Parcial de fisica III 9

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UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR FS2211 • Primer Parcial • 30%
DEPARTAMENTO DE FÍSICA Viernes, 3 de Octubre de 2014
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1. [8pts.] Cuatro cargas puntuales idénticas, Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = +Q, están localizadas en el plano x–y,
en los vértices del cuadrado de diagonal 2b que se muestra en la figura, es decir, en las posiciones respectivas:
~r1 = b ûx, ~r2 = b ûy, ~r3 = −b ûx y ~r4 = −b ûy .
Una carga negativa puntual −q0, de masa m0, se coloca en la posición z ûz (sobre el eje z).
Q4
Q1
Q2
b
z
y
x
−q0
Q3
(a) [4pts.] Determine la fuerza neta ~F que ejercen las cargas positivas
sobre la carga negativa de prueba.
(b) [4pts.] Si la carga negativa de prueba estuviese muy cercana al
origen de coordenadas (z � b), demuestre que dicha carga estaría
sometida a una fuerza de restitución elástica Fz = −Kz.
Determine la frecuencia ω de las oscilaciones.
Respuestas:
(a) Usamos la expresión de la fuerza neta ejercida por la distribución
{Qi} de cargas puntuales, debida a la Ley de Coulomb:
~F =
−q0
4π�0
4∑
i=1
Qi
(~r − ~ri)
‖ ~r − ~ri ‖3
, (1)
donde Qi = Q y ‖ ~r − ~ri ‖3=
(
z2 + b2
)3/2
, ∀i. Además, por estar las cargas en los vértices de un
polígono cerrado,
∑
~ri = 0. Luego:
~F =
−Qq0
4π�0
(4~r)
(z2 + b2)3/2
=
−Qq0
π�0
z
(z2 + b2)3/2
ûz. (2)
(b) Haciendo z � b en la expresión (2), se tiene
(
z2 + b2
)3/2 ≈ b3, y la fuerza queda:
Fz =
−Qq0
π b3�0
z = −Kz, (3)
donde la constante de restitución elástica es K = (Qq0)/(π b3�0). Siendo m0 la masa de la carga de
prueba, la ecuación de movimiento queda
z̈ = −ω2z, donde ω2 = K/m0 =⇒ ω =
√(
q0
m0
)
Q
π b3�0
.
2. [10pts.] La figura muestra un alambre recto muy largo sobre el eje y, y un arco semicircular de radio R
localizado en el plano x–y, con centro en el origen de coordenadas. Ambos alambres tienen densidad lineal
de carga positiva λ0.
R
y
x
z
−e
λ
0
λ
0
(a) [4pts.] Calcule el campo eléctrico ~E1, producido por el alambre recto
cargado, en un punto arbitrario sobre el eje z.
(b) [4pts.] Calcule el campo eléctrico ~E2, producido por el arco semicircular
cargado, en un punto arbitrario sobre el eje z.
(c) [2pts.] Se coloca un electrón, de carga −e, en el punto Rûz (sobre el
eje z). Determine la fuerza neta ~F que ejercen las cargas del alambre
recto y del arco semicircular sobre el electrón.
Respuestas:
(a) Siendo el alambre recto muy largo, usamos la aproximación a un alambre infinito, y aplicamos la Ley
de Gauss tomando como superficie Gaussiana un cilindro coaxial con el alambre, de radio s y altura h:{
~E = Es ûs (simetría cilíndrica)
ΦE = 2πs�hEs = λ0�h
}
⇒ Es =
λ0
2π�0 s
⇒ ~E1 =
λ0
2π�0 z
ûz
para cualquier punto arbitrario sobre el eje z.
(b) En este caso, adaptamos la expresión de la Ley de Coulomb a un distribución continua de cargas:
~E =
1
4π�0
∫
dQ
(~r − ~r ′)
‖ ~r − ~r ′ ‖3
, (4)
donde dQ = λ0d` = λ0Rdϕ, con π/2 < ϕ < 3π/2. La posición relativa es ~r − ~r ′ = z ûz −R ûs(ϕ), por
lo cual ‖ ~r − ~r ′ ‖3=
(
z2 +R2
)3/2 (independiente de la variable de integración ϕ). Siendo el versor ûz
también independiente de la variable de integración, la componente Ez del campo eléctrico queda:
Ez =
�πλ0
4�π�0
Rz
(z2 +R2)3/2
=⇒ Ez =
λ0
4�0
Rz
(z2 +R2)3/2
, (5)
mientras que para encontrar la componente transversal al eje z, E⊥, sólo hace falta integrar el vector
unitario ûs(ϕ) = cosϕ ûx + senϕ ûy en el intervalo correspondiente (π/2 < ϕ < 3π/2). El resultado de
la integración es −2 ûx, por lo cual:
Ex =
λ0
2π�0
R2
(z2 +R2)3/2
y Ey = 0 . (6)
Entonces, el campo producido por el aro semicircular cargado es:
~E2 =
λ0
4�0
R2
(z2 +R2)3/2
[(
2
π
)
ûx +
( z
R
)
ûz
]
. (7)
(c) Siendo Rûz la posición del electrón (z ≡ R), se tiene
(
z2 +R2
)3/2
= 2R3
√
2, y la fuerza que ejerce la
distribución completa de cargas sobre el mismo es:
~F = − λ0e
8
√
2�0R
[(
2
π
)
ûx +
(
1 +
4
√
2
π
)
ûz
]
. (8)
3. [12pts.] Una esfera aislante hueca, de radio interno a y radio externo b = 2a, porta carga con densidad
variable
ρ(r) = ρ0
(
a
r
)
,
donde ρ0 es una constante positiva y r, la distancia al centro de la esfera. La esfera está rodeada por una cá-
mara esférica conductora concéntrica, de radio interno c = 3a y radio externo d = 4a, eléctricamente neutra.
ρ(r )
b
c
a
d
(a) [3pts.] Calcule la carga neta Qtot de la esfera aislante hueca.
(b) [6pts.] Determine el campo eléctrico ~E en todas las regiones
del espacio. Grafique la componente radial del campo (Er) en
función de r.
(c) [3pts.] Determine las densidades de carga σc y σd inducidas,
respectivamente, en las superficies interna (r = c) y externa
(r = d) del conductor.
F Se le sugiere substituir en sus resultados los valores b, c y d, en función
del radio interno de la esfera aislante, a, como se indica en el enunciado.
Respuestas:
(a) Integramos la densidad de cargas sobre todo el volumen de la esfera hueca:
Qtot =
∫
ρdV =
∫ b
a
ρ0
( a
r
)
4πr2dr = 2πρ0a
(
b2 − a2
)
con b = 2a ⇒ Qtot = 6πρ0a3. (9)
(b) Debido a la simetría esférica de la ditribución, el campo es radial ~E = Er ûr, y por lo tanto ΦE = 4πr2Er para
cualquier superficie Gaussiana esférica, de radio r, concéntrica con la esfera. Adentro de la esfera hueca (r < a),
no hay cargas, y por lo tanto, en esa región ~E ≡ 0. Similarmente, el campo es ~E ≡ 0 adentro del conductor
(c < r < d). Por ser el conductor eléctricamente neutro, las superficies Gaussianas externas al conductor (r > d)
contienen una carga igual a Qtot, al igual que las superficies Gaussianas en el vacío entre el aislante y el conductor
(b < r < c). Con estos argumentos, sabemos entonces que:
~E ≡ 0,∀ r ∈ [0, a]
⋃
[c, d] y
~E =
Qtot
4π�0
ûr
r2
=
3ρ0a
2�0
( a
r
)2
ûr, ∀ r ∈ [b, c]
⋃
[d,∞] .
Sólo falta calcular la carga encerrada Qin(r) por una superficie Gaussiana
en el interior del aislante (a < r < b). Con la misma integral usada en (a),
cambiando el límite superior b por r, se tiene Qin(r) = 2πρ0a
(
r2 − a2
)
, y
el campo queda:
~E =
Qin(r)
4π�0
ûr
r2
=
ρ0a
2�0
[
1−
( a
r
)2]
ûr, ∀ r ∈ [a, b] .
Gráfico de Er vs. r
a b c d 5a 6a
Er
r
3ρ
0
a____
8ε0
(c) Según la Ley de Gauss, la carga inducida en la superficie interna del conductor (r = c) debe ser
Qc = −Qtot, de manera que el campo en su interior sea cero. Al ser eléctricamente neutro, esto implica
que la carga en la superficie externa del mismo (r = d) es Qd = +Qtot.
Dividiendo entre las superficies esféricas correspondientes, se tiene: σc = −
1
6
ρ0a y σd = +
3
32
ρ0a .