3 flujo electrico

33

3. FLUJO ELCTRICO

PROBLEMA 18. Determinar el flujo que atraviesa una superficie cilndrica de radio R y

largo L , si el campo elctrico es uniforme y su direccin es perpendicular al eje del cilindro.

SOLUCIN

Er

Er

Er

dAr

VISTA SUPERIOR

La vista superior es representativa de lo que sucede en el manto de la superficie cilndrica.

Las bases del cilindro son reas planas representadas por un vector que es perpendicular

al campo elctrico y, en consecuencia, no contribuye a la integral E dAr r

g ; es decir, el flujo a travs de las bases es cero.

Para el manto :

p

f q q= = r r

g g2

0

cosM

E dA E Rd L

( )p

f q q p= = - =2

0

cos 2 0 0ERL d ERL sen sen .

Luego, f a travs del manto es 0; en consecuencia el flujo total a travs de la superficie

cilndrica es cero.

Otra manera de hacer lo anterior, es aplicando la ley de Gauss :

0

neta

S

qE dA f

e= =

r rg ,

y puesto que no hay carga en el interior de la superficie, entonces :

0totalf = .

34 Electromagnetismo Problemas y Soluciones

PROBLEMA 19. Calcular el flujo elctrico Ef que atraviesa la superficie de un hemisferio de

radio R , en un campo elctrico rE uniforme y paralelo al eje del hemisferio.

SOLUCIN

El hemisferio es una superficie abierta ( )HS ; con el objeto de tener una superficie cerra-

da se agrega la superficie plana pS .

La superficie cerrada no encierra carga; luego :

0pp H H

SS S S

E dA E dA E dAf+

= = + = r r r r r r

g g g , por lo tanto :

pH SS

E dA E dA= - r r r r

g g ,

y

2

p p pS S S

E dA EdA E dA E A E Rp= - = - = - = - r r

g .

Entonces, el flujo a travs del hemisferio es :

2

H

H

S

E dA E Rf p= =r r

g .

Nota: obtenga el resultado anterior integrando directamente sobre la superficie del hemisferio.

3. Flujo Elctrico 35

PROBLEMA 20. Determinar el flujo elctrico que atraviesa un hemisferio de radio R si el eje

de simetra del hemisferio forma un ngulo a con la direccin de un campo elctrico uniforme.

SOLUCIN

Usando las ideas del problema anterior, y puesto que la superficie cerrada no encierra

carga :

H pS S

E dA E dA= - r r r r

g g

Aunque la integral sobre HS puede ser difcil de calcular, su resultado se obtiene fcilmente

usando la igualdad anterior cuyo segundo miembro es de fcil solucin. En efecto :

( ) 2cos cos cosp p pS S S

E dA E dA E dA E Rp a a a p= - = - = - r r

g g ,

luego :

2 cosH E Rf p a= .


PROBLEMA 21. Determinar el flujo del campo elctrico a travs de las caras de un cubo de

arista a , si se coloca una carga Q en las posiciones que se indica en la figura.

(a)

Q

Q

Q

Q

(c)(b) (d)

SOLUCIN

Caso (a): De acuerdo a la ley de Gauss, el flujo a travs de una

superficie cerrada, cualquiera que sea su forma, es igual a 0

nqe

,

donde nq es la carga neta encerrada por la superficie.

En este caso : 0

aQfe

= .

Caso (b): En este caso Q es una carga puntual ubicada justo en el

vrtice del cubo. Considerando una superficie gaussiana esfrica con

centro en la carga, podemos apreciar que el cubo contiene a un oc-

tante de la esfera.

El flujo a travs de la superficie esfrica es 0

aQfe

= ; por lo tanto el

flujo a travs del octante de esfera, que es igual al flujo a travs de las caras del cubo, es :

08 8

ab

Qffe

= = .

Observe que este es un caso de mucha simetra. El flujo a travs de las caras del cubo que

convergen en el vrtice en que se encuentra la carga es cero, y el flujo a travs del octante se

reparte en las 3 caras restantes en partes iguales, es decir, el flujo a travs de cada una de las

caras restantes es :

0

1 13 24b

Qfe

=g g .

Q


Caso (c): En este caso la carga Q est ubicada en el punto medio

de una arista. Considerando nuevamente una superficie gaussiana

esfrica con centro en la carga Q , advertimos que el cubo contiene la

cuarta parte de la superficie esfrica, por lo tanto el flujo a travs del

cubo corresponde a 1/4 del flujo total, es decir :

0

14c

Qfe

= g .

En este caso no existe simetra as que no es fcil determinar el flujo a travs de cada cara.

Slo podemos asegurar que el flujo a travs de las caras que tienen como arista comn aquella

que contiene la carga es cero.

Caso (d): En este caso la carga Q est ubicada en el punto de inter-

seccin de las diagonales de una cara. Haciendo las mismas conside-

raciones que en los casos anteriores, nos damos cuenta que el cubo

contiene la mitad de una superficie gaussiana esfrica, por lo tanto el

flujo a travs del cubo corresponde a la mitad del flujo a travs de la

superficie esfrica, es decir :

0

12d

Qfe

= g .

Observamos tambin aqu, que el flujo a travs de la cara en que se encuentra la carga es ce-

ro. Tampoco existe en este caso, condiciones de simetra que permitan calcular fcilmente el

flujo a travs de cada una de las caras restantes del cubo.

PROBLEMA 22. La intensidad de un campo elctrico est dada por E ie=r

, donde e es

una constante.

(a) Calcular la carga neta encerrada por un cubo de arista a , ubicado co-

mo se muestra en la figura.

(b) Repetir el problema para E x ib=r

, si b es una constante y x es una

de las coordenadas.

Q

Q


SOLUCIN

fe

= =r r

g0

netaE

qE dA

(a) Puesto que E dA^r r

en las caras 1, 3,

5 y 6, el flujo sobre cada una de ellas es nu-

lo. Entonces;

2 4

E

cara cara

AA

E dA E dA

ee

f

-

= + gg

r r r rg g

1442443 14243

0E A Af e e= - =g g , siendo A el rea de cada cara del cubo.

0Ef = 0netaq = .

(b) La situacin es similar al caso anterior. Puesto que E dA^r r

en las caras 1, 3, 5 y 6 ; en

cada una de ellas :

=r r

g 0E dA .

Adems, en la cara 4 : 4

0cara

E dA =r r

g , ya que 0E = para 0x = .

Entonces,

2 2 3

2

E

cara

E dA EdA E dA E a a a af b b= = = = = = r rg g ,

siendo a el lado del cubo.

3E af b= 3

0netaq ae b= .

CARA 4(IZQUIERDA)

CARA 5(SUPERIOR)

CARA 6(INFERIOR)

y

CARA 1(ANTERIOR)

CARA 2(DERECHA)

CARA 3(POSTERIOR)

z

x


PROBLEMA 23. Una esfera de radio R y carga Q tiene densidad cbica de carga 2Arr = ,

siendo r la distancia desde un punto de la esfera hasta el centro y A una constante. Determi-

nar la intensidad del campo elctrico en un punto interior de la esfera.

SOLUCIN

e

=rr

g0

neta

S

qE dS ,

siendo S una superficie gaussiana esfrica de radio r R< y netaq la carga encerrada por

esa superficie.

( )re

= 0 0

1r

r

S

E dS r dV

pe

= 2 20

0

1 4r

r

S

E dS A r r dr

pe

= 40 0

4r

rAE dS r dr

5

2

0

445r

A rE r ppe

=

Notar que evaluando el lado derecho de la ecuacin anterior, en r R= , se obtiene la carga Q

de la esfera dividida por 0e . Entonces ;

305

rAE re

= , para r R< .

54

5ARQ p= .

Finalmente, expresando rE en trminos de Q , se obtiene :

3504

rQE r

Rp e= g , para r R< .


PROBLEMA 24. Calcular el campo elctrico producido por una

placa infinita de espesor 2a , con densidad uniforme r+ .

SOLUCIN

Observe la simetra del problema con respecto al plano que pasa por el centro de la pla-

ca. Se puede deducir, en primer lugar, que el campo elctrico deber ser perpendicular al plano

de simetra (ya que la placa es infinita) y, adems, alejndose de dicho plano (puesto que la

carga es positiva).

Tambin, la magnitud del campo elctrico deber ser la misma pa-

ra todos los puntos equidistantes del plano de simetra.

En consecuencia, podemos aplicar la ley de Gauss a alguna super-

ficie cerrada conveniente; por ejemplo, un cilindro recto cuyo eje sea

perpendicular al plano de simetra y cuyas bases equidisten de tal plano.

Entonces, el flujo del campo elctrico, a travs del cilindro, es :

Ecil indro manto tapa tapa

ci l ndrico izquierda derecha

E dS E dS E dS E dSF = = + + r r r rr r r r

g g g g

El flujo a travs del manto cilndrico es cero, porque Er

es perpendicular a dSr

. Por otra

parte, en las tapas, Er

es paralelo a dSr

, por tanto :

0 0

. . . .

cos0 cos0Et i z q t d e r

EdS EdSF = +


Ambos flujos son positivos pues el vector Er

sale por las dos tapas. Como Er

es cons-

tante para todos los puntos de cada tapa :

2E E S ES E SF = + =g g ,

donde S es el rea de cada tapa y E es la magnitud del campo elctrico en cualquier punto

de cada tapa.

Por otra parte, usando la ley de Gauss, el flujo del campo elctrico a travs de una super-

ficie cerrada debe ser igual a la carga encerrada en dicha superficie. La carga encerrada por

nuestro cilindro depender de su tamao, y de si sus tapas caen dentro o fuera de la placa. En

consecuencia, debemos distinguir dos casos:

(a) cilindro dentro de la placa

.enc cq Vr= g ,

donde cV es el volumen del cilindro

. 2encq S xr= g g

(b) cilindro sobresale de la placa

.enc pq Vr= g ,

donde pV es el volumen del cilindro que cae en el interior de

la placa, pues slo en esa regin hay carga.

. 2encq S ar= g g . Igualando el flujo a la carga encerrada, en cada caso obtendremos la magnitud del campo elc-

trico en puntos dentro y fuera de la placa.

(a) campo elctrico dentro de la placa :

.

0

encE

qe

F =

0

12 2E S S xre

=g g

0

E xre

= g


(b) campo elctrico fuera de la placa :

.

0

lenc

Eq

eF =

0

12 2E S S are

=g g

0

constanteaE re

= =

En el grfico adjunto se representa la magnitud

del campo elctrico en funcin de la distancia al plano

de simetra. Observe que fuera de la placa el campo

elctrico es idntico al de un plano infinito con densidad

superficial 2a r .

Podemos escribir una expresin vectorial para Er

,

utilizando un sistema de referencia con el origen en el

plano de simetra, y el eje x perpendicular a tal plano.

En tal sistema :

xE E i=r

g

con ( )0

0

0

;

;

;

x

a x a

E x a x a

a x a

r e

r e

r e

+ += - +

- -

g

g

0

are

-

0

are

+

E

x

0

aa

0

are

Er

x0 a

0

y

x


PROBLEMA 25. Calcular el campo elctrico producido por una

placa infinita de espesor 2a con densidad uniforme de carga r+ , adosada a un plano infinito con densidad superficial

( )s- uniforme.

SOLUCIN

El campo que se desea calcular es igual a la superposi-

cin de los campos producidos por una placa y un plano res-

pectivamente. Supondremos conocidos los resultados para el

campo de una placa y de un plano (ver PROBLEMA 24), para

concentrarnos en la superposicin.

Usaremos un sistema de referencia con origen en el plano ( )s- y con el eje x perpendi-cular al plano. El vector campo elctrico para cada distribucin aislada, puede escribirse, en

este sistema, como :

, plano x p l a n oE E i=r

g ,

donde 0

,

0

; 02

; 02

x p l a n o

x

E

x

se

se

- = +

, placa x placaE E i=r

g ,

donde ( )

0

,0

0

; 2

; 0 2

; 0

x p l a c a

a x a

E x a x a

a x

re

re

re

+ = - -

Entonces, el campo resultante, producido por ambas distri-

buciones:

( ), , plano placa x p l a n o xp lacaE E E E E i= + = +r r r

g


xE E i=r

con ( )

0 0

0 0

0 0

; 22

; 0 22

; 02

x

a x a

E x a x a

a x

rse e

rse e

rse e

- + = - + - + -

Repita el problema con r y s de igual signo. Discuta todas las alternativas.

PROBLEMA 26. La configuracin mostrada en la figura consta

de dos esferas. La esfera maciza es conductora, tiene radio R

y una carga en exceso aq . La esfera hueca tiene radio interior

2R , radio exterior 3R , tambin es conductora y tiene una

carga en exceso bq . Determinar cmo se distribuye bq entre

las superficies interna y externa de la esfera hueca.

SOLUCIN

Tratndose de conductores, las cargas deben estar en las superficies, luego toda la

carga aq debe estar en la superficie de la esfera maciza, con una densidad superficial de valor

2aq Rp .

Puesto que 0E =r

en el interior de un conductor, entonces el flujo elctrico a travs de

una superficie gaussiana que sea esfrica de radio r , con 2 3R r R< < , debe valer cero. Si

r es slo ligeramente mayor que 2R , la superficie gaussiana servir para determinar la carga en la superficie interna de la esfera hueca, de la siguiente manera :

f = =r rg 0

S

E dA ,

ya que 0E =r

en todos los puntos de la superficie gaussiana S de radio r es un poco mayor

que 2R .


Puesto que :

0

netaqfe

= ,

entonces 0netaq = , pero neta a iq q q= + , donde iq es la carga en la superficie interior de

la esfera hueca; en consecuencia i aq q= - .

Si eq es la carga en la superficie externa de la esfera hueca, entonces por conservacin

de la carga y considerando el resultado anterior debe cumplirse que :

b i e a eq q q q q= + = - + ,

luego :

e a bq q q= + .

PROBLEMA 27. Una esfera aisladora slida tiene una densidad de carga (por unidad de volu-

men) constante r .

(a) Determinar el campo elctrico en un punto interior de la esfera.

(b) Si la esfera tiene una cavidad esfrica excntrica, encontrar el campo elctri-

co en un punto cualquiera de la cavidad.

SOLUCIN

(a)

Tomando una superficie gaussiana de radio r , segn la figura, y aplicando la ley de Gauss,

basndonos en la simetra esfrica de la situacin, se tendr :

0

neta

S

qE dA

e=

r rg ,


donde Er

es el campo elctrico en los puntos de la superficie S y netaq es la carga neta ence-

rrada por dicha superficie. Evidentemente (por simetra) Er

es radial y tendr la misma magni-

tud en todos los puntos de S .

Entonces :

0

1

S

E dA dVre

= g

0S V

E dA dVre

=

4E pg 2r0

4r pe

= g3r

3

Luego, 03rE r

e= , y puesto que E

r es radial ; entonces :

03rE r

e=

rr ; con r R .

(b) Usando superposicin puede hacerse la siguiente equivalencia para la esfera con

su cavidad:

Si N es un punto cualquiera en la cavidad, entonces el campo elctrico en N , de acuer-

do a la superposicin anterior es :

E E Er r-= +r r r

.


De acuerdo a la parte (a) las expresiones de Err

y E r-r

son :

03rEr

re

=rr

y

( )

03b

E rre-

-=

rr

Usando la igualdad vectorial a b r+ =rr r

; tenemos :

( )

0 0 03 3 3r ar aE

rr re e e

-= - =

r rr rr .

Ntese que en el interior de la cavidad Er

es uniforme, independientemente del radio de la ca-

vidad. Dibuje las lneas de fuerza en el interior de la cavidad.

PROBLEMA 28. Dos cilindros coaxiales largos, tienen

cargas de igual magnitud y diferente signo. Ambos son

conductores y poseen densidades lineales de carga l+

y l- , segn se muestra en la figura.

Calcular, usando la ley de Gauss, la intensidad del campo elctrico en las regiones carac-

terizadas por r a< ; a r b< < y r b> , siendo r la distancia al eje.

SOLUCIN

Se considerar que los cilindros son muy largos (infinitos) para evitar los efectos en los

extremos. La situacin tiene simetra en torno al eje de los cilindros, argumento que se usar al

aplicar la ley de Gauss.


(a) Si r a< ; la ley de Gauss : 0

neta

S

qE dA

e=

r rg aplicada usando una superficie de radio

menor que a , permite concluir que :

0S

E dA =r r

g , ya que netaq encerrada por la superficie S es cero. Lo anterior es vlido tanto si el cilindro in-

terior es hueco, como si l es conductor, ya que en este ltimo caso toda la carga estar en su

superficie ( )r a= .

La simetra de la situacin permite afirmar que Er

es radial y de igual magnitud en todos

los puntos que estn a una misma distancia del eje de simetra (eje de los cilindros); por lo tan-

to :

0

2S tapas manto manto manto

E dA E dA E dA E dA E dA

E r Lp

= + = + =

=

r r r r r r

g g g g

g g

donde 0

tapas

E dA =r r

g ya que Er

y dAr

son perpendiculares

y 2manto

E dA E r Lp=r r

g g , siendo E la magnitud del campo elctrico en los

puntos del manto de la superficie gaussiana cilndrica de radio ( )r r a< y largo L .

En consecuencia tenemos :

0S

E dA =r r

g (al aplicar la ley de Gauss) y

2S

E dA E r Lp=r r

g g (al hacer el clculo directamente) De modo que debe cumplirse:

2 0E r Lp =g ,

lo que implica finalmente :

0E =r

si r a< .


(b) Si a r b< < , entonces aplicando la ley de Gauss y las consideraciones de si-

metra, tenemos :

0l

neta

S

qE dA

e=

r rg

0

0

0

0

0

0

2

neta

tapas manto

neta

manto

neta

manto

qE dA E dA

qE dA

qE dA

LE r L

e

e

e

lp

e

+ =

+ =

+ =

= -

r r r rg g

r

g

o 02

Er

lp e-= o

0

2

rEr

lp e-=

r.

Evidentemente, en todo lo anterior se us nuevamente una superficie gaussiana cilndrica, lla-

mada ahora lS y de radio r con a r b< < .

(c) Si r b> , no habr carga neta encerrada en una superficie gaussiana cilndrica de radio

r , con r b> , ya que las densidades lineales de carga en los cilindros son de igual valor abso-

luto y distinto signo.

Repitiendo el razonamiento empleado para r a< , se llegar finalmente a la conclusin

que 0E =r

para r b> .

En resumen:

0

0 ;

;2

0 ;

r a

rE a r br

r b

lp e

r

r

r


Grficamente, usando : E E r=r

g .

Ntese que Er

tiene discontinuidades en r a= y r b= .

3 flujo electrico

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