Pontificia Universidad Catolica de ChileFacultad de FısicaFIS1533 - Electricidad y Magnetismo // 1-2018Profesor: Giuseppe De Nittis - gidenittis@uc.cl

Ayudantıa 5Fuerza de Coulomb y Campo Electrico

20 de Marzo de 2018

Ayudante: Guillermo Espinosa - jgespinosa@uc.cl

1. Formulas y constantes

1.1. Ley de gauss

ΦE =

S

E(x) · dS (x) =Qencε0

(1.1)

1.2. Forma diferencial de Ley de gauss

−→∇ ·−→E =

ρ

ε0(1.2)

ρ = densidad de carga

2. Problemas

Problema 1:

Calcule el campo de un cilindro solido de radio r que lleva un densidad de carga volumetrica ρ.

1

Respuesta:

Para resolver el ejercicio, debemos separar en problema en dos partes, calcular el campo dentro y fuera delcilindro, definiremos R como la distancia al radio que queremos calcular:1.- 0 < R < r:Para calcular el campo dentro del cilindro debemos establecer como calcular el flujo de campo que pasa atrave de una figura dentro del cilindro. la superficie que ocuparemos es un cilindro infinito dentro del mismocilindro como en la figura:

Explicitando el problema en ecuacion:

S

E1(x) · dS (x) =Qenc

ε0

Luego, evaluamos la integral en la superficie del cilindro:∫ 2π

0

∫ L

0E1(R)Rdθdz = E1(R) · 2πRL =

Qenc

ε0

Despues, calculamos la carga encerrada que esta dentro de la superficie del cilindro:

dQenc = ρ rdr dθ dz

Qenc = ρ

∫ R

0

∫ 2π

0

∫ L

0rdrdθdz = ρπR2L

Reemplazamos:

2

E1(R) · 2πRL =ρπR2Lε0

E1(R) =ρR2ε0

2.- r < R: Para este caso, encerramos el cilindro en una superficie cilındrica mas grande, de manera queel radio de la superficie sea mayor que el del cilindro, calculamos:

S

E2(x) · dS (x) =Qenc

ε0

Luego, evaluamos la integral en la superficie del cilindro:∫ 2π

0

∫ L

0E2(R)Rdθdz = E2(R) · 2πRL =

Qenc

ε0

Despues, calculamos la carga encerrada que esta dentro de la superficie del cilindro:

dQenc = ρ rdr dθ dz

Qenc = ρ

∫ r

0

∫ 2π

0

∫ L

0rdrdθdz = ρπR2L

Reemplazamos:

E2(R) · 2πRL =ρπr2Lε0

E2(R) =ρr2

2Rε0

Con esto, obtenemos que el campo que hay en todo el espacio:

3

−→E (−→R ) =

ρR2ε0

r si 0 < R < r

ρr2

2Rε0r si r < R

Problema 2:

Considere un cable coaxial muy largo, el cable esta compuesto por un cilindro solido interior de radio a quelleva una densidad de carga volumetrica ρ (constante) y por un cilindro exterior hueco de radio b (b > a) que llevaun densidad de carga superficial σ, esta densidad es tal que el cable es electricamente neutro. Encuentre el campoelectrico producido por el cable en todo el espacio.

Respuesta:

Establecemos un sistema de coordenadas cilındricas en el centro del cable. Distinguimos tres regiones, I, IIy III dadas por r > b , a < r < b y r < a respectivamente. Por simetrıa, el campo (de existir) en la region Idebe ser radial, y su magnitud unicamente funcion de r (La figura posee una clara simetrıa azimutal, es decir,es invariante ante una rotacion del angulo polar φ).

Por ley de Gauss

4

S

E(−→x ) · d−→S (−→x ) =

Qenc

ε0

donde S es cualquier superficie cerrada y Qint la carga encerrada por esta

Qint =

$V(S )

d3x′ρ(−→x )

Debemos encontrar una supercie con las siguientes caracterısticas:−→E (−→x ′)//n(−→x ) y |

−→E (−→x ′)| constante

∀−→x ′ ∈ S . Dada la simetrıa del problema usamos como supercie un cilindro de radio r > b y altura h.

Luego

"S

E(−→x ) · d−→S (−→x ) =

"Manto

E(−→x ) · d−→S (−→x ) +

Tapas

E(−→x ) · d−→S (−→x )

Para todo −→x ′ en el manto, d−→S (−→x ′) = dS (−→x ′)n(−→x ′) = rdφdrz, y en la tapa inferior d

−→S (−→x ′) = −rdφdrz,

mientras que−→E (−→x ′) = E(r)r(φ) ⊥ d

−→S (−→x ′), luego

"Tapas

E(−→x ) · d−→S (−→x ) = 0

con esto

"S

E(−→x ) · d−→S (−→x ) = E(r)2πrh

Pero como el cable es neutro, Qint = 0. Luego

5

E(r)2πrh = 0→ E(r) = 0, r > b

Notar que

Qint = πa2hρ + σ2πbh = 0

luego

σ = −ρa2

2b

En la region II: a < r < b, la simetrıa nuevamente implica la naturaleza radial del campo electrico (aligual que su dependencia en r y no en phi). Nuevamente utilizamos como supercie cerrada un cilindro deradio r y altura h

S

E(−→x ) · d−→S (−→x ) =

Qenc

ε0

Por los mismos argumento utilizados anteriormente, la integral dde flujo se reduce aS

E(−→x ) · d−→S (−→x ) = E(r)2πrh

y

Qint =

$V(S )

d3x′ρ(−→x ) = ρ

$V(S )

d3x′ = ρπa2h

entonces

6

E(r)2πrh = ρπa2hε0

si r ∈ [a, b]

Por ultimo, para la region III: r < a, se escoge nuevamente un cilindro de radio r y altura h. Los mismosargumentos de simetrıa son validos aquı para determinar el campo electrico. Resulta

SE(−→x ) · d

−→S (−→x ) =

Qenc

ε0

y S

E(−→x ) · d−→S (−→x ) = E(r)2πrh

Qint =

$V(S )

d3x′ρ(−→x ) = ρ

$V(S )

d3x′ = ρπr2h

Entonces

E(r)2πrh = ρ2hε0

−→E (−→x ) =

ρr2ε0

r

En resumen (notar discontinuidad al atravesar la supercie cargada r = b)

−→R (−→x ) =

ρr2ε0

si 0 ≤ r < a

a2ρ

2ε0rsi a < r < b

0 si b < r

Problema 3:

Se tiene un cilindro de radio R muy largo y con densidad de carga homogenea ρ. Se ha suprimido un cilindrocon eje paralelo con el mismo largo y de radio R/2. El vector que une el centro del cilindro con el centro de la

7

cavidad es a para una seccion transversal. Se pide obtener la expresion del campo electrico en un punto cualquierade la cavidad que no pertenezca a la recta que une los centros del cilindro y cavidad.

Respuesta:

Este problema se puede resolver de forma muy simple utilizando el principio de superposicion. Evidentemen-te podemos considerar el problema del cilindro lleno con densidad rho, y superponer un cilindro menor condensidad −rho. Primero, debemos encontrar una expresion para el campo electrico al interior de un cilindromuy largo de radio R.

Debido a la simetrıa, es evidente que el campo electrico al interior del cilindro debe ser radial y constan-te a una cierta distancia r del centro. Luego, utilizamos como supercie de Gauss un cilindro de radio r y largoL y calculamos el campo que hay al interior de este igual a como se calculo en los ejercicios anteriores

E(r) =ρr2ε0

(2.1)

Ahora, eligiendo un punto P dentro de la cavidad, tendremos que el campo total sera la suma vectorial delcampo electrico debido a un cilindro homogeneo de carga y del campo debido a un cilindro homogeneo decarga negativa, tal como indica la figura

8

−→E 1 =

ρr2ε0

r (2.2)

−→E 2 = −

ρr2ε0

r′ (2.3)

donde

−→r ′ =(−→r − −→a )

x=

(rr − −→a )x

sumando ambos campos

−→E =

ρr2ε0

r −ρx2ε0

(rr − −→a )x

−→E =

ρr2ε0

r −ρrr2ε0

+ρ−→a2ε0

−→E =

ρ−→a2ε0

El campo en todo punto de la cavidad es uniforme y paralelo al vector −→a

Problema 4:

Considere dos esferas no concentricas de radio R. La primera de ellas lleva una densidad volumetrica de cargaρ y la segunda −ρ. Los centros de las esferas estan a distancia menor que 2R. si

−→d es el vector que va del centro

de la esfera positiva al centro de la negativa, demuestre que el campo electrico en la interseccion de las esferas esconstante, y encuentre su valor

9

Respuesta:

Este problema se resuelve por superposicion y recordando la forma del campo electrico generado por unadistribucion homogenea y esferica de carga (resuelto anteriormente)

−→E (−→x ) =

ρr3ε0

r si r ≤ R

ρR3

3ε0r2 r si r > R

donde r es la distancia al centro de la distribucion. Ahora, sea P un punto arbitrario dentro de la region dela interseccion

10

El campo en P producido por la distribucion de carga positiva es

−→E 1 =

ρ

3ε0

−→r

y el de la distribucion de carga negativa

−→E 2 = −

ρ

3ε0

−→r ′

Por el principio de superposicion, el campo electrico en P esta dado por

−→E (P) =

−→E 1 +

−→E 2 =

ρ

3ε0

−→r +−ρ

3ε0

−→r ′

pero

−→d + −→r ′ = −→r

de forma que

−→r ′ = −→r −−→d

−→E (P) =

ρ

3ε0

−→r +−ρ

3ε0(−→r −

−→d )

−→E (P) =

ρ

3ε0

−→d

11

P fue escogido de manera arbitraria, luego, para todo −→x dentro de la distribucion, el campo electrico esuniforme y esta dado por

−→E (P) =

ρ

3ε0

−→d

notar que es paralelo a la direccion que une ambos centros

12