Certamen 1 - Fisica General Electromágnetismo (2010-2).pdf

PAUTA

CERTAMEN

Nº01

FISICA GENERAL

ELECTROMAGNETISMO

(FIS 221)

Prof. Rodrigo

Vergara Rojas

Segundo

SEMESTRE

2010

Lunes 13 de Septiembre de 2010

Problema 01)

(+1 punto base)

Problema 01 A) Para el dipolo desequilibrado de la figura: • Indique el signo de la carga Q1: _____ (0.5 puntos) • Indique el signo de la carga Q2: _____ (0.5 puntos) • Si la magnitud de la carga Q2 es 3q, indique la

magnitud de la carga Q1: ______ (1.0 puntos)

Desarrollo

• En la figura se aprecia que las líneas de fuerza salen desde la carga Q1. Luego, la carga Q1 es positiva

(0.5 puntos)

• En la figura se aprecia que las líneas de fuerza entran a la carga Q2. Luego, la carga Q2 es negativa

(0.5 puntos)

• De la carga Q1 salen N1 = 32 líneas, mientras que llegan N2 = 8 líneas a la carga Q2. Luego:

1 1 1

1 2 2

Q N Q 32

4 Q 12 q

Q =N ⇒3 q⋅ = 8 = ⇒ = ⋅ (1.0 puntos)

1

Q

Q

2

Problema 1-A)

Problema 01 B) Para la distribución de cargas de la figura:

• Indique el flujo eléctrico a través de la superficie gausseana “a”:_______ (0.5 puntos)

• Indique el flujo eléctrico a través de la superficie gausseana “b”:_______ (0.5 puntos)

• Indiqué qué carga (signo y maginitud) debe ubicarse en el espacio con el signo de interrogación para que el flujo eléctrico a través de una superficie gausseana que encierre a la distribución completa sea igual a cero:_________ (1.0 punto)

Desarrollo

• La superficie gausseana “a” encierra una carga total de +2q + 2q - 3q = +q. Luego, aplicando la Ley de Gauss, el flujo de campo magnético a través de ella es _Ea

0

q

ε +

Φ = (0.5 puntos)

• La superficie gausseana “b” encierra una carga total de +2q + 2q - 5q = -q. Luego, aplicando la Ley de Gauss, el flujo de campo magnético a través de ella es _Eb

0

q

ε −

Φ = (0.5 puntos)

• Para una superficie gausseana que encierre la distribución de cargas completa, el flujo de campo eléctrico sería cero si la carga neta encerrada es cero. Luego, si Q es la carga desconocida, puesta en el centro de la estrella:

2q + 2q - 5q + q - 3q + Q = 0

⇒

- 3q + Q = 0

⇒

Q = +3q

Problema 01-C) A partir del gráfico V v/s x, complete el gráfico de E

v/s x. (0.4 puntos por cada intervalo)

Desarrollo

La magnitud del campo eléctrico es el negativo de la derivada de V con respecto a x, es decir:

dV E =

-dx

En términos gráficos, la derivada se expresa en la pendiente. Luego, en cada intervalo del gráfico

de E v/s x debe ir el negativo de la pendiente del gráfico de V v/s x

V

E

x

x

(0.4 puntos por cada intervalo)

E

Problema 1-C)

Problema 02) Considere el anillo grueso de la figura, de radio interior R, radio exterior 2R y densidad superficial de carga +σ uniforme:

a) Calcule la carga total del anillo grueso. (1.0 puntos)

b) Calcule el vector campo eléctrico del anillo grueso en el punto P. (3.0 puntos)

c) Si en la posición z = 4R hay una carga positiva de magnitud Q y de masa m, y además existe aceleración de gravedad de magnitud constante g en dirección –z, determine σ en términos de Q, g, ε0 y m para que la carga esté en reposo en ese punto. (2.0 puntos)

Desarrollo

(+1 punto base)

a) De la definición de densidad superficial de carga:

total total

Q

= Q A

A

σ ⇒ _{= ⋅}σ

Donde

( )

2 2 2 2 2

A = π⋅ 2R − ⋅π R = ⋅ ⋅4 π R − ⋅π R = ⋅ ⋅3 π R

Finalmente: 2

total

Q = ⋅ ⋅ ⋅3 π σ R (1.0 puntos)

b) Dividiendo el anillo grueso en “elementos de anillo” de radio w y espesor dw, se puede calcular la diferencial de carga dq asociada como:

dq = σ⋅ ⋅ ⋅ ⋅2 π w dw (1.0 puntos)

El aporte del elemento de anillo al campo eléctrico en el punto P es

(

)

(

)

(

)

z 3 3

2 2 2 2 2 2

0 0

3 2 2 2 0

1 z dq 1 z 2 w dw

dE =

4 _{w +z} 4 _{w +z}

z 2 w dw 4 _{w +z}

σ π

π ε π ε

σ ε

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ = ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

⋅

(1.5 puntos)

Como el campo eléctrico de cada elemento de anillo tiene dirección +z, el campo total tendrá esa dirección. Luego, E = E zzˆ

, donde E_z=

∫

dE_z.

z

R

2R

P

z

σ

Problema 02)

W dw

Integrando entre w = R y w = 2R:

(

)

(

)

2R 2R

z 3 3

2 2 2 2 2 2

0 0

R R

z 2 w dw z 2 w dw E =

4 _{w +z} 4 _{w +z}

σ σ

ε ε

⋅ _⋅ ⋅ ⋅ ₌ ⋅ _⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

∫

∫

Usando la antiderivada

m+1 m X

X = m+1

∫

, donde X = w2 _{+ z}2_{, dX = 2—w—dw y m = -3/2, se llega a:}

(

)

( )

-1 2

2R 2 2

z _{2 2 2 2 2 2 2}

2

0 0 0

R

w +z

z z z z z

E =

-1

4 ₂ 2 2R +z R +z 2 R +z 4R +z

σ σ σ

ε ε ε

  _{ }

⋅ _{⋅ = − ⋅} ₋ _{= ⋅ − }

 

⋅ ⋅ _{ } ⋅  

Finalmente, ˆ

2 2 2 2

0

z z

E = z

2 _{R +z 4R +z}

σ ε

 

⋅ − 

⋅  

(1.5 puntos)

c) De la figura

(

)

( )

( )

ˆ

ˆ

ˆ ˆ

anillo

2 2

2 2

0

0

0 0

F Q E z=4R

4R 4R

Q z

2 _{R + 4R 4R + 4R}

4 R Q 1 1

= z

2 17 R 20 R

2 0.019 Q 0.0379 Q

z = z

σ ε

σ ε

σ σ

ε ε

= ⋅

 

 

= ⋅ ⋅_ − _

⋅ _{ }

⋅ ⋅ ⋅  

⋅ − 

⋅  ⋅ ⋅ 

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

≈ ⋅ ⋅

ˆ

P = -m g z⋅ ⋅

(1.0 puntos)

Por equilibrio de fuerzas:

0 anillo anillo

0

26.41

m g

0.0379 Q

F

+ P = 0

F

= -P

m g

Q

ε

σ

_σ

ε

⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

⇒

⇒

= ⋅

⇒

≈

(1.0 puntos)

σ

g

↓

F

anillo

P

Problema 03) La distribución de carga esféricamente simétrica de la figura tiene una densidad volumétrica de carga dada por:

( )

₍

1

₎

2

k r 0 r < R r

k 2R - r R r < 2R

ρ = ⋅ ≤

⋅ ≤



a) Calcule la magnitud del campo eléctrico dentro de la distribución. (4.0 puntos)

b) Determine la razón k1/k2 para que el campo eléctrico para r > 2R sea igual a cero. (2.0 puntos)

Desarrollo

(+1 punto base)

a) Para las tres superficies gausseanas indicadas en la figura (esferas de radio r concéntricas a la distribución) la simetría es esférica y el flujo de campo eléctrico está dado por:

2 E = E 4 π r Φ ⋅ ⋅ ⋅

Aplicando la Ley de Gauss:

2 enc enc

2

0 0

q q

E 4 r E

4 r

π

ε π ε

⋅ ⋅ ⋅ = ⇒ ₌

⋅ ⋅ ⋅ (0.5 puntos)

Donde qenc es la carga encerrada por la superficie gausseana. Para calcular las cargas encerradas, se considera un elemento de cascarón esférico de radio w y espesor dw:

( )

2

dq = ρ w 4⋅ ⋅ ⋅π w ⋅dw

Para 0 ≤ r < R, la carga encerrada está dada por:

r r

2 3

enc1 1 1

0 0

r 4

4

1 1

0

q = k w 4 w dw 4 k w dw

w

4 k k r

4

π π

π π

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

∫

∫

(0.5 puntos)

2R

R

Problema 03)

2R

R

0≤ r < R

R≤ r < 2 R⋅

r ≥ ⋅ 2 R

W dw

Luego,

4

2

1 1

2

0 0

k r k

E r

4 r 4

π

π ε⋅ ⋅ ε

= = ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ (1.0 puntos)

Para R ≤ r < 2R, la carga encerrada está dada por:

(

)

(

)

R r

2 2

enc2 1 2

0 R

R r

3 2 3

1 2

0 R

r R

4 3 4

1 2

0 R

3 4 3 4

4

1 2

3

4 2

1 2

q = k w 4 w dw k 2R - w 4 w dw

4 k w dw 4 k 2 R w w dw

w w w

4 k 4 k 2 R

4 3 4

2 R r r 2 R R R k R 4 k

3 4 3 4

8 k R r

k R k

3

π π

π π

π π

π π

π

π π

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅

 

= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − 

 

 _{⋅ ⋅ ⋅ ⋅} 

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ − − + 

 

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅

∫

∫

∫

∫

(

)

(

)

4

4 2 4

2

4 2 3 3 4

1 2 2

8 k R

r k R

3 8 k R

k k R r - R k r

3

π _π

π

π π

⋅ ⋅ ⋅

− + ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅

(1.0 puntos)

Luego,

(

)

(

)

(

)

4 2 3 3 4

1 2 2

2 0 3 3 4

2

1 2 2 2

2 2

0 0 0

8 k R

k k R r - R k r

3 E

4 r

r - R

k k R 2 k R k

r

4 r 3 r 4

π

π π

π ε

ε ε ε

⋅ ⋅ ⋅

⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅

=

⋅ ⋅ ⋅

+ ⋅ ⋅

= ⋅ + ⋅ − ⋅

⋅ ⋅ ⋅

(1.0 puntos)

b) Para r ≥ 2R, la carga encerrada está dada por:

(

)

(

)

R 2R

2 2

enc3 1 2

0 R

R 2R

3 2 3

1 2

0 R

2R R

4 3 4

1 2

0 R

3 4 3 4

4

1 2

4

4 2

1

q = k w 4 w dw k 2R - w 4 w dw

4 k w dw 4 k 2 R w w dw

w w w

4 k 4 k 2 R

4 3 4

2 R 8R 16R 2 R R R k R 4 k

3 4 3 4

64 k R k R

3

π π

π π

π π

π π

π π

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅

 

= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − 

 

 _{⋅ ⋅ ⋅ ⋅} 

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ − − + 

 

⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ + −

∫

∫

∫

∫

4

4 2 4

2 2

4

4 2 4

1 2

8 k R

16 k R k R

3 56 k R

k R 15 k R

3

π

π π

π

π π

⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ ⋅

(1.0 puntos)

Para que en r > 2R el campo eléctrico sea cero, la carga neta encerrada debe ser igual a cero. Luego:

4

4 2 4

enc3 1 2

1 2 2 1 2 2 2

1 2

56 k R

q = k R 15 k R 0

3

56 56 101

k k 15 k 0 k k 15 k k

3 3 3

k 101 k 3

π

π⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅π =

⇒ _{− ⋅ − ⋅ =} ⇒ _{= ⋅ + ⋅ = ⋅}

⇒ ₌

Problema 04) En el sistema de cargas de la figura, todos los triángulos son equiláteros de lado “a”. Determine:

a) Energía potencial eléctrica del sistema (3.0 puntos)

b) Trabajo necesario para armar el sistema trayendo las cargas desde el infinito. (1.0 puntos)

c) Potencial eléctrico del sistema en el punto P.

(2.0 puntos)

Desarrollo

(+1 punto base)

a) De la figura, podemos calcular las energías potenciales eléctricas asociadas a cada par de cargas.

• 12 2

0

q U =

4⋅ ⋅ ⋅π ε a (0.2 puntos)

• 13 2

0

q U =

4⋅ ⋅ ⋅π ε a (0.2 puntos)

• 14 2 2 2

0 0

0

q q q

U =

4 2 h 3 4 3 a

4 2 a

2

π ε = _{π ε} = π ε

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ _{⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅} ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ (0.2 puntos)

• 15 2 2

0 0

q q

U =

4⋅ ⋅ ⋅ ⋅π ε 2 a=8⋅ ⋅ ⋅π ε a (0.2 puntos)

• 23 2

0

q U =

4⋅ ⋅ ⋅π ε a (0.2 puntos)

• 24 2

0

q U =

4⋅ ⋅ ⋅π ε a (0.2 puntos)

• 25 2 2 2

0 0

0

q q q

U =

4 2 h 3 4 3 a

4 2 a

2

π ε = _{π ε} = π ε

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ _{⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅} ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ (0.2 puntos)

+

+

+

+

+

q

q

q

q

q

P

Problema 04)

a 3 h

2 ⋅ =

• 34 2

0

q U =

4⋅ ⋅ ⋅π ε a (0.2 puntos)

• 35 2

0

q U =

4⋅ ⋅ ⋅π ε a (0.2 puntos)

• 45 2

0

q U =

4⋅ ⋅ ⋅π ε a (0.2 puntos)

Sumando todos los aportes:

2 2 2 2 2

total

0 0 0 0 0

q q q q 2 1 2.16 q

U = 7 2 7+ +

4 π ε a 4 3 π ε a 8 π ε a 4 π ε a 3 2 π ε a

⋅

 

⋅ _{⋅ ⋅ ⋅} + ⋅ _{⋅ ⋅ ⋅ ⋅} + _{⋅ ⋅ ⋅} = _{⋅ ⋅ ⋅} ⋅ ≈ _{⋅ ⋅}

 

(1.0 puntos)

b) El trabajo necesario para armar el sistema trayendo las cargas desde del infinito es igual al negativo de la energía potencial eléctrica del sistema.

2 total total

0

2.16 q W = -U

a

π ε ⋅ ≈ −

⋅ ⋅ (1.0 puntos)

c) El potencial eléctrico del sistema en el punto P se obtiene sumando los potenciales eléctricos de cada carga.

• 1

0 0

q q

V =

4⋅ ⋅ ⋅ ⋅π ε 2 a=8⋅ ⋅ ⋅π ε a (0.2 puntos)

• 2 0

q V =

4⋅ ⋅ ⋅π ε a (0.2 puntos)

• 3

0 0

0

q q q

V =

4 2 h 3 4 3 a

4 2 a

2

π ε = _{π ε} = π ε

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ _{⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅} ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ (0.2 puntos)

• 4 0

q V =

4⋅ ⋅ ⋅π ε a (0.2 puntos)

• 5

0 0

q q

V =

4⋅ ⋅ ⋅ ⋅π ε 2 a=8⋅ ⋅ ⋅π ε a (0.2 puntos)

Sumando todos los aportes:

P

0 0 0

0 0

q q q

V = 2 2

8 a 4 a 4 3 a

q 1 0.894 q

1 + 2 +

4 a 3 a

π ε π ε π ε

π ε π ε

⋅ + ⋅ +

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

 

= _{⋅ ⋅ ⋅} ⋅ ≈ _{⋅ ⋅}

 