Poniendo ~E(C) = 0, se tiene que q 4πε0R2 = λ 2πε0R =⇒ q = 2Rλ Solución 2.5 P X

a) Inicialmente determinaremos el potencial que genera un anillo por si sólo y luego se usará el hecho que ~E = −∇V para determinar el campo eléctrico. De este modo el potencial de un sólo anillo de radio a y densidad homogénea λ y con su centro en el origen provoca un potencial dado por:
b) Considerando lo obtenido en a) V (O) = V (z = −L2) = λa 2ε0 ( 1 a − 1√ L2 + a2 ) V (O′) = V (z = L2) = λa 2ε0 ( 1√ L2 + a2 − 1 a ) Por lo que la diferencia vale: V (O)− V (O′) = λa ε0 ( 1 a − 1√ L2 + a2 )
c) Recordando, que el campo eléctrico producido por una distribución de carga dq(~r ′) vale: ~E(~r) = 1 4πε0 ˆ ~r − ~r ′ |~r − ~r ′|3dq(~r ′) Luego se tiene que: ~r = aŷ; ~r ′ = xx̂; dq = λdx, por lo tanto: ~E(aŷ) = λ 4πε0 ( ŷ π 2ˆ 0 adx (a2 + x2) 3 2 − x̂ π 2ˆ 0 xdx (a2 + x2) 3 2 ) ~E(aŷ) = λ 4πε0a ( ŷ π 2ˆ 0 cos θdθ − x̂ π 2ˆ 0 sin θdθ ) ~E(aŷ) = λ 4πε0a ( ŷ π 2ˆ 0 cos θdθ − x̂ π 2ˆ 0 sin θdθ )
d) Nuevamente usando la definición se tiene que ~r = −ax̂; ~r ′ = xx̂; dq = λdx ~E(−ax̂) = λ 4πε0 ( x̂ π 2ˆ 0 −a− x | − a− x|3dx ) Manejando algebraicamente la expresión se obtiene que ~E(−ax̂) = − λ 4πε0 π 2ˆ 0 dx (x+ a)2 = − λ 4πε0 x̂ · − 1 x+ a ∣∣∣∣ ∞ 0 = − λ 4πε0a x̂
e) Separando el problema en dos partes: i) Campo producido por las rectas semi-infinitas: Sean (x̂′; ŷ′) el sistema de referencia para la recta superior en la figura, y (x̂′′; ŷ′′) para la recta inferior, orientados de manera que coincidan con el sistema de referencia de la parte a) entonces: ~E1 = λ 4πε0R (−x̂′ + ŷ′) ~E2 = λ 4πε0R (−x̂′′ + ŷ′′) Ahora descomponiendo en los ejes x̂ e ŷ (x̂ horizontal hacia la derecha, ŷ vertical hacia arriba): x̂′ = cos π 8 x̂+ sin π 8 ŷ ŷ′ = cos 3π 8 x̂− sin 3π 8 ŷ x̂′′ = cos π 8 x̂− sin π 8 ŷ ŷ′′ = cos 3π 8 x̂+ sin 3π 8 ŷ Como cos 3π 8 = sin π 8 , y superponiendo los campos, entonces: ~E1+ ~E2 = λ 2πε0R x̂ (− cos π 8 + cos 3π 8 ) = λ 2πε0R x̂ (− cos π 8 + sin π 8 ) = − λ 2πε0R x̂ (√ 2 cos 3π 8 ) Otra forma mucho más rápida de resolver esta parte es la siguiente: | ~E1| = | ~E2| = √ 2λ 4πε0R Entonces, debido a la simetría con respecto al eje x, las componentes en ŷ de los campos producidos por las dos rectas se anulan, y se obtiene que: ~E1 + ~E2 = −2| ~E1| cos 3π 8 = − λx̂√ 2πε0R cos 3π 8
f) ii) Campo producido por el sector circular: Calculando por definición, de manera similar a la parte anterior: ~E3(~r) = 1 4πε0 ˆ ~r − ~r ′ |~r − ~r ′|3dq(~r ′) Con: ~r = 0 ; ~r ′ = Rr̂ ; dq = λRdθ. Entonces: ~E3(0) = − λ 4πε0R 11π 8ˆ 5π 8 r̂dθ Descomponiendo r̂ en los ejes cartesianos, y por la paridad e imparidad del coseno y seno, la integral en ŷ se anula (también se puede comprobar esto último debido a la simetría con respecto a x̂) resulta: ~E3(0) = − λ 4πε0R 11π 8ˆ 5π 8 x̂ cos θdθ = λx̂ 2πε0R ˆ 3π 8 0 cos θdθ Luego: ~E3(0) = λx̂ 2πε0R sin 3π 8 = λx̂ 2πε0R cos π 8 = λx̂ 4πε0R ( sin 5π 8 − sin 11π 8 ) Finalmente, sumando todos los campos, se obtiene que el campo eléctrico total en el punto P vale: ~ET = λx̂ πε0R ( 1 2 sin 3π 8 − cos 3π 8√ 2 ) = λx̂ 2πε0R ( cos π 8 − √ 2 sin π 8 )
g) a) Primero debe usarse el campo eléctrico por definición para hallar una expresión E(~r) = 1 4πε0 ˆ (~r − ~r ′)dq |~r − ~r ′|3 En la fórmula anterior ~r = xx̂, ~r ′ = x′x̂ y dq = λdx′ con x′ ∈ [0, L] donde λ = Q L . Analizando por intervalos • x > L ~E(x) = λx̂ 4πε0 L̂ 0