces A, B y C como indica la figura. Desprecie el efecto
de la gravedad e indique a cuál tipo de part́ıculas corresponde cada haz.
Indique también qué se puede decir acerca del sentido del vector campo
eléctrico.
Solución: Debido a que los neutrones tienen una carga neutra, no
interactúan de ninguna forma con el campo eléctrico, por lo tanto con-
tinúan la misma ĺınea que teńıa el haz principal al entrar al campo. Por
lo tanto se deduce que los neutrones forman el haz B.
* Al momento de entrar los protones en una región con un campo
eléctrico, estos buscarán seguir la dirección del mismo, ya que recorde-
mos que cuando se calcula un campo eléctrico se utiliza la suposición
del efecto sobre una carga positiva, además los protones no son cargas móviles que alcancen grandes
velocidades como los electrones. Con estos argumentos vemos que los protones forman el haz A.
*Por simplicidad decimos entonces que los electrones forman el haz C. Además vemos como el
haz C tiene una curva más pronunciada indicando que se mueven a una velocidad mayor que el haz A, y
siguen una dirección contraria a la del campo.
* Con estos argumentos finalizamos diciendo que el campo eléctrico va hacia arriba
10. En los vértices de un cuadrado de lado 2L se fijan 4 part́ıculas
cuyas cargas se señalan en el dibujo.
a. Calcule el campo eléctrico del sistema en un punto z sobre el eje
perpendicular al cuadrado y que pasa por su centro. Ayuda: Calcule
por separado la contribución de cada par de cargas conectadas por una
diagonal.
b. En el punto z se coloca una part́ıcula de masa m y carga 2q,
inicialmente en reposo. Suponga que la gravedad no es relevante en el
problema.
b1. Halle la ecuación de movimiento de la part́ıcula de masa m.
b2. Suponga que z � L y calcule el peŕıodo de las pequeñas oscila-
ciones que describe la part́ıcula.
Solución: Para encontrar el campo eléctrico producido por el conjunto de cargas, separaremos el
cálculo en el campo generado por el par de carga q, y el campo del par de cargas −3q. Ambos pares están
conectados por una diagonal del cuadrado de lado 2L. Esta diagonal tiene un valor de D = 2
√
2L
La distancia que separa cada una de las cargas del punto sobre el eje perpendicular puede ser hallada
usando la geometŕıa del triángulo que se forma al unir el centro del cuadrado con cada una de las esquinas
y tomando una recta desde cada carga hasta el punto z. Aśı calculamos que la distancia de separación es
d =
√
2L2 + z2
Erasmo Iñiguez 8 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 9
Valiéndonos de la simetŕıa respecto al eje z que presentan la ubica-
ción de los pares de cargas en cada diagonal, podemos reducir el cálculo
a sólo la componente vertical (en el eje z) de cada campo.
1. Para el par de cargas q.
En este caso suponemos que en el punto z existe una pequeña carga
positiva, por lo tanto las cargas q ejercerán una repulsión en este punto,
quedando la componente vertical positiva. Aśı
~Eq = 2
q
4π�0(2L2 + z2)
cos θûz = 2
q
4π�0(2L2 + z2)
z√
2L2 + z2
ûz
~Eq =
qz
2π�0(2L2 + z2)3/2
ûz
2. Para el par de cargas -3q.
En este caso suponemos que en el punto z existe una pequeña carga positiva, por lo tanto las cargas
−3q ejercerán una atracción en este punto, quedando la componente vertical negativa. Aśı
~E3q = 2
3q
4π�0(2L2 + z2)
cos θ(−ûz) = 2
3q
4π�0(2L2 + z2)
z√
2L2 + z2
(−ûz)
~E3q =
−3qz
2π�0(2L2 + z2)3/2
ûz
Ahora, para encontrar el campo resultante sumamos los dos vectores
~E = ~Eq + ~E3q =
qz
2π�0(2L2 + z2)3/2
ûz +
−3qz
2π�0(2L2 + z2)3/2
ûz =
qz
π�0(2L2 + z2)3/2
(
1− 3
2
)
⇒ ~E = − qz
π�0(2L2 + z2)3/2
ûz
Si se coloca la part́ıcula de carga 2q en el punto z, el conjunto de cargas ejerce una fuerza eléctrica
~F = 2q ~E ⇒ ~F = − 2q
2z
π�0(2L2 + z2)3/2
ûz
Por la segunda Ley de Netwon y recordando la relación entre la aceleración y la posición ẍ = a
obtendremos la ecuación diferencial que describe el movimiento de la part́ıcula.
F = ma⇒ − 2q
2z
π�0(2L2 + z2)3/2
= mẍ⇒ ẍ+ 2q
2z
π�0m(2L2 + z2)3/2
= 0
Con la suposición z � L, podremos decir que z ' 0 y se desprecia en el denominador, por lo tanto
podemos aproximar la fuerza ejercida sobre 2q a
F = − 2q
2z
π�0(2L2 + z2)3/2
= − 2q
2z
π�0(2L2)3/2
= − 2q
2z
π�0(2L2)3/2
= − 2q
2z
π�02
√
2L3
= − q
2
π�0
√
2L3
z︸ ︷︷ ︸
Forma F = −kz
Observamos que la fuerza sobre la part́ıcula tiene la misma forma que la fuerza ejercida sobre un
resorte, por lo tanto se puede modelar este problema como un oscilador armónico, y puede hallarse el
peŕıodo usando la relación de k con la frecuencia angular ω y recordando que ω = 2π/T
ω2 =
k
m
⇒
(
2π
T
)2
=
q2
π�0m
√
2L3
⇒ T = 2π
√√
2π�0L
3m
q2
Erasmo Iñiguez 9 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 10
11. La figura a la derecha muestra una barra delgada de longitud
L y carga Q uniformemente distribuida. El punto P está en la misma
ĺınea de la barra y a una distancia h del extremo de la misma.
a. Halle el campo eléctrico producido por la barra en el punto P y
la fuerza eléctrica que le aplicaŕıa una carga puntual q que se colocara
alĺı.
b. La figura de la derecha muestra dos barras delgadas, colineales,
separadas una distancia D y de longitudes L1 y L2. Sus cargas Q1 y Q2
están uniformemente distribuidas. Aproveche el resultado de la parte a
y halle la fuerza eléctrica entre las dos barras.
Solución: Suponemos que en el punto P se encuentra una carga
positiva, por lo tanto el campo eléctrico que produce un elemento di-
ferencial de la barra dq tiene dirección positiva en el eje horizontal.
Teniendo en cuenta que la distribución de la carga es uniforme y es lon-
gitudinal, tenemos Q = λL, donde λ es la densidad de carga por unidad
de longitud, la cual es constante en todo la barra, es decir
λ =
Q
L
=
dq
dx
⇒ dq = λdx
Luego, podemos decir que cada elemento diferencial crea un diferencial de campo eléctrico en P
d ~E =
dq
4π�0(h+ L− x)2
ûx
Luego pasamos a integrar sobre toda la longitud de la barra, es decir desde x = 0 hasta x = L, aśı
nos queda la integral
~E =
∫
d ~E =
∫ L
0
λdx
4π�0(h+ L− x)2
ûx =
λ
4π�0
∫ L
0
dx
(h+ L− x)2
ûx
En este caso nos queda una integral sencilla de resolver con un cambio de variable u = h + L − x y
du = −dx, y los nuevos ĺımites de integración serán desde u = h+ L hasta u = h.
~E =
λ
4π�0
∫ h
h+L
−du
u2
ûx =
λ
4π�0
ûx
(
1
u
]h
h+L
⇒ ~E = Q
4π�0L
(
1
h
− 1
h+ L
)
ûx
Para encontrar la fuerza sobre una carga puntualrecordemos la relación
~F = q ~E ⇒ ~F = qQ
4π�0L
(
1
h
− 1
h+ L
)
ûx
Ahora nos toca encontrar la fuerza entre las dos barras, para ello debemos aprovechar el resultado
obtenido en la primera parte, pero recordando que por la relación ~F = q ~E esta vez tendremos un diferencial
de fuerza aplicado sobre un diferencial de carga de la barra de longitud L2. Por lo tanto
d~F = λ2dx( ~E)
El campo eléctrico encontrado debe ser escrito en función de la variable
x (en nuestro caso h = x que indicará la distancia horizontal desde el
extremo derecho de la barra de longitud L1. Por lo tanto los elementos
diferenciales de la barra L2 se distribuyen desde x = D hasta x = D+L2.
Erasmo Iñiguez 10 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 11
Con estas observaciones ya se puede hacer la integral para encontrar la
fuerza
~F =
∫
d~F =
∫
λ2 ~Edx = λ2
∫ D+L2
D
Q1
4π�0L1
(
1
x
− 1
x+ L1
)
dxûx =
Q1Q2
4π�0L1L2
ûx (ln(x)− ln(x+ L1)]D+L2D
Por las propiedades de logaritmo
~F =
Q1Q2
4π�0L1L2
ûx
(
ln
(
x
x+ L1
)]D+L2
D
=
Q1Q2
4π�0L1L2
ûx
[
ln
(
D + L2
D + L1 + L2
)
− ln
(
D
D + L1
)]
Finalmente
⇒ ~F = Q1Q2
4π�0L1L2
ûx
[
ln
(
(D + L2)(D + L1)
(D + L1 + L2)D
)]
12. El hilo recto de la figura tiene longitud L = L1+L2 y carga
Q uniformemente distribuida.
a. Halle el campo eléctrico que produce el hilo en el punto P.
b1. Halle el valor del campo eléctrico para puntos P tales que
L1 = L2 = L/2.
b2. Reescriba el resultado de b1 de forma tal que no aparezca
Q y aparezca λ (la densidad longitudinal de carga del hilo).
c. Para hallar el campo eléctrico producido por un hilo recto de
longitud infinita tenemos el ĺımite L→∞ en b1 y en b2. Explique
por qué son distintos los dos ĺımites. Cuál se debe tomar?
Solución: Consideramos un elemento diferencial del hilo, ubi-
cado a una distancia vertical y de nuestro origen. Este elemento
diferencial estará a una distancia del punto P dada por la hipote-
nusa del triángulo de catetos ρ y ’y’. Es decir r =
√
ρ2 + y2
Luego, en el punto P suponemos que se encuentra una carga positiva,
por lo tanto un elemento diferencial provocará una repulsión en la carga
del punto P. Quedando el vector diferencial de campo eléctrico dado por
d ~E = dE(cos θûx − sin θûy)
Como la carga de la barra se distribuye uniformemente tendremos
una densidad de carga lineal constante, es decir
λ =
Q
L
=
dq
dy
⇒ dq = λdy
Además tenemos que módulo del diferencial de campo eléctrico viene dado por
dE =
dq
4π�0(ρ2 + y2)
⇒ dE = λdy
4π�0(ρ2 + y2)
Ahora buscamos integrar cada componente por separado
1. Para la componente x: Tenemos
Ex =
∫
dE cos θ =
∫
λdy
4π�0(ρ2 + y2)
cos θ
Erasmo Iñiguez 11 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 12
Para esta integral tenemos la opción de sustituir directamente el coseno escribiendo las relaciones
del triángulo rectángulo, o también podemos escribir la integral en función de la variable θ, para ello
procedemos con un cambio trigonométrico
y = ρ tan θ ⇒ dy = ρ sec2 θdθ
quedando la integral
Ex =
λ
4π�0
∫
ρsec2θdθ
(ρ2 + (ρ tan θ)2
cos θ =
λ
4π�0
∫
ρsec2θdθ
ρ2 (1 + tan2θ)︸ ︷︷ ︸
sec2θ
cos θ =
λ
4π�0ρ
∫
cos θdθ
Ahora nos toca definir los ĺımites de integración, los cuales deben
estar en función del cambio del ángulo θ, para ello usamos las rela-
ciones trigonométricas de los dos triángulos formados al considerar las
longitudes L1 y L2. Por lo tanto integraremos desde θ1 hasta θ2. Aśı
Ex =
λ
4π�0ρ
∫ θ2
θ1
cos θdθ =
λ
4π�0ρ
(sin θ)θ2θ1 =
λ
4π�0ρ
(sin θ2 − sin θ1)
Escribiendo las relaciones correspondientes tenemos
Ex =
λ
4π�0ρ
(
L1√
L21 + ρ
2
− −L2√
L22 + ρ
2
)
⇒ Ex =
λ
4π�0ρ
(
L1√
L21 + ρ
2
+
L2√
L22 + ρ
2
)
2. Para la componente y: Tenemos
Ey = −
∫
dE sin θ = −
∫
λdy
4π�0(ρ2 + y2)
sin θ
Para resolver esta integral procedemos a realizar la misma sustitución trigonométrica que usamos en
la componente x, por lo tanto el problema se reduce a calcular la integral
Ey = −
λ
4π�0ρ
∫
sin θdθ = − λ
4π�0ρ
(− cos θ]θ2θ1 =
λ
4π�0ρ
(cos θ2−cos θ1) =
λ
4π�0ρ
(
ρ√
L21 + ρ
2
− ρ√
L22 + ρ
2
)
Finalmente el vector campo eléctrico que produce el hilo delgado es
~E =
Q
4π�0ρL
[(
L1√
L21 + ρ
2
+
L2√
L22 + ρ
2
)
ûx +
(
ρ√
L21 + ρ
2
− ρ√
L22 + ρ
2
)
ûy
]
Ahora sustituimos L1 = L2 = L/2 en cada una de las componentes
~E1 =
Q
4π�0ρL
[(
L/2√
(L/2)2 + ρ2
+
L/2√
(L/2)2 + ρ2
)
ûx +
(
ρ√
(L/2)2 + ρ2
− ρ√
(L/2)2 + ρ2
)
ûy
]
⇒ ~E1 =
Q
4π�0ρL
(
2L/2√
L2 + 4ρ2
+
2L/2√
L2 + 4ρ2
)
ûx =
2Q
4π�0ρ
(
1√
L2 + 4ρ2
)
ûx
Erasmo Iñiguez 12 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 13
⇒ ~E1 =
Q
2π�0ρ
(
1√
L2 + 4ρ2
)
ûx
Para reescribir este campo en función de λ necesitamos multiplicar y dividir por L para poder obtener
el cociente λ = Q/L. Aśı
~E2 =
Q
2π�0ρ
(
1√
L2 + 4ρ2
)
L
L
ûx ⇒ ~E2 =
λ
2π�0ρ
(
L√
L2 + 4ρ2
)
Ahora tomamos el ĺımite cuando la longitud de la barra se haca infinita para cada caso.
Caso 1. Estamos considerando una carga finita Q que se distribuye a lo largo de una longitud L muy
grande. Por lo tanto al tomar el ĺımite nos queda
ĺım
L→∞
~E1 = ĺım
L→∞
Q
2π�0ρ
(
1√
L2 + 4ρ2
)
ûx =
Q
2π�0ρ
ûx ĺım
L→∞
(
1√
L2 + 4ρ2
)
= 0⇒ ĺım
L→∞
~E1 = 0
El ĺımite nos da cero, porque la carga finita se diluye en un hilo demasiado largo, y la carga por unidad
de longitud se aproxima cada vez más a cero, lo que hace que no se produzca campo eléctrico.
Caso 2. Estamos considerando hilo muy largo con longitud infinita, el cual tiene una densidad de
carga finita, es decir por cada pedazo de hilo que se tome tendremos una carga Q dada por la relación
Q = λL, la cual no será cero. Por lo tanto al tomar el ĺımite nos queda
ĺım
L→∞
~E2 = ĺım
L→∞
λ
2π�0ρ
(
L√
L2 + 4ρ2
)
ûx =
λ
2π�0ρ
ûx ĺım
L→∞
(
L√
L2 + 4ρ2
)
= 0⇒ ĺım
L→∞
~E2 =
λ
2π�0ρ
ûx
En este caso el resultado obtenido es una cantidad distinta de cero, que corresponde al campo generado
por un alambre infinito con distribución conocida λ de carga.
13. Un hilo circular de radio R y carga Q uniformemente distribuida está en el plano xy y su centro
coincide con el origen.
a. Halle el campo eléctrico que produce en el punto de coordenadas cartesianas (0, 0, z).
b. Estudie el comportamiento del campo encontrado en la parte a cuando z � R.
Solución: Consideramos un elemento diferencial de carga del
aro, cuya distancia del punto P viene dada por la hipotenusa del
triángulo de lados R y z, es decir r =
√
R2 + z2, además notemos
que sin importar la posición del elemento diferencial alrededor del
aro, éste conserva la misma distancia del punto P.
Debido a la geometŕıa del aro al tomar un elemento diferencial
dq y otro opuesto, estos crearán dos dE donde anulan sus compo-
nentes en el eje vertical, y sólo permanecen su componente en z.
Es decir
~dE = dE cos θûy
Entonces tendremos la integral
~E =
∫
dE cos θ =
∫
dqûz
4π�0(R2 + z2)
z
(R2 + z2)
=
zûz
4π�0(R2 + z2)3/2
∫ Q
0
dQ⇒⇒ ~E = Qz
4π�0(R2 + z2)3/2
ûz
Erasmo Iñiguez 13 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 14
Si consideramos que z � podemos decir que en el denominador R ' 0, por lo tanto el campo nos
quedaŕıa
~E =
Qz
4π�0(R2 + z2)3/2
ûz =
Qz
4π�0(z2)3/2
ûz =
Qz
4π�0z3
ûz ⇒ ~E =
Q
4π�0z2
Este campo corresponde al producido por una carga puntual, por lo tanto mientras más nos alejamos
del aro circular podemos aproximar el resultado del campo al producido por una carga puntual, ya que a
largas distancias no se podrá apreciar la geometŕıa del aro y se verá como un punto.
14. La figura muestra un hilo cargado abc con densidad longitu-
dinal de carga λ. El tramo bc es un cuarto de una circunferencia de
radio R y centro en o. El tramo ab es recto, de longitud L = 4R/3 y
perpendicular a la ĺınea ob.
a. Calcule el campo eléctrico que producen en el punto o cada uno
de los tramos ab y bc.
b. Halle el campo eléctrico neto que produce todo el hilo en el
punto o.
Solución: Primerocalculamos el campo eléctrico que produce el
hilo recto, para ello tomaremos un elemento diferencial de longitud dx
y situaremos el origen O en el extremo izquierdo de la barra, es decir
este elemento diferencial se ubica a una distancia x (respecto al origen),
y tiene una distancia al punto o dada por la hipotenusa del triángulo
de lados L − x y R. Es decir r =
√
(L− x)2 +R2. Luego, el vector
diferencial de campo eléctrico viene dado por
d ~E1 = dE1(sin θx̂+ cos θŷ)
Además
dE1 =
dq
4π�0r2
=
λdx
4π�0((L− x)2 +R2)
Veamos que la integral que debemos calcular es muy parecida a la calculada en el problema 12, por
lo tanto procedemos primero a hacer el cambio trigonométrico para reducir el procedimiento. Hacemos
L− x = R tan θ ⇒ dx = −R sec2 θdθ
Aśı, el diferencial de campo eléctrico nos queda
dE1 =
λdx
4π�0((L− x)2 +R2)
=
λ(−R sec2 θ)dθ
4π�0((R tan θ)2 +R2)
= − λR sec
2 θ
4π�0R2 (tan
2 θ + 1)︸ ︷︷ ︸
sec2 θ
⇒ dE1 = −
λ
4π�0R
Para la componente x. Tenemos
E1x =
∫
dE sin θ = −
∫
λ
4π�0R
sin θdθ = − λ
4π�0R
(− cos θ]θ2θ1
⇒ E1x =
λ
4π�0R
(cos θ2 − cos θ1) =
λ
4π�0R
(
cos(0)− R√
L2 +R2
)
Sustituyendo directamente L = 4R/3
E1x =
λ
4π�0R
(
R
1−
√
(4R/3)2 +R2
)
=
λ
4π�0R
(
1− 3R√
16R2 + 9R2
)
=
λ
4π�0R
(
1− 3
5
)
Erasmo Iñiguez 14 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 15
⇒ E1x =
λ
4π�0R
(
2
5
)
Para la componente y. Tenemos
E1y =
∫
dE cos θ = −
∫
λ
4π�0R
cos θdθ = − λ
4π�0R
(sin θ]θ2θ1 =
λ
4π�0R
(sin θ1 − sin θ2)
⇒ E1y =
λ
4π�0R
(
L√
L2 +R2
− sin(0)
)
=
λ
4π�0R
L√
L2 +R2
Sustituyendo directamente L = 4R/3
E1y =
λ
4π�0R
(4R/3)√
(4R/3)2 +R2
=
λ
4π�0R
3(4R)
3(5R)
⇒ E1y =
λ
4π�0R
4
5
Aśı el campo eléctrico que forma el hilo recto vendrá dado por
~E1 =
λ
4π�0R
(
2
5
x̂+
4
5
ŷ
)
=
2λ
20π�0R
(x̂+ 2ŷ)⇒ ~Eab =
λ
10π�0R
(x̂+ 2ŷ)
Por otro lado calculamos el campo eléctrico para el cuarto de circunferencia del tramo bc
Tomamos un elemento diferencial dq cuya longitud viene dada por
dL = Rdθ, el cual se encuentra a una distancia R (sin importar la posición
del elemento dq alrededor de la circunferencia) y éste genera en el punto
o un campo de repulsión de la forma
d ~E2 = dE2(− cos θx̂+ sin θŷ)
donde
dE2 =
dq
4π�0R2
=
λRdθ
4π�0R2
⇒ dE2 =
λdθ
4π�0R
Luego, podemos hacer la integración para sumar todos los campos diferenciales, desde θ = 0 hasta
θ = −π/2
~E2 =
∫
dE(− cos θx̂+sin θŷ) =
∫ −π
2
0
λdθ
4π�0R
(− cos θx̂+sin θŷ) = λ
4π�0R
(
−
∫ −π
2
0
cos θdθx̂+
∫ −π
2
0
sin θdθŷ
)
⇒ ~E2 =
λ
4π�0R
[(
sin(0)− sin
(π
2
))
x̂+
(
cos(0)− cos
(π
2
))
ŷ
]
⇒ ~E2 =
λ
4π�0R
(−x̂+ ŷ)
Finalmente el campo resultante será la suma de ambos campos
~E = ~E1 + ~E2 =
(
λ
10π�0R
− λ
4π�0R
)
x̂+
(
λ
5π�0R
+
λ
4π�0R
)
ŷ = − 3λ
20π�0R
x̂+
9λ
20π�0R
ŷ
⇒ ~E = 3λ
20π�0R
(−x̂+ 3ŷ)
Erasmo Iñiguez 15 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 16
15. La figura muestra un hilo cargado abc con densidad longitudinal
de carga λ. El tramo bc es la mitad de una circunferencia de radio R y
centro en o. El tramo ab es recto, de longitud L = 2R y paralelo a la
ĺınea bo.
a. Calcule el campo eléctrico que producen en el punto o cada uno
de los tramos ab y bc.
b. Halle la magnitud del campo eléctrico neto que produce todo el hilo en el punto o y el ángulo que
forma con la dirección ûx.
Solución: Para el campo producido por el tramo recto ab nos valemos del resultado obtenido en el
problema 11 donde se teńıa el campo de una barra delgada a una distancia h de su extremo derecho.
~Eab =
λ
4π�0
(
1
h
− 1
h+ L
)
ûx
En nuestro caso h = R y L = 2R, sustituyendo
~Eab =
λ
4π�0
(
1
R
− 1
3R
)
ûx =
λ
4π�0R
(
2
3
)
ûx ⇒ ~Eab =
λ
6π�0R
ûx
Para el campo del tramo bc tomamos un elmento diferencial de
longitud L = Rdθ, cuya distancia al punto o es el radio R, sin impor-
tar la posición de este elemento diferencial. Además, por la simetŕıa
de la circunferencia al tomar un elemento opuesto se obtienen dos di-
ferenciales de campos que se anulan en la componente horizontal, por
lo tanto para calcular el campo eléctrico producido por el semi aro
basta con considerar sólo la componente vertical, es decir
d ~Ebc = dEbc sin θûy
donde
dEbc =
dq
4π�0R2
=
λRdθ
4π�0R2
⇒ dEbc =
λdθ
4π�0R
Luego, para integrar tomamos los diferenciales desde θ = 0 hasta θ = −π. Entonces
~Ebc =
∫
d ~E sin θûy =
∫
λdθ
4π�0R
sin θûy =
λ
4π�0R
∫ −π
0
sin θdθûy =
λ
4π�0R
(− cos θ]−π0 ûy
⇒ ~Ebc =
λ
4π�0R
(cos(0)− cos(−π))ûy ⇒ ~Ebc =
λ
2π�0R
ûy
Luego, el campo resultante vendrá dado por la suma de los dos tramos
~E = ~Eab + ~Ebc =
λ
6π�0R
ûx +
λ
2π�0R
ûy =
λ
2π�0R
(
1
3
ûx + ûy
)
A este campo resultante le calculamos el módulo
|| ~E|| = λ
2π�0R
√(
1
3
)2
+ 1 =
λ
2π�0R
√
10
9
⇒ || ~E|| =
√
10|λ|
6π�0R
Observación: Debemos colocar valor absoluto a la densidad de carga λ, ya que ésta podŕıa ser
negativa, en cuyo caso la carga que tendŕıa el hilo seŕıa negativa.
Finalmente, para hallar el ángulo que forma con el eje x usamos la relación entre las componentes del
campo eléctrico
tanα =
Ey
Ex
=
1
1
3
⇒ α = arctan(3)
Erasmo Iñiguez 16 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 17
16. Un hilo recto de longitud infinita y densidad longitudinal de carga λ = 10−3C/m coincide con el eje
z. En el punto de coordenadas cartesianas r = (3, 4, 7)m se encuentra un part́ıcula de carga q = 10
−3
4 C.
Halle las componentes cartesianas del vector fuerza electrostática que el hilo le aplica a la part́ıcula.
Aproxime K = 1/4π�0 ≈ 9× 109 Nm2/C2.
Solución: Conocemos el campo producido por el hilo infinito en coordenadas ciĺındricas
~E =
λ
2π�0ρ
ûρ
donde el vector ~ρ es un vector del eje de simetŕıa al punto de interés, y su módulo es la distancia ρ.
Luego hacemos unitario a ~ρ para obtener el vector ûρ.
Notemos que la coordenada z = 7 no es de importancia para resolver el
problema, ya que al tener un hilo infinito de carga es indiferente en cuál punto
de la altura del mismo nos encontramos, ya que todo punto del alambre tiene
la misma densidad de corriente. Por lo tanto, se puede reducir el problema al
plano xy donde se observa claramente las coordenadas del vector ρ que define
las coordenadas ciĺındricas
Aśı el campo eléctrico que produce el hilo cargado será
~E =
λ
2π�0ρ
ûρ = 2(9× 109)
10−3
5
(
3ûx + 4ûy
5
)
⇒ ~E = 7,2× 105(3ûx + 4ûy)
Luego, la fuerza electrostática se obtiene con la ecuación
~F = q ~E =
10−3
4
(7,2× 105(3ûx + 4ûy)⇒ ~F = 180(3ûx + 4ûy)
17. En la figura se muestra un hilo cargado con densidad longitudinal
de carga λ constante. El hilo se encuentra en el plano yz y es un arco (de
abertura 2α) de una circunferencia de radio R y centro en el origen. El punto
P tiene coordenadas cartesianas (x, 0, 0).
Determine el campo eléctrico que el hilo produce en el punto P.
Solución: Al considerar un elemento diferencial del hilo de carga dq =
λRdβ, se tiene que éste produce un campo en el punto P que tiene 3 compo-
nentes, pero al tomar otro diferencial opuesto por la simetŕıa del problema la
componente en y se anula, por lo tanto estaremos integrando en las compo-
nentes x y z.
Notemos que para poder escribir el vector en sus dos compo-
nentes necesitamos hacer una proyección en el eje z, ya que el
vector d ~E tiene componentes en la dirección x y en la dirección
paralela a la ĺınea del radio, por lo tanto primero proyectamos en
esta dirección radial
Er = dE sin θ
Y luego proyectamos usando el ángulo β en la componente z
Ez = −dE sin θ cosβ
Aśı el vector diferencial de campo eléctrico resulta
d ~E = dE(cos θûx − sin θ cosβûz)
Erasmo Iñiguez 17 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 18
donde
dE =
dq
4π�0(R2 + x2)
=
λRdβ
4π�0(R2 + x2)
Luego integramos en función del cambio del ángulo β, es decir por la simetŕıa será desde β = −α
hasta β = α
~E =
∫
d ~E =
∫
λRdβ
4π�0(R2 + x2)
(cos θûx − sin θ cosβûz)
Sustituimos lasrelaciones de cos θ y sin θ del triángulo con el ángulo θ
~E =
∫
λRdβ
4π�0(R2 + x2)
[
x
(R2 + x2)
ûx −
R
(R2 + x2)
cosβûz
]
⇒ ~E = λR
4π�0(R2 + x2)3/2
[
x
∫ α
−α
dβûx −R
∫ α
−α
cosβdβûz
]
⇒ ~E = λR
4π�0(R2 + x2)3/2
[x(α+ α)ûx −R(sinα− sin(−α))ûz]
Finalmente
⇒ ~E = λR
4π�0(R2 + x2)3/2
[2αxûx − 2R sinαûz]
18. El disco hueco de la figura se encuentra en el plano xy, su centro coincide con el origen o y su
carga Q está uniformemente distribuida.
a. Calcule el campo eléctrico que el disco produce en el punto P de coorde-
nadas cartesianas (0, 0, z). Para hacerlo parta del campo eléctrico que produce
un aro cargado sobre su eje perpendicular de simetŕıa,
~E =
qzk̂
4π�0(R2 + z2)3/2
y use superposición
b. Verifique que para grandes distancias (z � R2) el campo eléctrico
obtenido en a se aproxima al de una carga puntual. Nota: puede usar la
aproximación (1 + �)a ≈ 1 + a�, válida para �� 1.
c. A partir del resultado en la parte a determine el campo eléctrico que
produce un plano infinito con densidad superficial de carga σ.
Solución: Para este caso tenemos una superficie cargada, por lo tanto la densidad de carga tendrá
unidades de C por unidad área, es decir
σ =
Q
A
=
dQ
dA
⇒ dQ = σdA
Para nuestro el diferencial de área del disco será la longitud de la circunferencia multiplicada por su
anchar dr. Aśı dq = 2πrσdr
Entonces el diferencial de campo eléctrico será el campo creado por un anillo diferencial
d ~E =
dqz
4π�0(r2 + z2)3/2
k̂ =
2πrσzdr
4π�0(r2 + z2)3/2
k̂ =
σz
2�0
rdr
(r2 + z2)3/2
k̂
Luego, integramos desde r = R1 hasta r = R2.
Erasmo Iñiguez 18 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 19
~E =
∫
d ~E =
σz
2�0
k̂
∫ R2
R1
rdr
(r2 + z2)3/2
=
σz
2�0
k̂
(
−1√
r2 + z2
]R2
R1
=
σz
2�0
(
1√
R21 + z
2
− 1√
R22 + z
2
)
k̂
Luego recordemos el área para el disco circular A = π(R22 − R21) y reescribimos la densidad de carga
como
σ =
Q
A
⇒ σ = Q
π(R22 −R21)
Aśı el campo eléctrico producido por el disco será
~E =
Qz
2π�0(R22 −R21)
(
1√
R21 + z
2
− 1√
R22 + z
2
)
k̂
Para grandes distancias (z � R2) se puede despreciar que existe un radio interno R1 ≈ 0, y nos queda
la expresión reducida
σz
2π�0
(
1√
z2
− 1√
R22 + z
2
)
=
σz
2π�0
(
1
|z|
− 1√
R22 + z
2
)
tomando z > 0 se tiene
σ
2π�0
(
1− z√
R22 + z
2
)
=
σ
2π�0
(
1− z
z
√
1 + (R/z)2
)
=
σ
2�0
(
1−
(
1 +
R2
z2
)−1/2)
tomando la aproximación (1 + �)a = 1 + a�, con a = −1/2 y � = R2/z2 nos queda
σ
2�0
(
1−
(
1− R
2
2z2
))
=
σR2
4�0z2
y como σ = Q/(πR2), ya que R1 ≈ 0 se obtiene finalmente la expresión del campo elćtrico para una
carga puntual
~E =
Q
4π�0z2
k̂
Para determinar el campo que produce un plano infinito consideremos la expresión del campo eléctrico
con la densidad de carga superficial σ. Tomamos en consideración que como el plano es infinito el radio
interno es muy pequeño por lo tanto R1 ≈ 0. Quedando
σz
2π�0
(
1√
z2
− 1√
R22 + z
2
)
=
σz
2π�0
(
1
|z|
− 1√
R22 + z
2
)
Como el plano es infinito, tomamos el ĺımite cuando R2 es muy grande
ĺım
R2→∞
σz
2�0
(
1
|z|
− 1√
R22 + z
2
)
=
σ
2�0
z
|z|
Aśı se tiene que el campo dependerá del signo de la coordenada z, si es positiva, el campo seguirá la
dirección +k̂, y si z es negativo el campo segurirá la dirección −k̂.
Por lo tanto
~E = signo(z)
σ
2�0
k̂
Erasmo Iñiguez 19 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 20
19. La figura a la derecha muestra un cascarón ciĺındrico sin tapas,
no conductor y de carga Q uniformemente distribuida en su superficie.
Halle el campo eléctrico en el punto P que está sobre el eje central
del cilindro a una distancia D de su extremo.
Ayuda: Puede partir del campo eléctrico que produce un hilo circu-
lar. Un hilo circular de radio R, en el plano xy, carga q uniformemente
distribuida y centro en el origen produce en los puntos z un campo
dado por la expresión
~E =
zqûz
4π�0(z2 +R2)3/2
Solución: El cascarón ciĺındrico tiene su carga uniformemente distribuida en su superficie, es decir la
densidad de carga superficial es constane
σ =
Q
A
=
Q
2πRL
además σ =
dq
dA
⇒ dq = σdA
Tomamos como elemento diferencial un aro de espesor dz (llamando z el eje horizontal). Entonces
dA = 2πRdz. Este elemento diferencial creará un campo eléctrico
d ~E =
zdqûz
4π�0(z2 +R2)3/2
=
2πσRzdzûz
4π�0(z2 +R2)3/2
=
σRzdz
2�0(z2 +R2)3/2
ûz
Situando el origen de coordenadas en el punto P haremos la integración desde la distancia z = D
hasta z = D + L
~E =
∫
d ~E =
∫ D+L
D
σRzdz
2�0(z2 +R2)3/2
ûz =
σR
2�0
∫ D+L
D
zdz
(z2 +R2)3/2
ûz =
σR
2�0
ûz
(
−1√
z2 +R2
]D+L
D
Finalmente sustituyendo σ =
Q
2πRL
⇒ ~E = Q
4π�0L
(
1√
D2 +R2
− 1√
(D + L)2 +R2
)
ûz
20. La figura abajo a la izquierda representa un semiaro de radio r y carga q uniformemente distribuida.
El campo eléctrico que produce en el punto o es ~E = qû/(2π2�0r
2). Aprovechando este resultado calcule
el campo que la semiarandela de la figura abajo a la derecha produce en el punto o. La semiarandela tiene
carga Q distribuida uniformemente en su superficie.
Solución: La semirarandela tiene su carga distribuida uniformemente, por lo tanto su densidad de
carga superficial de carga será constante
σ =
Q
A
=
Q
π
2 (R
2
2 −R21)
además σ =
dq
dA
⇒ dq = σdA
Erasmo Iñiguez 20 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 21
El elemento diferencial a considerar será un semiaro de espesor dr con área dA = πrdr, el cual crea
un campo eléctrico en o dado por
d ~E =
dqû
(2π2�0r2)
=
σπrdr
2π2�0r2
û =
σdr
2π�0r
û
Luego integraremos desde r = R1 hasta r = R2, aśı
~E =
∫
d ~E =
∫ R2
R1
σdr
2π�0r
û =
σ
2π�0
û
∫ R2
R1
dr
r
=
σ
2π�0
û (ln]R2R1 =
σ
2π�0
û ln
(
R2
R1
)
Sustituyendo el valor de la densidad de carga σ =
2Q
π(R22 −R21)
se obtiene
⇒ ~E = Q
π2�0(R22 −R21)
ln
(
R2
R1
)
û
21. La figura muestra una cinta plana de longitud infinita, ancho 2a
y densidad superficial constante σ. El punto P se encuentra en un eje
perpendicular a la cinta y que pasa por el eje central de la misma, la
distancia de P a la cinta es z.
a. Calcule el campo eléctrico en el punto P.
b. Estudie el comportamiento del campo para z � a(z pequeño). Use
que cuando s→∞ entonces arctan(s)→ π/2.
c. Estudie el comportamiento del campo para z � a (z grande). Use
que cuando s� 1 entonces arctan(s) ≈ s
Solución: El elemento diferencial en este caso serán hilos con an-
churas diferenciales dx y longitud finita L, veamos que en este caso
dq = σdA = σLdx, pero como debemos aproximar el resultado a un
hilo infinito ya no tendremos una densidad de carga superficial, sino una
densidad longitudinal, entonces la densidad de ese elemento diferencial será
λ =
dq
L
=
σLdx
L
⇒ λ = σdx
Para este hilo infinito de carga se conoce su campo eléctrico
(calculado en el problema 12) en coordenadas ciĺındricas
d ~E =
λ
2π�0r
ûρ
Recordemos que ûρ es un vector que une la ĺınea de carga y
el punto P, por lo tanto en coordenadas cartesianas observamos
que tendrá dos componentes, pero la componente x se cancelará al
tomar un hilo opuesto, por lo tanto solo permanece la componente
en z
d ~E =
λ
2π�0r
cos θk̂ =
σdx
2π�0
√
z2 + x2
cos θk̂
Hagamos el cambio de variable a θ usando x = z tan θ ⇒ dx = z sec2 θdθ
Erasmo Iñiguez 21 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 22
Entonces
~E =
∫
d ~E =
∫
σz sec2 θdθ
2π�0
√
z2 + (z tan θ)2
cos θk̂ =
σk̂
2π�0
∫
z sec2 θdθ
z
√
1 + tan2 θ
cos θ =
σk̂
2π�0
∫
sec2θdθ
sec θ
cos θ
⇒ ~E = σk̂
2π�0
∫ θ0
−θ0
dθ =
σk̂
2π�0
(2θ0)
Donde θ0 representa el ángulo máximo que se forma, es decir cuando x = a, usando las relaciones de
triángulo de la figura tenemos
tan θ0 =
x
z
=
a
z
⇒ θ0 = arctan
(a
z
)
Finalmente
~E =
σk̂
π�0
arctan
(a
z
)
Luego, para z muy pequeño, es decir z � a tendremos aproximadamente que arctan
(a
z
)
→ π
2
y nos
queda el campo generado por un plano infinito
~Ez�a =
σ
2�0
k̂
Y paraun z muy grande, es decir z � a tendremos aproximadamente que arctan
(a
z
)
≈ a
z
y nos
queda el campo generado por una hilo infinito
~Ez�a =
σa
π�0z
k̂ =
λ
2π�0z
k̂
Nota: Recordar que λ = σdx, es decir λ = σ(2a)⇒ σ = λ
2a
22. El cilindro de la figura tiene un agujero ciĺındrico coaxial de radio
R1, su longitud es L y su carga Q se encuentra uniformemente distribuida
en su volumen. El punto P se encuentra sobre el eje del cilindro a una
distancia D del extremo del cilindro.
Halle el campo eléctrico que el cilindro produce en el punto P
Ayuda: Parta de la expresión para el campo eléctrico que una arandela
(disco hueco) de carga q uniformemente distribuida produce en un punto
a a una distancia z sobre su eje central,
~E =
qzk̂
2π�0(R22 −R21)
(
1√
R21 + z
2
− 1√
R22 + z
2
)
R2 y R1 son los radios externo e interno respectivamente.
Solución: Como el cilindro tiene una carga volumétrica tenemos que su densidad vendrá dada por
ρ =
Q
V
=
Q
π(R22 −R21)L
además dq = ρdV
y el diferencial de volumen para un cilindro será el área de la arandela multiplicada por su espesor
diferencial dz. Entonces
dV = π(R22 −R21)dz
Erasmo Iñiguez 22 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 23
Entonces el campo eléctrico vendrá dado por
~E =
∫
d ~E =
∫
dqzk̂
2π�0(R22 −R21)
(
1√
R21 + z
2
− 1√
R22 + z
2
)
⇒ ~E =
∫
ρπ(R22 −R21)zdzk̂
2π�0(R22 −R21)
(
1√
R21 + z
2
− 1√
R22 + z
2
)
=
ρk̂
2�0
∫ (
zdz√
R21 + z
2
− zdz√
R22 + z
2
)
Integramos desde una distancia z = D hasta z = D + L
⇒ ~E = ρk̂
2�0
∫ D+L
D
(
zdz√
R21 + z
2
− zdz√
R22 + z
2
)
=
ρk̂
2�0
[(√
R21 + z
2
]D+L
D
−
(√
R22 + z
2
]D+L
D
]
Finalmente
~E =
Qk̂
2π(R22 −R21)L�0
(√
R21 + (D + L)
2 −
√
R21 +D
2 −
√
R22 + (D + L)
2 +
√
R22 +D
2
)
23. Los hilos recto y circular de la figura tienen cargas uniformemente
distribuidas. El hilo circular tiene carga Q1, radio R, se encuentra en el
plano xz y su centro coincide con el origen de coordenadas. El hilo recto
posee carga Q2, longitud L, se encuentra sobre el eje y y dista del origen
una distancia D.
Halle el vector fuerza eléctrica sobre el hilo recto que le aplica el hilo
circular.
Ayuda: Puede partir del hecho de que ~E =
Q1yĵ
4π�0(R2 + y2)3/2
es el
campo eléctrico producido por el hilo circular en un punto de coordenadas
cartesianas (0, y, 0).
Solución: Tenemos la relación entre la fuerza y el campo eléctrico en
forma diferencial, y además el dq de la barra que hemos venido trabajando
en los problemas anteriores dq = λ2dy
d~F = dq ~E =
dqQ1yĵ
4π�0(R2 + y2)3/2
=
λ2dyQ1yĵ
4π�0(R2 + y2)3/2
Integramos desde y = D hasta y = D + L
~F =
∫
d ~E =
∫
λ2dyQ1yĵ
4π�0(R2 + y2)3/2
=
λ2Q1ĵ
4π�0
∫ D+L
D
ydy
(R2 + y2)3/2
=
Q1Q2
4π�0L
ĵ
(
−1√
R2 + y2
]D+L
D
Finalmente
~F =
Q1Q2
4π�0L
ĵ
(
1√
D2 +R2
− 1√
(D + L)2 +R2
)
Erasmo Iñiguez 23 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 24
0.2. Ley de Gauss
1. La carga mostrada en la figura se encuentra en el centro de un cubo mayor
de arista 2L y en un vértice de un cubo menor de arista L. Llamaremos ~E al campo
eléctrico producido por esta carga.
a. Utilizando argumentos de simetŕıa determine el flujo de ~E a través de cada
cara del cubo mayor.
b. Ahora determine el flujo eléctrico que atraviesa cada cara del cubo menor.
Solución: Por la Ley de Gauss el flujo total sobre una superficie cerrada viene
dado por
Φ =
Qenc
�0
Veamos que el cubo mayor encierra completamente a la carga q en su centro, por lo tanto su flujo
total será igual a q/�0, pero este cubo posee 6 caras planas por donde penetra el campo eléctrico, por lo
tanto debido a la simetŕıa del cubo podemos decir que el flujo por cada una de las caras, es un sexto del
flujo total, aśı
Φa =
q
6�0
Para el caso del cubo menor, tenemos una carga es una esquina del cubo,
como el campo producido por la carga puntual tiene dirección radial, el flujo
producido en las tres caras adyacentes a la carga será nulo, por lo tanto sólo
tendremos 3 caras donde fluye el campo. Para poder aplicar Ley de Gauss
necesitamos considerar una superficie cerrada que encierre la carga en su cen-
tro, para aprovechar la simetŕıa. La superficie a escoger será 8 cubos idénticos,
donde tendremos 24 caras adyacentes a la carga y 24 caras con flujo. Por lo
tanto el flujo por cada cara del cubo menor será
Φb =
q
24�0
2. Una esfera de 2 cm de radio y con centro en el origen tiene carga de 8µC uniformemente distribuida
en su volumen. Halle el campo eléctrico que produce en los puntos con coordenadas cartesianas P1 =
(1, 0,−1)cm y P2 = (0, 2, 2) cm.
Solución: Primero necesitamos determinar si estamos en el interior o exterior de la esfera, para ello
obtenemos dos vectores posición
−−→
OP1 y
−−→
OP2, los cuales son los vectores radiales que salen del centro de
la esfera (el origen) al punto de interés
Al calcular el módulo de cada uno de estos vectores se tiene que |
−−→
OP1| =
√
2cm
y |
−−→
OP2| =
√
8cm, se determina que el punto P1 está en el interior y P2 en el
exterior.
* Para el punto P1 (1,0,-1) cm, buscamos el campo en el interior de la esfera,
para ello usaremos la Ley de Gauss, donde tomaremos una superficie gaussiana
esférica de radio r, tal que r < 2cm
Además debemos considerar la carga encerrada por esta superficie para ello
conocemos que la esfera tiene carga distribuida uniformemente en su volumen (ρ
constante) y el diferencial de volumen para una esfera, aśı
Erasmo Iñiguez 24 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 25
Qenc =
∫
ρdV =
∫ r
0
ρ(4πr2dr) = 4πρ
(
r3
3
∣∣∣∣r
0
⇒ Qenc =
4
3
πρr3
Aplicando Ley de Gauss y tomando el hecho de que el campo y el diferencial de área d ~A tienen
direcciones radiales, por lo tanto son paralelos∫∫
~E · d ~A = E
∫
dA =
Qenc
�0
⇒ E(A) = 4
3�0
πρr3 ⇒ E(4πr2) = 4
3�0
πρr3 ⇒ E = ρ
3�0
r
En forma vectorial
~E =
ρ
3�0
rûr
Recordemos que la densidad volumétrica de la esfera vendrá dada por
ρ =
Q
V
=
Q
4
3πR
3
=
3Q
4πR3
Entonces en el punto P1
~E =
Qr
4π�0R3
ûr = (9× 109)
(8× 10−6)(
√
2× 10−2)
(2× 10−2)3
(
î− k̂√
2
)
⇒ ~E1 = 9× 107(̂i− k̂) N/C
Observación: recordemos que para obtener el vector radial debemos hacer unitario el vector que parte
del centro de la esfera al punto de interés.
* Para el punto P2 (0,2,2) cm, buscamos el campo en el exterior de la esfera, para ello usaremos la
Ley de Gauss, donde tomaremos una superficie gaussiana esférica de radio r, tal que r > 2cm
Además debemos considerar la carga encerrada por esta superficie, la cual será la carga total de la
esfera Q. Aplicando Ley de Gauss y tomando el hecho de que el campo y el diferencial de área d ~A tienen
direcciones radiales, por lo tanto son paralelos∫∫
~E · d ~A = E
∫
dA =
Qenc
�0
⇒ E(A) = Q
�0
⇒ E(4πr2) = Q
�0
⇒ E = Q
4π�0r2
Sustituyendo los valores numéricos y en forma vectorial se tiene
~E2 =
Q
4π�0r2
ûr =
(8× 10−6)(9× 109)
(
√
8)2
(
2ĵ + 2k̂√
8× 10−2
)
⇒ ~E2 =
9× 107√
2
(ĵ + k̂) N/C
3. Un cilindro no conductor, de longitud infinita y radio R tiene carga distribuida uniformemente en
su interior, siendo λ su densidad longitudinal de carga.
a. Calcule la densidad volumétrica de carga D del cilindro.
b. Usando la ley de Gauss halle el campo eléctrico en cualquier punto del espacio.
Solución: Sabemos que un segmento de longitud L del cilindro tendrá una carga Q = λL, luego el
volumen de este segmento será V = πR2L, por lo tanto la densidad volumétrica de carga vendrá dada
por
D =
Q
V
=
λL
πR2L
⇒ D = λ
πR2
Para deducir las expresiones de campo eléctrico en el espacio podemos usar la ley de Gauss apro-
vechando la simetŕıa del problema, al tener un cilindro infinito. En nuestro caso la superficie gaussiana
a utilizar para el cilindro, será un cascarón ciĺındrico con área A = 2πρL, el cual encierra una carga
espećıfica dependiendo de si su radio es ρ < R (dentro del cilindro) o ρ > R (exterior).
Erasmo Iñiguez 25 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-221126
La distancia ρ es la distancia del eje de simetŕıa al punto de interés. Luego, los
vectores d ~A y el campo eléctrico ~E siguen la misma ĺınea radial en coordenadas
ciĺındricas, por lo tanto serán paralelos y aśı∫∫
~E · d ~A = E
∫
dA = E(A) = E(2πρL)
Ahora busquemos la carga encerrada en cada región.
Región 1 (ρ < R): Para este caso la superficie gaussiana encierra una parte
del volumen del cilindro limitado por la superficie de radio ρ, para encontrar la
carga encerrada tenemos
Qenc =
∫
DdV =
∫
D(2πLrdr) = 2πDL
∫ ρ
0
rdr ⇒ Qenc = πDLρ2
Luego, por ley de Gauss∫∫
~E · d ~A = E(2πρL) = Qenc
�0
⇒ E(2πρL) = πDL
�0
ρ2 ⇒ E1 =
D
2�0
ρ
En forma vectorial y sustituyendo el valor de la densidad de carga
~E1 =
λρ
2π�0R2
ûr
Región 2 (ρ > R): Para este caso la superficie gaussiana encierra la totalidad del volumen del cilindro,
por lo tanto la carga encerrada será la del segmento de carga de longitud L, es decir Q = λL
Luego, por ley de Gauss∫∫
~E · d ~A = E(2πρL) = Qenc
�0
⇒ E(2πρL) = λL
�0
⇒ E2 =
λ
2π�0ρ
En forma vectorial
~E2 =
λ
2π�0ρ
ûr
Aśı, tenemos el campo eléctrico para cualquier punto del espacio, que sólo depende de la distancia del
punto al eje de simetŕıa del cilindro.
~E(ρ) =

λρ
2π�0R2
ûr si r < R
λ
2π�0ρ
ûr si r > R
Erasmo Iñiguez 26 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 27
4. La figura muestra una esfera cargada de radio R y centro o con un hueco
esférico en su interior de radio b. El centro del agujero tiene vector posición ~a
respecto al punto o. La densidad volumétrica de carga de la esfera es constante y
vale D para todos los puntos interior de la misma salvo en el agujero.
Halle el campo eléctrico que se produce en un punto que se encuentre en el
agujero y que posea vector posición ~r (simplifique la expresión obtenida)
Solución: Del resultado del problema 2, conocemos el campo eléctrico en un
punto interior de la esfera maciza, en nuestro caso será un punto con vector posición
~r, viene dada por
~Ein =
ρ
3�0
rûr︸︷︷︸
~r
⇒ Ein =
D
3�0
~r
Aśı mismo podemos escribir el resultado suponiendo que el hueco está relleno de una esfera de radio
b, en este caso el vector posición será ~r′ y el campo eléctrico tiene signo negativo debido a que la densidad
de carga será contraria a la de la esfera maciza. Entonces
~Ehole = −
D
3�0
~r′
Por superposición el campo en el punto interior del hueco vendrá dado por
~E = ~Ein + ~Ehole =
D
3�0
~r − D
3�0
~r′ =
D
3�0
(~r − ~r′)
Gráficamente tenemos la relación vectorial ~r′ + ~a = ~r, entonces ~r − ~r′ = ~a
Finalmente el campo eléctrico en un punto interno del hueco, es un vector
constante.
~E =
D
3�0
~a
5. Una esfera maciza de radio R y centro en el origen tiene una distribución radial de carga cuya
densidad volumétrica es D(r) = ar, donde a es una constante conocida y r es la distancia al centro de la
esfera.
a. Diga qué dimensiones posee la constante a en el sistema S.I. Calcule la carga encerrada por una
esfera de radio r ≤ R y centro en el origen.
b. Usando la ley de Gauss halle el campo eléctrico en cualquier punto del espacio.
Solución: Conocemos que la unidad de densidad de carga volumétrica es C/m3 y la unidad del radio
es m. Entonces
D = ar ⇒ [C]
[m3]
= [a][m]⇒ [a] = C
m4
Para conocer la carga encerrada por una esfera de radio r, tenemos la integral
Qenc =
∫
D(r)dV =
∫ r
0
(ar)(4πr2)dr = 4πa
∫ r
0
r3dr = 4πa
r4
4
⇒ Qenc = πar4
Para encontrar el campo eléctrico usamos ley de Gauss como en el problema 2, usando una superficie
guassiana esférica de radio r, la cual tiene un vector d ~A paralelo al campo eléctrico ~E en la dirección
radial, por lo tanto ∫∫
~E · d ~A =
∫
EdA = E
∫
dA = EA = E(4πr2)
Erasmo Iñiguez 27 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 28
Luego buscamos el campo para un punto interior de la esfera (r < R) y un punto fuera (r > R)
Región 1 (r < R) ya conocemos el resultado de la carga encerrada por la superficie gaussiana, ya
que es el calculado en la parte a, entonces
∫∫
~E · d ~A = E(4πr2) = Qenc
�0
⇒ E(4πr2) = πar
4
�0
⇒ ~E1 =
ar2
4�0
ûr
Región 2 (r > R) Del resultado calculado en la parte a para la carga encerrada, hacemos r = R,
entonces ∫∫
~E · d ~A = E(4πr2) = Qenc
�0
⇒ E(4πr2) = πaR
4
�0
⇒ ~E2 =
aR4
4�0r2
ûr
Aśı, tenemos el campo eléctrico para cualquier punto del espacio, que sólo depende de la distancia al
centro de la esfera.
~E(r) =

ar2
4�0
ûr si r < R
aR4
4�0r2
ûr si r > R
6. La figura muestra un corte de una distribución de carga de alto y
largo infinitos y espesor 2L. La carga está uniformemente distribuida con
densidad volumétrica de carga D. Tomaremos el eje î perpendicular a la
distribución de cargas y el origen de coordenadas en el centro de la misma.
a. Utilizando la ley de Gauss halle el campo eléctrico para un punto P
en el exterior (|x| ≥ L)
b. Encuentre el campo eléctrico para puntos en el interior de la distri-
bución de carga |x| < L).
Solución: Para poder aplicar la ley de Gauss necesitamos escoger una
superficie cerrada con geometŕıa conocida, hasta ahora hemos utilizado
el cilindro y la esfera. Para la distribución del problema usaremos una
superficie ciĺındrica horizontal, ya que nos permite encerrar la carga usando las dimensiones del espesor.
Para este caso el flujo eléctrico se dará en las tres superficies del cilindro, la envolvente y las dos tapas de
área S (ya que estas son necesarias para cerrar la superficie)
Φe =
∫∫
T1
~E · d ~A1 +
∫∫
T2
~E · d ~A2 +
∫∫
env
~E · d ~A3
Por la simetŕıa del problema el campo que crea la distribución será un campo en dirección perpendi-
cular a la ĺınea de carga, es decir es perpendicular a la superficie de la envolvente y paralela con el vector
normal d ~A de las dos tapas. Por lo tanto el flujo por la envolvente es cero, y los de las tapas son distintos
de cero
Φe =
∫∫
T1
~E · d ~A1 +
∫∫
T2
~E · d ~A2 = E(A) + E(A) = 2ES
De acuerdo a la densidad volumétrica de carga tendremos que la carga encerrada por esta superficie
gaussiana será
Erasmo Iñiguez 28 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 29
7. El cascarón ciĺındrico de la figura tiene longitud infinita, radio interno R1 = R,
radio externo R2 = 3R y una densidad volumétrica de carga dada por D(ρ) = −λ/(πRρ),
para R1 < ρ < R2, donde ρ es la distancia al eje del cascarón. Este eje se encuentra
ocupado por un hilo recto infinito con densidad longitudinal de carga λ constante
a. Halle la carga encerrada por un cilindro coaxial al hilo, de radio ρ (con R1 < ρ <
R2) y longitud H. Nota: no se olvide del hilo cargado.
b. Encuentre el campo eléctrico en la región R1 < ρ < R2.
Solución: Busquemos la carga encerrada por el cilindro, para ello integraremos la
densidad de carga sobre el elemento diferencial del cilindro (dV = 2πρdρH)
Qcil =
∫
ρdV =
∫ ρ
R1
−λ
πRρH
(2πρdρ) =
−2λH
R
∫ ρ
R1
dρ = −2λH
R
(R2 −R1) = −
2λ
R
(ρ−R)
⇒ Qcil = λH
(
2− 2ρ
R
)
Luego, la carga total encerrada será la suma de la carga del cilindro más la del hilo de longitud H.
Entonces
Qenc = Qcil + λH = λH
(
2 + 1− 2ρ
R
)
⇒ Qenc = λH
(
3− 2ρ
R
)
Para hallar el campo eléctrico en la región indicada usamos la Ley de Gauss tomando como gaussiana
una superficie ciĺındrica de radio ρ, y altura H, cuyo vector en la envolvente d ~A es paralelo al campo
eléctrico. Aśı
∫∫
~E · d ~A = Qenc
�0
⇒ E(A) = Qenc
�0
⇒ E(2πρH) = λH
�0
(
3− 2ρ
R
)
⇒ E = λ
2π�0
(
3
ρ
− 2
R
)
Vectorialmente los escribimos usando el vector unitario ûρ de coordenadas ciĺındricas, el cual en la
dirección radial.
~E(r) =
λ
2π�0
(
3
ρ
− 2
R
)
ûρ
8. La figura es un corte de corona esférica de radio interno R1, radio externo
R2 y centro en el origen o. La corona tiene carga neta Q distribuida radialmente
con una densidad volumétrica de carga dada por D(r) = A/r si R1 ≤ r ≤ R2,
donde A es una constante desconocida.
a. Halle la constante A y la carga encerrada por una esferacentrada en o y
de radio r con R1 ≤ r ≤ R2.
b. Calcule el campo eléctrico en todos los puntos del espacio.
Solución: Busquemos la carga total de la esfera integrando la función de la
densidad de carga sobre todo el volumen, es decir resolvemos la integral
Q =
∫
DdV =
∫
A
r
(4πr2dr) = 4πA
∫ R2
R1
rdr = 4πA
(
r2
2
∣∣∣∣R2
R1
= 2πA(R22 −R21)
De este resultado puede ser despejada la constante A
Erasmo Iñiguez 29 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 30
A =
Q
2π(R22 −R21)
Luego buscamos la carga encerrada por la esfera de radio r. Tenemos
q(r) =
∫
DdV =
∫ r
R1
A
r
(4πr2dr) = 2πA(r2 −R21)⇒ q(r) = Q
(
r2 −R21
R22 −R21
)
Ahora, nos toca hallar el campo en todas las regiones del espacio, de esta distribución se identifican
claramente tres regiones, la primera para r < R1, la segunda para R1 < r < R2 y el exterior donde
r > R2
Para todas las regiones aplicaremos la ley de Gauss usando una superficie esférica de radio r, el cual
vaŕıa dependiendo de la región. Con esta superficie la integral de Gauss es equivalente a∫∫
~E · d ~A =
∫
EdA = E(A) = E(4πr2)
Región 1 (r < R1): En esta región no hay ningún tipo de carga encerrada, por lo tanto Qenc = 0,
por consiguiente por la ley de Gauss ~E1 = ~0.
Región 2 (R1 < r < R2): Para esta región ya hemos calculado la carga encerrada por una esfera de
radio r, aśı por Ley de Gauss∫∫
~E · d ~A = Qenc
�0
⇒ E(4πr2) = Q
�0
(
r2 −R21
R22 −R21
)
⇒ E2 =
Q
4π�0r2
(
r2 −R21
R22 −R21
)
El vector de campo eléctrico seguirá la dirección radial ur.
Región 3 (r > R2): Para esta región ya conocemos la carga encerrada, es la carga total de la esfera,
es decir Q, por lo tanto fácilmente conocemos el campo eléctrico en el exterior
E(4πr2) =
Q
�0
⇒ E3 =
Q
4π�0r2
El vector de campo eléctrico seguirá la dirección radial ur.
Finalmente, tendremos calculado el campo eléctrico para todas las regiones del espacio.
~E(r) =

0 si r < R1
Q
4π�0r2
(
r2 −R21
R22 −R21
)
ûr si R1 < r < R2
Q
4π�0r2
ûr si r > R2
Erasmo Iñiguez 30 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 31
0.3. Potencial eléctrico y enerǵıa
1. La figura muestra dos part́ıculas, de carga q positivas cada una, fijas sobre el eje
y y separadas una distancia a del origen.
a. Halle el potencial eléctrico que el sistema de las dos cargas produce en un punto
de posición (x,0).
b. Otra part́ıcula de masa m y carga Q positiva se coloca sobre el eje x a una
distancia b del origen. Diga qué rapidez mı́nima debe imprimı́rsele para que alcance el
origen.
c. Evalúe numéricamente el resultado de la parte b para el caso en que se tenga
q = 10µC, Q = 150µC, m = 0, 2 Kg, a = 3 m y b = 4 m
Solución: Recordemos que el potencial de una carga puntual (tomando como cero
de potencial el infinito) viene dado por
V =
Q
4π�0d
⇒ V = q
4π�0
√
x2 + a2
Como las dos cargas se encuentran a la misma distancia del punto (x, 0, el potencial eléctrico del
sistema será
V =
q
2π�0
√
x2 + a2
Luego debemos buscar la rapidez para que una carga alcance el origen, recordemos que el trabajo
que debe realizar un agente externo para desplazar una carga entre dos puntos donde existe un potencial
viene dado por W = Q(Va − Vb), en nuestro caso los puntos de interés serán el origen y el punto (b, 0).
Entonces
Wx→o = Q(Vo − Vb) = Q
(
q
2π�0a
− q
2π�0
√
a2 + b2
)
=
Qq
2π�0
(
1
a
− 1√
a2 + b2
)
El trabajo realizado por el agente externo será equivalente a la enerǵıa cinética total que requiere
alcanzar la part́ıcula, por lo tanto
Ek = Wx→o ⇒
1
2
mv2 =
Qq
2π�0
(
1
a
− 1√
a2 + b2
)
⇒ v2 = Qq
π�0m
(
1
a
− 1√
a2 + b2
)
Aśı la velocidad que requiere alcanzar la part́ıcula es
v =
√
Qq
π�0m
(
1
a
− 1√
a2 + b2
)
Evalúamos numéricamente el resultado de la velocidad
v =
√
4(9× 109)(10× 10
−6)(150× 10−6)
0, 2
(
1
3
− 1√
16 + 9
)
⇒ v = 6 m/s
Erasmo Iñiguez 31 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 32
2. El aro de la figura tiene radio R y carga positiva Q uniformemente dis-
tribuida, se encuentra fijo al plano xy y su centro coincide con el origen de
coordenadas.
a. A partir del potencial eléctrico de una carga puntual determine el poten-
cial del aro en un punto de coordenadas cartesianas (0, 0, z).
b. Una part́ıcula de carga q positiva y masa m se coloca en reposo en el
punto de coordenadas (0, 0, H). Encuentre la rapidez máxima que alcanza la
part́ıcula.
c. Evalúe numéricamente el resultado de la parte b para el caso en que tenga
q = 1µC, Q = 8µC, m = 20 g, R = 3 m y H = 4 m
Solución: Tomamos un elemento diferencial de carga del aro, como hicimos
para obtener el campo eléctrico, entonces un diferencial de potencial eléctrico vendrá dado por
dV =
dq
4π�0
√
z2 +R2
⇒ V = 1
4π�0
√
z2 +R2
∫
dq ⇒ V = Q
4π�0
√
z2 +R2
Ahora buscamos la rapidez máxima que alcanza la part́ıcula, para ello necesitamos identificar en cuál
punto la velocidad se hace máxima, esto será en el punto donde el potencial sea igual a cero, es decir el
punto en cuestión será el infinito, por lo tanto por la relación del trabajo del agente externo con la enerǵıa
cinética
Ek = WH→∞ ⇒
1
2
mv2 =
Qq
4π�0m
√
H2 +R2
⇒ vmax =
√
Qq
2π�0m
√
H2 +R2
Evaluamos numéricamente el resultado
vmax =
√
Qq
2π�0m
√
H2 +R2
=
√
2(9× 109)(8× 10
−6)(1× 10−6)
20× 10−3
√
16 + 9
⇒ vmax = 1, 2 m/s
3. La figura muestra un hilo uniforme de carga positiva Q y longitud L
fijado sobre el eje x.
a. A partir del potencial eléctrico de una carga puntual determine el
potencial del hilo en el punto P. Tome potencial cero en el infinito.
b. Use el resultado anterior y argumentos de simetŕıa para hallar el campo
eléctrico del hilo en el punto P.
c. Una part́ıcula de masa m y carga −Q se lanza hacia el hilo con una rapidez v0 desde un punto
situado sobre el eje x y a una distancia 5L del extremo derecho del hilo. Halle la rapidez de la part́ıcula
cuando ésta se encuentra a una distancia 2L del hilo.
Solución: Tomamos el elemento diferencial del hilo de longitud dl y carga dq = λdl, este elemento
produce un diferencial de potencial eléctrico en el punto P, ubicado a una distancia de r = L+ x− l
dV =
dq
4π�0(L+ x− l)
=
λdl
4π�0(L+ x− l)
integramos desde l = 0 hasta l = L
V =
λ
4π�0
∫ L
0
dl
L+ x− l
=
λ
4π�0
(− ln(L+ x− l)|L0 =
λ
4π�0
(− ln(x) + ln(x+ L))
Erasmo Iñiguez 32 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 33
usando la propiedad para la resta de logaritmos y sustituyendo λ = Q/L nos queda
V =
Q
4π�0L
ln
(
x+ L
L
)
Como se desea calcular el campo en el punto P, que está a lo largo de la dirección dl, que fue usada
para el calculó del potencial eléctrico, entonces se puede decir que los vectores ~E y d~l siguen la misma
dirección, por lo tanto
dV = − ~E · d~l = −Edl
En nuestro caso, tomaremos la derivada respecto a x, del potencial obtenido, aśı
Ex = −
∂V
∂x
= − ∂
∂x
[
Q
4π�0L
(ln(x+ L)− ln(x))
]
= − Q
4π�0L
(
1
x+ L
− 1
x
)
=
Q
4π�0L
(
−x+ x+ L
(x+ L)x
)
Finalmente
~E =
Q
4π�0x(x+ L)
x̂
Tomamos como punto A, el que esta a una distancia x = 5L y punto B con x = 2L. Tomamos la
diferencia de potencial entre estos dos puntos
V2L − V5L =
Q
4π�0L
[
ln
(
2L+ L
2L
)
− ln
(
5L+ L
5L
)]
=
Q
4π�0L
(
ln
(
3
2
)
− ln
(
6
5
)]
=
Q
4π�0L
ln
(
3
2
5
6
)
⇒ V2L − V5L =
Q
4π�0L
ln
(
5
4
)
Luego el trabajo realizado por el agente externo para mover la carga desde A hasta B, será
WA→B = −qVA→B = Q(V2L − V5L) =
Q2
4π�0L
ln
(
5
4
)
Este valor de trabajo será igual al negativo de la enerǵıa acumulada que tiene la carga en el punto B
producto del potencial eléctrico, entonces con un balance de enerǵıa
EA = EB ⇒
1
2
mv20 =
1
2
mv2 − Q
2
4π�0L
ln
(
5
4
)
⇒ v2 = v20 +
Q2
2π�0mL
ln
(
5
4
)
Finalmente
⇒ v =
√
v20 +
Q2
2π�0mL
ln
(
5
4
)
Erasmo Iñiguez 33 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 34
4. La figura muestra 4 puntos (A,B,C y D) sobre el plano xy. En la región
existe uncampo eléctrico uniforme dado por ~E = 2(ûx + ûy) N/C. Dibuje las su-
perficies (ĺıneas) equipotenciales y ordene, de mayor a menor, el valor del potencial
eléctrico en los puntos A,B,C y D
Solución: Para dibujar las ĺıneas equipotenciales dibujamos el vector campo
eléctrico en el plano xy, y luego trazaremos perpendiculares a este vector que
pasen los puntos de interés A,B,C y D, con ellos nos quedan definidas tres ĺıneas
de superficies equipotenciales.
Del trazado de las ĺıneas claramente se identifica que el potencial en D y B
son iguales VD = VB. Luego, para ordenar de mayor a menos recordemos que el
potencial viene dado por la integral (tomando como cero el infinito)
V − V∞ =
∫
~E · d~l = −
∫
2(ûx + ûy) · (dx̂+ dŷ)⇒ V = −2(x+ y)
Veamos que mientras más nos alejamos del origen, el potencial se hará más
negativo, por lo tanto más pequeño, por lo tanto el potencial mayor estará en A.
Aśı el orden de potencial nos queda
VA > VB = VD > VC
5. En cierta región existe un campo eléctrico cuya expresión (en coordenadas esféricas) es ~E = E(r)ûr
con la función E(r) como se muestra en la gráfica abajo a la izquierda. Las tres regiones (0 < r < 1 m),
(1 < r < 3 m) y (3 < r < 5 m) pueden tener densidades volumétricas de cargas y las discontinuidades del
campo indican densidades superficiales en las superficies esféricas r = 1 m y r = 3 m.
a. Halle la densidad superficial de carga en la superficie esférica r = 1 m. Aproxima �0 = 9 × 10−12
C2/Nm2.
b. Halle el potencial V (r) tomando nivel cero de potencial en el origen. Grafique V (r) en el cuadricu-
lado proporcionado abajo a la derecha.
Solución: Usando la ley de Gauss para la superficie interna de la esfera de radio R = 1 m se puede
calcular la carga encerrada en r < 1m, en donde el campo eléctrico vale E = 2N/C∮
r=R−
~E · d ~A = Q
�0
⇒ E(4πR2) = Q
�0
⇒ Q = 4π�0R2E ⇒ Q = 8π�0
Luego la carga en la superficie esférica de radio R = 1 m viene dado por QR+ = σA = 4πσR
2
Usando la ley de Gauss para la superficie externa de la esfera de radio R = 1 m se puede calcular la
densidad de carga superficial, ya que en este caso E = 0, aśı
Erasmo Iñiguez 34 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 35
∮
r=R+
~E · d ~A = Q
�0
⇒ 0 = Q+ 4πσR
2
�0
⇒ Q+ 4πσ = 0⇒ 8π�0 = −4πσ ⇒ σ = −2�0
Finalmente sustituyendo la aproximación de la constante �0
σ = −18× 10−12 C/m2
Ahora busquemos las funciones de potencial para cada una de las regiones
Región 1: (0 < r < 1 m), en este caso el campo eléctrico tiene un valor constante de ~E = 2ûr. Por
definición de potencial eléctrico y escogiendo d~l = dr̂
V1 − V0 = −
∫
~E · d~l = −
∫ r
0
Edr = −
∫ r
0
2dr ⇒ V1 = −2r
Al tomar cero de potencial en el origen V0 = 0
Región 2: (1 < r < 3 m), en este caso el campo eléctrico tiene un valor constante de ~E = 0ûr. Para
este caso en la definición del potencial debemos ir desde R=1 hasta R=r
V2 − V(r=1) = −
∫
~E · d~l⇒ V2 − V(r=1) = 0⇒ V2 = V(r=1) ⇒ V2 = −2(1)⇒ V2 = −2
En este caso el valor del potencial es constante en toda la región.
Región 3: (3 < r < 5 m), en este caso el campo eléctrico tiene un valor
constante de ~E = −1ûr. Para este caso en la definición del potencial debemos
ir desde R=3 hasta R=r
V3 − V(r=5) = −
∫
~E · d~l = −
∫ r
3
Edr =
∫ r
3
dr = r − 3
⇒ V3 = r − 3 + V(r=5) ⇒ V3 = r − 5
Aśı nos queda la función de potencial con su gráfica
V (r) =

−2r si r < 1m
−2 si 1 < r < 3m
r − 5 si 3 < r < 5m
Erasmo Iñiguez 35 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 36
6. Se tienen dos conductores esféricos y concéntricos; uno es un cascarón
de radio interno R2 = 2R y radio externo R3 = 3R y el otro es una esfera ma-
ciza de radio de radio R1 = R, ver figura. La región entre los dos conductores
está ocupada por una sustancia aislante con densidad volumétrica de carga
constante D. La carga Q1 del conductor de radio R1 es desconocida. Suponga
que la diferencia de potencial entre los dos conductores es Va = V (R2)−V (R1)
a. Halle el campo eléctrico E(r) para R1 < r < R2, exprese su resultando
en función de cantidades conocidas y de Q1. Halle también la carga Q del
aislante.
b. Calcule Q1. Ayuda: recuerde que conoce la diferencia de potencial entre
los conductores.
c. Determine la carga del cascarón conductor en su ’cara’ interna (superficie r = R2).
d. A continuación se conectan los dos conductores por medio de un alambre conductor y se espera
a que se restablezca el equilibrio. Determine la nueva distribución de cargas en las superficies de los
conductores. Ayuda: aproveche el resultado de las partes b y c.
Solución: Para encontrar la carga del aislante conocemos el volumen de la región donde se encuentra
y además la densidad de carga, por lo tanto
D =
Q
V
⇒ Q = DV = D4
3
π(R32 −R31) =
4
3
Dπ(8R3 −R3)⇒ Q = 28
3
πDR3
Ahora buscamos la carga encerrada por una superficie esférica de radio r, en R1 < r < R2. Tendremos
la carga Q1 más una parte de la carga del aislante que viene dada por
Q′ =
∫
DdV =
∫
D(4πr2)dr = 4πD
∫ r
R
r2dr =
4πD
3
(r3 −R3)
Luego, aplicando ley de Gauss debido a la simetŕıa esférica∫
~E · d ~A = E(4πr2) = Qenc
�0
⇒ E(4πr2) = Q1 +Q
′
�0
⇒ E = 1
4π�0r2
(
Q1 +
4πD
3
(r3 −R3)
)
Finalmente tendremos el vector campo eléctrico en la región R1 < r < R2
~E =
ûr
4π�0
[
Q1
r2
+
4πD
3
(
r − R
3
r2
)]
Con este campo eléctrico puede ser calculada la diferencia de potencial (ya conocida) para aśı lograr
despejar la carga Q1. Entonces tenemos por definición
VR2 − VR1 = Va = −
∫ R2
R1
~E · d~l⇒ Va =
−1
4π�0
∫ 2R
R
[
Q1
r2
+
4πD
3
(
r − R
3
r2
)]
dr
⇒ Va =
−1
4π�0
(
−Q1
r
+
4πD
3
(
r2
2
+
R3
r
)∣∣∣∣2R
R
⇒ −4π�0Va =
[
−Q1
2R
+
4πD
3
(
4R2
2
+
R2
2
)]
−
[
−Q1
R
+
4πD
3
(
R2
2
+R2
)]
⇒ −4π�0Va = −
Q1
2R
+
Q1
R
+
4πDR2
3
(
5
2
− 3
2
)
⇒ −4π�0Va =
Q1
2R
+
4πDR2
3
De esta última igualdad puede ser despejada la carga Q1.
Erasmo Iñiguez 36 Enero 2018
Solucionario Gúıa Prof. Di Bartolo FS-2211 37
Q1
2R
= −4π�0Va −
4πDR2
3
⇒ Q1 = −8π�0RVa −
8πDR3
3
Ahora para la carga interna del conductor de radio R2, recordemos en las superficies internas y externa
de los conductores se inducen cargas con el fin de mantener el equilibrio, en el caso de la carga en la
superficie interna, ésta será el negativo de la carga encerrada por esta superficie, es decir QR−2
= −(Q+Q1)
QR−2
= −
(
−8π�0RVa −
8πDR3
3
+
28πDR3
3
)
⇒ QR−2 = 8π�0RVa −
20πDR3
3
Cuando los conductores son conectados mediante el cable se cumple la condición que la diferencia de
potencial entre las superficies es igual a cero, es decir Va = 0, por lo tanto nos quedaŕıan las cargas iguales
que en b y c, pero haciendo Va = 0.
Q′1 = −8π�0RVa Q′R−2
= −20πDR
3
3
Finalmente, como no conocemos la carga del conductor de radio R2, no podemos dar un valor de su
carga en la superficie externa, pero si podemos afirmar que esta no cambia al conectar los conductores.
Aśı Q′
R+2
= no cambia
7. La esfera (r < R) y la corona (2R < r < 3R), sombreadas en oscuro
en el dibujo, son conductoras. La zona (R < r < 2R) está ocupada por un
material no conductor de densidad constante y desconocida. Suponga que en
la zona (R < r < 2R) el campo eléctrico es:
~E(r) =
(
4R2
r2
+
r
R
)
E1ûr si R < r < 2R,
donde E1 es una constante conocida.
a. Halle el potencial V (r) en la región (R < r < 2R) tomando nivel cero
sobre el conductor de radio R.
b. Halle las densidades superficiales de carga de los dos conductores en las dos superficies esféricas
r = R y r = 2R. Halle también la densidad volumétrica de carga, D, del material no conductor.
Solución: Por definición tenemos la diferencia de potencial entre la superficie r = R y la región
(R < r < 2R).
V − VR = −
∫ r
R
~E · d~l = −
∫ r
R
(
4R2
r2
+
r
R
)
E1dr = −E1
(
−4R
2
r
+
r2
2R
∣∣∣∣r
R
Recordemos el cero de potencial VR = 0.
⇒ V =
(
− r
2
2R
+
4R2
r
)
E1 −
(
−R
2
2R
+
4R2
R
)
E1 = E1
(
4R2
r
− r
2
2R
+R
(
4− 1
2
))