Nuñez y Lopez - 100 Problemas de Electromagnetismo

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s·~~r-, ~

N\JN

De

Felisa Núñez Cubero y Eloísa López Pérez Con la colaboración de

Eloísa Vázquez

100 problemas de Electromagnetismo

,,'~. ~ ·DE

Ql'

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¡:¡·Oo

;¡-..1".,. .

O. Si se pasa al lfmite para x ~ 0, a la derecha y a la izquierda del disco,

2

100 problemas de Electromagnetismo

Vlx) ~ -º2nEoRl (JR' + x' - IXI) El potencial es máximo para x = O,

º

V(O) = 2n:E R o

______________________~---3

El8ctrostática

.'

~~

Si x > 0, el potencial se puede expresar

Qx V(x)~-2n:eoR 2

R)'''' ]

[(1+-

3Q k = -3 21tR

-1

X2

Parla calcular el potencial en un punto P del eje qUr! dista x del centro se divide ~a superficie del disco en

Para puntos alejados

R')'" (1+-

R'

~« 1

::>

X2

elementos de superficie de área ds

R'

~l+2X2

y se tiene el potencial de Coulomb (carga puntual) V(x) =

~

de donde

=:

rdr.pdr en coorde-

nadas polares y que distan (,2 + Xl)lll del punID P. El potencial creado en el punto P por la carga de un elemento de disco es

Q 4xe(}x

krrdqJdr -;--,-:-;--,-= +

dV ~

4neo(r1

X2)lll

El potencial debido a todo el disco cargado será •t

"~j,'

f" f'

'~' '''~,i~~

;It· o) • ",rt

V=-k 4XEo Un disco de material aislante de radío R tiene una

carga Q repartida en su superficie, de modo que la densidad superficial de carga, rJ, varía proporcional-

v= ~ [R(R 2 + Xl)112

" (R + (R 2+ X2)111)]

-~In

2

c-:----=--: -=::

E

dE

_

2

4m: oR J

rorp ti,

~-

(r2+x2)-lllrldr

o

resolviendo la integral y sustituyendo el valor de k, se obtiene

mente con la distancia r al centro del disco, Calcule el potencial y el campo eléctrico en un punto del eje del disco que dista x de su centro. '

d.

dcp

(1

x

Para calcular el campo eléctrico se procede de modo análogo, teniendo en cuenta que, debido a la simclrra del problema, las componentes del campo perpendiculares al eje del disco se anulan. El campo en el punto P s6lo tiena componente en la dirección del eje, y su valor se obtiene integrando las componentes en la dirección del eje de los campos creados por cada elemento de área

Solución

__ __d_,>-

~---,k ":-,d,,~

Tomando

kr, la carga Q del disco es

rJ =

º JIs =

uds

=

Jor' Jor"

2nkR' krrdrpdr"" -3-

dE = -:-

4n:E(I(r2

E=

JI

+ x 2)

dEcoSIX =

JI

k"d~d,

4¡rr. o(r 2 +

x2)

x

--

(r2

+ X2)lll

, f

4

100 problemas de Electromagnetismo

5

Electrostática

f

••

~

lmegrando para todo el disco. es decir, entre O y 2n para rp y entre Oy R para r, se tiene lQx [

E.~ 4".R' 1" 1fíP[¡.~~3

(R + (R' +

R ' ]

- IR' + x'I'"

\E

(1,

u. dp dE'(r) = - - (J- 1 471:c o r

respectivamente. Si la dis-

tancia entra los planos es 6, calcule el potencial yel

+J

.

11

,

o

\~O "

"---

IgO

c::

r'/z, dr'

=

-+ cos ()

dO, r'

c:

l.'

rsenO,

f

., .Y

... ~

.. ,,' '" " ,"

~,'

,.'

Sustituyendo en la expresión anterior

•

l'

e"

"

";"j

'-..(\.'-(

p

'Ól~1SI

r:-~,-

eos 2 0) =

u. (1(~r'drpdr'(_1+3eos20) ~-471:E O

campo eléctrico en un punto P que dista z (z» b) de

la distribución.

~

~

~/

Una distribución de carga está formada por dos planos paralelos indefinidos muy próximos, carga-

dos con cargas + (1 y -

r--;

x'I''')

x

Se utilizan coordenadas polares con origen en el punto 0, pie de la perpendicular al plano trazada desde P, el elemento de área es ds = r' dq¡ dr'. Por simetrfa, al sumar las contribuciones paralelas a r, se anulan las componentes perpendículares a p y sólo queda la componenle del campo paralc!1I a p. Siendo u. el vector unitario en la dirección de p, el campo eléctrico elemental en la dirección z es

••

= z/cos (J

n e integmndo entre O y 271 para ep y entre O y - para O. se tiene 2

p

o

,

"'

E(r) = u. - - (cos O - cos l o)n J2 = O lt(}z ()

~

dp .. 8

'1

• • .X + •

t,'t

•I ••••

Solución Es~lliiQQci6n de carga es c.9!ÜYillcntc.A-llnlwiistrb.... bucTón plana de ar~2:~.!I.C!1aO ~F _= _c:.. ¡j ds el m?_m~o dlp"olar de un elemento de áreaas. Ef ca-tiiilo- creaao por dicho elemento en el punto P es

dE(r)

= _'_ ( - dp

4mlo

6 /00 problemas de Electromagnetismo

,3

rlr) ,,5

+ 3(dp·

El pOlcnciul eléctrico se eulculu de un modo amllogo. El potencial creado por un elemento ds = r' dq¡ d,.' es dl)·r ".b r'd(pdr'eos O ".(¡senO dV=--= =--JOdep 4nco,.l 4m';or 2 471:e o

y el potencial en el punto P no depende de la distar~~~oo

v~

~

r

uÓ sen O

1 2 1[

uó

--dO dq¡=o 4nt o o leo

~/

,! "

7 Electrostática

~ D~~ñ},~*f~Y

J

Una c",g' q está di"'ibuida en el volumen de una esfera de radio R con una densidad cúbica de carga no uniforme p = A(R - r), siendo r la distancia al centro de la esfera y A una constante. Calcule:

1. El valor de la constante A en función de q y de R. 2. El campo eléctrico y el potencial de la esfera

f

~ 41tr'dr

,, ,,

E

"

____ ,,-'o

f.

'o

"

,,

dI' =

E

"

")

A4nR - - A4n -

4 '

J

f'

q

I pdv=-q 1 E. ds=to o 1: 0

Ee = 4nl: r1 o

~

f'

nAR'

A(I~ - r)4nr 1 ¡Ir = - - ,

3

V, - VI{ = -

E¡·dr = -

f'

R

1{

v ~r;;~, -'L (~_ 2,'

A=~,R' 2. Los campos tienen simetría esférica y sus direcciones son radiales. Aplicando el teorema de Gauss a una

100 problemas de Electromagnetismo

,

El potencial se calcula a partir de la circulación del campo

de donde

8

l

El campo en un punto exterior se obtiene aplicando

(para r < R)

o

ds = E¡4nr

el teorema de Gauss a una superficie esférica de radio r > R,

La carga lo\a! de la distribuci6n es

(1

f.

E¡ = - q -4 (4Rr - 3r 1 ) 4nt oR

Solución

l'

El ds = E¡

I(

,

,, ,,

f f'

aV

to o

E 4nr l = -

f. ti =

f,

El' ds =

!

1.

rlfnr 2 dr

A(R -

= -

por tanto

...# "

>,(:5,/.

pdv

to o

,j~/ "', "v" E "

11'

como el módulo de E tiene el mismo valor en todos los puntos de la superficie gaussiana se verifica

superficie de la esfera.

du

E¡·ds = -

•

en puntos interiores y exteriores. 3. los valores del potencial en el centro y en la

-------1

Ir

.~

superficie esft':rica de radio r < R, se tiene

,

\V¡I

(para r > R)

.

41t~

" \~Jdl

o

R

RJ

q (4Rr - 3r 1 )dr 4m;oR

--4

+.':.',) R4

· . . dr= - f

v-V=-f'E ,.

m

q r = -'l --d 4m: or l 4nr. or

9

Electrostática

~

~

Parar=R

q VII = 41rBoR de donde

V' b.

10

100 problemas de Electromagnetismo

4to

)

r

Del mismo modo. para r > h

i' " .

El2rrrh = -1 obteniéndose

E,

~ .:'.. 4110

2n,hAr 2 dr

(b' -r a') 11

·------------------------------------~E~m-c~u-OS~W~"C8 "

~

2. Se calcula VII - VII a pUrlir de la circulación del campo eléctrico I ,

V11,

-v11, = -

f"'

Edr2

f".

A [, (b'--a') d,--,-A

Vil, - VR,~ - . 4f:o

V - V R, /1,

A(b 41;0

=-

r

I!,

4 -

41: 0

R¡

Edr I

f" (" -a')

- - d,

h

:¡j-aplica el principio desüp'erp;;sícIÓi1.

a esfera con

la CilvruID: erar como a superposición de una esfera de radio RI uniformemente cargada cO,n den· sidad cübica de carga + p y otra esfera de radio R 2 uniformemente cargada con densidad cúbica de carga - p. El campo eléctrico en un punto cualquiera del interior de la cavidad será la suma de los campos creados por [as dos esferas en dicho punlo.

r

Rz)

R~ +a 4 /n-+b 4 1n4 R b 2

E,

}-"¡~~:';~)": - ,

::r~:rr·'Q· \;V; • 01 2 (':)'],-';} r a a 41tE o

P¡P2 W21 = - - 3 (COS(OI - O2) - 3 cos 0 1COS 02) 4np. or

2

De este modo se evidencia que, a distancias pequeñas del centro de la distribuci6n de carga, domina el térmIno exponencial en el campo eléctrico. mientras que si r aumenta prevalece el término culombiano.

Derivando la expresión de la energía con respecto a 02' supJestos fijos, y 8 1 , e igualando a cero se obtiene

la posición de equilibrio del dipolo P2aW 21 -a~

O2

V"

PIP2 --3

4neo'

[sen(OI -

O~)

+ 3cosO l sen 02]

=

O

Desarrollando y despejando 82 , se obtiene

'," ''7' c',~:"""""'.l:l

.;,-' PrOblema 8';'!j , ,r > ... , '"

1 \gO =--t,O

Siendo r el vector distancia. supuesta invariable, entre dos dipolos coplanarios de momentos P, y P2' Y siendo O, y 02 los ángulos que estos dipolos forman, respectivamente, con la dirección de r, deducir la relación entre 01 y O2 en la posición de equilibrio, considerando constante el valor da O,. Se consideran positivos los ángulos tomados en la dirección contraria a la de las agujas del reloj.

'r --~ , ' ---

PI

r

PI

16 100 problemes de Electromagnetismo

,

2

'

Es decir, el dipolo PI se coloca en la dirección del campo creado por el dipolo PI' que es su posición de mínima energía o posición de equilibrio.).

;(;)'.

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