Electromagnetismo I. 0.5$m$ F q cos θ = F g sin θ, (1)

10  Descargar (0)

Texto completo

(1)

Electromagnetismo I Semestre: 2015-2 Prof. Alejandro Reyes Coronado Ayud. Carlos Alberto Maciel Escudero

Ayud. Christian Esparza L´opez Soluci´on a la Tarea 2

Soluci´on por Christian Esparza L´opez

1.- Problema: (10pts)

Dos esferas de masa 0.5 Kg, cada una, son atadas al techo con hilo de nylon (de masa despreciable) y son cargadas con un generador electrost´atico, formando una configuraci´on como la que se muestra en la figura. ¿Cu´al es la carga de cada una de las esferas en Coulombs, asumiendo que ambas esferas tienen la misma carga?

2.5$m$

0.5$m$ θ$

Soluci´on:

Suponiendo que se trata de una configuraci´on de equilibrio (inestable), entonces la suma de fuerzas que actua sobre cualquiera de las esferas debe anularse; supongamos adem´as que las esferas son de densidad uniforme de modo que el centro de masas de cada una, coincide con el centro geom´etrico de las esferas respectivas. Entonces basta resolver el diagrama de cuerpo libre de la figura para determinar la carga de cada esfera.

Notemos que la tensi´on T en la cuerda debe equilibrar a las componentes deFq y Fg paralelas a la cuerda, mientras que las componentes perpendiculares a esta direcci´on deben equilibrarse entre s´ı, es decir,

Fqcosθ=Fgsinθ , (1)

dondeFq =q2/(4πε0d2) yFg =mg, siendoqla carga de cada esfera,mla masa ygla aceleraci´on gravitatoria. Entonces sustituyendo en la ecuaci´on (1) y despejando q obtenemos

(2)

Figura 1: Diagrama de cuerpo libre, problema 1.

de la figura obtenemos tanθ=d/h, sustituyendo obtenemos finalmente

q =±p4πε0d3mg/h (3)

N´otese que la carga puede ser positiva o negativa, no tenemos manera de determinar el signo con la informaci´on que se proporciona.

2.- Problema: (10pts) Dos cargas positivas y una negativa (todas con la misma cantidad de carga) se encuentran localizadas en los v´ercites de un tri´angulo equil´atero. ¿D´onde tendr´ıas que poner una cuarta carga, a lo largo del eje de simetr´ıa de la configuraci´on, para que la fuerza total sobre ´esta sea cero? ¿Existe alguna otra posici´on que cumpla con que la fuerza total sea cero o es ´

unica? Quiz´as tengas que resolver algo num´ericamente.

Soluci´on:

Buscamos un punto en el que la fuerza se anule independientemente del valor de la carga que se coloque, por lo tanto buscamos un punto en el que el campo el´ectrico se anule. En el eje de

(3)

Ey(y) = q 4πε0 − 1 y2 + 1 r2 cosθ (4)

con cosθ= (y−h)/ryr=p(y−h)2+h2/3, sustituyendo en (4) e igualando a cero obtenemos

f(y) = (y−h)2+h 2 3 3 −y4(y−h)2= 0 (5)

´esta es una ecuaci´on polinomial de grado 5, por tanto no es posible utilizar una f´ormulaen t´ ermi-nos de funciones algebraicas para obtener la soluci´on, por lo que usamos un m´etodo num´erico. Notemos primero que paray < htenemosf(y)>0, mientras que paray >2htenemosf(y)<0, por tanto las ra´ıces def(y) deben encontrarse en el intervaloh≤y≤2h, por simplicidad tome-mos h= 1 y usemos el m´etodo de bisecci´on para calcular las ra´ıces usando como aproximaci´on inicial de la ra´ız: y0= 1,5 f(y0)' −1.0671<0 ⇒ y1= 1.2500 f(y1)' −0.0906<0 ⇒ y2= 1.1250 f(y2)' 0.0175>0 ⇒ y3= 1.1875 f(y3)' −0.0199<0 ⇒ y4= 1.1563 f(y4)' 0.0021>0 ⇒ y5= 1.1719 f(y5)' −0.0079<0 ⇒ y6= 1.1641 f(y6)' −0.0079<0 ⇒ y7= 1.1602 f(y6)' −0.0002<0

entonces el campo se anula aproximadamente en y = 1.1602 (con una precisi´on de 10−4). Un m´etodo que converge m´as r´apido es el m´etodo de Newton-Raphson, pero para utilizarlo reque-rimos calcular f0(y).

3.- Problema: (15pts) a) Una carga puntualq est´a localizada en el centro de un cubo de lado d. Calcula el flujo de campo el´ectrico (ΦE =RSE~ ·da~ ) sobre cualquiera de las caras. b) Si la carga se mueve a una de las esquinas del cubo, calcula el flujo el´ectrico en cada una de las caras del cubo.

a) Soluci´on:

Utilizando la ley de Gauss, tenemos

ΦE =

q ε0

. (6)

Dado que la magnitud del campo en un punto r, producido por una carga puntual situada en r0 s´olo depende de la distancia |r−r0|y no de la orientaci´on, el flujo en cada una de las caras del cubo debe contribuir en la misma cantidad al flujo total, por lo tanto

Φcara= ΦE #caras =

q

6ε0

(4)

b) Soluci´on:

Para resolver este problema remplacemos la carga puntual por un peque˜no cascar´on esf´erico de densidad de carga superficial uniforme, con la misma carga total que la carga puntual. Podemos realizar esto debido a que el campo generdo fuera de la esfera es el mismo que el de una carga puntual y por tanto el flujo tambi´en es el mismo. Ahora, la carga encerrada en el cubo es ocho veces menor a la encerrada en el inciso anterior, por lo tanto la ley de Gauss nos dice

ΦE =

q

8ε0

(8)

y observemos que s´olo las tres caras que no tocan el origen contribuyen al flujo, pues en las dem´as caras el campo es paralelo a la superficie. Nuevamente, argumentando que el campo es independiente de la orientaci´on, estas tres caras deben contribuir en la misma cantidad al flujo total, por lo tanto

Φcara=

0 si la cara toca el origen q/24ε0 si la cara no toca el origen

(9)

4. Problema: (15pts) Un cascar´on esf´erico posee una densidad de carga

ρ(r) = k

r2

en la regi´on a≤r ≤b(ver figura ), dondek es una constante. Calcula el campo el´ectrico en las tres regiones:i) r < a, ii) a < r < byiii) r > b. Grafica la magnitud del campo el´ectrico como funci´on de r.

(5)

Resolvemos f´acilmente el problema utilizando la ley de Gauss, pues la densidad de carga s´olo depende de la distancia al centro de la esfera y por tanto el campo es radial. Entonces el flujo el´ectrico a trav´es de una esfera S de radioR es

I

S

E·nda= 4πER2. (10)

por otra parte la carga encerrada enS es

Z V ρ(r)dV = Z R 0 Z π 0 Z 2π 0 ρ(r)r2sinθdϕdθdr =    0 R < a 4πk(R−a) a≤R≤b 4πk(b−a) b < R (11)

Multiplicando (11) por 1/ε0 e igualando a (10) obtenemos

E(r) =    0 R < a k(R−a)/(ε0R2) a≤R≤b k(b−a)/(ε0R2) b < R (12)

5. Problema: (20pts) Un cable coaxial muy largo posee una densidad volum´etrica de carga unifor-meρsobre el cilindro interior, de radioa, y una densidad superficial de cargaσ sobre el cascar´on cil´ındrico exterior, de radio b. Ver figura. La densidad superficial de cargaσ es negativa y justo de la magnitud correcta para que el cable en su conjunto sea el´ectricamente neutro. Calcula el campo el´ectrico en las tres regiones: i) dentro del cilindro interior (r < a), ii) entre los dos cilindros (a < r < b) yiii) fuera del cable (r > b). Grafica la magnitud del campo el´ectrico como funci´on der.

Soluci´on:

Nuevamente podemos utilizar ley de Gauss ya que la geometr´ıa del problema nos lo permite. Debido a que se trata de un cable muy largo, podemos considerar que el campo se ve igual si trasladamos el cable en cualquier direcci´on a lo largo de su eje, por lo tanto el campo no puede tener componentes en las direcciones paralelas al eje, es decir, apunta en la direcci´on perpendicular al eje.

Entonces, podemos calcular f´acilmente el flujo a trav´es de un cilindroS coaxial al cable, de radio

Ry longitud L. El flujo en las tapas es cero ya que el campo es paralelo a su superficie, mientras que el flujo en el cuerpo de C es

I

S

E·nda= 2EπRL (13)

(6)

Figura 3: Se muestra la superficie S sobre la que se calcula el flujo y la gr´afica de la intensidad de campo el´ectrico respecto a la distancia radial,C1= (ρa)/(2ε0),C2 = (ρa2)/(2ε0b)

Z V ρ(r)dV = Z R 0 Z 2π 0 Z L/2 −L/2 ρ(r)rdzdϕdr =    ρπR2L 0≤R < a ρπa2L a≤R < b 0 b≤R (14)

donde la ´ultima igualdad se da porque el cable es el´ectricamente neutro. Entonces usando ley de Gauss obtenemos E(r) =    ρR/(2ε0) 0≤R≤a ρa2/(2ε0R) a≤R≤b 0 b < R (15)

N´otese que a diferencia del problema anterior, el campo el´ectrico es discontinuo, pero solamente en donde se encuentra la superficie cargada. De hecho, para que el cable sea neutro, el valor deσ

debe ser exactamente σ =−ρa2/(2b) =−ε

0E(b), esto sugiere que la discontinuidad del campo el´ectrico a trav´es de una superfice cargada nos da una idea de la densidad superficial de carga en dicha superficie.

6. Problema: (20pts)

a) Usando la siguiente ecuaci´on

φ(r) = 1 4π0 n X i=1 q |~r−~ri0|

(7)

!

!

✕!z0!

ˆ ez

+q! d/2! d/2! +q!

b) Usando la siguiente ecuaci´on

φ(r) = 1 4π0 Z λ(~r0) |~r−~r0|dl 0

calcula el potencial a una distancia z0 sobre el centro de una distribuci´on de cargas como se muestra en la figura. Calcula E~ =−∇φy compara tu resultado con el visto en clase.

2L#

λ

!z0 ˆ ez a) Soluci´on:

La distancia entre cada carga y un punto sobre el eje de simetr´ıa es r =pd2/4 +z2, entonces el potencial debido a ambas cargas es

φ= q

2πε0 p

d2/4 +z2 (16)

y por tanto el campo el´ectrico a una altura z0 es

E(z0) =

qz0 2πε0 d2/4 +z02

3/2zˆ (17)

o utilizando cosθ=z0/r, obtenemos

E(z0) =

q

2πε0 d2/4 +z20

cosθzˆ (18)

b) Soluci´on:

Suponiendo que la distribuci´on de carga es constante tenemos

φ= λ 4πε0 Z L −L dx (x2+z2)1/2 (19)

para calcular la integral realizamos el cambio de variable x=zsinhθ, sustituyendo en (19) con

(8)

φ= λ 4πε0 Z sinh−1(L/z) −sinh−1(L/z) dθ= λ 2πε0 sinh−1 L z . (20)

Ahora, para calcular el campo utilizamos1

d dz(sinh

−1L/z) = L

z(z2+L2)1/2 (21)

entonces el campo el´ectrico a una altura z0 es

E(z0) = λ 2πε0 L z0(z20+L2)1/2 ˆ z. (22)

7. Problema: (10pts) Considera que el campo el´ectrico en una cierta regi´on del espacio est´a dado por E~ =k r3ˆer, donde k es una constante. a) Calcula la densidad de carga volum´etrica ρ y b) calcula la carga total encerrada en una esfera de radioR.

a) Soluci´on:

Para encontrar la densidad de carga en cualquier punto del espacio, conocido el campo el´ectrico, utilizamos la ley de Gauss en su forma diferencial. Dado que E s´olo depende de la coordenada radial su divergencia es ∇ ·E= 1 r2 d dr r 2E = 1 r2 d dr kr 5 = 5kr2 (23)

y por ley de Gauss

ρ(r) = 5kε0r2. (24)

b) Soluci´on:

Para calcular la carga encerrada podemos integrar la densidad de carga del inciso anterior, sobre el volumen de la esfera o podemos utilizar la ley de Gauss en forma integral y calcular el flujo el´ectrico a trav´es de la esfera, el cual est´a dado por

I

S

E·nda= 4πR2E(R) = 4πkR5 (25)

por lo tanto la carga total es

QR= 4πε0kR5. (26)

8. Problema TORITO: (20pts) Una superficie c´onica (como un cono de helado hueco puesto de cabeza) posee una densidad de carga superficial uniformeσ. La altura del cono esh, al igual que el radio de la base circular. Calcula la diferencia de potencial entre el punto m´as alto del cono (el v´ertice) y el centro del c´ırculo de radio h (base del cono).

(9)

Soluci´on:

Dividimos el cono en bandas como se muestra en la figura, de modo que el ´area de estas bandas es 2πx((dx)2+ (dz0)2)1/2. Dado que el ´angulo de apertura del cono es π/4 tenemos dz0 =dx, entonces el ´area es 2√2πxdxy el potencial sobre el eje del cono est´a dado por

φ(z) = 2√2πkσ Z h 0 xdx p (z−x)2+x2 = 2πkσ Z h 0 xdx p (x−z/2)2+z2/4 (27)

donde k = (4πε0)−1. Para calcular la integral hacemos el cambio de variable x = z(s+ 1)/2, sustituimos en (27) condx=zds/2 y obtenemos

φ(z) =πkσz Z b a s+ 1 (s2+ 1)1/2ds =πkσzhps2+ 1 + sinh−1(s)ib a (28) cona=−1,b= 2(h−z/2)/2.

Nota: Esta ecuaci´on es v´alida s´olo si z 6= 0, para z = 0 el potencial se obtiene de la primer integral φ(0) = 2√2πkσ√h 2 = σh 2ε0 (29)

mientras que el potencial en z=h es

φ(h) =πkσhhps2+ 1 + sinh−1(s)i1 −1 = σh

4ε0

(10)

si uno no se siente a gusto con la funci´on sinh−1(x), podemos re-expresarla en t´erminos de un logaritmo, veamos c´omo. Por definici´on

sinh (x) = e

xe−x

2 =y (31)

entoncesx= sinh−1(y) y lo ´unico que hay que hacer es despejarxen (31), para ello multiplicamos la ecuaci´on porex y completamos el cuadrado

e2x−1−2yex = (ex−y)2−1−y2= 0 (32) de donde obtenemos

sinh−1(y) = ln

y+p1 +y2 (33)

donde escogemos el signo positivo de la ra´ız para que la funci´on sea de valor real. Entonces sustituyendo (33) en (30) y restando (29) obtenemos finalmente la diferencia de potencial

φ(h)−φ(0) = σh 2ε0 " 1 2ln √ 2 + 1 √ 2−1 ! −1 # = σh 2ε0 1 2ln √ 2 + 1 2 −1 = σh 2ε0 h ln √ 2 + 1 −1 i . (34)

Figure

Actualización...

Referencias

Related subjects :