FIS1533/FIZ0221 - I1
Facultad de F´ısicaPontificia Universidad Cat´olica de Chile Segundo Semestre 2016 - 16 de Septiembre
Tiempo para responder: 120 minutos
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Buenas Malas Blancas Nota
Instrucciones
No se descontar´an las respuestas incorrectas.
No se puede usar calculadora
1. La siguiente Figura 1 muestra las l´ıneas de campo producidas por tres cargas con magnitud +1C, +1C y
−1C, aunque no necesariamente en este orden. La superficie gaussiana que se muestra en la figura es una esfera que contiene dos de las cargas. ¿Cu´al de las siguientes afirmaciones es correcta para el flujo el´ectrico Φ a trav´es de esta superficie?
Figura 1:
a) Φ =−2C ε0 b) Φ = +2C ε0 c) Φ = 0
d) Depender´a de la distancia a la que se encuentren las cargas que est´an adentro
e) Depender´a de la distancia a la que se encuentre la carga que est´a afuera
Soluci´on:
Las l´ıneas de campo dentro de la superficie gaussiana salen de una carga y entran en la otra. Esto significa que las dos cargas tienen signos opuestos y la carga total dentro de la superficie es +1C−1C= 0C. Por lo tanto, el teorema de Gauss implica que Φ = 0.
2. Considere la configuraci´on de cargas de la Figura 2. Cada una de las cargas est´an separadas por una distanciadde las otras. SeaU la energ´ıa potencial del sistema, o sea el trabajo necesario para lograr esta configuraci´on, si inicialmente las cargas estaban infinitamente separadas las unas de las otras.U est´a dada por:
Figura 2:
a) U =− 5q2
b) U = +4πε5q2 0d c) U =−4πε5q2
0d d) U = +8πε5q2
0d
e) Ninguna de las anteriores
Soluci´on:
El resultado se obtiene aplicando la f´ormula
U = 1 4πε0 1 2 3 X j=1 X
k6=j
qjqk
rjk
dondeq1=q2=q,q3= 2qyrjk=dpara todos j, k= 1,2,3. Entonces
U = 1 8πε0d
3
X
j=1
qj
X
k6=j
qk
= 1
8πε0d q(q+ 2q) + q(q+ 2q) + +2q(q+q)
= + 5q 2 4πε0d .
3. En la Figura 3 se muestra un plano infinito (muy, muy grande) localizado en y= 0 (i.e., el plano x−z) con densidad superficial de carga σ = q/(25πd2). Adem´as, se tiene una carga puntual q en el punto (x, y, z) = (0,−d,0). Entonces, el campo el´ectrico producido por el sistema en el punto (0,2d,4d) es
q
Figura 3: Plano infinito y carga puntual
a) E~ = q 50ε0πd2
13
10yˆ+ 4 10zˆ
b) E~ = q 50ε0πd2
11
10yˆ+ 3 10zˆ
c) E~ = q 50ε0πd2
17
10yˆ+ 4 10zˆ
d) E~ = q 50ε0πd2
9
10yˆ+ 3 10zˆ
e) Ninguna de las anteriores
Soluci´on: Llamemos Eq y Eσ a los campos el´ectricos creados por la carga q y el plano infinito
respec-tivamente. Por el principio de superposici´on, tenemos que el campo en el punto pedido ~r = (0,2d,4d) es
~
E(~r) =E~q(~r) +E~σ(~r).
Adem´as sabemos que
~ Eσ=
σ 2ε0 =
q 50πd2ε0y.ˆ
Para calcular Eq usamos, conr~0 = (0,−d,0), la f´ormula usual
~ Eq=
1 4πε0
q(~r−r~0)
|~r−r~0|3 = q
500πd2ε0(3ˆy+ 4ˆz),
donde usamos que~r−r~0 = (0,3d,4d) =d(3ˆy+ 4ˆz) y que |~r−r~0|= 5d. De esto encontramos que
~
E= q 50ε0πd2
13
10yˆ+ 4 10zˆ
4. Considere el sistema de la Figura 3. El trabajo m´ınimo que debe realizar un agente externo para transportar una carga de pruebaq0desde el punto (0, d, d) hasta el punto (0, d,−d) es
a) W = + 5q0q 8πε0d
b) W =− 13q0q
25πε0d
c) W = + 13q0q 50πε0d
d) W =− 5q0q
8πε0d
e) Ninguna de las anteriores
Soluci´on: El trabajo requerido es equivalente (invirtiendo el camino) al trabajo realizado por el campo para ir desde el punto (0, d,−d) hasta el punto (0, d, d), o equivalentemente, como la diferencia de energ´ıa potencial ∆U entre estos dos puntos. Por esto, es claro que
∆U = ∆Uq+ ∆Uσ.
Dado que los puntos de partida y llegada est´an en la misma superficie equipotencial, tanto del campoEq
como deEσ, concluimos que
∆Uq= 0, ∆Uσ= 0 ⇒ ∆U = 0.
5. Considere el sistema de la Figura 3. Asuma queσ, q, q0>0. Suponiendo que ponemos una carga de prueba q0 en reposo en el punto (0, d,0). Entonces, la energ´ıa cin´eticaK deq0 en el punto (0,2d,0) es
a) K= 47 300
q0q πε0d
b) K= 37 600
q0q πε0d
c) K= 41 400
d) K= 17 600
q0q πε0d
e) Ninguna de las anteriores
Soluci´on:Dado que la carga parte del reposo tenemos por conservaci´on de la energ´ıa
K= ∆U = ∆Uq+ ∆Uσ = (Uq(~r1)−Uq(~r2)) + (Uσ(~r1)−Uσ(~r2)),
donde~r1= (0, d,0) y~r2= (0,2d,0) son los puntos de partida y llegada respectivamente. Claramente,
∆Uσ=q0
σ ε0d=
qq0 25πε0d.
Adem´as, usando la f´ormula usual
Uq(~r) =
qq0
4πε0|~r−~r0| ⇒ Uq(~r1)−Uq(~r2) =
qq0 4πε0(
1 2d−
1 3d) =
qq0 24πε0d.
Por lo tanto,
K= 37 600
q0q πε0d.
6. Se tiene un anillo uniformemente cargado con una densidad lineal de carga λ > 0. En su interior se encuentra una superficie esf´erica conc´entrica al anillo y de radio menor, que no encierra ninguna carga como muestra la Figura 4. Es correcto afirmar que:
a) El flujo el´ectrico neto a trav´es de la superficie esf´erica no es nulo.
b) El potencial el´ectrico en cada zona de la superficie esf´erica es cero.
c) El flujo el´ectrico neto a trav´es de la superficie esf´erica es nulo y el campo el´ectrico en cada zona de la superficie esf´erica no es nulo.
d) El campo el´ectrico en el plano del anillo es nulo.
e) El campo el´ectrico en cada zona de la superficie esf´erica es nulo.
Figura 4:
7. Se tiene un medio anillo de radioRcon densidad lineal de cargaλconstante. Determine la magnitud del campo el´ectrico en el puntoOde la Figura 5.
a) E= 4πελ 0R b) E=− λ
4πε0R c) E= 2ελ
0R d) E= 4ελ
0R e) E= 2πελ
Figura 5:
8. Una carga se encuentra en una esquina de un cubo con largo, ancho y altura L como indica Figura 6. Cu´anto flujo el´ectrico Φ =R ~
E·d~apasa por la cara gris de este cubo?
Figura 6:
a) Φ = 16q 0 b) Φ = 8q
0 c) Φ = 4πq 0 d) Φ = 16qπ 0
e) Ninguna de las anteriores
9. Considere la siguiente densidad de carga expresada en coordenadas cartesianas
ρ(x, y, z) =ρ0
x2+y2+z2 a2
. (1)
¿Cu´anto vale el valor absoluto del campo el´ectrico en el espacio?
a) |E~|= ρ0 0
(
x2+y2+z2)3/2 5a2
b) |E~|= ρ0 0
(x2+y2+z2)3/2 4a2
c) |E~|= ρ0 0
(x2+y2+z2)3/2 3a2
d) |E~|= ρ0 0
(x2+y2+z2)3/2 2a2
10. Se tiene un conductor cil´ındrico neutro de radio exteriorray radio interiorrb. La cavidad interior (r < rb)
est´a llena con un material no conductor con densidad de carga ρ(r) = µ/r, donde r es la distancia al eje de simetr´ıa del cilindro (ver Figura 7). En la aproximaci´on en que el cilindro es infinito, determine el potencial el´ectrico en las regionesr < rb yr > ra. Asuma que V(0) = 0.
Figura 7:
a) V(r) =−µr
0 parar < rb yV(r) = µrb
0 ln
rb
r
parar > ra.
b) V(r) = µrb 0 ln
rb
r
parar < rb yV(r) =
µra
0 ln
ra
r
parar > ra.
c) V(r) =−µr
0 parar < rb yV(r) = µrb
0
lnra r
−1para r > ra.
d) V(r) = µrb 0
lnrb r
−1parar < rb yV(r) =
µra
0
lnra r
−1parar > ra.
e) Ninguna de la anteriores.
Soluci´on:
Primero calculemos el campo el´ectrico en ambas regiones. Para r < rb, usando la Ley de Gauss en un
cil´ındro conc´entrico de radiory alturaL, obtenemos
I
S
~
E·d~S=Qenc 0
E(r)2πrL=2πL 0
Z r
0
ρ(r0)r0dr0
=2πrLµ 0
⇒ E(r) = µ 0.
Similarmente, para r > ra tenemos
I
S
~
E·d~S =Qenc 0
E(r)2πrL=2πL 0
Z r
0
ρ(r0)r0dr0
=2πrbLµ 0
⇒ E(r) = µ 0
rb
donde hemos usado que el conductor es neutro. Fijando V(0) = 0, el potencial en la regi´on interior es simplemente,
V(r)−V(0) =−
Z r
0 ~ E·d~l
=−µr
0
⇒ V(r) =−µr
0 .
En la regi´on exterior encontramos
V(r)−V(ra) =−
Z r
ra
~ E·d~l
=−µrb
0 ln
r
ra
⇒ V(r) =
µrb
0
lnra r
−1,
donde hemos usado que el potencial debe ser continuo y que V(a) =V(b) =−µrb/0 al tratarse de un
conductor.
11. En el problema anterior, calcule la densidad de carga en la superficie interior del conductor.
a) σ=µ.
b) σ= 2µ.
c) σ=−µ.
d) σ= µ 2.
e) Ninguna de la anteriores.
Soluci´on:
Al tratarse de un conductor, el flujo el´ectrico a trav´es de un cilindro de radio rb < r < ra y largo L es
cero. Luego, la carga encerrada por la superficie debe anularse. La carga total del cilindro interior es (ver problema anterior)Q= 2πrbLµ; la superficier=rb acarrea la carga opuestaQb=−2πrbLµ. Dividiendo
por el ´area obtenemos que la densidad de carga es
σ=−µ .
12. Entre dos planos geom´etricos infnitos y paralelos ubicados enx=±a, se encuentra una distribuci´on de carga homog´enea con densidadρ. El campo el´ectrico en la regi´on|x|> aes
a) E~ = signo(x)ρa 20xˆ
b) E~ =−signo(x)ρa 0xˆ
c) E~ = ρa 20xˆ
d) E~ = signo(x)ρa 0xˆ
e) Ninguna de las anteriores.
Soluci´on:
Tomemos como superficie Gaussiana un cilindro de radioR, orientado de forma perpendicular a los planos y cuyas tapas se ubican en x > ay−x <−a. Suponiendo queE~ =E(x)ˆx, el flujo total es
I
S
~
E·d~S=πR2E(x)−πR2E(−x)
donde hemos usado la simetr´ıa del sistemaE(−x) =−E(x). Por otro lado, la carga total encerrada es
Qenc=ρπR22a .
As´ı, la ley de Gauss nos entrega
E(x) =
ρa
0 x > a
−ρa
0 x <−a
⇒ E~ = signo(x)ρa 0x .ˆ
