UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA

CURSO : TEORÍA DE CAMPOS ELECTROMAGNÉTICOS

PROFESOR : Mg. JORGE MONTAÑO PISFIL

PROBLEMAS RESUELTOS DE ELECTROSTÁTICA EN EL VACÍO

Problema Nº 1

Sea el potencial eléctrico /)2(cos en el espacio libre. Determine la densidad de carga

volumétrica en el punto A (0,5 m; 60°; 1 m). Asimismo, determine la densidad de carga superficial en la

superficie de un conductor que pase por el punto B (2 m ; 30° ; 1 m).

Resolución

Si se conoce el potencial eléctrico , es posible determinar el campo eléctrico

E utilizando la ecuación:

)1(...

E

En coordenadas cilíndricas, el gradiente de la función escalar viene dado por:

zaz

aa

1

Calculando el gradiente de y reemplazándolo en la ecuación (1), tenemos:

asen

aE22

222cos

Cálculo de la densidad de carga volumétrica V en el punto A (0,5 m ; 60° ; 1 m)

Por Primer Postulado Fundamental de la Electrostática en el vacío (en su forma diferencial) o Primera Ecuación de Maxwell, se cumple que:

)2(...0

VE

En coordenadas cilíndricas, la divergencia de

E viene dado por:

z

EEEE Z

11

Calculando la divergencia de

E , reemplazando la divergencia hallada en la ecuación (2) y despejando

luego V tenemos:

3

0 2cos3

V

Evaluando V en el punto A (0,5 m ; 60° ; 1 m) obtenemos:

30 25,10612m

pCV

Cálculo de la densidad de carga superficial en la superficie de un conductor que pase

por el punto B (2 m ; 30° ; 1 m)

Se sabe que: )3(...00 EnE

Donde: E = Magnitud de la intensidad del campo eléctrico

Se halló que:

asen

aE22

222cos

Luego, la magnitud o módulo de

E es igual a: 22 /)231( senE

Reemplazando E en la ecuación (3) y evaluando en el punto B (2 m ; 30° ; 1 m) obtenemos:

299,3

m

pC

Nota.- El signo positivo o negativo para dependerá de qué lado de la superficie se considere.

Problema Nº 2

Dentro de la región cilíndrica 4m , la densidad de flujo eléctrico está dada por 3

2

CD 5 a

m

a) ¿Cuál es la densidad de carga volumétrica en 3m ? b) ¿Cuál es la densidad de flujo eléctrico en

3m ? c) ¿Qué cantidad de flujo sale del cilindro 3m , z 2.5 m? d) ¿Cuánta carga está

contenida dentro del cilindro 3m , z 2.5 m?

Resolución

a) Cálculo de V (densidad de carga volumétrica) en 3m

Cuando se conoce D

(densidad de flujo eléctrico), la densidad de carga volumétrica “V ” se halla

aplicando el primer postulado fundamental de la electrostática o primera Ecuación de Maxwell. Es decir:

DV

Según el enunciado: 3

2

CD 5 a

m

, es decir que D

depende sólo de la coordenada “ ”, luego la

divergencia de D

, en coordenadas cilíndricas, queda:

)(1

DD

Hallando la divergencia de D

y considerando que es igual a V , tenemos:

3

4 2

v

1 ρ 5 20 20

2

v 3

C 3 ρ 20(3) 180

mSi m

b) Cálculo de D

(densidad de flujo eléctrico) en 3m

Se sabe que: 3

2

CD 5 a

m

, para 4m

Para calcular la densidad de flujo eléctrico en 3m es suficiente evaluar D

en dicho punto. Es

decir:

Si 33 D 5(3) a 135 am

(C/m2)

c) Cálculo de (flujo eléctrico) que sale del cilindro 3m y 2.5z m

Se sabe que el flujo eléctrico total a través de una superficie cerrada S viene dado por:

SdDS

Total

La integral cerrada, a través de la superficie S (el cilindro descrito), la descomponemos en tres

integrales abiertas, por lo tanto se cumple que:

sdDSdDSdD

eriorSuperficie

eriorSuperficie

lateralSuperficie

Total

infsup

22,5

4

total

2,5 0

= 5(3) d dz 405 dz dz

z

total = 405 (5)(2π) 4050π C

D

d S

D

d S

2.5

2.5

3m

z

y

x

* Note (ver figura) que a través de las

superficies superior e inferior del cilindro no

hay flujo porque los vectores D

y d S

son

perpendiculares entre sí.

dzdadzdaTotal

43 55

d) Cálculo de Qtotal contenida en el cilindro 3m y 2.5z m

Se sabe que en una distribución de carga volumétrica, la carga total viene dada por:

total V

V

Q = ρ dV ; Donde:2

vρ 20 y dV d d dz

Nota.- De c) y d) se concluye que: total totalQ . Esto es cierto porque así lo establece la ley de gauss:

Total

S

Total QSdD

.

Problema Nº 3

Dado el campo 2 2 2D (20/ )(sen a sen2 a ) C/m

, encuentre la carga total que está dentro del

volumen 1 2m m , 0 / 2 , 0 1z m . Utilice dos métodos diferentes de cálculo.

Resolución

1er Método de Cálculo de “Qtotal” : aplicando total vV

Q = ρ dV

Para calcular Qtotal aplicando total vV

Q = ρ dV necesito conocer V (densidad de carga volumétrica). El

valor de V se halla aplicando el Primer Postulado Fundamental de la Electrostática o Primera Ecuación

de Maxwell. Es decir:

DV .

La divergencia de D

, en coordenadas cilíndricas, viene dado por:

z

DDDD Z

11; donde:

2

2 2

20 CD ( )(sen a sen2 a )

m

Calculando la divergencia de D

obtengo: 3

2 2cos4020

senDV

Luego: 22 π / 2 1

total 3

ρ = 1 = 0 z = 0

20sen + 40cos2Q = d d dz

total

5Q = C = 7,85C

2

2do Método de Cálculo de “Qtotal” : aplicando la ley de Gauss

Según la Ley de Gauss se cumple que:

SdDS

Total . . . (1)

totalQ = 4050 π C

2,52.5 2π 3 3 2

2 3

2.5 0 0 0 = 0 z = -2,5

Q = 20 20 d d dzz

d d dz

De acuerdo al enunciado:

2

2 2

20 CD sen a sen2 a

m

1 2m m , 02

, 0 z 1m

La figura correspondiente, de acuerdo con el enunciado, será:

Al descomponer la integral cerrada en seis integrales abiertas, y considerando que dos de ellas se anulan

(las integrales de S5 y S6), entonces la ecuación (1) puede escribirse de la siguiente forma:

4321

4321

SdDsdDSdDSdDQSSSS

Total . . . (2)

De la figura: 1d S z(a ) donde 2d d m

; 2d S z( a ) donde 1d d m

3d S z( a ) donde 0d d

; 4d S z(a ) donde2

d d

Reemplazando en la ecuación (2) e integrando obtenemos: total

5Q = C = 7,85C

2

Problema Nº 4

Si el potencial eléctrico V viene dado por , calcule la energía dentro de la región definida

por , , .

Resolución:

Sabemos que el campo eléctrico es igual a menos el gradiente del potencial. Es decir: Reemplazando la ecuación de la divergencia del potencial (en coordenadas cilíndricas), tenemos:

Como el campo vectorial D

no tiene

coordenada “z”, entonces para las

superficies S5 y S6 (para la base y la tapa):

0

SdD . Es decir, no hay flujo

eléctrico a través de S5 y S6.

De la figura se observa que la integral cerrada, a través de la superficie S, se descompone en seis (6) integrales abiertas.

Resolviendo se obtiene:

. . . (I)

Para calcular la energía electrostática (U) dentro de la región definida en el enunciado aplicamos la ecuación siguiente: . . . (II) Reemplazando (I) en (II):

Ordenando y desarrollando la ecuación anterior, queda:

Recordar que:

Luego:

Despejando la energía U y reemplazando el valor de la permitividad del vacío, tenemos:

Problema Nº 5

La distribución de una carga esférica está expresada por:

a) Halle la intensidad de campo eléctrico E

y el potencial eléctrico para r a

b) Halle la intensidad de campo eléctrico E

y el potencial eléctrico para r a

Resolución

Por tratarse de una distribución esférica, hay simetría en la figura, por lo tanto la resolución de este

problema puede hacerse aplicando la ley de Gauss.

a) Cálculo de E

y para r a

Para calcular utilizamos la ecuación:

rdE

Reemplazando E

y resolviendo luego la integral tenemos:

rr adrar

a2

0

3

0

15

2

3

0

0

2

15

aC

r

. . . (1)

La constante C la hallo aplicando la condición de frontera (C.F.) siguiente:

Si r ( ) 0r

Evaluando en la ecuación (1) obtenemos que la constante C es igual a cero: 0C

Luego:

3

0

0

2

15

a

r

; para r a

2

0 21

r

a

, r a

0 , r a

Sd

E

a

Superficie Gaussiana (S.G.)

r

Por ley de Gauss:

0

QSdE

S

; Q = carga neta encerrada por S.G.

2 22 2

0 2

0 0 0 0

3 3

0 0

2 2

0 0

1(4 ) 1

2 2;

15 15

a

r

r

rE r r sen d d dr

a

a aE E a r a

r r

o

y

x

z

a

b) Cálculo de E

y para r a

Para hallar utilizo la ecuación:

rdE

Entonces:

rr adra

a

rr2

3

0

0

53

2 4

0

2

0 6 20

r rC

a

. . . (2)

Si r a :

22

0( )

0 0

2 1 1

15 6 20r a

aaC

2

0

04

aC

Reemplazando la constante C en la ecuación (2) obtenemos:

2 2 4

0

2

0 4 6 20

a r r

a

, para r a

Problema Nº 6

Se tiene un casquete semiesférico de radio “ a ”, cargado con densidad superficial de carga constante

y ubicado tal como se muestra en la figura. Calcule:

a) La intensidad de campo eléctrico en puntos sobre el eje “z”.

b) La intensidad de campo eléctrico en el punto “o”.

Sd

E

r

a

Superficie Gaussiana (S.G.)

Por ley de Gauss:

0

QSdE

S

; Q = carga neta encerrada por S.G.

2 22 2

0 2

0 0 0 0

3 3

0 0

2 2

0 0

1(4 ) 1

;3 5 3 5

r

r

r

rE r r sen d d dr

a

r r r rE E a r a

a a

Resolución:

Para resolver este problema se recomienda calcular primero el potencial eléctrico, porque es más fácil

resolver una integral cuyo denominador tiene potencia uno, a diferencia del exponente tres que tiene el

denominador de la integral del campo eléctrico.

Cálculo del potencial eléctrico “ ” en el punto P (0; 0; z)

Sabemos que para una distribución de carga superficial, el potencial eléctrico se halla por:

´0

1

4

dA

r r

. . . (1)

Reemplazando dA en la ecuación (1), tenemos: 2 2

2 20 0

2

1

4 2 cos

r sen d d

a z az

; Donde: ar

Resolviendo se obtiene: 2 2

02

aa z a z

z

Cálculo del campo eléctrico “ E

” en el punto P (0; 0; z)

Cuando ya se conoce el potencial eléctrico, el campo eléctrico se puede calcular utilizando gradiente de

potencial. Es decir, se cumple que: E = - .

Recordar también que: = x y za a ax y z

(en coordenadas cartesianas)

Calculando el gradiente del potencial y aplicando E = - obtenemos:

2

2 2 20

12

z

a aE a

z a z

o y

x

z

r

'r

'rr

(0;0; )P z

dA

a

De la figura mostrada tenemos que:

dA = r² sen d d (en coordenadas

esféricas)

Donde: r = a = radio del casquete

semiesférico.

Además, por ley de cosenos se cumple:

´ 2 2 2 cosr r a z az

Cálculo del campo eléctrico “ E

” en el punto “O”

En el punto “O” (origen de coordenadas): 0z (Cero).

Al evaluar el campo eléctrico E

en 0z (primero hay que levantar la indeterminación), obtenemos:

zz aE0

)0(

4

Problema Nº 7

Demostrar que el campo eléctrico en el punto (0, 0, h), debido al rectángulo descrito por a x a ;

b y b ; 0z y que porta una carga uniforme de 2( / )C m es:

2 2 2 1/ 2

0 ( )z

abE arctg a

h a b h

Resolución

De acuerdo con el enunciado la figura correspondiente es:

La intensidad de campo eléctrico E

se determina de manera directa utilizando la siguiente ecuación:

´

3

0 ´

1( )

4

dAE r r

r r

. . . (1)

);0;0( h

r

'r

'rr

- b b

a

- a

x

y

z

dA

De la figura:

yr h a

; ´

x yr xa y a

; ´ 2 2 2 1/ 2( )r r h x y

; dA dx dy

Reemplazamos en (1):

2 2 2 3/ 2

0

( )4 ( )

k x y

dx dyE ha x a y a

h x y

2 2 2 3/ 2 2 2 2 3/ 2 2 2 2 3/ 2

04 ( ) ( ) ( )z x y

hdx dy xdx dy ydx dyE a a a

h x y h x y h x y

Debido a la simetría de la figura las dos últimas integrales son iguales a cero, por lo tanto la ecuación

anterior queda:

2 2 2 3/ 2

04 ( )

y b x a

z

y b x a

h dx dyE a

h x y

. . . (2)

Pasando a coordenadas polares tenemos:

Luego, la ecuación (2) equivale a:

co t ( / ) sec

2 2 3/ 2

0 0 0

84 ( )

ar g b a a

z

r

h rdr dE a

r h

Evaluando esta integral obtenemos:

1/ 2

2 2 20

z

abE arco tg a

h a b h

, lo cual queríamos demostrar.

x

y

- a

a

- b

b

r

cosx r ; y rsen ; 2 2 2x y r

Los límites de las integrales serán:

Para : 0 y o t ( / )arc g b a

* ( / )b

tg arco tg b aa

Para r : 0 y seca

* cos seca

r ar