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Guía 1: Campo eléctrico y diferencia de potencial
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Publicado: Dom Ago 28, 2011 5:01 pm Asunto:

Guía 1: Campo eléctrico y diferencia de potencial


Guía 1: Campo Eléctrico y Diferencia de potencial Notación: $[tex]k_e = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}[/tex]$ Ley de Coulomb 1) a) Hallar la fuerza eléctrica entre dos cargas puntuales $[tex]q_1 = 1.5 \mu C[/tex]$ y $[tex]q_2 = 4 \mu C[/tex]$ , separadas en 10cm. (Aplicando la ley de Coulomb y utilizando el concepto de campo eléctrico.) Tomando un sistema de referencia lineal con origen en $[tex]q_1[/tex]$ : La fuerza sobre $[tex]q_1[/tex]$ : $[tex]\vec{F_{12}} = k_e \frac{q_1 q_2}{\\|\vec{r_1} - \vec{r_2}\\|^3} (\vec{r_1} - \vec{r_2})[/tex]$ Con: $[tex]\vec{r_1} = 0m \, \hat{x}[/tex]$ $[tex]\vec{r_2} = 0.1m \, \hat{x}[/tex]$ $[tex]\vec{F_{12}} = k_e \frac{(1.5 \cdot 4) \times 10^-6 C}{\\|0m \, \hat{x} - 0.1m \, \hat{x}\\|^3} (0m \, \hat{x} - 0.1m \, \hat{x})[/tex]$ Análogamente para $[tex]q_2[/tex]$ : $[tex]\vec{F_{21}} = k_e \frac{q_2 q_1}{\\|\vec{r_2} - \vec{r_1}\\|^3} (\vec{r_2} - \vec{r_1})[/tex]$ $[tex]\vec{F_{21}} = k_e \frac{(4 \cdot 1.5) \times 10^-6 C}{\\|0.1m \, \hat{x} - 0m \, \hat{x}\\|^3} (0.1m \, \hat{x} - 0m \, \hat{x})[/tex]$ Efectivamente tienen misma dirección, intensidad y sentido opuesto como lo require el Principio de Acción y Reacción. b) Determinar la o las posiciones donde el campo electrostático es nulo sobre la recta que une las cargas. Sabemos que estamos en una recta nuevamente por lo que solo nos ocupamos de calcular la magnitud del campo y el resultado va a dar sobre el sistema de referencia único. Tomamos el 0 en q_1 nuevamente: $[tex]E(x) = k_e \sum_{k=1}^{2} q_k \frac{x - x_k}{\|x - x_k\|^3}[/tex]$ $[tex]E(x) = k_e \left[ q_1 (\frac{x - 0}{\|x - 0\|^3}) + q_2 (\frac{x - 0.1m}{\|x - 0.1m\|^3}) \right][/tex]$ $[tex]E(x) = k_e \left[ q_1 (\frac{x}{\|x\|^3}) + q_2 (\frac{x - 0.1m}{\|x - 0.1m\|^3}) \right][/tex]$ Pero queremos los puntos donde el campo se anula: $[tex]0 = k_e \left[ q_1 (\frac{x}{\|x\|^3}) + q_2 (\frac{x - 0.1m}{\|x - 0.1m\|^3}) \right][/tex]$ $[tex]0 = q_1 (\frac{x}{\|x\|^3}) + q_2 (\frac{x - 0.1m}{\|x - 0.1m\|^3})[/tex]$ Analizando por separado los modulos tenemos las siguientes posibilidades. Para la primer carga: $[tex]\begin{cases} \frac{q_1}{x^2} & x > 0 \\-\frac{q_1}{x^2} & x < 0 \end{cases}[/tex]$ Y para la segunda carga: $[tex]\begin{cases} \frac{q_2}{(x-0.1)^2} & x > 0.1 \\-\frac{q_2}{(x-0.1)^2} & x < 0.1 \end{cases}[/tex]$ Por lo tanto es evidente que el único rango de x en el cual la suma puede dar 0 es $[tex]0<x<0.1[/tex]$ . Entonces para ese caso resulta: $[tex]0 = \frac{q_1}{x^2} + -\frac{q_2}{(x-0.1)^2}[/tex]$ $[tex]x = \frac{1}{30}m[/tex]$ c) Cuanto vale el campo eléctrico en el punto donde se ubica la carga $[tex]q_2[/tex]$ ? Estamos en un espacio euclídeo, partiendo del supuesto de que ningunos dos cuerpos distintos pueden ocupar el mismo punto en el espacio. Por lo tanto, evaluar el campo en la posición de una carga no tiene mucho sentido, ya que ni carga real ni de prueba se pueden ubicar en dicho lugar. Tiene sentido analizar en el límite, y como la fuerza y el campo dependen de la inversa de la distancia al cuadrado, a medida que la magnitud de la distancia se achica el resultado crece tendiendo a infinito. d) Básicamente la misma pregunta que b), las cargas están en equilibrio donde el campo se anula. Para una carga tenemos un equilibro estable ya que una vez perturbada fuera del equilibrio, las fuerzas que actuan son restauradoras. En cambio, para una carga negativa, si se la desplaza del equilibrio, tiende a alejarse de la posición de equilibrio. 2) Dos pequeñas esferas de igual masa m = 0.5 g y de igual carga eléctrica están suspendidas del mismo punto por sendos hilos de 15cm de longitud. Las esferas se hallan en equilibrio separadas en 10cm. Calcular la carga de cada esfera. Cuánto varía el ángulo de los hilos si la carga en las esferas se triplica? Con todos los datos datos se plantea la situación de equilibrio de mecánica clásica. Una manera de resolverlo es sabiendo que el modulo de la tensión del hilo es igual al modulo de la fuerza con componentes (Fuerza electrica, Fuerza gravitatoria). Por lo tanto: $[tex]T = \sqrt{(mg)^2 + F_e^2}[/tex]$ Ahora bien, nos interesa saber cuanto es la proyección en el eje de la fuerza eléctrica. Como tenemos los datos de la separación (d) y de la longitud del hilo (L): $[tex]\cos(\theta) = \frac{d}{2L}[/tex]$ Proyectando y calculando únicamente los modulos (la dirección siendo mutuamente repulsiva) $[tex]F_e = T \frac{d}{2L}[/tex]$ Y reemplazando y ordenando un poco, todo es dato excepto $[tex]q[/tex]$ que queremos averiguar: $[tex](mg)^2 + \frac{k_e^2 \cdot q^4}{d^4} \cdot \left(1 - \left(\frac{2L}{d}\right)^2 \right) = 0[/tex]$ Para calcular el ángulo si la carga se triplica basta con reemplazar q por 4q y despejar la nueva distancia como incógnita y de ahí averiguar el ángulo. 3) a) Calcular el campo eléctrico para todos los puntos del espacio creado por una distribución de carga lineal de largo L y de densidad lineal uniforme $[tex]\lambda[/tex]$ Planteamos la ecuación pero el calculo es engorroso, no elegante e inútil para todo el espacio: $[tex]\vec{E}(\vec{r}) = k_e \int_{L} \lambda\,dl \frac{\vec{r} - \vec{r'}}{\\| \vec{r} - \vec{r'} \\|^3}[/tex]$ b) Calcular el campo en puntos situados sobre el plano mediatriz de la distribución, a 5cm, a 10cm y a 2m de su eje. Datos: L = 50cm, $[tex]\lambda = 15 \mu C/m[/tex]$ Empezamos con un sistema de coordenadas cartesianas ubicando a la carga sobre el eje z con su centro en el origen. Es decir, desde $[tex]-L/2 \hat{z}[/tex]$ hasta $[tex]L/2 \hat{z}[/tex]$ . $[tex]\vec{E}(x,y,z) = k_e \int_L \lambda \,dl \frac{(\vec{r} - \vec{r'})}{\\|\vec{r} - \vec{r'}\\|^3}[/tex]$ Pero nos piden calcular el campo sobre el plano xy, es decir: $[tex]\vec{E}(x,y,0) = k_e \int_L \lambda \,dz' \frac{((x,y,0) - (0,0,z'))}{\\|(x,y,0) - (0,0,z')\\|^3}[/tex]$ $[tex]\vec{E}(x,y,0) = k_e \int_L \lambda \,dz' \frac{(x,y,-z')} {(x^2 + y^2 + z'^2)^{\frac{3}{2}} }[/tex]$ Se despliega en 3 integrales para cada eje. LLamando $[tex]M = (x^2 + y^2 + z'^2)^{\frac{3}{2}}[/tex]$ : $[tex]\vec{E}(x,y,0) = k_e \left[ \int_L \frac{\lambda x \,dz'}{M} \, \hat{x} + \int_L \frac{\lambda y \,dz'}{M} \, \hat{y} + \int_L \frac{\lambda -z' \,dz'}{M} \, \hat{z}\right][/tex]$ Resolviendo las integrales (~~con Wolfram~~ por sustitución): $[tex]\vec{E}(x,y,0) = k_e \left[ \left[ \frac{\lambda x z'}{(x^2+y^2) \sqrt{x^2 + y^2 + z'^2}} \right]_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} \, \hat{x} +\left[ \frac{\lambda y z'}{(x^2+y^2) \sqrt{x^2 + y^2 + z'^2}} \right]_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} \, \hat{y} + \left[ \frac{\lambda}{(x^2+y^2) \sqrt{x^2 + y^2 + z'^2}} \right]_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} \, \hat{z} \right][/tex]$ De esto último se desprende que el término z es igual a 0 como esperabamos dada la simetría del problema. $[tex]\vec{E}(x,y,0) = k_e \left[ \frac{\lambda x L}{(x^2+y^2) \sqrt{x^2 + y^2 + (\frac{L}{2})^2}} \, \hat{x} + \frac{\lambda y L}{(x^2+y^2) \sqrt{x^2 + y^2 + (\frac{L}{2})^2}} \, \hat{y} +0 \, \hat{z} \right][/tex]$ Ahora bien, el problema nos pide calcular el campo a determinada distancia sin especificar la dirección. Esto es ya que la dirección en el eje z es independiente. Esto sugiere simetría cilíndrica como esperamos, con respecto al eje z. Calculemos entonces el modulo del campo: $[tex]E(x,y,0) = \sqrt{E_x^2 + E_y^2}[/tex]$ Reemplazando y sacando factor común: $[tex]\vec{E}(x,y,0) = \sqrt{\left[ k_e \frac{\lambda L}{(x^2+y^2) \sqrt{x^2 + y^2 + (\frac{L}{2})^2}} \right]^2 (x^2+y^2)}[/tex]$ $[tex]\vec{E}(x,y,0) = k_e \frac{\lambda L}{(x^2+y^2) \sqrt{x^2 + y^2 + (\frac{L}{2})^2}} \sqrt{(x^2+y^2)}[/tex]$ Acá vemos que es conveniente el pasaje a coordenadas cilíndricas, ya que $[tex]r^2 = x^2 + y^2[/tex]$ y nos indicaría la distancia al eje de simetría z: $[tex]\vec{E}(r, \theta, 0) = k_e \frac{\lambda L}{r^2 \sqrt{r^2 +(\frac{L}{2})^2}} r[/tex]$ $[tex]\vec{E}(r, \theta, 0) = k_e \frac{\lambda L}{r \sqrt{r^2 +(\frac{L}{2})^2}}[/tex]$ c) Calcular el campo eléctrico si la longitud de la distrubución se hace infinita. Tomando: $[tex]\vec{E}(r, \theta, 0) = k_e \frac{\lambda L}{r \sqrt{r^2 +(\frac{L}{2})^2}}[/tex]$ Si hacemos tender $[tex]L \rightarrow \infty[/tex]$ nos queda una indeterminación. Una manera fácil de salvarla es re-ordenar los términos. Multiplicando por $[tex]\frac{L}{L}[/tex]$ y llevandolo dentro de la raíz resulta ahora un término que se hace 0 en el límite: $[tex]\vec{E}(r, \theta, 0) = k_e \frac{\lambda L}{r \frac{L}{2} \sqrt{(\frac{2r}{L})^2 + 1}}[/tex]$ $[tex]\vec{E}(r, \theta, 0) = \lim_{L \to \infty} k_e \frac{2 \lambda}{r \sqrt{(\frac{2r}{L})^2 + 1}} =k_e \frac{2 \lambda}{r} [/tex]$ 4) Una distribución de carga en forma de anillo de radio R tiene una densidad de carga lineal $[tex]\lambda[/tex]$ . a) Hallar la expresión del campo eléctrico sobre puntos del eje del anillo $[tex]\vec{E}(\vec{r}) = k_e \int_{L} \lambda\,dl \frac{\vec{r} - \vec{r'}}{\\| \vec{r} - \vec{r'} \\|^3}[/tex]$ Utilizando un sistema de referencia con origen en el centro del anillo, reposando sobre el plano perpendicular al eje z resulta: $[tex]\vec{E}(0, 0, z) = k_e \int_{L} \lambda\,dl \frac{(0,0,z) - (x', y', 0)}{(x'^2 + y'^2 + z^2)^{\frac{3}{2}} }[/tex]$ Una vez mas conviene el pasaje a coordenadas cilíndricas, recordando que lo que sería r' es R fijo: $[tex]\vec{E}(z) = k_e \int_{L} \lambda\,dl \frac{(-Rcos(\theta'),-Rsin(\theta'),z)}{(R^2 + z^2)^{\frac{3}{2}} }[/tex]$ Desplegando la integral para cada coordenada y reemplazando los límites de integración para todo el anillo: $[tex]\vec{E}(z) = k_e \left[ \int_{0}^{2\pi} \frac{-\lambda Rcos(\theta') \,Rd\theta'}{(R^2 + z^2)^{\frac{3}{2}}} \, \hat{x} + \int_{0}^{2\pi} \frac{-\lambda Rsin(\theta') \,Rd\theta'}{(R^2 + z^2)^{\frac{3}{2}}} \, \hat{y} + \int_{0}^{2\pi} \frac{\lambda z \,Rd\theta'}{ (R^2 + z^2)^{\frac{3}{2}} } \, \hat{z}\right][/tex]$ Vemos que sale la simetría esperada, es decir, las componentes en la direccion radial son 0 ya que la integral de seno y coseno evaluadas en 0 y 2pi son 0. Sobrevive unicamente la componente z que queda: $[tex]\vec{E}(z) = k_e \frac{\lambda z \, 2 \pi R}{ (R^2 + z^2)^{\frac{3}{2}} } \, \hat{z}[/tex]$ b) Graficar la componente del vector campo eléctrico sobre el eje si R=5cm y $[tex]\lambda = 0.1 \mu C/m[/tex]$ . El campo es presenta una discontinuidad en el centro del anillo (z=0) y aumenta su magnitud de acuerdo a la relación del punto anterior. El signo depende del sistema de referencia. 5) a) Hallar el campo eléctrico en un punto situado sobre el eje de una distribución de carga en forma de disco de radio R y con densidad de carga superficial uniforme $[tex]\sigma[/tex]$ . Este ejercicio se resuelve de manera similar al anterior pero con una integral de superficie reemplazando a la integral de línea. $[tex]\vec{E}(\vec{r}) = k_e \iint_{D} \sigma \,dS \frac{\vec{r} - \vec{r'}}{\\| \vec{r} - \vec{r'} \\|^3}[/tex]$ Utilizando un sistema de referencia con origen en el centro del disco, reposando sobre el plano perpendicular al eje z resulta: $[tex]\vec{E}(0, 0, z) = k_e \iint_{D} \sigma\,dS \frac{(0,0,z) - (x', y', 0)}{(x'^2 + y'^2 + z^2)^{\frac{3}{2}} }[/tex]$ Una vez mas conviene el pasaje a coordenadas cilíndricas: $[tex]\vec{E}(z) = k_e \iint_{D} \sigma\,dS \frac{(-r'cos(\theta'),-r'sin(\theta'),z)}{(r'^2 + z^2)^{\frac{3}{2}} }[/tex]$ Desplegando la integral para cada coordenada y reemplazando los límites de integración para todo el disco: $[tex]\vec{E}(z) = k_e \left[ \int_{0}^{R} \int_{0}^{2\pi} \frac{-\sigma r'cos(\theta') \,r'dr'd\theta'}{(r'^2 + z^2)^{\frac{3}{2}}} \, \hat{x} + \int_{0}^{R} \int_{0}^{2\pi} \frac{-\sigma r'sin(\theta') \,r'dr'd\theta'}{(r'^2 + z^2)^{\frac{3}{2}}} \, \hat{y} + \int_{0}^{R} \int_{0}^{2\pi} \frac{\sigma z \,r'dr'd\theta'}{ (r'^2 + z^2)^{\frac{3}{2}} } \, \hat{z} \right][/tex]$ Vemos que sale la simetría esperada, es decir, las componentes en la direccion radial son 0 ya que la integral de seno y coseno evaluadas en 0 y 2pi son 0. Sobrevive unicamente la componente z que queda: $[tex]\vec{E}(z) = k_e \int_{0}^{R} \frac{2 \pi \sigma z \,r'dr'}{ (r'^2 + z^2)^{\frac{3}{2}} } \, \hat{z}[/tex]$ ~~Tirando mucha magia~~ Resolviendo la integral por sustitución y/o tablas resulta: $[tex]\vec{E}(z) = k_e 2 \pi \sigma \left[ 1 - \frac{z}{ \sqrt{R^2 + z^2} } \right] \, \hat{z}[/tex]$ 5) b) y 6) A partir de la Ley de Coulomb calcular el campo eléctrico en todo el espacio producido por una distribución plana infinita de carga de densidad superficial $[tex]\sigma[/tex]$ Tomando el resultado del ejercicio anterior, para un disco de radio R: $[tex]\vec{E}(z) = k_e 2 \pi \sigma \left[ 1 - \frac{z}{ \sqrt{R^2 + z^2} } \right] \, \hat{z}[/tex]$ Ahora bien, $[tex]E = \lim_{R \to \infty} k_e 2 \pi \sigma \left[ 1 - \frac{z}{ \sqrt{R^2 + z^2} } \right] = k_e 2 \pi \sigma[/tex]$ Donde el signo positivo o negativo se desprende del modulo de $[tex]\sqrt{... + z^2}[/tex]$ , ajustandose al sistema de referencia utilizado. 7) Plantear la expresión para el cálculo del campo eléctrico en todo punto del espacio producido por una distribución esférica de carga de radio R y densidad volumétrica uniforme $[tex]\rho[/tex]$ . Repetir para distintas densidades no uniformes dato. Este ejercicio es aburrido, mas de lo mismo. La expresión para densidades volumétricas es: $[tex]\vec{E}(\vec{r}) = k_e \iiint_V \rho(\vec{r'}) \,dV \frac{\vec{r}-\vec{r'}}{\\|\vec{r}-\vec{r'}\\|^3}[/tex]$ Ley de Gauss 8) Una carga puntual Q se encuentra en el centro de una superficie cúbica de arista "a". Cuanto vale el flujo $[tex]\Phi_E[/tex]$ del campo eléctrico a través de esta superficie? Del teorema de Gauss para integrales de flujo sabemos que el flujo de un campo a través de una superficie cerrada es igual a la integral de volumen de la divergencia del campo evaluada en el volumen que tiene como frontera la superficie inicial (AM2). También sabemos del maestro Gauss (primer ecuación de Maxwell) que $[tex]\vec{\nabla} \cdot \vec{D} = \rho[/tex]$ donde por ahora $[tex]D = \epsilon_0 E[/tex]$ . Es decir, $[tex]\vec{\nabla} \cdot \vec{E} = \frac{\rho}{\epsilon_0}[/tex]$ . Esto significa que el flujo total a traves de una superficie cerrada depende unicamente de la carga total encerrada y no de la manera en que esté distribuída dicha carga. Al mismo tiempo, somos libres de elegir cualquier superficie que nos convenga para calcular la carga o el flujo, siempre y cuando la distribución encerrada por la superficie sea la misma que la de la superficie original. Entonces para el cálculo del flujo en este ejercicio planteamos lo siguiente: $[tex]\Phi_E = \iint_S E \,dS = \iiint_V \vec{\nabla} \cdot \vec{E} \,dV = \iiint_V \frac{\rho}{\epsilon_0} \,dV = \frac{\rho V}{\epsilon_0} = \frac{Q}{\epsilon_0}[/tex]$ Recordando que $[tex]\rho = \frac{Q}{V}[/tex]$ 9) Determinar el flujo $[tex]\Phi_E[/tex]$ del campo eléctrico que atraviesa un hemisferio de radio R. El campo $[tex]\vec{E}[/tex]$ es uniforme y paralelo al eje del hemisferio. Tenemos una superficie que es la mitad de un cascarón de esfera y un campo que lo atraviesa paralelo al eje del hemisferio. No sé cuál es el eje del hemisferio así que resuelvo para los dos casos ya que son integrales de superficie simples. Si bien inicialmente el calculo parece complicado basta utilizar la Ley de Gauss para darnos cuenta que el problema es muy simple. Ya que el campo es uniforme, está generado por cargas que estan "muy lejanas" a las superficies que estamos analizando, o por lo menos cargas que están FUERA de dichas superficies, por ejemplo un plano infinito situado a cualquier distancia de estas superficies. Entonces tomamos media superficie de esfera. Ahora bien, recordando de AM2 sabemos que podemos usar el Teorema de la divergencia de Gauss para integrales dobles aun si las superficies no son cerradas, ya que bastaba con restar el flujo de las superficies 'extra' usadas para cerrar el volumen. Procedemos a hacer lo mismo y aplicando la Ley de Gauss deducimos que para cualquier superficie que elijamos como 'tapa' de nuestro hemisferio, nunca vamos a encerrar ninguna carga y por lo tanto el flujo total es 0. Esto quiere decir que el hemisferio y nuestra tapa tienen igual cantidad de flujo entrante/saliente pero de signos opuestos. Por lo tanto podemos calcular el flujo de nuestro hemisferio como el flujo a través de una superficie mas simple, por ejemplo un círculo, por el cual todas las líneas de campo son paralelas al diferencial normal a la superficie. Resulta muy fácil el cálculo entonces (llamamos a la magnitud constante del campo $[tex]E_0[/tex]$ ): $[tex]\Phi_E = \iint_S E_0 \,dS = E_0 \pi R^2[/tex]$ El signo dependerá de la orientación del campo y de la superficie. 10) Un cubo de lado "a" tiene sus aristas paralelas a los ejes cartesianos. Hallar el flujo del campo eléctrico a través de su superficie, la densidad de carga y la carga total encerrada si: Vale aclarar que el flujo va a ser igual a la carga total encerrada ya que tenemos una superficie cerrada y vale la Ley de Gauss. a) $[tex]\vec{E} = E_0 \hat{x}[/tex]$ Con el mismo argumento que el ejercicio 9) el flujo total es 0, la densidad debe ser 0 al igual que la carga total. Igualmente, con una cuenta fácil sale que: $[tex]\frac{\rho}{\epsilon_0} = \vec{\nabla} \cdot (E_0, 0, 0) = 0[/tex]$ $[tex]\rho = 0[/tex]$ $[tex]\Phi_E = Q = \iiint_V \epsilon_0 0 \,dV = 0[/tex]$ b) $[tex]\vec{E} = E_0 x \hat{x}[/tex]$ Calculamos primero la densidad de carga $[tex]\frac{\rho}{\epsilon_0} = \vec{\nabla} \cdot (E_0x, E_0, E_0) = E_0[/tex]$ $[tex]\rho = \epsilon_0 E_0[/tex]$ $[tex]Q = \iiint_V \epsilon_0 E_0 \,dV = \epsilon_0 E_0 a^3[/tex]$ $[tex]\Phi_E = \frac{Q}{\epsilon_0}[/tex]$ c) $[tex]\vec{E} = E_0 x^2 \hat{x}[/tex]$ $[tex]\frac{\rho}{\epsilon_0} = \vec{\nabla} \cdot (E_0x^2, E_0, E_0) = 2 E_0 x[/tex]$ $[tex]\rho(x) = 2 E_0 x[/tex]$ $[tex]Q = \iiint_V \epsilon_0 2 E_0 x \,dV = \int_{0}^{a} \int_{0}^{a} \int_{0}^{a} \epsilon_0 2 E_0 x \,dxdydz = \epsilon_0 E_0 a^4[/tex]$ $[tex]\Phi_E = \frac{Q}{\epsilon_0}[/tex]$ d) $[tex]\vec{E} = E_0 (y \hat{x} + x \hat{y})[/tex]$ $[tex]\frac{\rho}{\epsilon_0} = \vec{\nabla} \cdot (E_0y, E_0x, E_0) = 0[/tex]$ $[tex]\rho = 0[/tex]$ $[tex]\Phi_E = Q = \iiint_V \epsilon_0 0 \,dV = 0[/tex]$ 11) Hallar el campo eléctrico en todo el espacio a partir de la Ley de Gauss de las siguientes distribuciones de carga. Para todos estos ejercicios los pasos a seguir con simples: elegir una superficie de Gauss adecuada en la que el campo sea paralelo a la superficie en todos los puntos y despejar el modulo del campo de la integral. Repetir para todos los conjuntos abiertos del espacio, basandose en los cambios de frontera. Es importante utilizar un sistema de coordenadas adecuado a la simetría del problema. a) Lineal infinita con densidad lineal $[tex]\lambda[/tex]$ constante. Simetría cilíndrica, utilizamos coordenadas cilíndricas con la carga en el eje z. Elegimos un cilindro de largo largo (L), concéntrico con el hilo de carga, de radio r, como superficie gaussiana. $[tex]\iint_G E \,dS = \frac{Q}{\epsilon_0}[/tex]$ $[tex]E \pi 2 r \cdot L = \frac{\lambda L}{\epsilon_0}[/tex]$ $[tex]\vec{E}(r) = \frac{\lambda}{\epsilon_0 \pi 2 r} \hat{r}[/tex]$ b) Plana infinita con densidad superficial $[tex]\sigma[/tex]$ constante. Simetría plana, tomamos un cubo de lado L alineado con el plano de manera que quede algunos lados paralelos y otros perpendiculares al plano, con la mitad del cubo afuera y la otra mitad adentro. Resulta así que el flujo va a ser 0 por todos los lados del cubo excepto los dos que tienen normal paralela a la normal del plano. Numéricamente: $[tex]\iint_G E \,dS = \frac{Q}{\epsilon_0}[/tex]$ $[tex]E (L^2 + L^2) = \frac{\sigma L^2}{\epsilon_0}[/tex]$ $[tex]E = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \hat{n}[/tex]$ $[tex]\hat{n}[/tex]$ es el vector normal al plano. El signo depende del sistema de referencia. Y así con el resto de los problemas: c) Esférica con densidad volumétrica de carga $[tex]\rho[/tex]$ constante. Simetría esférica. Tomar una esfera como superficie gaussiana. En el interior el campo aumenta a medida que nos alejamos del centro. En el exterior se comporta como una carga puntual ubicada en el centro de la esfera donde se concentra la carga total. d) Esférica con densidad superficial de carga $[tex]\sigma[/tex]$ . Simetría esférica. Tomar una esfera como superficie gaussiana. En el interior el campo es nulo, en el exterior se comporta como una carga puntual ubicada en el centro de la esfera donde se concentra la carga total. e) Esférica con densidad volumétrica de carga $[tex]\rho(r) = \rho_0(r/a)[/tex]$ Simetría esférica. Tomar una esfera como superficie gaussiana. Reemplazar la densidad volumétrica como función de la posición en el cálculo de la integral de volumen es la única 'complicación'. En el exterior se comporta como una carga puntual ubicada en el centro de la esfera donde se concentra la carga total. Esto es así únicamente porque la función densidad también posee simetría esférica. f) Cilíndrica infinita con densidad volumétrica de carga $[tex]\rho[/tex]$ Tomar un cilindro como superficie gaussiana. El campo aumenta dentro del cilindro a medida que nos alejamos del origen, alcanza un máximo en la superficie y comienza a disminuir luego. g) Cilíndrica infinita con densidad superficial de carga $[tex]\sigma[/tex]$ Tomar un cilindro como superficie gaussiana. No hay campo dentro del cilindro. Diferencial de Potencial y Potencial electrostático 12) a) Una carga $[tex]q_1[/tex]$ se halla en el origen de coordenadas. Hallar el trabajo que es necesario realizar para traer otra carga q en forma cuasiestacionaria desde un punto muy alejado hasta una distancia d. Depende del camino? El trabajo es por definición la integral de línea evaluada en el campo de fuerzas por el cual es llevada la partícula. En este caso el campo es eléctrico y se demuestra experimentalmente que es un campo CONSERVATIVO. Esto implica que todo campo eléctrico que se digne de tal es el gradiente de una función potencial y que todas las integrales de curvas cerradas evaluadas en este campo dan 0 siempre. Ahora bien, el trabajo es por definición también, el opuesto de la variación de la energía del sistema: $[tex]\Delta U = -W = -\int_{\infty}^{d} \vec{F} \,\vec{dl} = -q \int_{\infty}^{d} \vec{E} \,\vec{dl}[/tex]$ Dividiendo todo por la carga q de prueba se obtiene la definición de potencial para cualquier camino desde A a B: $[tex]\Delta V = \frac{\Delta U}{q} = -\int_{a}^{b} \vec{E} \, \vec{dl}[/tex]$ b) Dos cargas puntuales $[tex]q_1[/tex]$ y $[tex]q_2[/tex]$ están separadas una distancia d. Hallar el trabajo que es necesario realizar para traer en forma cuasiestacionaria otra carga q desde un punto muy alejado hasta el punto central del segmento que separa a las cargas. Debido a que las ecuaciones diferenciales de los campos eléctricos de las cuales los campos son solución son lineales, los campos eléctricos siguen el principio de superposición. Es decir, se superponen (o suman) los efectos de cada carga o diferencial de carga por separado y se obtiene el resultado total. Por lo tanto, para calcular dicho trabajo tenemos dos opciones. Calcular cada trabajo por separado y luego sumarlos, o calcular el campo/fuerza en el eje entre dichas cargas y calcular el trabajo desde ahí. c) Calcule el valor del resultado de b) si las cargas son de igual valor absoluto y de signo diferente. En este caso los cálculos se simplifican porque las líneas de campo para un dipolo en el eje que es perpendicular a la recta que une las cargas y que pasa por el punto medio entre dichas cargas son paralelas a la recta que las une. Esto quiere decir que no habrá trabajo hecho ya que el diferencial de línea de la integral va a ser siempre perpendicular a la dirección del campo/fuerza. 13) Determine la diferencia de potencial eléctrico para todas las distribuciones de carga del ejercicio 11. Discuta en cada caso si se puede tomar el valor de referencia 0 del potencial en el infinito. Graficar la función obtenida para todo el espacio. No voy a resolver todo porque es eterno, el 11 no lo terminé todo y son integrales simples. Algunas cosas: - Basta con integrar los campos para obtener la función potencial, ya que $[tex]\vec{E} = - \nabla V[/tex]$ entonces $[tex]V = -\int \vec{E}[/tex]$ , direccionalmente. - Con las distribuciones de carga de extensión infinita NO se puede tomar potencial 0 como referencia en el infinito. Hay una explicación fácil para esto. La carga también "está" en el infinito. Si el potencial es 0 en el infinito y también en dónde está la carga entonces el potencial no debería variar y ser nulo el campo en todo el espacio. - La función potencial de un campo conservativo debe ser continua. 14) Dos distribuciones planas paralelas (infinitas) de carga están separadas una distancia d = 0.1cm. Hallar el campo y la diferencia de potencial eléctrico a lo largo de un eje perpendicular a los planos cuando (elegir una referencia adecuada): a) Ambos planos tienen la misma densidad de carga superficial uniforme $[tex]\sigma[/tex]$ Vimos que el campo generado por un plano infinito es constante en magnitud $[tex]E = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}[/tex]$ . Por lo tanto la integral va a ser lineal con dicha magnitud. Tomando un sistema de referencia cilídrico donde el primer plano reposa en z=0 y el segundo plano en z=0.1m, vamos a obtener una región en la que los campos se anulan, y otras dos en las que se compensan y su magnitud se duplica. $[tex]\begin{cases} V(z) = K - z \frac{\sigma}{\epsilon_0} & z < 0 \\V(z) = K & 0 <= z <= 0.1m \\V(z) = K - z \frac{\sigma}{\epsilon_0} & z > 0.1m\end{cases}[/tex]$ a) Ambos planos tienen la misma densidad de carga superficial uniforme $[tex]\sigma[/tex]$ pero de signo opuesto. Dibujar las líneas de campo. En este caso los campos se anulan en el exterior pero se duplican en el espacio interior, considerando los sentidos. Entonces, si tomamos al plano de z=0.1 de carga negativa: $[tex]\begin{cases} V(z) = K & z < 0 \\V(z) = K - z \frac{\sigma}{\epsilon_0} & 0 <= z <= 0.1m \\V(z) = V(0.1m) & z > 0.1m\end{cases}[/tex]$ Donde K es una constante arbitraria que se desprende de la arbitrariedad de la referencia del potencial. 15) a) Una distribución de cargas en forma de anillo de radio R tiene una densidad de carga lineal $[tex]\lambda[/tex]$ . Hallar la expresión de la diferencia de potencial sobre puntos del eje del anillo a partir del campo hallado en 4)a). La expresión obtenida fue: $[tex]\vec{E}(z) = k_e \frac{\lambda z \, 2 \pi R}{ (R^2 + z^2)^{\frac{3}{2}} } \, \hat{z}[/tex]$ $[tex]V = -\int \vec{E} \,dz = k_e \lambda 2 \pi R \int \frac{-z \, dz}{ (R^2 + z^2)^{\frac{3}{2}} } = k_e \frac{\lambda 2 \pi R}{\sqrt{R^2 + z^2}} + K[/tex]$ b) Comprobar el resultado de a) utilizando la definición de función potencial ( $[tex]V(\infty) = 0[/tex]$ ) Para el calculo por definicion con dicha convención utilizamos coordenadas cilíndricas nuevamente, con r fijo en R y z variable, theta nuestra variable de ubicación del diferencial de carga: $[tex]V = k_e \int_Q \frac{\lambda dq}{d} = k_e \int_{0}^{2\pi} \frac{\lambda R \, d\theta'}{\sqrt{R^2 + z^2}} = k_e \frac{\lambda 2 \pi R}{\sqrt{R^2 + z^2}}[/tex]$ 16) Hallar y graficar el campo eléctrico en todo el espacio de un dipolo usando el principio de superposición. Hallar y graficar la diferencia de potencial eléctrico asignando $[tex]V(\infty) = 0[/tex]$ . Este se los dejo de tarea (? /paja

Última edición por koreano el Sab Ago 25, 2012 3:52 pm, editado 7 veces

gedefet
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Carrera: Electrónica

Publicado: Dom Ago 28, 2011 6:27 pm Asunto: (Sin Asunto)


Gran laburo te tomaste

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df
Nivel 9

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Publicado: Dom Ago 28, 2011 6:30 pm Asunto: (Sin Asunto)


Alto guiso electrostático.

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$[tex] \nabla ^u \nabla_u \phi = g^{ij} \Big( \frac{\partial ^2 \phi}{\partial x^i \partial x^j} - \Gamma^{k}_{ij} \frac{\partial \phi}{\partial x^k} \Big)\\\\\frac{\partial \sigma^{ij}}{\partial x^i} + \sigma^{kj} \Gamma^i _{ki} + \sigma^{ik} \Gamma^j _{ki} = 0[/tex]$

gira
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Registrado: 13 Ago 2007
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Carrera: Industrial
CARRERA.industrial.gif

Publicado: Dom Ago 28, 2011 8:52 pm Asunto: (Sin Asunto)


Buen laburo che! Si algun dia tenes ganas, podes completarte o corregir los resultados que puse en el wiki: http://wiki.foros-fiuba.com.ar/materias:62:03:resultados_de_los_ejercicicos_de_la_guia

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Cuanto más complicada parece una situación, más simple es la solución. Eliyahu Goldratt

koreano
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Carrera: No especificada

Publicado: Dom Ago 28, 2011 9:14 pm Asunto: (Sin Asunto)

Gracias, por ahí después cuando termine el resto de las guías Smile

No confío mucho en la wiki igual (?

df escribió:

Alto guiso electrostático.

lol

fer90
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Publicado: Lun Sep 05, 2011 5:10 pm Asunto: (Sin Asunto)


Laburazo korea! Una cosa, quizás la estoy pifiando, pero en el ejercicio 12)a). ¿El trabajo no es igual a menos delta de energía del campo electrostático? Es sólo un detalle, pero bueno

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Nosotros...Chat-Fiuba. Somos más grandes que Jesús.

Cumple sus sueños quien resiste!!!

koreano
Nivel 9

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Mensajes: 1796

Carrera: No especificada

Publicado: Sab Sep 17, 2011 9:12 am Asunto: (Sin Asunto)

fer90 escribió:

Laburazo korea!
Una cosa, quizás la estoy pifiando, pero en el ejercicio 12)a). ¿El trabajo no es igual a menos delta de energía del campo electrostático?
Es sólo un detalle, pero bueno

Ahí aclaré mejor, gracias.

aimac
Nivel 6

Registrado: 22 Ago 2009
Mensajes: 283

Carrera: No especificada y Electrónica

Publicado: Mar Mar 20, 2012 10:31 pm Asunto: (Sin Asunto)


recomiendo que algún admin ponga estos threads como stick O una portada donde estén links a los mismos. slds,

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Keyword
Nivel 6

Edad: 32
Registrado: 19 Jul 2011
Mensajes: 224

Carrera: Informática
CARRERA.informatica.2.gif

Publicado: Mar Mar 20, 2012 10:41 pm Asunto: (Sin Asunto)


korea, tepa q linkeé acá del wiki? EDIT: también estaría bueno linkear ahí los vids q subiste

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Megu*~
Nivel 8

Registrado: 21 Feb 2011
Mensajes: 712
Ubicación: Prontera
Carrera: Naval

Publicado: Mie Mar 21, 2012 6:20 pm Asunto: (Sin Asunto)

aimac escribió:

recomiendo que algún admin ponga estos threads como stick O una portada donde estén links a los mismos.
slds,

Yo pedi eso por pm hace semanas y no me dieron bola : (

_________________

facha
Nivel 3

Registrado: 21 Jul 2011
Mensajes: 59
Ubicación: Civil
Carrera: Civil

Publicado: Vie Mar 23, 2012 2:36 pm Asunto: (Sin Asunto)


Por cosas como estas es que todos te amamos koreano

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El Facha

gedefet
Nivel 9

Edad: 34
Registrado: 06 May 2008
Mensajes: 936

Carrera: Electrónica

Publicado: Vie Mar 23, 2012 2:49 pm Asunto: (Sin Asunto)

facha escribió:

Por cosas como estas es que no la ponés koreano

Fixed.

Igual, repito mi post anterior, gran laburo te tomaste.

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koreano
Nivel 9

Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796

Carrera: No especificada

Publicado: Vie Mar 23, 2012 3:39 pm Asunto: (Sin Asunto)


Che igual esta guía está bastante floja, para el final ya me dió paja casi todo por lo que re-leí recién ;D Si alguien tiene ganas de hacer resoluciones de los ejs que faltan o aclarar cosas, manden PM o posteen.

tender
Nivel 4

Registrado: 16 May 2010
Mensajes: 73

Publicado: Sab Ago 25, 2012 1:48 pm Asunto: (Sin Asunto)


pregunta, en el ejercicio 1)a. según el eje de cordenadas que estableciste..la F12, no sería positiva? porque las cargas al ser las dos positivas, deberian "rechazarse"

koreano
Nivel 9

Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796

Carrera: No especificada

Publicado: Sab Ago 25, 2012 3:53 pm Asunto: (Sin Asunto)


Había mandado fruta con la notación, probablemente un typo. Fijate si ahora te convence

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