Parcial de fisica III 2

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Universidad Simón Bolívar FS2211 1er Parcial (30%) Bloque A
Departamento de Física Miércoles, 30 de Enero de 2013
Nombre Carnet
1. [10 pts.] Tres cargas puntuales idénticas, q1 = q2 = q3 = +Q, se encuentran localizadas en sendos vértices de
un triángulo equilátero, sobre el plano x–y, cada una a una distancia b del origen, en las posiciones respectivas:
~r1 = (b, 0, 0) , ~r2 =
(
−1
2
b,
√
3
2
b, 0
)
y ~r3 =
(
−1
2
b, −
√
3
2
b, 0
)
,
Una carga negativa de prueba −q0, de masa m0, se coloca en una posición arbitraria (0, 0, z) sobre el eje (z)
perpendicular al plano, que pasa por el centroide del triángulo.
q3
q1
q2 b
z
y
x
−q0
(a) [4 pts.] Determine la fuerza ~F que ejercen las tres cargas positivas
{q1, q2, q3} sobre la carga de prueba −q0.
(b) [4 pts.] Si la carga de prueba está muy cercana al origen demuestre,
mediante la aproximación (z � b), que dicha carga experimenta
una fuerza Fz = −Kz, y determine la constante K.
(c) [2 pts.] Use los valores Q = +10−6C, b = 0.3m y z = 10−3m,
y calcule la aceleración az de la carga de prueba, sabiendo que
su relación carga–masa es q0
m0
= 10−1C/kg.
ke = 1/4π�0 = 9.0× 109N.m2/C2
Respuestas:
(a) Siendo (0, 0, z) la posición de la carga de prueba, las posiciones relativas de la misma respecto a las
cargas {q1, q2, q3} en los vértices del triángulo, serán zk̂−~ri, siendo i = 1, 2, 3. Las distancias respectivas
(módulos) son todas iguales a b2 + z2. Nótese, además, que la suma de las posiciones de los vértices es
cero (~r1 + ~r2 + ~r3 = ~0). Sumando las respectivas fuerzas, se obtiene:
~F = − q0
4π�0
∑
i
qi
(b2 + z2)3/2
(zk̂ − ~ri)⇒ ~F = −
Qq0
4π�0
3zk̂
(b2 + z2)3/2
(1)
(b) Si z � b, en el denominador de la expresión (1) queda solo b3, y la fuerza puede escribirse
Fz = −K z, donde K =
Qq0
4π�0 b3
(2)
(c) Para las distancias numéricas dadas, se cumple la condición z � b, y se tiene Fz = m0 az ⇒ az = − Km0 z.
Usando los valores numéricos en unidades SI, se obtiene:
az = −
Qz
4π�0 b3
(
q0
m0
)
⇒ az =
9× 109 × 10−6 × 10−3 × 10−1
33 × 10−3
= 33.3
m
s2
(3)
2. [10 pts.] Una esfera aislante hueca, de radio interno a y radio externo b, porta una densidad de carga variable
ρ(r) = ρ0
(a
r
)
,
donde ρ0 es una constante positiva. La esfera está rodeada por una cámara conductora hueca, de radio interno
b y radio externo c, eléctricamente neutra.
ρ(r)
b
c
a
(a) [3 pts.] Calcule la carga neta Qtot de la esfera aislante.
(b) [5 pts.] Determine el campo eléctrico ~E en todas las regiones
del espacio.
(c) [2 pts.] Determine las densidades de carga σb y σc inducidas,
respectivamente, en las superficies interna (r = b) y externa
(r = c) del conductor.
Respuestas:
(a) Escogemos cascarones esféricos de espesor dr como elementos de volumen, y se tiene dV = 4πr2dr.
Integrando así la densidad de carga ρ(r), se obtiene:
Qtot =
∫
ρ dV =
b∫
a
ρ0
(a
r
)
4π r2 dr = 4π ρ0 a
b∫
a
r dr ⇒ Qtot = 2π a ρ0
(
b2 − a2
)
(4)
(b) Debido a la simetría esférica de la distribución de cargas, el campo es radial ~E = Er r̂ ; escogiendo
superficies gaussianas esféricas, concéntricas, d~S = r̂ dS y el flujo del campo eléctrico queda, según la
Ley de Gauss:
ΦE =
∮
~E · d~S = 4π r2Er =
Qin(r)
�0
(5)
donde Qin(r) es la carga en el interior de la superficie gaussiana esférica, de radio r arbitrario:
• Para superficies en el hueco del aislante, el flujo es cero porque la carga contenida es cero, y por lo
tanto, en esa región se tendrá que el campo es ~E ≡ 0.
• Para superficies en el interior del conductor, el flujo es cero porque el campo es ~E ≡ 0, es decir que
la carga neta contenida también es cero.
• Para superficies exteriores al conductor (neutro), la carga neta encerrada es solo la carga total Qtot
del aislante.
• Para puntos en el interior del material aislante, calculamos Qin(r):
Qin(r) =
r∫
a
ρ0
(a
r̃
)
4π r̃2 dr̃ = 4π ρ0 a
r∫
a
r dr ⇒ Qtot = 2π a ρ0
(
r2 − a2
)
(6)
Usando la expresión obtenida en (6) para despejar Er de la ecuación (5), se tiene ~E = Er r̂ siendo
Er =
ρ0 a
2�0

0 ∀ r < a
1−
(
a2/r2
)
∀ a < r < b
0 ∀ b < r < c(
b2 − a2
)
/r2 ∀ r > c
(7)
(c) Cualquier superficie gaussiana en el interior del conductor contiene carga neta nula, es decir que la carga
inducida en la superficie interna del conductor es Qa = −Qtot = −2π ρ0
(
a b2 − a3
)
. Por ser neutro
el conductor, la carga inducida en la superficie externa es Qb = −Qa = Qtot. Dividiendo entre las
respectivas superficies, se tiene
σa = −
ρ0 a
2
(
b2
a2
− 1
)
y σb =
ρ0 a
2
(
1− a
2
b2
)
(8)
3. [10 pts.] La figura muestra un alambre recto, de longitud 2R sobre el eje y, y un arco de media circunferencia
de radio R, localizada en el plano x–y, con centro en el origen de coordenadas. El alambre recto porta una
carga −Q y el arco, una carga +Q, ambas distribuidas uniformemente.
R
y
x
z
−e
+Q
−Q
(a) [4 pts.] Calcule el campo eléctrico ~E1 en un punto arbitrario sobre
el eje z, producido por la carga −Q del alambre recto.
(b) [4 pts.] Calcule el campo eléctrico ~E2 en un punto arbitrario sobre
el eje z, producido por la carga +Q del arco.
(c) [2 pts.] Se coloca un electrón (carga −e) en el punto (0, 0,
√
3R).
Determine la fuerza ~F que ejercen el alambre recto y el arco
cargados sobre el mismo.
Respuestas:
(a) Se escoge un elemento de carga dQ = −λ dy en la posición ~r ′ = (0, y, 0) sobre el alambre, donde
y ∈ [−R,+R] y λ ≡ Q/2R . La posición relativa de un punto arbitrario ~r = (0, 0, z), sobre el eje z, al
elemento de carga dQ será ~r − ~r ′ = z k̂ − y ̂, siendo la distancia entre ambos ‖~r − ~r ′‖ =
√
y2 + z2.
La contribución d ~E1 de este elemento de carga al campo total ~E1 producido por el alambre recto, a
partir de la Ley de Coulomb, queda:
d ~E1 =
dQ
4π�0
z k̂ − y ̂
(y2 + z2)3/2
, de donde
dEy = +
λ
4π�0
ydy
(y2 + z2)3/2
y dEz = −
λ
4π�0
zdy
(y2 + z2)3/2
(9)
El integrando dEy es una función impar de la variable y, al integrar en el intervalo simétrico [−R,+R],
queda cero. Para calcular la componente restante, Ez, debemos efectuar el cambio de variable geométrico
y = z tan θ ⇒ dy = z dθ/ cos2 θ; usando la identidad 1 + tan2 θ = 1/ cos2 θ, se tiene:
dEz = −
λ
4π�0
z2dθ/ cos2 θ
z3/ cos3 θ
= − λ
4π�0
1
z
cos θ dθ (10)
donde θ ∈ [−θR,+θR] siendo sen θR ≡
R
(R2 + z2)1/2
Al integrar en el intervalo simétrico [−θR,+θR], se obtiene, usando la definición de λ:
Ez = −
λ
4π�0
1
z
2 sen θR = −
λ
4π�0
2R
z(R2 + z2)1/2
⇒ ~E1 = −
Q
4π�0
k̂
z(R2 + z2)1/2
(11)
(b) El elemento de carga dQ = λd`, donde ahora λ ≡ Q/πR y d` = Rdϕ es la longitud de arco, se encuentra
en la posición ~r ′ = Rr̂ = R cosϕ ̂−R senϕ ı̂; ϕ ∈ [0, π] es el ángulo medido desde el semieje y positivo.
La posición relativa del punto arbitrario (0, 0, z) es ahora ~r − ~r ′ = z k̂ − R r̂, siendo la distancia entre
ambos ‖~r − ~r ′‖ =
√
R2 + z2, la misma para todos los puntos del arco.
La contribución d ~E2 de este elemento de carga al campo total ~E2 producido por el arco, a partir de la
Ley de Coulomb, queda:
d ~E2 =
dQ
4π�0
z k̂ −R cosϕ ̂ +R senϕ ı̂
(R2 + z2)3/2
(12)
Dado que el denominador del integrando no depende de la variable de integración ϕ, las componentes
del campo ~E2 estarán dadas por
Ez =
1
4π�0
z
(R2 + z2)3/2
π∫
0
λRdϕ =
Q
4π�0
z
(R2 + z2)3/2
(13)
Ey = −
1
4π�0
R
(R2 + z2)3/2
π∫
0
λR cosϕdϕ = 0 (14)
Ex =
1
4π�0
R
(R2 + z2)3/2
π∫
0
λR senϕdϕ =
Q
4π�0
2R
π(R2 + z2)3/2
(15)
(c) En la posición (0, 0,
√
3R), se tiene que R2 + z2 = (2R)2. Evaluando las expresiones (11), (13) y (15), y
multiplicando por la carga del electrón (−e) se obtiene:
Fx = −
eQ
4π�0
2R
π 8R3
Fz = −
eQ
4π�0
[ √
3R
π 8R3
− 1
(
√
3R)(2R)
]
~F = − eQ
4π�0
[
ı̂
4π R2
+
k̂
8
√
3R2
]
(16)