Electrostática.

3.1

Capítulo 3 Electrostática. Carga eléctrica. Fuerza electrostática. Ley de Coulomb. Campo eléctrico. Teorema de Gauss. Potencial electrostático. Energía potencial.

3.2

Capítulo 3

FORMULARIO Ley de Coulomb: Fuerza ejercida enPrincipio de superposición. tre dos cargas puntuales. r q q r F = K 1 2 2 ur ; r

K=

1 4πε 0

Definición de campo eléctrico. r r F E= q0

r F=

r

1

∑ F = ∑ 4πε i

i

i

0

q qi r u ri 2 ri

Campo eléctrico creado por una carga puntual. r 1 q r E= ur 4πε 0 r 2

Campo eléctrico creado por n cargas Campo eléctrico creado por una puntuales. distribución lineal de carga. r r r λdl r 1 1 qi r = E ur E= Ei = u r 2 i 4πε 0 i ri 4πε 0 L r 2 i

∑

∑

∫

Campo eléctrico creado por una dis- Campo eléctrico creado por una tribución superficial de carga. distribución volumétrica de carga. r r 1 1 σ dS r ρ dV r E= E u ur = r 2 4πε 0 S r 4πε 0 V r 2

∫

∫

Teorema de Gauss. Φ=

Qencerrada

ε0

Potencial electrostático. r r r r E = −∇V; V = − E ⋅ dr

∫

Potencial creado por una carga pun- Potencial creado por n cargas puntual. tuales. V=

q

4πε 0r

+ cte

V=

∑V = ∑ i

i

i

qi 4πε 0 ri

+ cte

Electrostática.

3.3

Potencial creado por una distribu- Potencial creado por una distribución lineal de carga. ción superficial de carga. V=

1 4πε 0

∫ L

λdl r

+ cte

V=

1 4πε 0

∫ S

σ dS r

+ cte

Potencial creado por una distribuEnergía potencial electrostática. ción volumétrica de carga. V=

1 4πε 0

∫ V

ρ dV r

+ cte

U = qV

Trabajo realizado por las fuerzas Diferencia de potencial entre dos electrostáticas. puntos. B

W AB

r r = F ⋅dl = U A − U B

∫

A

B r r WAB VA − VB = = E ⋅ dl q A

∫

3.4

Capítulo 3

Cuestiones. 1. Indica si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones: a) En la naturaleza existen tres tipos de carga: positiva, negativa y neutra. b) La carga total en un sistema aislado no permanece constante. c) La carga eléctrica que posee un cuerpo siempre es un múltiplo entero de la carga del electrón. d) Las fuerzas eléctricas son siempre atractivas. e) Si se tiene una distribución de n cargas puntuales qi actuando sobre una carga q, la fuerza total sobre q es la suma vectorial de las fuerzas que ejerce cada una de ellas sobre dicha carga. f) El campo eléctrico es una magnitud escalar. g) El campo eléctrico es conservativo. h) El flujo del campo eléctrico a través de una superficie cerrada es siempre igual a cero. i)

El flujo del campo eléctrico a través de una superficie cerrada es negativo, si la cantidad de carga positiva fuera del volumen definido por dicha superficie es mayor que la carga positiva encerrada por la superficie.

j) Si el campo eléctrico es cero, el potencial electrostático también lo es. k) El potencial electrostático tiene dimensiones de energía potencial. a) Falso. En la naturaleza existen dos tipos de carga: positiva y negativa. La materia neutra posee igual cantidad de carga positiva que negativa, obteniendo una carga total igual a cero. b) Falso. El principio de conservación de la carga eléctrica nos dice que la carga total en un sistema aislado permanece constante. c) Verdadero. d) Falso. La fuerza entre cargas de diferente signo es atractiva, mientras que la fuerza entre carga de igual signo es repulsiva. e) Verdadero. f) Falso. El campo eléctrico es una magnitud vectorial. g) Verdadero.

Electrostática.

3.5

h) Falso. El flujo del campo eléctrico a través de una superficie cerrada es igual a la carga total encerrada dentro de la superficie dividido por ε0. i)

Falso. El flujo del campo eléctrico a través de una superficie cerrada solamente depende de la carga encerrada en el interior de la superficie.

j)

Falso. Si el campo eléctrico es cero, entonces el potencial electrostático es constante.

k) Falso. Las dimensiones del potencial electrostático son M L2 T −3 I −1 . 2. Se sitúa una carga q1 positiva en el punto (0,y) tal como se muestra en la figura. ¿Cuál debe ser la posición de una segunda carga, q2, idéntica a q1, para que el campo eléctrico en el punto P(x,0) tenga únicamente: r r a) Componente en el eje X, E = E i ? r r b) Componente en el eje Y, E = E j ?

Y q1 P

X r E1

Y q1 P X

Para resolver este problema, primeramente conviene observar la dirección y sentido del campo creado por la carga q1 en el punto P. La dirección del campo es la de la línea que une el punto P con la carga q1, y como se trata de una carga positiva, con sentido "saliente" de la carga q1, tal y como indica la figura.

r a) En este caso necesitamos crear un campo eléctrico E 2 cuya suma vecr torial con E1 proporcione un vector en el eje X. Para ello se debe cumr plir que el valor de la componente de E 2 en la dirección Y tenga el r mismo módulo y sentido contrario a la de E1 . Existen infinitos vectores que cumplen esta condición. Por ejemplo, en la figura se muestran tres de ellos:

3.6

Capítulo 3

r E2

r E2

r E2

X

P

X

P

r E1

X

P

r E1

r E1

Por tanto, existirán también infinitas soluciones. Una solución sencilla consiste en situar la carga q2 en una posición simétrica a la carga q1 respecto del eje X, de modo que crea un campo eléctrico simétrico a r E1 respecto del eje X, con lo cual se anulan las componentes en el eje Y de ambos campos, tal y como indica la figura a), obteniendo un campo resultante en la dirección del eje X. b) Del mismo modo, para obtener un campo resultante con componente solamente en el eje Y, la componente X del campo creado por la carga q2 debe tener el mismo módulo y sentido contrario que la componente X del campo creado por q1. Una de las posibles soluciones sería situar la carga q2 en una posición simétrica respecto al punto P, tal y como indica la figura b). a) b) Y Y r q2 q1 q1 E2

P q2

X

X

P r E2

r E1

3. Sea una carga +Q distribuida uniformemente en una superficie esférica de radio R. Calcula: a) La diferencia de potencial entre los puntos A y B. b) El trabajo realizado por las fuerzas eléctricas para desplazar una carga puntual +q desde A hasta B.

r E1

B +Q

d R

A d/2

Electrostática.

3.7

a) El potencial electrostático en puntos externos a una distribución de carga Q con simetría esférica, es igual al que crearía una carga puntual Q situada en el centro de la distribución (lo mismo ocurre para el campo eléctrico). Por tanto, el potencial creado en un punto externo situado a una distancia r de la misma, es igual a: V (r ) =

1 Q 4πε 0 r

De este modo, podemos calcular el potencial en los puntos A y B: VA =

Q 4πε 0 d / 2 1

VB =

1 Q 4πε 0 d

con lo que la diferencia de potencial entre ambos puntos será:

VA − VB =

Q  1 1 1 Q − =  4πε 0  d / 2 d  4πε 0 d

(V)

b) El trabajo realizado por las fuerzas eléctricas es igual a la diferencia de energía potencial electrostática: W = q (VA − VB ) =

qQ 4πε 0d

4. Sea la carga puntual Q y las dos superficies cúbicas, paralelas, centradas en Q, y de lado a y 3a, de la figura. Halla la relación existente entre los flujos del campo eléctrico que atraviesa ambas superficies.

(J)

3a

a

Q

Para resolver esta cuestión vamos a utilizar el teorema de Gauss que dice que “el flujo que atraviesa una superficie cerrada es igual a la carga total encerrada dentro de la superficie dividido por ε0”: Φ=

Qenc

ε0

De esta forma, el flujo a través del cubo interior será: Φa =

Qenc

ε0

=

Q

ε0

y el flujo a través del cubo exterior será:

(Nm 2 / C )

3.8

Capítulo 3

Φ 3a =

Qenc

ε0

=

Q

ε0

(Nm 2 / C )

Por tanto, Φa = Φ3a. 5. Sea un cubo de arista a y densidad volumétrica de carga uniforme ρ, situado en el vacío. Se le rodea de una superficie esférica de radio 2a. Determina el flujo del campo eléctrico a través de la esfera.

ρ

2a

a

De nuevo, para calcular el flujo a través de la superficie esférica de la figura, utilizamos el teorema de Gauss: Φ=

Qenc

ε0

donde, en este caso, la carga encerrada en la superficie de Gauss es la carga contenida en el cubo de arista a, pues el resto del espacio se encuentra vacío. La carga contenida en el cubo, la podemos calcular a partir de la densidad de carga ρ:

ρ=

carga volumen

⇒

carga = ρ × volumen = ρ a 3

y por tanto, el flujo será: Φ=

ρa3 ε0

(Nm 2 / C )

6. Dadas dos cargas puntuales, una Y positiva +q y otra negativa -q, situadas como muestra la figura, determina el flujo de campo eléctrico a través de las siguientes +q -q superficies esféricas: a) Superficie esférica de radio R R R centrada en (-R,0,0). b) Superficie esférica de radio R centrada en (R,0,0). c) Superficie esférica de radio 2R centrada en (0,0,0). d) Superficie esférica de radio R/2 centrada en (0,0,0). Para resolver esta cuestión vamos a utilizar el teorema de Gauss:

X

Electrostática.

3.9

Y

a) Como se observa en la figura, solamente la carga +q está en el interior de la superficie. Por tanto, +q Φ= (Nm 2 / C )

+q

ε0

-q R

R Y

b) En este caso, solamente la carga -q está en el interior de la superficie gaussiana. Por tanto, −q Φ= (Nm 2 / C )

+q

ε0

-q R

q −q

ε0

0

ε0

R

+q

-q R

X

R

=0 Y

d) En esta ocasión, no hay carga encerrada en el interior de la superficie de Gauss, por lo tanto, el flujo neto es cero:

Φ=

X

Y

c) Para el caso de una esfera de radio 2R, centrada en el origen, tenemos que las dos carga de la figura se encuentran en el interior de la superficie, por lo que la carga total encerrada en el interior de la superficie es cero, y por tanto, el flujo a través de la superficie es cero:

Φ=

X

+q

=0

-q R

X

R

Z

7. Utilizando el teorema de Gauss, calcula la carga encerrada en el cubo de la figura, donde r está 2definido un campo eléctrico E = (0, ay ,0) .

Y X

a

a

3.10

Capítulo 3

El flujo del campo eléctrico viene dado por, r r Φ = E ⋅ dS

∫ S

puesto que el campo eléctrico únicamente tiene componente en la dirección del eje Y, solamente contribuyen a esta integral las dos caras perpendiculares a dicho eje, que denotaremos por los subíndices 1 y 2: r r r r Φ = E ⋅ dS + E ⋅ dS

∫

∫

S1

S2

El vector superficie de la cara izquierda forma un ángulo de 180 grados con el campo, mientras que el de la cara derecha forma un ángulo de 0 grados, de este modo tendremos, r r r r Φ = E ⋅ dS + E ⋅ dS = − E dS + E dS

∫

∫

∫

∫

S1

S2

S1

S2

Z r dS1

r dS2

Y X

a

a

y como el campo eléctrico es función únicamente de y, es constante sobre ambas caras, Φ = −E1 dS + E2 dS = −E1 S1 + E2 S2

∫

∫

S1

S2

La superficie de ambas caras es igual a a2. El campo eléctrico en la cara 1 2 es a⋅a2, mientras que en la cara 2 es igual a a (2a ) , con lo cual, Φ = −a a 2 a 2 + a (2a ) a 2 = −a 5 + 4a 5 = 3a 5 2

Aplicando ahora el teorema de Gauss obtenemos la carga encerrada en el interior del cubo, Q Φ = enc ⇒ Qenc = ε 0 φ = 3 ε 0 a 5 (C)

ε0

8. ¿En qué situaciones resulta útil aplicar el teorema de Gauss para calcular campos eléctricos? Puede utilizarse el teorema de Gauss para calcular el valor del campo eléctrico cuando existe alguna simetría en el problema, de modo que sea posible definir r una familia de superficies tal que se conozca la dirección y módulo de E en todos los puntos de las superficies.

Electrostática.

3.11

9. Dibuja las líneas del campo eléctrico creado por: a) Una carga puntual positiva. b) Una carga puntual negativa. c) Dos cargas puntuales de diferente signo separadas entre sí por una cierta distancia. Para encontrar la líneas de campo, basta con situar "cargas testigo" positivas en diferentes puntos del espacio, y ver en qué dirección sería la fuerza ejercida sobre dichas cargas testigo, lo cual nos indica la dirección del campo eléctrico. Las líneas de campo son líneas tangentes a la dirección del campo eléctrico. a) Si situamos cargas positivas en r los puntos indicados en la figura, r E aparecería una fuerza repulsiva E (al ser cargas del mismo signo) + en la dirección que une ambas r + E cargas. Por tanto, el campo eléc+ trico tiene la dirección radial indicada por los vectores de la figura. Las líneas de campo serán entonces líneas tangentes a dichos vectores, es decir, son líneas en la dirección radial, con sentido saliente, tal y como indican las líneas de puntos de la figura.

+

b) En el caso de una carga negativa, la situación es similar al ejemplo anterior, con la diferencia de que ahora la fuerza entre la carga y la carga testigo es atractiva. Por tanto el sentido del campo eléctrico será hacia el centro, y las líneas de campo serán ahora líneas radiales, pero con sentido hacia la carga, tal y como indica la figura.

r E

-

r E

c) Este caso es una combinación de los dos anteriores. En un determinado punto, por ejemplo el punto P indicado en la figura, el campo eléctrir co viene dado por la suma vectorial del campo E + producido por la carga positiva (que es radial en sentido saliente de la carga), y el camr po E − producido por la carga negativa (que es radial en sentido hacia la carga), tal y como indica la figura.

3.12

Capítulo 3

r E+

P

+

r E r E−

r E

r E

-

De este modo, cerca de la carga positiva tendremos que las líneas de campo son radiales con sentido saliente, mientras que cerca de la carga negativa las líneas de campo son también radiales, pero con sentido entrante. En la zona intermedia, las líneas de campo son líneas curvadas que emergen de las cargas positivas, y fluyen a las cargas negativas, tal y como muestra la figura.

Electrostática.

3.13

Problemas. 1. Calcula la fuerza sobre una carga q, de 1C, situada en el punto (0,0,0) sobre la que actúan dos cargas: una, q1, de -1C situada en el punto (-1,0,0) y otra, q2, de 2C situada en el punto (0,-1,0). Las coordenadas vienen dadas en metros.

r Y La fuerza total ejercida sobre q será la suma de las fuerr F zas ejercidas por cada una de las otras dos cargas: F2 Dado que las cargas q y q1 son de distinto signo, la fuerr za que ejerce q1 sobre q, F1 , será atractiva y por lo tanto r X tendrá el sentido indicado en la figura. Luego, teniendo q1 F q 1 en cuenta la ley de Coulomb: q2 r 1 qq1 r 1 1⋅ ( −1) r 1 r F1 = u i i =− N r = 4πε 0 r 2 4πε 0 12 4πε 0 r donde r en la ley de Coulomb es el vector de posición de q respecto de q1 r r r y ur su vector unitario: en este caso ur = i . Dado que las cargas q y q2 son de igual signo, la fuerza sobre q debida a q2 es repulsiva. r 1 qq 2 r 1 1⋅ 2 v 2 r ur = j = j N F2 = 2 2 4πε 0 r 4πε 0 1 4πε 0 en este caso el vector unitario del vector de posición en la ley de Coulomb r r es ur = j . La fuerza total ejercida sobre q será:

(

r r r r r 1 r 2 r F = F1 + F2 = − i + j = 8,987 ⋅ 109 - i + 2 j 4πε 0 4πε 0

)

N

2. En el supuesto del problema anterior, ¿dónde hay que colocar una carga de 0,5 C para que la fuerza total ejercida sobre la carga q sea nula? r r Para anular la fuerza F se debe generar una fuerza F ′ igual y de sentido contrario. Dado que la carga de 0,5C tiene el mismo signo que la carga q, esta fuerza debe ser repulsiva, luego la carga de 0,5C se situará en el segundo cuadrante del sistema de la figura, en la recta que contiene la fuerza r F y a una distancia d que cumpla la igualdad en módulo de ambas fuerzas: r r F = F′

3.14

Capítulo 3

⇒

8,987 ⋅ 10

⇒

9

d=

1 2 5

Y

dx

0,5 ⋅ 1 1+ 4 = 8,987 ⋅ 10 d2 9

0,5C Fx

≈ 0,47 m

d

r F

Fy

dy

X

Para calcular las coordenadas del punto donde situamos la carga, basta con aplicar la relación de proporcionalidad a los lados de los triángulos de la figura:

q

q1

q2

r F'

F d 1 ⋅ 0,47   d x = xr = ≈ 0,21   r 5 F   F F F   = x = y ⇒   d d x dy   Fy d 2 ⋅ 0,47 ≈ 0,42  dy = r = 5 F     r r Introduciendo el signo, el punto es − 0,21i + 0,42 j m .

3. Dadas las tres cargas puntuales

Y

situadas como se muestra en la figura, determina la fuerza eléctrica r F que ejercen sobre una carga Q/2 situada en el punto O.

Q

d

O

X

d

-Q

Q

La fuerza total ejercida sobre la carga Q/2 es igual a la suma vectorial de la fuerza ejercida por cada una de las otras tres cargas. Aplicando la ley de Coulomb, la fuerza ejercida por la carga 1 es igual a r 1 QQ 2 r F1 = i 4πε 0 d 2 La ejercida por la carga 2,

Electrostática.

r F2 =

3.15

(

−Q Q 2 r r i +j 4πε 0 2d 2 1

)

Y

2

Y finalmente, la fuerza ejercida por la carga 3, r 1 QQ 2 r F3 = j 4πε 0 d 2

1 Q

La fuerza total será la suma de cada una de las fuerzas:

2 -Q

r F3

r F r F1

d r Q/2 F2 d

X

3 Q

r r 1 Q2 2  r i + j r  i − + j  = 4πε 0 d 2  2 2  2  r r 1 Q  2  i + j (N). 1− = 2  4πε 0 2d  4 

r r r r F = F1 + F2 + F3 =

(

)

4. Dadas las tres cargas puntuales situa-

Y B das formando un triángulo equilátero de -q lado L, tal y como se muestra en la figuX ra, L a) Calcula el campo eléctrico en el baricentro del triángulo. C A b) Calcula el potencial en el baricentro del triángulo (punto donde se cortan +q +q las tres alturas). c) Si el valor de la carga q es 1 µC y la longitud del lado del triángulo L es 1 m. ¿Cuál sería la fuerza ejercida sobre una carga q' = 5 µC situada en el baricentro del triángulo?

a) El módulo del campo eléctrico producido por cada una de las cargas en el baricentro del triángulo es el mismo para todas ellas, y viene dado por, r r r q E = E A = E B = EC = 4π ε 0 r 2 donde r es la distancia entre el baricentro y cada uno de los vértices del triángulo, que podemos calcular del siguiente modo: L L r cos 30 = ⇒ r = 2 3

3.16

Capítulo 3

con lo cual el módulo del campo eléctrico viene dado por,

E=

3q 4π ε 0 L2

Sin embargo, la dirección del campo eléctrico es diferente para cada una de las cargas, tal y como indica la figura. El campo producido por la carga B tiene la r dirección j , r r 3q r j EB = E j = 4π ε 0 L2 El campo producido r r cos 30 i + sen 30 j ,

por

la

(

Y

A

r EA r

tiene

+q

la

dirección

)

 3 r 1 r  i + j 2  4π ε 0 L  2

)

r r  − 3 i + 1 j  2  4π ε 0 L2  2

r r r E A = E cos 30 i + sen 30 j =

C

30º

+q

A

carga

B -q r X EB r r EC r

3q

2

y el campo producido por la carga C,

(

r r r EC = E − cos 30 i + sen 30 j =

3q

Y el campo eléctrico total es la suma de los campos eléctricos de cada una de las cargas, r r r r 3q r E = E A + E B + EC = j (N/C) 2π ε 0 L2 b) El potencial en el baricentro del triángulo viene dado por la suma del potencial creado por cada una de las tres cargas puntuales, V = VA + VB + VC =

1 4π ε 0 r

(q + q − q ) =

q

4π ε 0 r

=

3q 4π ε 0 L

(V)

c) La fuerza total sobre la carga q' = 5 µC es igual al campo eléctrico total multiplicado por la carga q', r r r 3 q q ' r 3 ⋅ 1⋅ 10 −6 ⋅ 5 ⋅ 10 −6 r F = q' E = j = j = 0,270 j N − 12 2 2π ε 0 L 2π ⋅ 8,85 ⋅ 10 ⋅ 1

Electrostática.

3.17

5. Una distribución lineal de carga de densidad λ y longitud a está situada sobre el eje OX, tal y como se muestra en la figura. Además, en la posición (2a,a) hay una carga Q. Calcula el campo eléctrico en el punto P de coordenadas (2a,0). Y Q (2a,a)

λ

P (2a,0) X

a

Para resolver este problema, tenemos que calcular el campo creado en el punto P por la distribución lineal de carga y por la carga puntual de forma separada, y posteriormente aplicar el principio de superposición para calcular el campo total en el punto P. r El campo E1 creado por la carga puntual es, r E1 =

Q

r ur

4πε0 r r siendo r la distancia de Q a P (r r= a), y ur el vector unitario en la dirección r de la carga Q al punto P ( ur = − j ). De este modo, r r Q −Q r Y E1 = −j = j 2 2 4πε 0 a 4πε 0 a Q Para la distribución lineal de (2a,a) carga, el campo elemental creado en el punto P por el dr r elemento de carga dq viene dado por, P(2a,0) r 2 1 λ dq r r dE 2 = u r dq dE 2 X 4πε0 r 2 a siendo r la distancia del eler r E1 mento dq al punto P, ur el vecr r tor unitario en la dirección desde dq a P ( ur = i ), y puesto que λ = dq/dr tenemos que dq = λ dr:

( )

2

3.18

Capítulo 3

r dE 2 =

λdr r i 4πε 0 r 2

Ahora, para obtener el campo total tenemos que integrar esta expresión entre los puntos iniciales y finales de la distribución lineal. Dichos puntos están marcados como 1 y 2 respectivamente en la figura. Para el punto inicial 1 tenemos que el valor de r es a, y para el punto final 2, r es igual a 2a: r 2a 2a r dr λ dr r λi E2 = i = = 2 4π ε 0 a r 2 4π ε 0 r a

∫

r

2a

∫

r

λ i −1 λ i  −1 1 λ r i = = + =  4π ε 0 r a 4π ε 0  2a a  8π ε 0 a r r Con lo cual, el campo total es la suma de E1 y E 2 : r r r E = E1 + E 2 =

−Q 4πε 0 a

2

r j+

1  − Q r λ r λ r i = j+ i (N/C) 4πε 0 2a 4πε 0  a 2 2a 

6. Una distribución lineal de carga de densidad λ y longitud L está situada sobre el eje OX. Calcula el campo eléctrico en un punto P indicado en la figura, situado a una distancia y del eje OX,

P y

α2

−α1

λ

L

La metodología para resolver este problema, aplicable también a muchos otros, consiste en dividir primero la distribución en cargas elementales, después aplicar las expresiones del campo o potencial electrostático creado por cargas puntuales y, finalmente, sumar (integrar) los valores de estas magnitudes para toda la distribución. En este caso tomaremos la carga eler dE mental dq situada en una longitud eleP mental dx sobre la distribución. El campo que crea en el punto P es: r y α r 1 dq r λ = dq / dx dq dE = ur 4πε 0 r 2 x dx r L siendo ur el vector unitario en la dirección que une la carga elemental y el punto. En función de la densidad lineal de carga λ la carga elemental será dq = λ dx, y la expresión anterior queda:

Electrostática.

3.19

r dE =

1

λ dx r

ur 4πε 0 r 2 Para calcular el campo total es necesario sumar (integrar) para toda la distribución de carga la expresión anterior. Dicha r r α ur y integración es más sencilla si se utiliza como ur P variable de integración el ángulo α de larfigur u r x ra. Para ello debemos representar r, x y ur en r y α función de dicho ángulo.

tg α =

x y

dq

x = y tg α

⇒

x

como y es constante, d ( tg α ) dx d ( y tg α ) 1 = =y =y dα dα dα cos 2 α Por otro lado,

⇒

dx = y

dx

dα cos 2 α

y cos α r r r ur = − sen α i + cos α j

y = r cos α

⇒

r =

r De este modo, dE es igual a, r r r 1 λ dα dE = − sen α i + cos α j 4πε0 y

(

P

Ahora debemos integrar dicha expresión. En la figura se representa una distribución de longitud L en la cual los límites de integración para la variable α vienen dados por -α1 y α2. De este modo, el campo eléctrico viene dado por: r r E = dE =

∫

α2

∫

− α1

1 4πε 0

y

α

−α1

∫

(

α2 x

L

r r ( − senα i + cos α j ) dα = y

λ

 r α2 = − i sen α dα + j cos α dα  =  4πε 0 y  −α −α1 1   r 1 λ r α α = − i [− cos α ]−α2 1 + j [senα ]−α2 1 = 4πε 0 y 1

α λ  r 2

)

∫

)

r dq dx

3.20

Capítulo 3

[

]

r r 1 λ (cos(α 2 ) − cos(− α1 ))i + (sen(α 2 ) − sen(− α1 ))j 4πε 0 y r r r 1 λ (cos(α 2 ) − cos(α1 ))i + (sen(α 2 ) + sen(α1 ))j (N/C) E= 4πε 0 y =

[

]

7. Una distribución lineal de carga de densidad λ y longitud infinita está situada sobre el eje OX. Calcula el campo eléctrico y el potencial en un punto P situado a una distancia y del eje OX. El planteamiento de este problema es similar al anterior. La única diferencia radica en los límites de inte−π/2 gración a la hora de integrar el campo eléctrico, que tal y como está definido el ángulo α, el valor mínimo es λ = dq/dx igual a -π/2, mientras que el valor máximo es π/2, tal como podemos ver en la figura. De este modo, r E= =

∫

r dE =

π /2 −

P y

π/2

α

r dq x

dx

r r 1 λ − sen α i + cos α j dα = 4πε 0 y /2

(

∫ π

)

π /2 r π /2  1 λ r  − i sen α dα + j cos α dα    4πε 0 y  −π / 2  −π / 2

∫

∫

para las integrales del senα y cos α obtenemos: π /2 −

∫ sen α dα = [ − cos α ] π /2 = 0 π /2 π /2 −

π /2

α dα = [senα ] π / 2 = 2 ∫π / cos 2 π /2 −

−

con lo que finalmente, el campo eléctrico es igual a, r 1 λr E= j 2πε 0 y También podemos plantear este problema como un caso particular del problema anterior, donde el valor de los ángulos α1 y α2 es π/2. De este modo,

Electrostática.

3.21

[

]

r r r 1 λ (cos(π2 ) − cos(π2 ))i + (sen(π2 ) + sen(π2 ))j = 1 λ j (N/C) 4πε 0 y 2πε 0 y r
En este problema podríamos dE r haber planteado una simplificación r dE dE 2 en su resolución debido a las con1 diciones de simetría que presenta. P En la figura se esquematiza el campo creado por la carga elemenr α r −α tal utilizada al principio y otra carga 2 y 1 dq dq elemental situada en posición simétrica respecto a la proyección x x dx dx del punto considerado sobre la distribución de carga. Al representar las componentes del campo creado por la carga simétrica, dado que las cargas tienen el mismo valor y se encuentran situadas a la misma distancia del punto, podemos ver como las componentes en dirección paralela a la distribución serán iguales y de sentido contrario. Cuando las sumemos se anularán y tan solo nos quedará la componente en dirección normal a la distribución. De este modo evitamos realizar la integración de una de las dos componentes del campo. r E=

r r  π /2 r  r  π / 2 1 λ cos α dα  r 1 λr E = dE y j =  dE cos α  j =  j j = y 2πε 0 y   −π / 2 − π / 2 4πε 0 

∫

∫

∫

(N/C)

Para el cálculo del potencial podemos partir de la expresión del campo eléctrico, y su relación con el potencial: r r r r −1 λ r r −1 λ E = −∇V ⇒ dV = −E ⋅ dr = j ⋅ dr = dy 2πε 0 y 2πε 0 y r r r r r r dr = dxi + dy j + dzk ⇒ j ⋅ dr = dy V=

−1 λ

−λ

∫ 2πε 0 y dy = 2πε 0 ln y + A

(V )

No es posible hacer compatible este resultado con el criterio de potencial nulo a una distancia infinita de la distribución, ya que la constante de integración daría infinito. Pero sí que sería válida para obtener el valor de diferencias de potencial, por ejemplo entre dos puntos situados a distancias y1 e y2 de la distribución: V1 − V2 =

 −λ  y −λ λ ln y 1 + A −  ln y 2 + A  = ln 2 2πε 0  2πε 0  2πε 0 y 1

(V)

3.22

Capítulo 3

8. Una distribución lineal de carga de densidad λ y longitud L está situada en el eje OX. Calcula el campo eléctrico en un punto P situado sobre el centro de la distribución a una distancia y del eje OX, siendo L = 6y. Este problema nos servirá para poder valorar hasta que punto plantear un problema con condiciones ideales poco reales, como es el caso de una distribución de carga de longitud indefinida, puede suponer una aproximación correcta a casos reales, como es una distribución finita de carga. Utilizando el resultado del problema 6, el campo eléctrico creado por la distribución de carga viene dado por: r r r 1 λ E= cos(α 2 ) − cos(α 1) i + sen(α 2 ) + sen(α 1) j 4πε 0 y

[(

) (

)

donde, los ángulos α1 y α2 vienen dados por (ver figura):

α1 = α 2 = arctg

3y = 71,6º y

]

P

−α1

y

α2

3y 3y Si sustituimos en la expresión del L=6y campo eléctrico tenemos: r r r 1 λ (cos(71,6) − cos(71,6))i + (sen(71,6 ) + sen(71,6))j E= 4πε 0 y

[

]

r E=

1

λ

2πε 0 y

r 0,95 j

(N/C)

Si comparamos este resultado con el campo obtenido para una distribución indefinida, r 1 λr E= j (N/C) 2πε 0 y vemos que la intensidad del campo obtenida en este problema es el 95% de la que se obtiene para una distribución indefinida de carga. Si planteamos el caso que la longitud de la distribución es veinte veces la distancia al punto se obtiene una intensidad que será el 99,5% de la obtenida en la distribución indefinida. Como conclusión, que se puede generalizar a casi toda la física, podemos decir que en muchos casos las condiciones ideales pueden suponer una buena aproximación a la solución de casos reales.

Electrostática.

3.23

9. Una distribución lineal de carga de densidad λ y longitud infinita está situada sobre el eje OX. Utilizando el teorema de Gauss, calcula el campo eléctrico en un punto P situado a una distancia y del eje OX. La existencia de una simetría respecto a P la distribución lineal de carga permite que y este problema pueda también ser resuelto mediante el teorema de Gauss. Dada la simetría del problema, cilindros coaxiales L a la distribución de carga son superficies equipotenciales, por lo que el módulo del campo eléctrico solo depende de la distancia y a la distribución, y además, la dirección del campo eléctrico debe ser perpendicular a dichos cilindros. Por tanto, podemos utilizar como superficie de Gauss un cilindro de longitud L y radio y, coaxial con la distribución de carga, tal y como indica la figura. El flujo del campo eléctrico viene dado por, r r Φ = E ⋅ dS

∫

SG

r en esta integral, para las bases del cilindro el vector dS y el campo eléctrico son perpendiculares, por lo que su producto escalar es nulo. De este modo, a la integral del flujo solamente contribuye la superficie lateral (SL) del cilindro: r r r r Φ = E ⋅ dS = E ⋅ dS

∫

∫

SG

SL

como además el campo eléctrico es paralelo al vector superficie y constante en toda la superficie, obtenemos,

∫

Φ = E dS = E SSL = E 2 π y L SL

Aplicando ahora el teorema de Gauss, Q λL Φ = encerrada = ε0 ε0 e igualando ambas expresiones,

λL = E 2π y L ε0

⇒

E=

λ 2π ε 0 y

(N/C)

3.24

Capítulo 3

10. Una distribución superficial de carga de densidad σ, anchura a y longitud indefinida está situada en el plano XY. Calcula el campo eléctrico en un punto P situado sobre el centro de la distribución a una distancia z del plano XY. Para resolver este problema debemos de dividir la distribución de cargas en cargas elementales y calcular para cada una la intensidad de campo elemental que crea, y a continuación sumar (integrar) para toda la distribución. Eso supondría una integración para toda la superficie, que matemáticamente se expresa mediante una integral doble. r Sin embargo, una vez Z dE resuelto con anterioridad el caso de la distriY bución lineal indefinida, α podemos simplificar el X z problema de la siguiente dx manera: consideraremos la distribución superficial formada por la unión de infinitas distribuciones de longitud indefinida y anchura dx, tal y como se muestra en la figura. De esta manera a cada una de las distribuciones elementales podemos aplicarle el resultado del problema 7, ya que serán equivalentes a distribuciones lineales indefinidas de carga, en que la densidad lineal de carga será dλ = σ dx. De este modo, el módulo del campo elemental creado por esta distribución rectilínea será: dE =

1 dλ 1 σ dx = 2πε 0 r 2πε 0 r r dE

La dirección del campo r eléctrico la podemos dE 2 r Z determinar por condidE 1 ciones de simetría: En la figura se representa Y r α el campo dE1 creado -α X por una carga elemen1 dx z tal de anchura dx y el r campo dE 2 creado por otra carga elemental situada en posición simé- 2 dx trica a la anterior. La r suma vectorial de ambos campos elementales, dE , va en la dirección del

Electrostática.

3.25

eje Z, puesto que las componentes horizontales se anulan entre sí. De este modo, solamente necesitamos calcular dicha componente, que viene dada por, r r dE = dE cosα k donde dE es el módulo del campo eléctrico indicado anteriormente. Para calcular el campo total es necesario integrar la expresión anterior para toda la distribución de carga. Dicha integración es más sencilla si se utiliza como variable de integración el ángulo α, para lo cual debemos expresar dx y r en función del ángulo: tgα =

x z

⇒ r =

dx = z

dα cos 2 α

z cos α

De este modo, el campo elemental resulta ser, r r r 1 σ dx 1 cosα k = dE = σ dα k 2πε 0 r 2πε 0 Integrando ahora esta expresión, y llamando -α1 al ángulo inicial, y α1 al ángulo final, se obtiene, r E=

α1

∫

− α1

α r σ r 1 σ α1 r k dα = k σ dα k = 2πε 0 2πε 0 −α πε 0

1

∫

(N/C)

1

11. Calcula el campo eléctrico creado por una distribución de carga superficial, plana e indefinida situada en el plano XY, de densidad superficial de carga σ, en un punto situado a una distancia z del plano XY. Este problema se puede resolver como un caso particular del anterior. En este caso tenemos un plano indefinido, que se relaciona con el ejercicio anterior tomando el límite cuando a tiende a infinito, o lo que es lo mismo, tomando el límite α1=π/2, r σ α1 r σ π / 2 r σ r E = limα1 =π / 2 k= k= k (N/C) πε 0 πε 0 2ε 0

3.26

Capítulo 3

12. Utilizando el teorema de Gauss, calcula el campo eléctrico creado por una distribución de carga superficial, plana e indefinida situada en el plano XY, de densidad superficial de carga σ, en un punto situado a una distancia z del plano XY. r La existencia de una siE metría respecto al plano P XY, permite que este problema pueda también ser resuelto mediante el z teorema de Gauss. Dada la simetría del problema, L=2z planos paralelos al plano cargado son superficies σ equipotenciales, por lo que el módulo del campo eléctrico solo depende de la distancia z al plano XY, y además, la dirección del campo eléctrico debe ser perpendicular a dichos planos, es decir, dirección en el eje Z. Por tanto, podemos utilizar como superficie de Gauss un cilindro de longitud L y radio R, situado perpendicularmente al plano, y de tal modo que la distancia de las dos bases al plano es la misma, tal y como indica la figura. El flujo del campo eléctrico viene dado por, r r Φ = E ⋅ dS

∫

SG

r en esta integral, para la superficie lateral del cilindro el vector dS y el campo eléctrico son perpendiculares, por lo que su producto escalar es nulo. De este modo, a la integral del flujo solamente contribuyen la base superior (Bs) y la base inferior (Bi) del cilindro: r r r r r r Φ = E ⋅ dS = E ⋅ dS + E ⋅ dS

∫

∫

∫

SG

Bs

Bi

como además, en las bases del cilindro, el campo eléctrico es paralelo al vecotr superficie, constante en toda la superficie, y con el mismo módulo para las dos bases del cilindro, obtenemos,

∫

∫

Bs

Bi

Φ = E dS + E dS = E SBs + E SBi = E π R 2 + E π R 2 = E 2π R 2

Aplicando ahora el teorema de Gauss,

Electrostática.

3.27

Φ=

Q encerrada

ε0

=

σ π R2 ε0

e igualando ambas expresiones,

σ π R2 = E 2π R 2 ε0

⇒

E=

σ 2ε 0

y, como habíamos comentado anteriormente, la dirección del campo es en el eje Z, de modo que escrito vectorialemente queda: r σ r E= k 2ε 0

(N/C)

13. Sea un anillo de radio R situado en el pla-

P

no XY, uniformemente cargado con una densidad lineal de carga λ. a) Calcula el potencial creado por el anillo en un punto P de su eje separado una distancia z del mismo. b) Calcula el campo eléctrico creado por el anillo en el punto P.

z

λ R

a) Para resolver este problema, tenemos que utilizar la expresión del potencial creado por una distribución lineal de carga. V=

1 4πε 0

∫ A

λdl

P

r

en esta expresión λ es la densidad lineal de carga, dl es el elemento de longitud a lo largo del anillo y r es la distancia del punto P al elemento dl. La integral se extiende a lo largo de todo el anillo A. Observa que λ es constante, y por tanto puede salir fuera de la integral. Además, como

r

z

dq=λdl R

r = R 2 + z2

r también es constante y puede salir de la integral. De este modo, tenemos VP =

λ

4πε 0 R 2 + z 2

∫ dl A

3.28

Capítulo 3

La integral de dl a lo largo del anillo es la longitud del mismo, que es igual a 2π R. Con lo cual obtenemos el resultado final, VP =

λ 2π R 4πε 0 R 2 + z 2

=

λR

( V)

2ε 0 R 2 + z 2

b) Conocido el potencial electrostático, podemos calcular ahora el campo eléctrico utilizando que el campo deriva del potencial elecr eléctrico r trostático a través del gradiente, E = −∇V , de modo que, r r  ∂V r ∂V r ∂V r  E = −∇V = − i + j + k ∂y ∂z   ∂x

y puesto que el potencial solamente depende de la coordenada z, las derivadas parciales respecto a las coordenadas x e y son cero, con lo que, r r r λR λRz ∂V r ∂  k = k (N/C) E=− k =−  3 / 2 ∂z ∂z  2ε R 2 + z 2  2ε 0 R 2 + z 2  0 

(

)

Observa que de este modo la dirección del campo eléctrico viene dada de forma directa.

14. Sea un disco de radio R situado en el plano XY, uniformemente cargado con una densidad superficial de carga σ. a) Calcula el campo eléctrico creado por el disco en un punto P de su eje separado una distancia z del mismo. b) Calcula el potencial creado por el disco en el punto P.

Al igual que hemos hecho en otros casos, para resolver este problema podemos dividir el disco cargado en infinitos anillos de radio r y anchura dr, cada uno de los cuales tendrá una carga elemental dλ = σ dr. A cada una de estas distribuciones elementales se le puede aplicar el resultado del problema anterior.

P

σ

z

dr r

a) El campo eléctrico creado por el anillo elemental viene dado por, r r r z σ dr k dE = 3 / 2 2ε 0 r 2 + z 2

(

)

y para obtener el campo total integramos esta expresión para todo el disco, es decir, desde r=0 a r=R,

Electrostática.

3.29

r R r R E = dE =

∫

=

r z σ dr

r k=

0

∫ 2ε (r

zσ 2ε 0

r 1 1 k − 2 2 2  z R +z 

0

   

2

0

+ z2

)

3/2

r − zσ k

R

2ε 0 r 2 + z 2

= 0

(N/C)

Observa que si en esta expresión tomamos el límite cuando el punto P está muy cerca del disco cargado, es decir, z 0. Para que una cargar positiva cree Y λ un campo en la dirección j , dicha carga r debe estar situada en la parte negativa Eq del eje Y. Por tanto, la solución correcta es la negativa: r X E q>0 Rq r =− (m) 2λ senα1 •

q < 0. En este caso, la carga debe estar situada en la parte positiva del eje Y, por lo que la solución correcta en este caso es la positiva: r =+

Rq 2λ senα1

λ

(m)

Y r q R. Por el teorema de Gauss: Φ=

Qint

ε0

=

∫ σ dS = σ ∫ dS = 4π R σ 2

ε0

ε0

ε0

de donde igualando ambas expresiones del flujo obtenemos que: E=

r E r dS dS r

Q R2 σ = 4πε 0 r 2 r 2 ε 0

1

Que, escrito vectorialmente resulta: r 1 Q r E= ur 4πε 0 r 2

SG S R

σ

(N/C)

donde Q es la carga total de la esfera. Hay que señalar que la expresión obtenida se corresponde con el campo eléctrico que crearía una carga Q situada en el centro del sistema. Puntos interiores a la distribución esférica de carga: r < R. En este caso, aplicando el teorema de Gauss teσ+ r nemos que, E SG S Qint r dS Φ= =0 ds ε0 R r De donde deducimos que el campo eléctrico es nulo en el interior de la esfera. Cálculo del potencial. r r r r Teniendo en cuenta que E = −∇V , entonces dV = −E ⋅ dr = E dr . De este modo, para r > R: r r 1 Q Q dr V = − E ⋅ dr = − E dr = − = + Cte 2 4πε 0 r 4πε 0 r

∫

∫

∫

Si consideramos el infinito como origen de potenciales: V(r→∞)=0, entonces: 1 Q V (r → ∞ ) = limr → ∞ + Cte = Cte = 0 4πε 0 r con lo que

3.34

Capítulo 3

V=

1 Q 4πε 0 r

(V)

Para valores de r < R como E=0, el potencial será constante V = K. Para determinar el valor de la constante K, tenemos en cuenta que todo campo escalar debe ser continuo. Imponiendo esta condición cuando r = R: limr → R −V (r ) = limr →R +V (r )

⇒

K=

1 Q 4πε 0 R

luego, V=

1 Q 4πε 0 R

( V)

17. Sea una distribución en volumen de carga, homogénea, de densidad ρ, cilíndrica, de longitud indefinida y radio R. a) Calcula el campo eléctrico en cada punto del espacio, (r < R; r > R). b) Calcula la diferencia de potencial entre el eje del cilindro y la superficie del cilindro (es decir, entre r = 0 y r = R). a) Al tratarse de un cilindro indefinido, nos permite resolver este problema mediante el teorema de Gauss. Dada la simetría del problema, el módulo del campo eléctrico solo depende de R ρ la distancia r al eje del cilindro, y además, la r dirección del campo eléctrico debe ser radial. r dS1 Por tanto, podemos utilizar como superficie de E r Gauss un cilindro de longitud L y radio r, cor dSSL axial al cilindro cargado. L r < R: r En este caso al ser r más pequeño que R, la E superficie de Gauss está contenida dentro del r cilindro, tal y como indica la figura. E r El flujo del campo eléctrico a través de la sudS2 perficie de Gauss es, r r Φ = E ⋅ dS

∫

SG

dicha integral la podemos dividir en tres partes, el flujo a través de la superficie lateral (SL), y el flujo a través de cada una de las bases del cilindro (B1 y B2), r r r r r r r r Φ = E ⋅ dS = E ⋅ dS + E ⋅ dS + E ⋅ dS

∫

∫

∫

∫

SG

B1

B2

SL

Electrostática.

3.35

r Para las dos bases del cilindro, el vector dS es perpendicular a la superficie, tal y como indica la figura, mientras que el campo eléctrico tiene la dirección radial. Por tanto, son vectores perpendiculares, y su producto escalar es r cero. Por otro lado, para la superficie lateral del cilindro, el vector dS es radial, paralelo al campo eléctrico: r r r r r r r r Φ = E ⋅ dS = E ⋅ dS + E ⋅ dS + E ⋅ dS = E dS

∫

∫

∫

∫

∫

SG

B1

B2

SL

SL

El campo eléctrico solamente depende de la distancia al eje del cilindro, por tanto en la superficie lateral del mismo es constante, y puede salir fuera de la integral, Φ=

∫ E dS = E ∫ dS = ES

SL

SL

= E 2π r L

SL

la integral de dS es la superficie lateral del cilindro, que es igual a 2πrL. Por otro lado, el teorema de Gauss nos dice que el flujo es igual a la carga encerrada en el interior de la superficie dividido por ε 0 , Φ=

Qint

ε0

y la carga encerrada en el interior es igual a la densidad de carga por el volumen, Q ρV ρπ r 2 L Φ = int = = ε0 ε0 ε0 Igualando ambas expresiones del flujo obtenemos el valor del campo eléctrico, Φ = E 2π r L  ρπ r 2 L ρr  (N/C) ⇒ E= ρπ r 2 L  ⇒ E 2π r L = 2ε 0 ε0 Φ=  ε0  Que como se ve, es directamente proporcional a r, es decir, es creciente con el radio. r > R: De nuevo, tomamos como superficie de Gauss un cilindro de radio r y longitud L. En este caso al ser r más grande que R, la superficie de Gauss se sitúa fuera del cilindro cargado, tal y como indica la figura. Siguiendo el mismo razonamiento que en el caso anterior, el flujo a través de la superficie de Gauss será,

3.36

Capítulo 3

Φ = E 2π r L .

ρ

Aplicando ahora el teorema de Gauss, Φ=

ε0

Φ=

ε0

r

r dSSL

donde en este caso, la carga encerrada es aquella contenida en un cilindro de longitud L, y radio R, Qint

r dS1

r E

Qint

R

L

r E r E

ρV ρπ R 2 L = = ε0 ε0

r dS2

Observa que la diferencia con el caso anterior radica en que ahora aparece R en lugar de r en esta expresión. Igualando las dos expresiones del flujo obtenidas, podemos calcular el módulo del campo eléctrico: Φ = E 2π r L   ρπ R 2 L  Φ= ε 0 

⇒

E 2π r L =

ρπ R 2 L ε0

⇒

E=

ρR 2 2ε 0 r

que en este caso es inversamente E proporcional a la distancia r. Si representamos el módulo del campo eléctrico en función de la distancia r, obtenemos la función indicada en la figura, donde se ve que para r < R el campo crece liR nealmente con r, y para r > R, el campo decrece de forma inversamente proporcional r.

(N/C)

r

b) La diferencia de potencial entre dos puntos (0 y R) es, R r r VR − V0 = − E ⋅ dr

∫ 0

donde la expresión para el campo eléctrico ha sido calculada en el apartado anterior. La dirección del campo eléctrico es radial, por lo que r tomando dr en la dirección radial, los dos vectores son paralelos, con lo cual su producto escalar es igual al producto de los módulos, R r R r VR − V0 = − E ⋅ dr = − E dr

∫

∫

0

0

Electrostática.

3.37

puesto que la integral va desde 0 hasta R, debemos utilizar la expresión del campo eléctrico obtenida para r < R, y sustituyendo en la integral obtenemos, R

R

R

ρr −ρ − ρr2 VR − V0 = − ∫ E dr = − ∫ dr = r dr = 2ε 0 2ε 0 ∫0 2ε 0 2 0 0

R

= 0

− ρR 2 4ε 0

( V)

3.38

Capítulo 3

Cuestiones y problemas propuestos. 1. Sean dos cargas puntuales q1 = 1 µC situada en (0, -4)m y otra q2 = -2

µC situada en (0, 4)m. a) Calcula el potencial electrostático en el punto O(0, 0). b) Calcula la energía potencial de una carga Q = 10 µC situada en el punto O(0, 0).

2. Sean cuatro cargas puntuales iguales +q, situadas en los vértices de un cuadrado de lado 2 a y en reposo. a) Calcula la fuerza eléctrica total que las cuatro cargas ejercen sobre una carga puntual q' situada en el centro del cuadrado. b) Calcula la energía potencial electrostática de la carga q'.

3. Sean seis cargas puntuales situadas en

+q los vértices de un hexágono regular de lado L, tal y como indica la figura, L +q +q a) Calcula el campo eléctrico total en el centro del hexágono. b) Calcula el potencial electrostático en el centro del hexágono. c) Si la carga q es igual a 10 µC y la longitud del lado del hexágono L es de -q -q 0,25 m, calcula la fuerza ejercida sobre una carga puntual de 20 nC situada en -q el centro del hexágono. d) ¿Qué valor debería tomar la carga situada en el vértice superior del hexágono (sin modificar el resto) para que la fuerza ejercida sobre la carga anterior sea nula?

4. Calcula el campo eléctrico creado en el punto O por dos cargas puntuales situadas en el eje X, en las siguientes situaciones: b) a) O O q q q -q X a

c)

a

a

O

q a

4q X 2a

d)

a

O

q a

X

2q X 2a

Electrostática.

3.39

5. Se sitúan dos cargas puntuales sobre el eje X, una de valor -3Q en x = 1 y otra de valor Q en x = 5 . Halla en qué puntos del eje X, a) se anula el potencial electrostático, b) se anula el campo eléctrico.

6. Dibuja las líneas del campo eléctrico creado por: a) Dos cargas puntuales positivas separadas entre sí una cierta distancia. b) Una carga puntual positiva, y una lámina indefinida cargada negativamente. c) Dos placas paralelas, una de ellas cargada positivamente, y la otra negativamente.

7. Calcula la carga encerrada en el cubo

Y

de la figura, donde está definido un r campo eléctrico E = (a x,0,0) . X Z

8. Una distribución lineal de carga de densidad λ y longitud a está situada sobre el eje OX, tal y como se indica en la figura. Calcula el potencial elec-trostático en el punto P de coordenadas (3a,0).

a

a

Y

λ a

P (3a,0) X

9. Sea un anillo de radio R cargado con una densidad de carga uniforme

λ, y una carga puntual Q situada en el centro del anillo

a) Calcula el potencial en un punto P del eje del anillo separado una distancia L del mismo. b) Calcula la diferencia de potencial entre el punto P y un punto P' situado también sobre el eje a una distancia 2L del centro del anillo.

3.40

Capítulo 3

10. Calcula el campo eléctrico y el potencial en el punto O(0,0), creado por una distribución lineal de carga de densidad lineal λ, y forma semicircular de radio R, centrada en el origen de coordenadas en la forma indicada en la figura, y la carga puntual q situada en P(0,-R).

Y

λ R X O

q

P(0,-R)

11. Sea una distribución volumétrica de carga de densidad de carga homogénea ρ, y de forma esférica de radio R. Calcula el campo eléctrico y el potencial electrostático creado por dicha distribución.

12. Un segmento rectilíneo de longitud a, está cargado uniformemente con una carga total Q>0. Si el segmento se sitúa en el eje Y tal como se indica en la figura: a) Calcula el campo eléctrico creado por dicha distribución de carga en el punto (0,2a,0). b) Diferencia de potencial entre los puntos (0,2a,0) y (0,3a,0) c) Energía potencial de una carga puntual q positiva situada en el punto (0,2a,0) d) En qué punto habría que colocar una carga puntual Q positiva para que la fuerza total que actúa sobre la carga q del apartado anterior sea nula.

Z Q X

Y (0,a,0)

13. Una distribución superficial de carga de densidad σ, de forma rectangular de lados 2a y 2b está situada en el plano XY. Calcula el campo eléctrico en un punto P situado sobre el centro de la distribución a una distancia z del plano XY.

Electrostática.

3.41

Soluciones a las cuestiones y los problemas propuestos. 1. a) –2246,75 V. r

b) –0,022 W.

r

2. a) F = 0 (N) . r

3. a) E = −

q

π ε0 L

2

b) U = r j

q q' π ε0 a

(N/C) .

b) V=0 V.

r r c) F = −0,115 j N . r

d) -3q (C).

r

4. a) E = 0 (N/C) . r r c) E = 0

(J) .

(N/C) .

5. a) x = 4 m, x = 7 m .

r b) E =

q r i 2πε 0 a 2

(N/C) .

r d) E =

q r i 8πε 0 a 2

(N/C) .

1

1

b) x = 10,46 m .

6. a)

+

+

3.42

Capítulo 3

b)

+

-

-

-

c)

7. Q = ε 0 a 4 1 4πε 0

9. a) V =

-

-

-

-

-

-

-

-

4πε 0L



q

 4πε 0 R

11. r < R → r>R→

-

-

-

-

-

-

-

-

λ ln 32 ( V ) . Q

10. E = 

-

(C) .

b) VP − VP ' =

r

-

+ + + + + + + + + +

-

8. V =

-

2

λR

+

2ε 0 R 2 + L2

Q 8πε 0 L

−

+

( V) .

1 1 λR  −  2 2 2 2ε 0  R + L R + 4L2

λ r j 2πε 0 R 

(N/C) .

r rρ r E= u r (N/C) , 3ε 0 r ρ R3 r E= u r (N/C) 3ε 0 r 2

   

(V ) .

V=

q λ + 4ε 0 4πε 0R

V=

ρ (3R 2 − r 2 ) (V) . 6ε 0

V=

R3ρ 3ε 0 r

(V ) .

(V) .

Electrostática.

r

12. a) E =

Q 8πε 0a

c) U (q ') =

r

13. E =

3.43

2

r j

(N/C) .

Qq ln 2 4πε 0a

(J) .

σ  b sen β  r arcsen k π ε0  b+z 

b) V(0,2a,0 ) − V(0,3a,0 ) =

(

)

d) y = 2 + 2 a

Q 4πε 0a

ln

4 3

(V) .

(m) .

(N/C) , siendo sen β =

a z + a2 2

.