INTRODUCCION Los fenómenos asociados a la electricidad están ligados directamente o indirectamente al hombre, incluyendo su creación. El hombre primitivo observó las descargas eléctricas atmosféricas con temor y respeto, porque este “fogonazo del cielo” acompañado de un fuerte estruendo, destruía todo donde caía, incluyendo sus vidas. En Grecia, cuna de la civilización, 600 A.C, se descubrió que este fenómeno podía ser producido y manejado por el mismo hombre, por supuesto a escalas muy pequeñas y en otras condiciones. Era el caso que al frotar resinas vegetales petrificadas (ambar=elektron) con un paño de lana y acercarlas a partículas tales como cabellos, pajas secas, éstas eran atraídas por el ámbar. El fenómeno asociado a esta experiencia se le conoce como Electricidad. Asimismo, y casi simultáneamente, se conoció un fenómeno cuyo comportamiento era parecido al anterior, El Magnetismo. Este se deriva del nombre de una piedra, Magnetita hallada en Magnesia, que en su estado natural podía atraer, partículas de hierro u otro metal sin necesidad de frotarle.

El Objetivo de este curso de Física II, se centra en el estudio y análisis de estas ramas de la ciencia, y abre las puertas al estudiante a conocer las teorías que revolucionaron al mundo moderno, y que gracias a la capacidad desarrollada por hombre de manejar los efectos electromagnéticos, ilumina ciudades, aumenta la productividad en las fábricas, inventa máquinas que pone a su servicio, viaja a la Luna, tiene satélites artificiales de observación y comunicación alrededor de la tierra y de otros mundos y mediante sus equipos ha fotografiado los planetas exteriores del sistema solar y observa y estudia los confines del universo.

CARGAS Y CAMPOS La Electricidad y el Magnetismo como ramas de la Física se divide en:

ELECTROSTATICA ELECTRICIDAD ELECTROCINETICA ELECTRONICA ELECTROMAGNETISMO

MAGNETOSTATICA MAGNETISMO

MAGNETOCINETICA

Electroestática : Estudia las cargas eléctricas en reposo. Electrocinética: Estudia las cargas en movimiento a través de conductores. Magnetostática: Estudia el magnetismo creado por imanes naturales y agujas magnéticas. Magnetocinetica: Estudia campos magnéticos en movimiento. Electrónica : Estudia el movimiento de electrones por efectos electromagnéticos y su aplicación tecnológica. Electromagnetismo: Estudia las acciones reciprocas entre efectos magnéticos y eléctricos.

RESEÑA HISTORICA

Charles de Coulomb (1736-1806)

Michael Faraday (1791-1867)

Descubrimiento de la Electricidad y el Magnetismo: • Tales de Mileto, ( Grecia aprox. 600 a.c ) ......................................................................... • Plinio

.........................................................................

Estudio sobre la carga eléctrica y la relación entre la electricidad y el magnetismo. • Stoney

(

• J.J Thomsom

(1856 -1940 ) .................................................................................

• William Gilbert

( 1540-1608 ) .................................................................................

• Hans Oerterd

( 1777-1851 ) .................................................................................

• Stephen Gray

( 1729-

• Benjamin Franklin

( 1706- 1790 )................................................................................

• Joseph Priestley

( 1753- 1804 )................................................................................

• Charles de Coulomb

( 1736- 1806 )................................................................................

• Jhon Michell

( 1724- 1793 )................................................................................

• Michael Faraday

( 1791- 1867 ).................................................................................

) .........................................................................................

) .....................................................................................

Consolidación de teorías y formulación de ecuaciones que gobiernan el electromagnetismo. • James Maxwell ( 1831- 1879 ) ................................................................................ • George Ohm

( 1787- 1854 ) .................................................................................

• Karl Gauss

( 1777- 1855 ) .............................................. .................................

• Andre Ampere

( 1775- 1836 ) .................................................................................

• Alejandro Volta

( 1745- 1827 ) .................................................................................

• Gustav Kirchoff

( 1824- 1887 ) ..................................................................................

• Joseph Henry

( 1797- 1878 ) ............................................... ..................................

• James Watt

( 1736- 1819 ) ...................................................................................

• Heinrich Hertz

( 1857- 1894 ) ...................................................................................

• H.A Lorentz

( 1853- 1928 ) ....................................................................................

ACTIVIDAD: INVESTIGUE Y COLOQUE EN LA LINEA EL APORTE MAS SIGNIFICATIVO AL ESTUDIO DE LA ELECTRICIDAD Y EL MAGNETISMO DE CADA CIENTIFICO RESEÑADO EN LA LISTA ANTERIOR.

CARGA ELECTRICA

ASPECTOS CUALITATIVOS Propiedades intrínsecas de la materia • Masa : Definida por la segunda ley de Newton • Carga eléctrica : Condición que puede crear un estado eléctrico externo.. • Magnetización : Concepto asociado al movimiento rotacional del electrón sobre su mismo eje ( SPIN o momento cinético ) • Atracción Gravitacional : Condición definida por la ley de gravitación de Newton

Estados eléctricos de la materia. • Neutral • Positivo ( + ) • Negativo ( - )

CARGAS IGUALES SE REPELEN Y CARGAS DIFERENTES SE ATRAEN

El átomo como sistema eléctrico. El átomo en estado normal es eléctricamente neutro. Los componentes fundamentales del átomo son los siguientes: • ELECTRONES: Son partículas que orbitan alrededor del núcleo y determinan el estado eléctrico del átomo. Su carga eléctrica se denomina como negativa y de acuerdo al estado físico y característica de la materia que conforman puede saltar de niveles y desplazarse por esta. Su presencia fue demostrada por primera vez por el físico R. Stoney en el año 1874, que hallo por via indirecta el valor de su carga. Alrededor del año 1900, mediante el estudio de ionización de los gases se puso de manifiesto su individualidad. La medida exacta experimental del valor de la carga electrónica se debe a R. Millikan en la primera década del siglo XX. • PROTONES : Son partícula cuya carga eléctrica

se denomina como positiva. Están unidos entre

sí en el núcleo por la fuerza nuclear fuerte. La cantidad de protones en un átomo definen el número atómico.

• NEUTRONES: Son partículas cuya carga eléctrica es neutral. Conforman junto con los protones y otra subpartículas el núcleo atómico. Son inestables en estado libre.

Denominación del átomo de acuerdo a su estado eléctrico: • Ión :

Atomo con exceso o déficit de electrones.

• Catión : Atomo con déficit de electrones • Anión :

Atomo con exceso de electrones.

Otras características de las partículas atómicas. PARTICULA ELECTRON PROTON NEUTRON

MASA

(KG )

9,1 x 10-31 1,6 x 10 -27 1939 VECES MAYOR

CARGA ELECTRICA (COULOMB )

SPIN

-1,6 x 10-19 +1,6 x 10 –19 NULA

½ ½ ½

MOMENTO MAGNETICO NORMAL NORMAL NORMAL

QUE LA DEL ELECTRON .

El antielectrón, el antiprotón y el antineutrón son los anticorpusculos de los anteriores y su existencia predecida por la ecuación de Dirac ha sido plenamente probada experimentalmente. Extrapolando hacia el interior de la materia, se encuentran una serie de corpúsculos siendo los que a continuación se nombran, los asociados a las fuerzas de interacción o acción a distancia. Fotón: Explica la existencia de las fuerzas eléctricas y magnéticas y permite comprender las radiaciones electromagnéticas, respuesta que se obtiene

analíticamente con las ecuaciones de

Maxwell. Tiene masa prácticamente nula, carga eléctrica nula. Spin 1 momento magnético nulo.

Pión: masa de 272 veces la del electrón. Spin nulo y momento magnético nulo. Existe pion negativo, positivo y nulo. Se obtienen por desintegración y su vida es muy corta. El estudio de los piones explican la existencia de las fuerzas nucleares. Gravitón: su existencia se estima hasta los momentos teóricamente. Su masa se cree nula igual que su carga, Spin 2, momento magnético nulo y explicaría las acciones de la gravitación.

Como es el átomo. Modelos atómicos La primera idea sobre el átomo las introdujo Dalton en 1805, confirmando que la materia no es continua y es divisible. Los modelos atómicos que se han sugerido y que han sido respaldados de acuerdo al avance científico, en cada época, fueron los siguientes: Modelo de Pastel de Pasas. Modelo típico aceptado a finales del siglo XIX y sostenía que los electrones estaban incrustados en un material cargado positivamente como un pastel de pasas. Este modelo fue respaldado por J.J.Thomson que argumentaba que los electrones tenían que estar en movimiento. Modelo Espacial de Rutherford. Sostenía que los electrones en movimiento giraban en órbitas circulares fijas alrededor del núcleo. Determinó dimensiones y masa del núcleo. Este modelo predice la emisión de luz en una gama continua de frecuencia y no en espectro como realmente es. Modelo de Bohr. Incorpora la recién formulada teoría cuántica pero hacia suposiciones de manera que la teoría concordara con los experimentos realizados. Explica la emisión de luz en espectro con el salto de electrones de un nivel de energía a otro. Se habla de la emisión de fotones de luz

Representación de cuatro modelos atómicos

Modelo de Sammerfeld. Propuso un modelo elíptico para reemplazar las condiciones de cuantificación de Bohr, posteriormente sobre este mismo modelo Uhlenbeck y Goudsmit introdujeron una rotación del electrón sobre su propio eje con lo que dieron una explicación parcial de la estructura fina. Modelo de D´Broglie. Se introduce la idea de la onda partícula, en la cual el electrón en una órbita elíptica cumple un fenómeno ondulatorio.

Hipervínculo

..\Orbitales atómicos.doc

Modelo de Schrodinger y Born. En este modelo los electrones se encuentran alrededor del núcleo no en órbitas sino en forma de nube electrónica esférica. Modelo de Paul Dirac. Al modelo anterior se introduce el concepto del Spiner, vocablo que da la idea de un movimiento giratorio de los electrones sobre su mismo eje. Este modelo más reciente explica la mayoría de los fenómenos conocidos experimentalmente del comportamiento del átomo y ha

permitido probar teóricamente la existencia de las llamadas antipartículas. Referencia: Microsof, Encarta (2004). Atomo.

Explicación del fenómeno eléctrico a partir de los modelos Los modelos atómicos nos dan la idea, sin caer en los detalles de su explicación física, que los electrones pueden desplazarse dentro del átomo mismo, así como también, existe la posibilidad que salgan del sistema atómico. La unión de dos o más átomos constituyen las moléculas; estas a su vez se agrupan para formar cuerpos físicamente constituidos, cualquiera que sea su estado.

peine, el ámbar, etc, pueden cargarse negativamente. Los cuerpos están constituidos por grupos de átomos y pueden adquirir una condición eléctrica negativa o positiva, siempre y cuando exista un agente externo que la provoque. Así los materiales vítreos, como los vidrios se cargan positivamente y los plásticos y resinas se cargan negativamente. En el primero de los casos se cedió electrones y en el segundo caso se acepto electrones. Es de notar que una carga negativa anula a otra positiva de la misma magnitud.

Materiales conductores y aislantes. De acuerdo a la capacidad que tienen los cuerpos de dejar pasar o no cargas eléctricas a través de si, pueden clasificarse en : Conductores: Son aquellos materiales, que pueden transportar a través de si, las cargas eléctricas. Como ejemplo se tienen los metales, cuyo enlace entre átomos ( enlace metálico ), permite que los electrones se movilicen a una velocidad determinada dentro de ellos. Los conductores pueden

presentarse en cualquiera de los cuatro estados de la materia, sólido, liquido, gaseoso o como plasma, este último estado se le conoce muy poco en nuestro planeta, pero se haya presente en el 90% del universo.

Aislantes o dieléctricos. Son aquellos materiales que no dejan transportar a través de si, cargas eléctricas. Las cargas eléctricas se quedan fijas en el lugar que se les produce. Ejemplos de material aislante, es la porcelana, el vidrio, la madera seca. Semiconductores. Son materiales con características intermedias, entre conductores y aislantes, pues conducen las cargas eléctrica en un solo sentido dentro del material. Ejemplo son el cristal de germanio y de silicio y su aplicación tecnológica es gran utilidad en la electrónica como lo son los diodos, transitores, y los llamados circuitos integrados.

FORMAS DE PRODUCIR CARGAS ELECTRICAS EN LOS CUERPOS Frotamiento o triboelectricidad: Al frotar un peine, ámbar o plástico, con un pedazo de lana, los átomos de la lana ceden electrones que pasan al material, el cual queda cargado negativamente. Por otra parte si se frota un material vítreo, con un pedazo de seda, los átomos del vidrio ceden electrones que pasan a la seda, y el vidrio queda cargado positivamente.

Es de notar que solo el déficit o exceso de electrones en materiales sólidos son los que determinan el tipo de carga eléctrica del material.. en otro estado de la materia, la carga eléctrica la determinan los iones libres ( cationes o aniones ).

Inducción o influencia. Si se tiene un cuerpo previamente cargado como por ejemplo, una barra de vidrio ( positivo ) y se le acerca sin tocarle a un cuerpo conductor sin carga ( neutro ), se sucede el siguiente efecto; Como la barra de vidrio tiene carga positiva atrae a través del medio ambiente que separa ambos cuerpos, a los electrones libres del conductor estos se movilizan hasta el lugar mas próximo a la barra de vidrio. La barra de vidrio ejerce una inducción electrostática sobre el material conductor.

Carga por conducción o contacto. Al tener contacto físico un cuerpo cargado con un cuerpo descargado este puede cargarse del exceso del electrones del cuerpo cargado, si este tiene carga negativa inicialmente, si el primer cuerpo esta cargado eléctricamente positivo, los electrones libres de los cuerpos descargados pasan por el lugar del contacto físico para rellenar las vacantes eléctricas del cuerpo positivo.

Principio de cuantificación de la carga En 1909, Robert Millikan demostró que la carga eléctrica siempre se presenta como múltiplo entero de una cantidad fundamental de carga, es decir el valor e = 1,602 x 10-19 cuolomb., es decir siempre se existirá en pequeños paquetes discretos o cuantos de carga.

q = n.e

n= 1,2,3,4.......

Murray Gell - Mann propone sin demostrar aún, la existencia de cargas múltiplos de +-1/3e llamadas “ quarks “.Referencia: Microsof, Encarta (2004). Los quarks

Principio de conservación de la carga En todo proceso, físico o químico, la carga total de un sistema de partículas se conserva. Es lo que se conoce como principio de conservación de la carga.

PREGUNTAS GENERALES DE ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO 1) CUALES SON LAS PROPIEDADES DE LA CARGA ELÉCTRICA? Resp. -Hay dos tipos de cargas en la naturaleza con la propiedad de que, cargas diferentes se

atraen

y cargas similares se repelen. - La fuerza entre cargas varía con el inverso del cuadrado de la distancia que los separa. -. La carga se conserva -. La carga esta cuantizada 2) Sí un objeto suspendido A, conductor, es atraido hacia el objeto B, que esta cargando? Podemos concluir que el objeto A esta cargado?

Resp. No necesariamente A debe estar cargado. Sí A esta neutral y se acerca un objeto B sin tocarle, se produce una polarización. Las cargas opuestas a la del objeto B, tratan de “alejarse” en la superficie del objeto A. La carga que se desplaza es la misma que se acerca, en magnitud. La fuerza de atracción ejercida sobre B por la cara inducida en el lado cercano de A es ligeramente mayor que la fuerza de repulsión ejercida sobre B por la carga inducida en el lado lejano de A. La fuerza neta esta dirigida de A hacia B.

Responda las siguientes preguntas. ¿ Qué rama de la física estudia los imanes permanentes? ¿ Cual fue la experiencia científica de Plinio ? ¿ Que es la carga eléctrica ? ¿ Diga cual fue el aporte científico que legó a la humanidad Benjamín Franklin, en lo que al estudio de la electricidad se refiere ? ¿ Que tipo de interacción eléctrica experimentan dos cuerpos cargados positivamente cercanos? ¿ Porque los protones del núcleo atómico no se repelen entre si? ¿ Dibuje un modelo geométrico del átomo de acuerdo al modelo de Schrodinger

y Born?

¿ Al frotar vidrio con un paño de seda, porque el vidrio queda cargado positivamente? Explique el fenómeno eléctrico que sucede. ¿ Como puede cargar un cuerpo negativamente y previamente neutro, por inducción? Haga un diagrama con esferas.

LEY DE COULOMB ASPECTOS CUANTITATIVOS ENUNCIADO: La fuerza de atracción y/o repulsión que se ejerce entre dos cuerpos electrizados es directamente proporcional a las cargas eléctricas de cada uno de ellos e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que los separa. Esta fuerza se ejerce a lo largo de la recta “r” que une a ambas cargas, que intervienen en la interacción.

r Q1 Expresión de la ley de Coulomb.

F=K

Q1 * Q 2 r2

Q2

Magnitud de la fuerza electrostática Como toda fuerza es una cantidad física vectorial, tiene magnitud, dirección y sentido. F = K

Q1 * Q 2 Ur r2

Vector Fuerza Electrostática

(ec. I1)

K constante electrostática en el S.I K= 9x109 Nw x m2/ coul2 F ( Newton ) Q1 ; Q2 carga eléctrica ( Coulomb ) (C) r ( metros ) Ur Vector Unitario en dirección y sentido de la fuerza. Electrostática.

CAPITULO I Carga eléctrica. Ley de Coulomb. Ejemplo 1.1 a)

Principio de cuantización de la carga

Calcule el número de electrones en un pequeño alfiler de plata, eléctricamente neutro, que tiene una masa de 10 g. La plata tiene 47 electrones por átomo y su masa atómica es de 107,87 g/mol.

b)

Se añaden electrones al alfiler hasta que la carga neta es de 1 mC (miliCoulomb). ¿Cuantos electrones se añaden por cada 109 electrones ya presentes?.

Consideraciones: En un mol de sustancia existen 107,87 gramos (g) 6,021367 x 1023

Alfiler

del material, y m = 10 g.

átomos los cuales

contienen 47 electrones cada uno. De acuerdo a esto en un mol de plata hay 2,83 x 1025 electrones.

Figura 1.1 Electrones en un alfiler de plata

Solución: a) Si la masa del alfiler es de 10 g, entonces esta masa contiene 9,27 x 10-2 mol de acuerdo a la regla de tres siguiente: 107,87 g. ----- 1 mol 10 g.

----- X

X=

10 g × 1mol = 9,27 x 10-2 mol 107,87 g

El número de electrones del alfiler se consigue de la siguiente manera:

Número de electrones totales = 2,83 x 1025

elect x 0,0927 mol mol

Número de electrones del alfiler = 2,62 x 1024 electrones

b)

Si la carga neta es de 1 mC = 10-3 Coulomb (C) el número de electrones añadido es: q = ne

n=

10−3 C = 6,242 x 1015 electrones −19 1,602 × 10 C

Se divide el número total de electrones cuando el alfiler estaba neutro, es decir: 2,62 × 10 24 = 2,62 x 1015 9 10

(número de veces que se repite 109 en la cantidad inicial de electrones)

Entonces los electrones añadidos se dividen entre este número 6,242 × 1015 = 2,38 electrones 2,62 × 1015

Que define que por cada 1 millardo (mil millones) de electrones añadidos existen 2,38 electrones en el material, originalmente.

Ejemplo 1.2

Principio de la conservación de la carga eléctrica.

Una carga de 10 µC y una carga de – 6 µC están separadas 40 mm ¿Qué magnitud de la fuerza electrostática existe entre ellas? Las esferas se ponen en contacto unos cuantos segundos y luego se separan de nuevo 40 mm. ¿Cuál es la nueva fuerza? ¿Es de atracción o repulsión?

Consideraciones: La magnitud F del vector

+ q1

fuerza

− q2

a) electrostática

F en la condición a)

puede calcularse fácilmente aplicando la Ley de Coulomb, sobre el eje horizontal

q1 + q 2 = Q

y como son de diferentes signos, es b)

atractiva. En la condición b) hay una suma de cargas, las cargas negativas tratan

Q

de neutralizar las cargas positivas y prevalece

la

de

mayor

signo,

c)

al

Q 2

2

← Repulsión →

separarse c) la carga total Q se redistribuye en forma equitativa. (1µC = 10-6 C)

Figura 1.2 Interacción eléctrica entre esferas conductoras cargadas.

Solución: 2

A)

9 m q1 ⋅ q2 9 x10 N ⋅ C 2 × 10 x10 − 6 C × 6 x10 − 6 C FA = K 2 = = 337,5 N 2 r 40 x10 − 3 m

B)

FB = 0

C)

Q = q1 + (− q 2 ) = (10 − 6) µC = 4 µC

(

)

4 4 9 x109 × x10− 6 × x10− 6 2 2 Fc = = 22,5 N −3 2 40 x10

(

)

Nota: En lo sucesivo las cantidades vectoriales se denotarán con una letra y una flecha arriba y su magnitud o módulo sin la flecha.

EJEMPLO 1.3

FUERZA ELECTROSTÁTICA Y FUERZA GRAVITACIONAL

Dos protones en una molécula están separados por una distancia de 3,80 x 10-10 m. a) Encuentre la fuerza electrostática ejercida por un protón sobre el otro. b) ¿Como se compara la magnitud de esta fuerza con la magnitud de la fuerza gravitacional entre los dos protones?

c) ¿Cual debe ser la razón entre la carga y la masa de una partícula si la magnitud de la fuerza gravitacional es igual a la magnitud de la fuerza electrostática entre ellas? Consideraciones: La

magnitud

electrostática

de

entre

la

fuerza

dos

cargas

puntuales puede hallarse por la ley de q ⋅q Coulomb. Fe = K 1 2 2 . Como las r

r Fe

Fe Fg

Fg

cargas de las partículas son iguales

qp= e+ = 1,602 x 10-19 C, entonces Fe = K

q 2p

.

r2

Fig. 1.3 Interacción eléctrica y gravitacional entre dos protones de una molécula.

Para calcular la magnitud de la fuerza gravitacional se utiliza la ley de gravitación

Fg = G

universal

mp ⋅ mp r2

de

Newton

(por ser estas dos

fuerzas conservativas, dependen del inverso de r2)

Solución: a) Magnitud de la fuerza electrostática.

( (

)

2

N ⋅ m2 1,6 x10 −19 C Fe = 9 x10 × 2 C2 3,8 x10 −10 m 2 9

)

Fe = 1,595 x 10-9 N Repulsiva

b) Magnitud de la fuerza gravitacional. Tomando el valor de G = 6,67 x 10-11 y la masa del protón

N ⋅ m2 Kg 2

( ver apéndice B )

mp = 1,67 x 10-27 kg

N ⋅ m 2 (1,67 x10− 27 Kg ) × Kg 2 (3,8 x10−10 )2 m 2

2

FG = 6,67 x10

−11

FG = 1,29 x 10-45 N Como se muestra, la magnitud de fuerza gravitacional es mucho menor que la magnitud de fuerza electrostática; para estas dos partículas la proporción es la siguiente:

Fe = 1,234 x10 36 FG c)

q Razón entre carga y masa   si las magnitudes de las fuerzas son iguales. m

Fe = FG

K

q 2p r2

=G

La relación carga masa es:

m 2p r2

despejando

q2 = m2

N ⋅ m2 Kg 2 2 9 N ⋅m 9 x10 Cb 2

6,67 x10 −11

q C = 8,61x10−11 m Kg

Ejemplo 1.4

Cargas distribuidas discretamente en el plano.

En la figura 1.4 a. se localizan tres cargas puntuales ubicadas en las esquinas de un triangulo equilátero, calcule la fuerza eléctrica neta sobre la carga de 7 µC

Consideraciones: •

q A = 7 µC

La fuerza electrostática resultante +

sobre la carga qA es la suma vectorial

de

las

fuerzas rB

electrostáticas de la carga de qB r sobre la qA, FB que es repulsiva, más la fuerza de la carga qC sobre r qA, FC que es atractiva. De acuerdo al diagrama r r r FR = FB + FC

entonces

rC

0,50 mts

60° q B = 2 µC

+

qC- = −4 µC a)

la

r FB

θC

θB

300°

r FC

b) Fig. 1.4 a) Cargas en los vértices de un triángulo equilátero. b) Diagrama de fuerzas sobre qA .

Solución: r La fuerza FB como vector se calcula multiplicando su magnitud por un vector unitario r U B en la misma dirección y sentido que ella, es decir: r r FB = FBU B r La magnitud de FB se calcula aplicando la ley de Coulomb

FB = K

qB q A rB2

Esta es la magnitud de la fuerza entre las cargas puntuales q B y q A

Donde rB es la distancia entre las cargas q A y q B , y coincide con un lado del triángulo equilátero, rB = 0,50 m. r El vector unitario U B se calcula por la relación siguiente: r r r U B = Cos θ U X + Sen θ U Y

(válida en el plano)

Donde θ es un ángulo formado a partir del eje X positivo en sentido contrario a las r r manecillas del reloj hasta encontrar el vector con el cual se trabaja. U X ; U Y y

U Z son los vectores unitarios en dirección y sentido de los ejes positivos respectivamente.

X ; Y y Z

En este caso θB = 60° .

. r r r U = Cos(60º ) ⋅ U X + Sen(60º ) ⋅ U Y

r FB =

9 x10 9 N

Entonces

C2 x 2 x10 −6 Cx 7 x10 −6 C 2 r r m Cos (60º ) ⋅ U X + Sen(60º ) ⋅ U y 2 2 (0,50 ) m

(

)

r r r FB = (0,252U X + 0,44Uy ) ⋅ N

r De manera similar el vector fuerza electrostática FC entre la carga

qC y q A se

obtiene como sigue: ver figura 1.4 .b

r q ⋅q r FC = K ⋅ C 2 A U C rC

r Donde U C es un vector unitario en la dirección y sentido r de FC .

r Utilizando a θC = 300° como el ángulo para determinar a U C tenemos: r r r Entonces U C = Cos(300º ) ⋅ U X + Sen(300º ) ⋅ U Y r FC =

9 * 109 N

m2 x 4 x10− 6 Cx 7 x10 − 6 C r r 2 C ( ) ( ) Cos 300 º ⋅ U + Sen 300 º ⋅ U X Y (0,50)2 m 2

(

)

r r r FC = (0,504U X − 0,873U Y ) N r r r F R = ( 0 , 756 U X − 0 , 433 U Y ) N

La fuerza resultante será

Con magnitud FR = 0,871.N EJEMPLO 1.5

CARGAS DISTRIBUIDAS DISCRETAMENTE EN EL ESPACIO.

Tres cargas puntuales q A = −2 µC ; q B = 5µC y qC = 6µC , están ubicadas en las coordenadas A:(4, 6, 2); B:(0, -2, 4) y C:(Cx, Cy, Cz) respectivamente. Si C es el punto medio entre A y B. Hallar la fuerza resultante sobre qC generada por la

interacción con q A y q B . Consideraciones: La fuerza eléctrica resultante sobre la qcarga C

qC

debido a

qA

y

qB

se

encuentra sumando la fuerza eléctrica r de q A sobre qC , es decir FAC más la fuerza eléctrica de q B sobre qC , que es r FBC , aplicando la Ley de Coulomb. Las distancias se asumirán en metros.

Para simplificar la representación gráfica del problema, los puntos que tienen tres coordenadas se representan en una dimensión, como lo muestra la figura 1.5. Para ilustrar la interacción eléctrica sobre la carga ubicada en el punto C.

qA

−

r FAC

qC r FBC

A: (4, 6, 2)

+

C: (Cx, Cy,Cz)

qB

+

B: (0, -2, 4)

Fig. 1.5 Representación en una dimensión de cargas distribuidas discretamente en el espacio

Solución: Las coordenadas Cx, Cy, Cz son el punto medio entre el punto A y el punto B, y se encuentran de la siguiente manera: CX =

AX + B X 2

AY + BY 2

CZ =

AZ + BZ 2

6 + (− 2 ) =2 2

CZ =

2+4 =3 2

CY =

Sustituyendo valores tenemos:

CX =

4+0 =2 2

CY =

Entonces las coordenadas de C son:

C (2, 2, 3)

r r De acuerdo a la figura 1.5, las fuerzas FAC y FBC se obtienen aplicando la ley de Coulomb.

r r q q r FAC = FACU A = K A 2 C U A rCA

r Donde U A es un vector unitario en la r dirección y sentido de la fuerza FAC .

r Como FAC es atractiva, tiende a dirigir a la carga qC en sentido hacia la carga q A . r r Un método para conseguir U A es mediante el vector posición entre C y A, rCA , que r tiene la misma dirección y sentido que la FAC y su magnitud es la distancia rCA.

Entonces

r r r rCA r rCA = rCAU A despejando U A = rCA

r rCA

A

C

La ecuación queda:

r k ⋅ q A qC r FCA = rCA 3 rCA

r rCA es la magnitud de rCA

r rCA se obtiene aplicando la ecuación siguiente, restando las coordenadas donde llega menos donde sale el vector posición para cada caso.

r r r r rCA = ( AX − C X )U X + ( AY − CY )U Y + ( AZ − C Z )U Z llega sale Entonces r r r r r r r rCA = (4 − 2 )U X + (6 − 2 )U Y + (2 − 3 )U Z = 2U X + 4U Y − U Z Su magnitud se consigue aplicando el teorema de Pitágoras.

rCA = 2 2 + 4 2 + (− 1) m = 21 m 2

Sustituyendo 2

9 x10 9 N ⋅ m 2 x 2 x10 −6 Cx 6 x10 −6 C r r r r C FCA = x 2U X + 4U Y − U Z 3 21

(

( )

(

)

)

r r r r r r r FCA = 1,12x10−3 x 2U X + 4U Y − U Z = (2,24x10 −3 U X + 4,50x10 −3 U Y − 1,12x10 −3 U Z ) N

r Cálculo del vector FBC .

r r q q r FBC = FBCU B = K B2 C U B rBC r r U B es el vector unitario en la dirección de FBC ; de la misma manera como en el caso r r anterior puede hallarse el vector U B , con el vector posición rBC , cuya dirección y r sentido coinciden con el vector FBC , dirigido desde B hasta C. (debido a la fuerza repulsiva de q B sobre qC ), entonces: r r r U B = BC rBC

Sustituyendo queda lo siguiente

r k ⋅ q B qC r FBC = rBC 3 rBC

El vector posición se consigue con:

r rBC

r r r r rBC = (2 − 0 )U X + (2 − (− 2 ))U Y + (3 − 4 )U Z

r r r r rBC = 2U X + 4U Y − U Z

C C (2, 2, 3)

B B (0, -2, 4)

rBC = 22 + 42 + (− 1) m = 21m 2

y su magnitud

Sustituyendo queda 2

9 x109 N ⋅ m 2 x5 x10 − 6 Cx6 x10− 6 C r r r r C FBC = x 2 U + 4 U −UZ m X 3 21 m3

(

( )

(

)

)

r r r r r r r FBC = 2,41x10− 3 x 2U X 4U − U Z = (4,83x10−3U X + 9,64 x10− 3U Y − 2,41x10− 3U Z ) r Cálculo del vector FR . r r r FR = FAC + FBC

Arreglando y realizando la suma vectorial se obtiene:

N.

r r r r FAC = 2,24 x10 −3 U X + 4,50 x10 −3 U Y − 1,12 x10 −3 U Z r r r r FBC = 4,83 x10 −3 U X + 9,64 x10−3U Y − 2,41x10 −3U Z r r r r FR = (7,07 x10−3U X + 14,14 x10−3U Y − 3,53 x10−3U Z )

Ejemplo 1.6

N

Determinación de las cargas de las esferas colgantes

En la figura 1.6 se muestran tres esferas idénticas cada una de masa m = 0,100 kg y carga q, colgadas de tres cuerdas. Si las longitudes de las cuerdas izquierda y derecha son L = 30 cm. y el ángulo θ = 45º, determine el valor de q.

Consideraciones: Primero, para fines de facilitar el planteamiento

del

problema,

designaremos a cada masa m1, m2 y m3 respectivamente como se muestra y q1, q2 y q3 respectivamente. Sobre

la

carga

q2

actúan

θ

las

g

θ

L

L

siguientes fuerzas, tensión T de la cuerda, con una sola componente, la vertical, el peso W

y la fuerza

+q1 m1

―X―

+q2

—X— m2

electrostática resultante entre la fuerza repulsiva de la carga q1 sobre q2, hacia la derecha F 12 y la fuerza repulsiva de la carga q3 sobre la carga q2 ( F 32) también repulsiva hacia la izquierda.

Fig. 1.6 Cargas en equilibrio colgando de cuerdas.

+q3 m3

esta

En la figura 1.7a como el sistema r en equilibrio ∑ F X = 0U X y

r ∑ FY = 0U y

si se sustituyen

T a)

los

vectores correspondientes en el eje x, se r r tiene F12U X − F32U X = O . Si se opera

q2

F32

F12

a) sus componentes escalares, queda ; con F12 – F32 = 0 lo que resulta F12 = F32 ;

W

De la misma forma se trabaja con las

TX

componentes sobre el eje y ; T – W = 0 entonces

T=W

( W es la magnitud del peso). Con este

T θ

análisis sobre la q2 no se consigue despejar el valor de q requerido.

TY

F23

q3

Por otro lado si se toma cualquiera

F13

de las cargas q1 ó q3 se encuentra el sistema de fuerzas de la figura 1.7 b. Como se observa, la tensión T , se descompone en sus componentes T y y T x y la fuerza electrostática resultante es r r la suma de vectorial de F13 y F23 . Analizando el sistema de fuerzas sobre q3, se puede calcular el valor de q, que daría el mismo resultado si se estudiara sobre q1.

b)

W

Fig. 1.7 Diagramas de fuerzas

Solución: La fuerza resultante sobre la carga q3 se obtiene de la siguiente manera.

r r r F3 = F13 + F23 r r F13 = F13U X

donde r r F23 = F23U X

y

(hacia la derecha)

Aplicando la ley de Coulomb

F13 = K

q1 q 3

(2X )

y

2

F23 = K

q 2 q3 X2

Donde X es la distancia de q2 a q3 y q1 respectivamente las cuales con las cuerdas conforman triángulos rectángulos con L de hipotenusa. Senθ =

X L

Despejando X

X = L · Sen θ

θ

L

Sustituyendo valores X

X = 0,3 m . Sen (45º) = 0,212 m

X = 0,212 m

Sustituyendo valores en las ecuaciones de F13 y F23

F13 =

9 x10 9 N ⋅ m

2

C

2

xq 2

(2 x0,212)2 m 2

F13 = 5 x 1010 q2

Donde

q1 = q3 = q ; cancelando unidades resulta:

N/C2

Resolviendo para F23

F23 =

9 x10 9 N ⋅ m

2

C2 2 (0,212) m 2

xq 2

Donde q 2 = q3 = q ; cancelando unidades resulta:

F23 = 2 x 1011 q2

N / C2

La magnitud de la fuerza electrostática resultante sobre q3 es: F3 = 5 x 1010 q2 + 2 x 1011 q2 = 2,5 x 1011 q2 Las componentes verticales y horizontales de la tensión T son: Tx = -T Sen θ

y

Ty = T Cos θ

Aplicando la segunda ley de Newton de acuerdo al diagrama de fuerzas de la figura 1.7 se obtiene:

Componentes Horizontales F3 – Tx = 0

donde

F3 = Tx = T Sen θ

Componentes Verticales Ty – W = 0 entonces

Despejando T

F3 =

Para

T=

mg Cosθ

mg Senθ = m ⋅ g ⋅ tan θ Cosθ F3 = 2,5 x 1011 q2

m ⋅ g ⋅ tan θ q = = 2,5 x1011 2

q 2 = 3,92 x10 −12 C 2

T Cos θ= m·g

y sustituyendo

( g = 9,80 m/s2)

queda 2,5 x 1011 q2 = m·g·tanθ

despejando q2

0,1kgx9,8 m

s 2 x tan (45º ) N 2,5 x1011 2 C la carga de cada esferita es

q = 1,98 x 10-6 C

PROBLEMAS PROPUESTOS

CARGA ELECTRICA. LEY DE COULOMB. Propuesto 1.1

Fuerza electrostática y fuerza gravitacional

¿Qué cargas eléctricas iguales deben colocarse sobre la Tierra y la Luna, para igualar las magnitudes de las fuerzas eléctrica y gravitacional entre los dos cuerpos?. Indicaciones:

Hallar la magnitud de la fuerza F gravitacional utilizando la ley de

Fg

mT m L d2 luego aplicando la ley de Coulomb, hallar la magnitud de la fuerza electrostática, se igualan éstas y finalmente se despeja q.

Fe

gravitación de Newton Fg = G ⋅

d = 3,84 x 108 m mT = 5,98 x 1024 Kg mL = 7,36 x 1022 Kg G = 6,67 × 10 −11

Respuesta:

Fig. 1.8 Interacción eléctrica-gravitacional entre la tierra y la luna

N ⋅ m2 Kg 2

q = 5,73 x 1013 C

Respuesta:

Propuesto 1.2

d

Fuerza electrostática entre esferas conductoras

Dos esferas conductoras idénticas se colocan separadas por una distancia de 0,3 m. Una de ellas tiene una carga de 12 nC y la otra de -18 nC. a)

Encuentre la magnitud de la fuerza electrostática ejercida por una esfera sobre la otra.

b)

Las esferas se conectan por un alambre conductor, encuentre la magnitud de la fuerza eléctrica después que se alcanza el equilibrio.

Indicaciones: En la parte a) aplicar directamente la ley de Coulomb, en la parte b) cuando se unen, las cargas son sumadas algebraicamente luego que se alcanza el equilibrio. La carga eléctrica total se distribuye equitativamente en cada esfera.

a) b)

Respuesta:

Propuesto 1.3

2,16 x 10-5 N 9 x 107 N

Interacción entre cargas localizadas en los vértices de un cubo.

En los vértices de un cubo de lado a = 0,20 m., están localizadas cargas de magnitud Q = 3µC y del mismo signo. Determine la magnitud de la fuerza electrostática resultante de todas sobre una de ellas.

y

Indicaciones: Represente en el cubo en un sistema de coordenadas en el espacio, donde una de las carga la ubica en el origen. Hallar la fuerza resultante, vectorialmente apoyándose en los vectores de posición respectivos, utilizando las coordenadas posicionales de cada vértice. Cuando r se obtenga el vector Fe R , hallar su 1.9 Cargas en los vértices de un cubo

magnitud.

x Q z

Fig.

Respuesta:

(

3,29 × 9 x10 9 × 3 x10 −6 Fe R = (0,2)2

Propuesto 1.4

)

2

Fe R = 6,66 N

Interacción entre tres esferas cargadas y suspendidas.

Tres esferas idénticas, de masa m = 0,2 kg y carga Q en cada una de ellas, están suspendidas de un punto en común mediante hilos aislantes y ligeros de longitud L = 1 m. Las esferitas se repelen entre si hasta quedar en equilibrio, formando un triángulo equilátero de lado a = 0,1 cm., como se muestra en la figura. Hallar el valor de la carga Q. Indicaciones: Hallar la Fe R resultante sobre una de ellas, en el plano del triángulo equilátero, donde su dirección pasa por el centro del mismo. En otro gráfico representar el conjunto de todas las fuerzas que intervienen, es decir, aparte de la fuerza electrostática, la tensión de la cuerda y el peso sobre dos ejes coordenados y aplicar la segunda ley de Newton en equilibrio. Respuesta:

a m

El procedimiento da como resultado a la ecuación siguiente: 0,2 × 9,8 × 0,13 9 x10 9 9(1) − 3 × 0,12 2

⇒

L

m

RESPUESTA

Q=

L

L

Q = 27 µ C

a a

m

Propuesto 1.5

Esferas cargadas en un tazón esférico

Dos esferas idénticas tienen una masa cada una m = 0,300 kg y carga q. Cuando se ponen en un tazón esférico con paredes no conductoras sin fricción, las esferitas se mueven hasta que en la posición de equilibrio están separadas por una distancia R = 0,750 m., si el radio del tazón es también R = 0,750 m. Determine la carga de cada esferita. Indicaciones:

Cuando se establece el sistema de fuerzas en equilibrio sobre una de las cargas, la fuerza normal debido al contacto de la esfera con la superficie del tazón esta inclinada 60º con respecto al eje horizontal.

R

Aplicando la segunda ley de Newton al sistema en equilibrio se despeja la carga.

m

Respuesta: El procedimiento conduce a la ecuación siguiente:

q = 0,750 ×

0,3 × 9,8 9 x10 9 × tan (60º )

⇒

q = 10 ,30 µ C

R

R

m

PROBLEMAS PROPUESTOS CARGA ELECTRICA Y LEY DE COULOMB 1) LA FUERZA ELECTROSTATICA ENTRE DOS IONES SEMEJANTES QUE SE ENCUENTRAN SEPARADOS POR UNA DISTANCIA DE 5 x 10-10 MTS ES DE 3,7 x 10-9 NW A) ¿ CUAL ES LA CARGA DE CADA UNO DE LOS IONES ?. B) ¿CUANTOS ELECTRONES FALTAN EN CADA UNO DE LOS IONES ?. 2) DOS PEQUEÑAS ESFERAS ESTAN CARGADAS POSITIVAMENTE Y LA ¿COMO ESTA DISTRIBUIDA CARGA COMBINADA ES DE 5 x 10 –5 C. LA CARGA TOTAL ENTRE LAS ESFERAS, SI LA FUERZA REPULSIVA ENTRE ELLAS ES DE 1 Nw. CUANDO LAS ESFERAS ESTAN SEPARADAS 2 MTS ?.

3) DOS ESFERAS SIMILARES DE MASA M CUELGAN DE HILOS DE SEDA DE LONGITUD L Y TIENEN CARGAS SEMEJANTES Q . SUPONER QUE θ ES LO SUFICIENTEMENTE PEQUEÑA PARA QUE LA tanθ PUEDA REEMPLAZARSE POR EL sen θ . A) DEMOSTRAR QUE : 1/3 X=

Q2 L . 2πεOmg

DONDE X ES LA SEPARACION ENTRE LAS ESFERAS B) ¿CUANTO VALE Q SI CMS.

L

VALE = 120 CMS

M = 10 GRS Y X= 5

4) UNA CIERTA CARGA Q SE DIVIDE EN DOS PARTES q Y Q-q . ¿ CUAL ES LA RELACON ENTRE Q Y q PARA QUE LAS DOS PARTES COLOCADAS A UNA CIERTA DISTANCIA DE SEPARACION TENGAN UNA REPULSION COULOMBIANA MAXIMA?

5) DOS ESFERAS CONDUCTORAS IDENTICAS, CON CARGAS DE SIGNO OPUESTO, SE ATRAEN CON UNA FUERZA DE 0.108 N AL ESTAR SEPARADAS 0,5 MTS. LAS ESFERAS SE INTERCONECTAN CON UN ALAMBRE CONDUCTOR Y A CONTINUACION SE DESCONECTAN. EN ESTA NUEVA SITUACION SE REPELEN CON UNA FUERZA DE 0.036 N. ¿CUALES ERAN LAS CARGAS INICIALES DE LAS ESFERAS ?.

6) TRES PEQUEÑAS ESFERAS DE 10 GRS SE SUSPENDEN DE UN PUNTO COMUN, MEDIANTE HILOS DE 1 MTS DE LONGITUD. LAS CARGAS DE CADA ESFERA SON IGUALES Y FORMAN UN TRIANGULO EQUILATERO CUYOS LADOS MIDEN 0,1 MTS. ¿ CUAL ES LA CARGA DE CADA ESFERA?.

7) EN CADA VERTICE DE UN CUBO DE LADO a HAY UNA CARGA Q. DEMOSTRAR QUE LA MAGNITUD DE LA FUERZA RESULTANTE SOBRE CUALQUIERA DE LAS CARGAS ES F = 0,262 Q2 2 εO a

8) EN DOS VERTICES

OPUESTOS DE UN CUADRADO SE COLOCAN

CARGAS Q. EN LOS OTROS OPUESTO SE COLOCAN CARGA q. A) SI LA FUERZA ELECTRICA RESULTANTE SOBRE Q ES CERO ¿ CUAL ES LA RELACION ENTRE Q Y q ?. B) SE PODRIA ESCOGER A q DEL TAL MANERA QUE LA FUERZA RESULTANTE SOBRE CADA UNA DE LAS CARGAS SEA CERO?

9)

TRES

CARGAS

COORDENADAS A; B

ELECTRICAS Y C.

UBICADAS

HALLAR EL VECTOR

RESULTANTE

ELECTROSTATICA

ESTAN

EN

LAS

FUERZA

SOBRE UNA CARGA Qo= + 2 µC

UBICADA EN EL ORIGEN DE COORDENADAS DEBIDO A LA ACCION DE LAS TRES CARGAS. Qa = - 10 µC Qb = - 5 µC Y

B(+ 2 ,+ 2 );

Qc = +15 µC. CUYAS COORDENADAS A(- 2 , 2 ) ;

C (0,-2)

10) EN LOS VERTICES DE UN TRIANGULO ISOSCELES CUYOS LADOS A = 15 CMS Y +10 C .

B= 25 CMS EXISTEN TRES CARGAS DE MAGNITUD Q =

HALLAR LA FUERZA RESULTANTE SOBRE UNA CARGA DE q=

- 1 µC UBICADA EN EL ORTOCENTRO DEL TRIANGULO.

B

B

A 11) DADAS LAS CARGAS UBICADAS EN LAS COORDENADAS +2 µC ;

B( 0,4,0 )

QB = - 4 µC ; C( -2,0,5)

LA FUERZA RESULTANTE QUE CARGA

Q

ES DE

8,9 x 10

QC= 6 µC.

A( -2,4,5)

QA=

SI LA MAGNITUD DE

EJERCEN LAS TRES CARGAS SOBRE UNA -30

Nw. HALLAR LA MAGNITUD DE LA CARGA

POSITIVA Q UBICADA EN EL ORIGEN DE COORDENADAS.

12) EN LA FIGURA SE

MUESTRAN TRES CARGAS PUNTUALES IDENTICAS

COLGADAS DE TRES CUERDAS, CUYAS MASAS VALEN M= 0,1 Kg Y TIENEN UNA

CARGA

Q.

SI LAS LONGITUDES DE LAS CUERDAS IZQUIERDA Y

DERECHA SON L = 30 CMS Y EL ANGULO θ = 45 ª . DETERMINE EL VALOR DE Q.

Capitulo II CAMPO ELECTRICO

Determinación de la carga de una esfera suspendida,

Ejemplo 2.1

en

equilibrio por la acción de un campo eléctrico.

Una pelotita de masa 1 g. que tiene una carga “q”, está suspendida de un hilo de masa despreciable. Por acción de un campo eléctrico uniforme r r r E = (3 µ X + 5 µ Y )x10 5 N / C la pelotita queda suspendida en equilibrio a θ = 37°. Encontrar:

a) La Carga de la pelotita b) La Tensión del hilo

Consideraciones: •

Ya que la fuerza electrostática debe estar

r Ε

θ

en la misma dirección y sentido que el campo eléctrico, induce un efecto de repulsión sobre la pelotita ( F = q E ) •

q

Como el sistema está en equilibrio se aplica la segunda ley de Newton ΣF = m.a donde las componentes rectangulares de a, ax y estático)

ay son iguales a cero (sistema

Fig. 2.1 Pelotita suspendida de una cuerda dentro de un campo eléctrico .

y

T

r qΕ

r Ty

θ

r

q Εy

q

r Tx

x

r q Εx

q

W

W

a)

r qΕ

T

θ

q

W

W

b)

Fig. 2.2 a) Diagrama de fuerzas sobre la pelotita. b) Componentes rectangulares.

Solución: a) La carga de la pelotita r r r N De acuerdo con la ecuación vectorial E = (3µ X + 5µ Y ) x105 C

las componentes escalares del campo eléctrico son: Ex = 3x105 N/C

y

Ey = 5x105 N/C

Y las componentes escalares de la tensión T de la cuerda son: Tx = -T Sen(37°)

y

Ty = T Cos(37°)

r r Como la fuerza electrostática es F = qE , si se aplica la segunda ley de Newton,

entonces las componentes escalares de las fuerzas sobre el eje x se suman. +→ Σ Fx = 0,

sustituyendo queda

q Ex – T Sen θ = 0

Ecuación (2.1)

De la misma manera las componentes escalares de las fuerzas sobre el eje y se suman

q Ey + T Cos θ – W = 0 Pero

T=

Ecuación (2.2)

W=m.g qΕ x Senθ

despejando T de la ecuación (2.1) :

Ecuación (2.3)

Sustituyendo en la ecuación (2.2) queda:

qEy +

qΕ x Cos θ – mg = 0; Senθ

extrayendo q como factor común, se tiene:

q (Ey +

Εx )=mg tan θ

⇒

q=

mg Ε Εy + x tan θ

Sustituyendo valores y cancelando unidades

q=

(1x10

−3

)(

Kg x 9,80 m s 2 3 N (5 + )10 5 Tan(37º ) C

)

se obtiene

q = 1,09 x 10-8 C

b) La tensión del hilo

Usando el resultado de la parte a) para “q” y sustituyendo en la ecuación (2.3) 1,09 x10 −8 Cx3x10 5 N C T= Sen(37º ) T = 5,44 x 10-3 N

lo que resulta

Ejemplo 2 .2

Campo eléctrico debido a cargas distribuidas discretamente.

Tres cargas puntuales iguales están en los vértices de un triángulo equilátero de lado a: a)

¿En que punto en el plano de las cargas (aparte de ∞) el campo eléctrico es nulo? b) ¿Cuál es la magnitud y la dirección del campo eléctrico en el punto P debido a las dos cargas en la base? +q Consideraciones: Las

tres

P cargas

positivas a

interactuando, define una repulsión

a

mutua entre si. Al colocar una carga de prueba q positiva en el centro del triángulo,

+q

+q

a

ésta debería quedar en equilibrio debido a la influencia de las tres cargas

a)

de igual magnitud y colocadas a la misma distancia. Si de dibujan las líneas de fuerza, que representa al campo eléctrico

E

alrededor de cada carga se verifica que

E = O (vector nulo) en el centro del triángulo, como se muestra en la figura

b)

2.3 b. Fig 2.3

a) Cargas en los vértices de un

triángulo equilátero b) Líneas de campo eléctrico.

Solución: a)

q1

Para facilitar la ejecución se

r F2

designará q1 , q 2 y q3 las cargas en

r

cada vértice como se muestra en la r r r figura 2.4 y como F1 , F2 y F3 las r

fuerzas que actúan sobre q 0 + .

r F3

qo +

30º

r 30º

q3

q2 r F1 Fig. 2.4 Diagrama de

fuerzas en el

centro del triángulo, sobre +qo.

r r r r La fuerza electrostática resultante es igual a: FR = F1 + F2 + F3

en el centro del

triángulo

por ende

r r r r r r r r FR F1 F2 F3 ER = = + + = E1 + E 2 + E 3 q0 q0 q0 q0

Ecuación. (2.4)

Cada fuerza se obtiene aplicando la ley de Coulomb, su dirección y sentido lo define el ángulo respectivo;

(

r K ⋅ q1 ⋅ q 0 r F1 = −U y 2 r

)

entonces

(

r r r K ⋅ q 2 ⋅ q0 ( ) ( ) F2 = Cos 150 º U + Sen 150 º U X Y r2

Entonces

(

(

r K ⋅q r E1 = 2 − U y r

r F2

)

r r r K ⋅q E 2 = 2 Cos(150º )U X + Sen(150º )U Y r

)

30º

r F1

150º

)

r F3

30º

(

r r r K ⋅ q3 ⋅ q 0 F3 = Cos (30º )U X + Sen(30º )U Y 2 r

)

(

r r r K ⋅q E3 = 2 Cos (30º )U X + Sen(30º )U Y r

Entonces

)

Sustituyendo en la ecuación. 2.4 y extrayendo factor común

[

Kq se obtiene: r2

r r r Kq E R = 2 (Cos (150º ) + Cos (30º ))U X + (Sen(150º ) + Sen(30º ) − 1)U Y r

]

r r r (suma vectorial de E1 + E 2 + E3 ) Como Cos (150º) = - Cos (30º) y Sen (150º) + Sen (30º) = 1; entonces los componentes horizontales y verticales se anulan entre sí r FR r F2

b) En el punto P la fuerza resultante es debido a la suma del

r F3

P

efecto de la carga, q 2 y q3 , que son de la misma magnitud y están a la misma distancia.

a

a

El efecto de la carga q1 se ignora, puesto que no puede ejercer fuerza sobre si misma.

120º 60º

60º

q3

q2

Fig. 2.5 Fuerza resultante sobre la carga . ubicada en el punto P.

El campo eléctrico resultante es

r r r E R p = E 2 + E3

donde

r r F2 E2 = q0

(

r r r K ⋅ q2 ⋅ q0 ( ) ( ) F2 = Cos 120 º U + Sen 120 º U X Y a2

(

r r r K ⋅q E 2 = 2 Cos(120º )U X + Sen(120º )U Y a r r r F3 Para E3 E3 = q0

(

(

Como Cos (120º) =

q 2 = q3 = q

)

r r r K ⋅ q3 ⋅ q 0 ( ) ( ) F3 = Cos 60 º U + Sen 60 º U X Y a2 r r r K ⋅q E3 = 2 Cos (60º )U X + Sen(60º )U Y a

)

)

q 2 = q3 = q

)

-

Cos (60º) las componentes horizontales se cancelan r r mutuamente, y solo quedan las componentes verticales. Sumando los vectores E 2 , E3

se obtiene: r r K ⋅q K ⋅q  3 r U Y E R = 2 (Sen(120º ) + Sen(60º ))U Y = 2  2 × a a  2  Simplificando queda:

( )

r K ⋅q r E R = 1,73 2 U Y a

Ejemplo 2.3

N C

Campo eléctrico debido a una distribución de carga continua. Caso: Cascarón cilíndrico.

Considere un cascarón cilíndrico circular recto con una carga total Q, radio R y largo H. Determine el campo eléctrico E en un punto P localizado a una distancia d del lado derecho del cilindro sobre el eje del mismo (eje X). (Utilizar la ley de Coulomb y considere el cilindro como una colección de anillos de carga).

Eje y H +Q

R

Eje X P

d X Fig. 2.6 Cascaron cilíndrico recto

Solución H r

q0+

R d

P

X Fig. 2.7 Fuerza de un anillo sobre el punto P.

r r FC El campo eléctrico E debido al cilindro es EC = + donde q0+ es una carga q0 r de prueba positiva colocada en P, y FC es el vector fuerza electrostática resultante que ejerce el cilindro sobre q0+ ; esta fuerza a su vez es el aporte de las fuerzas de muchos anillos para conformar el cilindro (ver figura 2.7) y esta dirigida en el sentido positivo del eje X. Si Qc es la carga total del cilindro y Qa es la carga del anillo. dQc = Qanillo

y

dEc = Eanillo

El campo E del anillo es:

Ecuaciones (2.5)

r K ⋅ Qa ⋅ X r Ea = UX 3 X 2 + R2 2

(

(ver tabla 3.1)

)

Ecuación

(2.6)

donde r

= X 2 + R2 Sustituyendo las ecuaciones 2.5 en la ecuación 2.6

r K ⋅ dQc ⋅ X r dEc = UX 3 X 2 + R2 2

(

r Ec = K ∫

integrando ambos lados

)

(X

X ⋅ dQc 2

+R

2

)

3

r UX

r en lo sucesivo se omitirá U X

2

para facilitar los

cálculos y se asumirá solo la magnitud de E . Para resolver la integral definida se integra entre los límites 0 y H y se toma X como la variable. Para sustituir dQc se utiliza el coeficiente de distribución uniforme de carga por unidad de área, es decir :

σ=

dQc dA

si A es el área del cilindro A = 2·π·R·h ; entonces dA = 2·π·R·dh

sustituyendo queda

dQc = σ·2·π·R·dh

De la figura 2.7

X=h+d

h=X–d

dh = dX

d = constante

Cambiando dQc y sacando las constantes de la integral

Ec = K ⋅ σ ⋅ π ⋅ R

h=H

∫

h =0

2 X ⋅ dX

(X

2

+R

2

)

3

realizando el cambio de variable siguiente 2

U = X2 + R2

dU = 2X·dX

sustituyendo, se obtiene

 1 dU Ec = K ⋅ σ ⋅ π ⋅ R ∫ 3 = −2 K ⋅ σ ⋅ π ⋅ R  2 2 U 2  X +R

(

(

2 Ec = −2 K ⋅ σ ⋅ π ⋅ R  (H + d ) + R 2 

(

Ec = 2 K ⋅ σ ⋅ π ⋅ R  d 2 + R 2 

)

−1

2

)

−1

2

(

− d 2 + R2

(

− (H + d ) + R 2 2

)

H

  1  2 O

)

)

−1

−1

2

2

 

 

σ=

si

Q 2 ⋅π ⋅ R ⋅ H

y finalmente resulta

r K ⋅Q  2 Ec = d + R2 H 

(

Ejemplo 2.4

)

−1

2

(

− (H + d ) + R 2 2

)

−1

2

Ur  X

Campo eléctrico de una barra aislante cargada y doblada

en semicírculo. Una barra aislante cargada de manera uniforme de 14 cm de largo se dobla en forma de semicírculo. Si la barra tiene una carga total q = -7,5 µC, encuentre, la magnitud y dirección y sentido del campo eléctrico en O, el centro del semicírculo.

Consideraciones: Para calcular el campo eléctrico

E primero debe tomarse un elemento

O

diferencial de longitud del semicírculo, es decir un ds. Este elemento contiene una cantidad de carga infinitesimal de la barra, o sea, dq y ambos se relacionan mediante el coeficiente

λ=

q

dq . Al aplicar la ley de Coulomb ds

para hallar la fuerza electrostática entre dq y

q o+ , colocada en el punto O,

Fig. 2.8 Barra cargada aislante doblada. en semicírculo.

puede conseguirse la ecuación deseada para calcular E .

Solución

dq

De acuerdo a la figura 2.9 en un punto A cualquiera sobre el semicírculo se escoge un ds que contiene un dq ( s = θR, longitud de un arco en metros, de radio R y ángulo θ en radianes). Para obtener el campo eléctrico generado por ese elemento de carga, en

-

A

ds dθ

d FA θ qo+

θ

dθ

dFB

+ o

el punto O, debe colocarse q allí y hallar la fuerza electrostática sobre ella.

B dq -

Fig 2.9 Diagrama de fuerzas.

r r dF A dE A = qo

donde

r dFA es un diferencial de la fuerza electrostática total del

semicírculo ejercida sobre qo.

De la misma manera, se escoge otro ds en el punto B, aprovechando la simetría r r dFB dEB = qo

r donde dFB es un diferencial de la fuerza electrostática total del

semicírculo sobre qo+ . Entonces r r r dFR = dFA + dFB

(suma vectorial)

Aplicando la ley de Coulomb se obtiene la magnitud de los diferenciales de fuerza; dFA = K

dq ⋅ qo r2

y

dFB = K

dq ⋅ qo ; como pueden observarse ambos tienen la r2

misma magnitud. r Dirección y sentido del vector dFA

Si aislamos la fuerza en un sistema de coordenadas en el plano, podemos observar que los componentes sobre el eje y se cancelan x+ mutuamente y las componentes sobre el eje x se suman quedando en dirección negativa en este eje.

r dFA dFAy

dFBy

y+

r dFAx θ θ

r dFBx

r dFB

Fig. 2.10 Componentes rectangulares. de los vectores diferenciales fuerza.

Tomando en cuento esto, queda:

r r r dFR = dFAx + dFBx donde r r dFAx = dFAx − U X

(

)

(

r r y dFBx = dFBx − U X

)

donde las magnitudes son respectivamente: dFAx = dFA ⋅ Cosθ

y dFBx = dFB ⋅ Cosθ +

donde θ es el ángulo que forma d F con el eje x ;

sustituyendo dFA y dFB

queda

(

)

(

)

r r dq ⋅ qo dFAx = K Cos θ − U X r2

(

r r dq ⋅ qo y dFBx = K Cos θ − U X r2

)

entonces r r k ⋅ dq ⋅ qo Cos θ − U dFR = 2 X r2

r dividiendo entre qo se obtiene un dE R (diferencial del campo resultante en O) r r r dFR k ⋅ dq dE R = = 2 2 Cosθ − U X qo r

(

)

tomando en cuenta solo la magnitud, se resuelve aplicando cálculo integral.

qf

ER = ∫ 2 qi

kdqCosθ r2

qf

=

2k Cosθdq r 2 qi∫

pero dq = λ ⋅ ds = λ ⋅ r ⋅ dθ

se sustituye y queda

θf

2⋅ K ⋅λ ⋅r ER = ∫ Cosθdθ r2 θi al integrar los dθ se desplazarán 90º a partir de los puntos A y B, lo que producirá r el E R en O. Por simetría se considera la influencia de un solo dq multiplicado dos veces.

ER =

2⋅ K ⋅λ r

ER =

2⋅ K ⋅λ Sen π − Sen(0 ) 2 r

∫

π

0

2

[

(

]

r 2⋅ K ⋅λ r ER = −U X r

)

Volviendo a la notación vectorial queda

Campo eléctrico resultante en O.

sustituyendo valores λ =

λ=

π 2⋅ K ⋅λ [Senθ ] 0 2 r

Cosθ ⋅ dθ =

Q S

S = 0,14 m

y

7,50 × 10 −6 C C = 5,357 × 10 −5 0,14m m

2

2 × 9 × 10 9 N ⋅ m 2 × 5,357 × 10 −5 C r m r C ER = −U X 44,56 × 10 −3 m

r E R = 2,16 × 10 7 N

(

(− U ) C r

X

)

r=

0,14

π

m

EJEMPLO 2.5

CAMPO ELÉCTRICO DE UNA CONCHA CILÍNDRICA.

Considere una lámina infinitamente larga que está doblada de tal forma que constituye parte de un cilindro de radio R. El semicilindro o concha cilíndrica abarca  C  un ángulo θ y tiene una densidad superficial de carga uniforme σ  2  . Determine el m  r vector campo eléctrico E en el punto P cualquiera sobre el eje del cilindro.

Consideraciones:

r El vector campo eléctrico E de la

R

P

θ

concha puede tomarse como la suma de los aportes diferenciales

σ

de

campo, de muchas varillas infinitas cargadas. Para

una

EV =

λ=

Fig. 2.11 Concha Cilíndrica cargada

varilla

2⋅ K ⋅λ R

dq dL

recta

(ver

infinita

tabla

3.1);

donde dL se considera

también como la una pequeña parte de la longitud del semicírculo, entonces

dL = R·dθ

según la gráfica 2.12. Al sumar los aporte de campo eléctrico de

r dE

los diferenciales dL simétricamente opuestos e integrando desde 0º hasta

θ 2

r dE

θ θ

se obtiene el campo

P

eléctrico total en P

θ θ dL

dθ

La concha cilíndrica dL vista al corte

Fig. 2.12 Diagrama vectorial

Solución: La magnitud del campo eléctrico de una varilla a la distancia R es: EV =

2⋅ K ⋅λ R

ecuación 2.7

pero EV ahora significa un pequeño aporte a la magnitud del campo eléctrico total de r la concha, es decir dET y λ adquiere una forma diferencial de acuerdo a lo siguiente

λ=

dq dq dL dq dq dL = = ⋅ = dL dL R ⋅ dθ dL R ⋅ dθ ⋅ dL dA

Donde

R·dθ·dL = dA

λ = σ ⋅ dL dET =

2 ⋅ K ⋅ σ ⋅ dL R

entonces si σ =

(diferencial de área de la concha),

dq dA

sustituyendo en la ecuación 2.7

magnitud del diferencial de campo eléctrico de la concha

en P. Si se observa el diagrama aislado de vectores de coordenadas X-Y, se nota que las componentes horizontales se cancelan mutuamente, pero las verticales se suman, contribuyendo a un vector d E con sentido hacia arriba.

r dE

r dE

Y

θ

dEY

θ

dEY X

dE

X

dE

X

r r r r dET = dEY U Y + dEY U Y = 2 ⋅ dEY U Y

dE

X

dE

dE

θ

Y

del triángulo rectángulo se calculan las cantidades escalares dEY = dE ⋅ Cos (θ ) =

2 ⋅ K ⋅ σ ⋅ dL Cos (θ ) R

sustituyendo

r 4 ⋅ K ⋅ σ ⋅ dL ⋅ Cos (θ ) r 4 ⋅ K ⋅ σ ⋅ R ⋅ dθ ⋅ Cos(θ ) r dET = UY = UY R R integrando θ r r ET = 4 ⋅ K ⋅ σ ∫ 2 Cos (θ )dθ ⋅ U Y 0

donde los límites de la integración corresponden al aporte de un solo dL hasta la mitad del recorrido en ángulo.

(La otra mitad ya fue incorporada en el

procedimiento). Resolviendo el integral:

r θ r ET = 4 ⋅ K ⋅ σ ⋅ Sen(θ ) 0 2 U Y

lo que resulta

( )

r r ET = 4 ⋅ K ⋅ σ ⋅ Sen θ U Y 2

CAMPO ELÉCTRICO PARA VARIAS DISTRIBUCIONES DE CARGA Distribución de carga

Campo eléctrico

Carga puntual

Dipolo eléctrico en un punto ρ fuera de su eje

Er =

Ex =

Ey = −

K ⋅Q Ur r2

K ⋅Q ⋅d

(X

2

Gráfica

+Y2

)

3

2

 3⋅ X ⋅Y   X 2 + Y 2 

K ⋅Q⋅ d  3⋅Y  1− 2 3  2 2 2 2 X +Y  X +Y  2

(

)

distribuida. E en un punto P ubicado a una distancia R. Línea finita de carga uniformemente distribuida (longitud L). Punto P ubicado en la mitad, a una distancia R de la línea.

-

Positiva

Negativa

r E1

Eje Y 1

r1

+Q

r E2

r2

d/2 d/2

y

Eje X

x -Q

Línea infinita de carga uniformemente

+

2

r dE r E=

λ 2 ⋅ π ⋅ ∈0 ⋅R

P

r UY −∞

←

dq +++→

dx

q0+

r θ

+

R

x

←

+++

+∞ → r dE

r 2⋅ K ⋅λ r L E= ⋅ UY R L2 + 4 ⋅ R 2

P r θ

R

x L

Tabla 3.1 ( parte I)

CAMPO ELÉCTRICO PARA VARIAS DISTRIBUCIONES DE CARGA Distribución de carga

En un punto P sobre el eje de un anillo de radio R cargado uniformemente

En un punto P sobre el eje de un disco de radio R cargado uniformemente

Campo eléctrico

r E=

K ⋅Q ⋅ X

(X

Si: X=0 E=0

2

+ R2

)

3

2

Gráfica

+ + ( ds ) + R r

r UX

θ

θ

X

centro del anillo

(

σ 2⋅ ∈0

Tabla 3.1 (parte II)

)

1 2

r dE

r Uy 

+y

P

D R

ejeX

r dE

+ + +

 r D E = 2 ⋅ π ⋅ K ⋅ σ 1 − 2 D + R2  Si: R >> D E = 2 ⋅π ⋅ K ⋅σ =

p

PROBLEMAS PROPUESTOS CAMPO ELECTRICO

Propuesto 2.1

Campo eléctrico y campo gravitacional

Un objeto que tiene una carga neta de 24 µC se coloca en un campo eléctrico uniforme de 610 N/C que esta dirigido verticalmente hacia arriba. ¿Cuál es la masa de este objeto si “flota” en el campo ?

r Fe

Indicaciones Utilizar la ecuación que define el campo eléctrico en función de la fuerza eléctrica, y relacionar ésta con la fuerza

r E

m

gravitacional Fg = m· g r Fg

Respuesta: m = 1,5 x 10-3 Kg

Propuesto 2.2

Campo eléctrico dentro de una nube

Un avión vuela a través de un nubarrón a una altura de 2000 m. Si hay una concentración de carga de + 40 C a una altura de 3000 m dentro de la nube y de – 40

C a una altura de 1000 m. ¿Cuál es la magnitud del campo eléctrico E en la aeronave ?

Indicaciones: +40C Avión

Hallar la magnitud de la fuerza electrostática, colocando + q0 (carga de

r E

prueba positiva) en la mitad entre las dos cargas, es decir a 1000 m luego se divide

3000 ⋅ m 2000 ⋅ m

− 40 ⋅ C 1000 ⋅ m

entre q0 y se obtiene la magnitud de E . Respuesta: E = 360 × 10 3

Propuesto 2.3

N C

Esferas cargadas colgantes en presencia de un campo eléctrico.

Dos esferas pequeñas cada una de 2 g de masa, están suspendidas por medio de una cuerda ligera de 10 cm de largo, como se muestra en la figura. Un campo eléctrico uniforme se aplica en la dirección X. Si las esferas tienen cargas iguales 5x10-8 Cb y 5x10-8 µC, determine el campo eléctrico que permite a las esferas estar en equilibrio a un ángulo de θ = 10º

Indicaciones: Plantear un sistema de fuerzas en un plano de referencia aislado, que contemple la fuerza electrostática resultante, la tensión de la cuerda y el r peso. Colocar la Fe en función del r campo eléctrico E

θ

-

θ

+ r E

Respuesta

Propuesto 2.4

E = 4 , 4 × 10 5

N C

r (Magnitud del E )

Campo eléctrico en el centro de un triángulo equilátero.

Tres cargas puntuales q A = 2µC ; q B = 5µC y qC = −1µC están ubicadas en los r vértices de un triángulo equilátero de lado a = 10 cm. Hallar el E en el ortocentro del triángulo.

q A+

Indicaciones: Coloque una carga de prueba q 0+ en

Ortocentro

el centro del triángulo, hallar la fuerza resultantes de todas las cargas sobre q0 y luego aplique la relación: r r FR E= q0

Respuesta:

a

q B+

a

a

q C−

r r N E = 13,89 × 10 6 U X ⋅ C

PROPUESTO 2.5 CAMPO ELÉCTRICO EN UN VÉRTICE DE UN PARALELOGRAMO. Tres cargas puntuales q1 = −3 × 10 −6 C ; q 2 = 2 × 10 −6 C y q3 = 1 × 10 −6 C están

en las esquinas de un paralelogramo ( romboide) cuyos lados son a = 3 m y b = 2, r como se muestra en la figura. ¿Cuál es el vector campo eléctrico E R en el vértice que no tiene carga?.

y

Indicaciones:

q1

De la misma forma que el ejemplo anterior, determine la fuerza

b

electrostática resultante sobre q0 . La

θ = 30º

distancia diagonal se determina así:

r=

(a + b ⋅ Cos(θ ))

Respuesta:

2

+ (b ⋅ Senθ )

2

a

q3 r r r N ER = (1276U X + 2330Uy ) ⋅ C

x q2

CAPITULO III

LEY FLUJO ELÉCTRICO Y L EY DE GAUSS EJEMPLO 3.1

FLUJO ELÉCTRICO A TRAVÉS DE UNA ESFERA

Un cascarón esférico se ubica en un campo eléctrico uniforme. Determine el flujo eléctrico total a través del cascarón.

E Ф sale + Ф entra = Ф neto Fig. 3.1 Líneas de campo eléctrico a través de un cascarón esférico.

SOLUCIÓN: Cálculo del flujo que sale por una mitad del cascarón. Flujo eléctrico que sale

n ρ

θs

E

Eje X

Fig. 3.2 Líneas de campo eléctrico que salen de un hemisferio del cascarón.

Autor : Hugar Capella

58

Sea θs el ángulo entre n y Ē;

donde n es un vector unitario normal al

elemento de área dA del cascarón ( el dA del cascarón es un anillo que se desplaza hasta completar la superficie de la esfera).

Ф sale =

∫ E • ndA

por la ley de Gauss

Resolviendo el producto escalar Ē ● n dA

E ● ndA = EdA cos θs

Si la magnitud del campo eléctrico es constante, sale de la integral E ∫ cos θs dA Pero

Para este caso

dA = 2πR2 sen ρ dρ

θs = ρ

( ver apéndice A)

Donde ρ es el ángulo que forma la línea recta R (radio) que desplaza al anillo desde 0° hasta 90° para conformar la mitad de la esfera. ( ver figura 3.2) Ф sale = E ∫ cosθ s 2πR 2 senθ s dθ s

Ф sale = 2πR2 E ∫ cosθ s senθ s dθ s cos θs sen θs =

Фsale =

2πR 2 E 2

como

1 sen 2 θs 2 90°

∫ sen2θ dθ s

s

0°

Se toma los limites de integración entre 0° y 90° para hacer desplazar el elemento dA hasta la mitad del cascarón esférico

Autor : Hugar Capella

59

Como

∫

Sen 2θs dθs = -

1 Cos2θ 2

90º 0

Entonces; Фsale = -

1 E π R2 (cos 2 x 90° - cos 0°) 2

Фsale = -

1 1 E π R2 (-1-1) = - E π R2 (-2) 2 2

Entonces queda Фsale =E π R2

Flujo eléctrico que entra

α

n n ρ α

θe

E (180 – α) = θe Fig. 3.3 Líneas de campo eléctrico que entran al otro hemisferio.

Cos (180 – α) – Cos α = Cosθe para

α

< 90º

Entonces Фentra = ∫ Ε.ndA =

∫ EdACosθ

e

Como E es constante sale de la integral

Autor : Hugar Capella

60

Фentra = E ∫ Cosθ e dA sustituyendo dA = 2πR2 Sen ρ dρ

Фentra = E

∫

donde ρ = θe

2 π R2 Sen ρ dρ Cos θe

Sacando las constantes

Фentra = 2πR2 E

∫

Sen ρ dρ Cos θe

Pero el Cos θe en el segundo cuadrante es negativo tomado θe a partir del eje X+

Фentra = 2πR2 E

180°

∫

90°

Sen θe Cos θe dθe

 1 Фentra = -2πR2 E  −   2

180°

∫

90°

Sen θe Cos θe = -

1 Sen 2θe 2

1 Фentra = - πR2 E (Cos 2θe) 2

Sen 2θe dθe

1 Фentra = - πR2 E (Cos 2x180º – Cos 2x90º) 2

180 º 90 º

1 1 Фentra = - πR2 E (1-(-1)) = - πR2 E (2) 2 2

Entonces queda Фentra = -π R2 E

Como las líneas de campo que entran son iguales a las que salen, la sumatoria del flujo total da el flujo neto, entonces; Фsale + Фentra = Фneto

sustituyendo

Фneto = πR2 E - πR2 E = 0

Фneto = 0

Autor : Hugar Capella

a través de la esfera.

61

Ejemplo 3.2

Flujo eléctrico de una carga puntual a través de una semiesfera

Una carga puntual Q se localiza justo arriba del centro de la cara plana de un hemisferio de radio R, como se muestra en la figura. La distancia δ entre la superficie y la carga Q es muy pequeña. ¿Cuál es el flujo eléctrico? a) A través de la superficie curva b) A través de la cara plana. Consideraciones: Una parte de las líneas de campo eléctrico que salen de la carga puntual atraviesan la semiesfera. De la Ley de Gauss, el flujo generado por una carga puntual o cualquier otro elemento cargado es proporcional al valor de su carga, es decir, Φ E =

●Q δ ———— R ———

Q 1 ( es la constante de ∈0 ∈0

proporcionalidad en el sistema internacional de unidades). Por simetría este flujo completo es “capturado” por una superficie cerrada de forma esférica con la carga Q en el centro para δ muy pequeña, se puede decir que el flujo que atraviesa la Q semiesfera es Φ E = (la mitad de 2 ∈0 SOLUCIÓN la esfera completa)

r n r n

r n

r E

Fig. 3.4 Líneas de campo que atraviesan la semiesfera

Autor : Hugar Capella

62

a) De a la definición de flujo eléctrico

Φ E = ∫ E • ndA Donde E =

K ⋅Q R2

r r Resolviendo el producto escalar del integrado, se tiene E ⋅ n dA = EdA ⋅ Cosφ en r este caso n es un vector unitario normal a la superficie esférica, y asumiendo que las líneas r r de fuerza sean radiales, entonces E y n son paralelos, es decir θ = 0º lo que queda;

r r E ⋅ n dA = EdA

Sustituyendo en la integral

Φ E = ∫ EdA

para E uniforme y A = 4πR2;

A 1 = 4πR 2 2 2

1 Q 1  K ⋅Q  1 Φ E = E ⋅ A =  2  ⋅ 4πR 2 = ⋅ 2 ⋅ ⋅ 4πR 2 da como resultado 4π ∈0 R 2  R  2

ΦE =

Q 2 ∈0

que sale de la semiesfera.

b) De acuerdo a la ley de Gauss, el flujo neto que atraviesa una superficie cerrada debe ser igual a cero, siempre que no exista carga dentro de la superficie, entonces

Φ Sale + Φ Entra = 0 Φ Entra = −Φ Sale = −

Q 2 ∈0

Autor : Hugar Capella

63

Ejemplo 3.3

Campo eléctrico en no conductores.

Una esfera sólida, no conductora, de radio Ro, tiene una carga total Q+ que se distribuye de acuerdo a ρ = b·r, donde ρ es la densidad de carga por unidad de volumen y b es una constante. Determine: Q-

b en función de Q

a) b)

La magnitud del campo eléctrico: b.1) Dentro de la esfera r < Ro b.2) Fuera de la esfera r > Ro

Ro

FIG. 3.5 ESFERA SÓLIDA NO CONDUCTORA

Solución

Parte a) dQ ρ= dV

4 si V = π ⋅ r 3 3

dQ = ρ ⋅ dV

donde

r es el radio de una superficie esférica imaginaria (superficie Gaussiana) dentro de la esfera no conductora, que va desde 0 hasta Ro. 4 dV = π ⋅ 3 ⋅ r 2 dr = 4 ⋅ π ⋅ r 2 dr 3

Entonces dQ = ρ·4π·r2dr

integrando y sustituyendo a ρ = b·r

∫

Q

0

R0

dQ = b ⋅ 4π ∫ r 3 dr 0

Q=

4π b⋅r4 4

R0

Q = π·b· R04 0

Despejando b

b=

Q π ⋅ R04

Autor : Hugar Capella

64

Parte b b.1) Magnitud de E

para

r < Ro

Por la ley de Gauss Φ=

∫ E • ndA =

Ro

Q+

Como

r

Superficie Gaussiana

r da

la

Qenc ∈0

superficie

Gaussiana

es

concéntrica a la esfera no conductora las r líneas radiales de E la cruzan siempre

r E

perpendicularmente.

r r Por lo tanto, el ángulo entre E y n es 0º Cos0º = 1 y E ⋅ ndA = E ⋅ dA ⋅ Cos(0º ) = E ⋅ dA con E uniforme queda; E ∫ dA =

Qenc ∈0

E⋅A=

⇒

Qenc ∈0

donde A= 4·π·r2

Qenc es la carga encerrada por la superficie Gaussiana Si ρ =

dQ dV

ρ=

dQ ′ dV ′

dQ ′ = ρ ⋅ dV ′ = b ⋅ r ⋅ dV ′

Q′ = Qenc

V′=

4 ⋅π ⋅ r 3 3

dQ′ = b ⋅ r ⋅ 4 ⋅ π ⋅ r 2 dr = 4 ⋅ π ⋅ b ⋅ r 3 dr

∫

Q′

0

r

r4 Q′ = 4 ⋅ π ⋅ b 4

dQ′ = 4 ⋅ π ⋅ b ∫ r dr

Q′ = π

3

0

Q r4 π ⋅ R04

Q′ = Q

V ′ = volumen que encierra a Q´

dV ′ = 4 ⋅ π ⋅ r 2 ⋅ dr

integrando r

= π ⋅b ⋅ r4 0

r4 R04

Autor : Hugar Capella

65

E=

1 r4 Q r2 ⋅ ⋅ Q = ⋅ 4 ⋅ π ⋅ ∈0 ⋅r 2 R04 4 ⋅ π ⋅ ∈0 R04

en dirección radial y hacia fuera

r r2 r E = K ⋅Q 4 U R R0 b.2) Magnitud de E para r > Ro

∫ E • ndA = r

r E

Ro Q+

Ejemplo 3.4

n

Qenc con la misma consideración del caso ∈0

r anterior E ⋅ ndA = E ⋅ dA , Qenc = Q+

E=

Qenc 4 ⋅ π ⋅ ∈0 ⋅r 2

Campo eléctrico debido a un cilindro no conductor.

Considere una larga distribución de carga cilíndrica de radio R con densidad de carga uniforme ρ. Encuentre el campo eléctrico a una distancia del eje donde r < R.

Consideraciones:

Superficie Gaussiana

El elemento que contiene la carga es no

r

R

conductor con una densidad de carga distribuida uniformemente por unidad de volumen, ρ, para una distancia r cualquiera menor que R, la carga encerrada debe ser menor que la carga Solución: total.

Autor : Hugar Capella

Fig. 3.6 Cilindro macizo cargado no conductor

66

Tomando en consideración que ρ =

Qenc , la carga encerrada será entonces Qenc = ρ·VG VG

donde el volumen VG es aquel que contiene la superficie Gaussiana cilíndrica de radio r, VG = π·r2·L

mostrada en la fig. 3.6, es decir,

y la carga encerrada Qenc = ρ· π·r2·L.

Aplicando la Ley de Gauss

r Qenc E ∫ • ndA = ∈0

r r como n y E son vectores paralelos, que salen de la superficie

y considerando la magnitud E constante, la ecuación queda E ∫ dA =

E⋅ A=

ρ ⋅π ⋅ r 2 ⋅ L ∈0

ρ ⋅π ⋅ r 2 ⋅ L ∈0

resolviendo la integral evaluada en una superficie curva.

donde A es el área del cuerpo del cilindro de radio r, es decir A = 2·π·r·L

sustituyendo A y despejando la magnitud E del campo eléctrico, se obtiene E⋅ =

E=

ρ ⋅π ⋅ r 2 ⋅ L 2πrL ∈0 ρ ⋅r 2⋅ ∈0

simplificando E

radialmente hacia fuera del cilindro.

Nótese en esta ecuación que la magnitud de E , para distancias menores que R, es directamente proporcional al valor de r. Es decir, E depende del valor que adquiere r. Esto se puede representar como lo muestra la figura 3.7.

E=

ρ⋅R 2⋅ ∈0

r R

Fig. 3.7

Autor : Hugar Capella

Gráfica de E vs r (rR R

r≤R

-Q

Entre dos cilindros conductores concéntricos con cargas idénticas Q y de diferentes signos

Entre dos esferas conductoras concéntricas con cargas idénticas Q y de distintos signos

Va − Vb = 2 ⋅ K ⋅ λ ⋅ Ln

b +Q

a b

a

a