Electrosttica

Hugo Medina Guzmn

CAPTULO 1. ElectrostticaINTRODUCCION. La primera observacin de la electrizacin se remonta a la poca de la Grecia antigua. A Tales de Mileto se le atribuye haber observado la atraccin que el mbar previamente frotado, ejerce sobre pequeos pedazos de fibra y paja. A pesar de que la electrizacin del mbar por friccin fue transmitida de un escrito a otro, nada nuevo se descubri hasta principios del siglo XVII en que Sir William Gilbert anunci el descubrimiento de que muchas sustancias podan ser electrizadas por frotamiento y que el mbar es uno de los muchos materiales que manifiestan el efecto. EL ELECTROSCOPIO. Dispositivo que sirve para detectar y medir la carga elctrica de un objeto. Los electroscopios han cado en desuso debido al desarrollo de instrumentos electrnicos mucho ms precisos, pero todava se utilizan para hacer demostraciones. El electroscopio ms sencillo est compuesto por dos conductores ligeros suspendidos en un contenedor de vidrio u otro material aislante. Se puede utilizar un electroscopio para determinar si un objeto est cargado elctricamente. Cuando un objeto cargado se acerca al bulbo, las hojas divergen. a) El electroscopio neutro tiene las cargas distribuidas uniformemente, las hojas estn juntas.

(b) Las fuerzas electrostticas causan que las hojas diverjan.

Si frotarnos una barra de plstico con una piel de gato, o si frotamos una barra de vidrio con seda. Las barras adquieren la propiedad de atraer cuerpos ligeros corno pedacitos de papel a una pequea bola hecha da material ligero como corcho o mdula de saco (Sambucus peruviana) suspendida por hilos de seda. Se dice que estos cuerpos estn electrizados. Si frotarnos una barra de cobre sostenida por la mano, no habr accin sobre los cuerpos ligeros, pero si frotamos la misma barra de cobre pero esta vez sostenida por un mango de vidrio, se electriza y ejercer accin sobre los cuerpos ligeros. O sea que tenemos cuerpos de dos categoras, los primeros como al vidrio, plexigls, ebonita, resina que se electrizan agarrndolos con 1a mano y otros cuerpos que necesitan un mango de un material de la primera categora para poder ser electrizados La experiencia demuestra que en los cuerpos de la primera categora la electricidad permanece localizada en los puntos frotados, no se propaga, estos cuerpos son malos conductores de la electricidad se conocen como aislantes o dielctricos. Para los cuerpos de segunda categora, las propiedades de la atraccin sobre cuerpos ligeros no solo se manifiestan en los puntos frotados, sino en todos los puntos, a sea la electrizacin producida se transmite a todos los puntos del cuerpo, estos cuerpos son conocidos como conductores. El cuerpo humano y la tierra son conductores. Adems de la electrizacin por frotamiento descrita, hay otras formas de electrizacin que indicamos a continuacin. 1 Electrizacin por contacto La carga es transferida al electroscopio cuando la varilla cargada toca el bulbo. Entonces, cuando una varilla con carga opuesta se acerca al bulbo, las hojas se colapsan y se juntan. El electroscopio neutro se toca con una varilla cargada negativamente; las cargas son transferidas al bulbo.

ELECTRIZACION1

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn 3 Piezoelectricidad. Una lmina de cuarzo convenientemente tallada, se electriza por compresin o por traccin, el fenmeno es reversible. Estos cuerpos son conocidos como piezoelctricos. 4 Electrizacin por las fuentes de electricidad. Si ponemos una pila o un acumulador, uno de sus polos se conecta a tierra y el otro a un conductor aislado, ste se electriza. Con una sola pila la electrizacin es dbil, pero si se dispone de muchos elementos se obtiene electrizacin fcil de poner en evidencia. ELECTRICIDAD POSITIVA Y NEGATIVA Cuando frotamos entre s dos sustancias diferentes y luego las separamos, nos encontramos con dos tipos de electricidad. Para ver mejor esto realicemos la siguiente experiencia. Dispongamos de dos barras de plstico y dos barras de vidrio. Se carga por frotamiento con una piel una de las barras de plstico y se la suspende mediante un gancho y un hilo de nylon como se muestra en la figura siguiente, pudiendo girar libremente.

El electroscopio tiene una carga negativa neta.

La varilla cargada positivamente atrae los electrones; las hojas se colapsan.

2 Electrizacin por induccin Al tocar el bulbo se proporciona una trayectoria para la transferencia de carga, los electrones son transferidos a la tierra. Cuando el dedo se retira, el electroscopio tiene una carga neta, el electroscopio queda cargado positivamente.

Si acercamos a esta barra de plstico la otra frotada similarmente, observamos que gira alejndose, si acercamos la piel a la barra de plstico suspendida observamos que sta gira acercndose. De igual modo si acercamos la barra de vidrio electrizada por frotacin con seda observamos que el plstico gira acercndose y si acercamos la seda el plstico gira alejndose.

Tierra elctrica se refiere a la tierra (o sea al suelo) o a algn otro objeto que pueda recibir o suministrar electrones sin cambiar significativamente su propia condicin elctrica. Como esto se debe a electrones que han sido transferidos, usted puede preguntarse cmo se puede cargar positivamente un electroscopio. Esto se hace cargando por induccin. Al tocarse el bulbo con un dedo, el electroscopio hace tierra, es decir, se da una trayectoria para que los electrones puedan escapar del bulbo. Entonces, cuando se acerca al bulbo una varilla cargada negativamente los electrones son repelidos del bulbo. Al retirar los dedos se deja al electroscopio una carga positiva neta.

Puesto que la piel al igual que el vidrio, atraen al plstico electrizado, ambos tienen la misma clase de electrizacin. Se dice que estn cargados 2

Electrosttica positivamente. De modo similar el plstico y la seda estarn carga dos negativamente. Las Cargas positivas las designamos por el signo (+) y las Cargas negativas por el signo (-). De esta experiencia tambin podemos describir que Las Cargas iguales se repelen y las Cargas contrarias se atraen. Tambin es una observacin experimental que la carga no puede ser creada ni destruida, la carga total de un sistema no puede ser cambiada. Del punto de vista macroscpico las cargas pueden reagruparse y cambiarse de diferentes maneras o sea que La carga neta se conserva en un sistema cerrado. TEORIA DE LA ELECTRIZACION La Carga es una propiedad caracterstica y fundamental de las partculas elementales que forman luego materias. Las sustancias estn formadas por molculas y estas por tomos. Cada tomo contiene un ncleo que tiene una cantidad conocida de carga positiva. Esta Carga positiva se debe a la presencia de un cierto nmero de protones. Todos los protones son semejantes y tienen la misma masa y la misma carga positiva. Alrededor de cada ncleo atmico hay un nmero de partculas cargadas negativamente, llamadas electrones.

Hugo Medina Guzmn Cuerpos con cargas similares se repelen y con cargas diferentes se repelen; para cargas puntuales (llamando puntual cuando sus dimensiones espaciales son muy pequeas comparadas con cualquier longitud del problema en cuestin) la fuerza de interaccin es proporcional al producto de lo cuerpos e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que los separa.

La ley fue establecida en 1784 por Coulomb por medios experimentales utilizando una balanza de torsin. Podemos nosotros reproducir este experimento en una forma sencilla, para esto dispongamos de dos esferas pequeas de mdula de saco (se puede usar esferas de tecknopor) suspendidas de hilo de nylon, como se muestra en la figura (a) donde la distancia puede variarse a voluntad. Al ponrsele carga a las esferas estas toman la posicin mostrada en la figura (b).

Normalmente cada tomo de una sustancia es elctricamente neutro, o sea que tiene cantidades iguales de carga positiva y negativa, la carga de un electrn es igual pero opuesta a la carga de un protn. En cada ncleo hay tantos protones como electrones hay rodendolo. Los tomos aislados o los grupos grandes de tomos y molculas tienen una afinidad para adquirir electrones adicionales sobre el nmero exacto que neutralizan las cargas positivas del ncleo. Esta afinidad de los tomos para tener ms electrones que el nmero suficiente de ellos, vara considerablemente de una sustancie a otra. Por lo tanto, cuando dos sustancias diferentes se ponen en contacto, la que tiene mayor afinidad toma las electrones prximos de la otra y adquiere una carga negativa, mientras que la otra queda cargada positiva mente, tal es el caso del Caucho cuando se frota con una piel. LA LEY DE COULOMB Esta ley de la fuerza entre los cuerpos cargados puede enunciarse como sigue: 3

Donde es el ngulo de deflexin, mg los pesos, FE. la fuerza electrosttica y T la tensin en las cuerdas. De las leyes de la mecnica encontramos la relacin entre FE y .

FE = mg tan

Variando la separacin d entre los soportes podemos observar diferentes deflexiones. De las medidas de FE en funcin de la separacin de equilibrio r de las cargas encontramos que

FE

1 r2

esta evidencia experimental se presenta a continuacin en forma de ecuacin

q1 q 2 r2 Donde q1 y q 2 representan las magnitudes de las FE = kcargas. La dependencia de la carga no fue establecida por Coulomb, puesto que no tena medios independientes para juzgar la magnitud de la carga, r es la distancia entre los centros de las cargas. Como la fuerza es un vector la ley de Coulomb la podemos escribir de la siguiente forma, fuerza sobre la carga

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn Fuerza sobre q1 : F1 =

F1 = k

qq q1 q 2 r21 O F1 = k 1 2 2 r21 3 r21 r21

q1 q 2 r21 3 4 0 r21 1

r Donde r21 = 21 , vector unitario a lo largo de r21 r21Fuerza sobre la carga q qq F2 = k 1 3 2 r12 = F1 r12

j r21 = r1 r2 = (2i + + 3k ) (i + 3 + k ) j = i 2 + 2k jr21 = 12 + ( 2) + 2 22

[

]

12

= 9 =39

Luego

F1 = 9 10 9

(2 10 )(3 10 ) (i 2 j + 2k )9

F1 = 2 10 9 (i 2 + 2k ) N j Fuerza sobre q 2 F2 = F1 = 2 10 9 (i 2 + 2k ) N j

32

El modulo es

F1 = F2 = 2 10 9 12 + ( 2 ) + 2 22

[

]

12

= 6 10 9 N

UNIDADES Como la carga elctrica es un concepto nuevo, no conocido en la mecnica es necesario introducir una nueva unidad fundamental. Sistema CGS. En este sistema hacemos k = 1 y la unidad de carga se llama el statcoulombio. Sistema M.KS. En esta sistema la unidad de carga se define a partir de la corriente elctrica, concepto que veremos ms adelante en detalle, la unidad fundamental es el ampere y la carga est definida por ampere - segundo, y a esto se le llama Coulombio (C). Como FE est en Newton, q1 y q2 en Coulombios y r en metros, la constante k se fija por estas elecciones y toma el valor

Ejemplo 2. Cul de las dos situaciones siguientes dara como resultado una mayor fuerza? a) La fuerza de repulsin que ejerce una carga de 100 C sobre una de 1 C. b) La fuerza de repulsin que ejerce una carga de 1 C sobre una de 100 C. Solucin. Las dos opciones nos conducen a la misma situacin, ya que tienen la misma distancia. Y el producto de la carga es la misma

F =k

q1 q 2 r r2

Lo nico que cambia es la direccin de la fuerza. Ejemplo 3. Si deseo trasladar una carga de 1C del origen a el punto (100,100, 100) y luego del punto al origen, en cual de los dos la fuerza de atraccin debe ser mayor? Solucin. Al igual que en el problema anterior, la misma fuerza, en magnitud, que se requiere para trasladar la carga del origen al punto y del punto al origen es la misma. Por lo tanto la misma fuerza que se requiere para trasladar la carga del origen al punto es la misma que la que se requiere para trasladar la carga del punto al origen. Analicemos la siguiente relacin.

k = 8,9874 10 9

El cual puede aproximarse a 9x109 en la mayora de los clculos numricos. Es til expresar el valor de k en la forma

Nm C2

2

k=

1 4 0

Donde

0

es una constante que se conoce como la12

permitividad del espacio libre y su valor es

0 = 8,85415 10

C2 Nm 2

F =k

q pQ

Ejemplo 1. Se tienen dos cargas puntuales.

4 0 r 2

r

j q1 = 2 10 9 C , r1 = 2i + + 3k en metros y q 2 = 3 10 9 C , r2 = i + 3 + k en metros. j Cul es esfuerzo sobre cada una de ellas? Solucin. 4

Donde qp es una carga llamada carga de prueba, que podemos utilizar para medir la fuerza necesaria del para trasladar la carga del origen al punto P. Analicemos ahora la fuerza para trasladar la carga del punto P al origen

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn

F =k

q pQ

4 0 r 2

r

F=

Q1Q2 Ya que la magnitud del vector 4 0 r 2

Observemos que ambas relaciones son las mismas. Ejemplo 4. Determine la fuerza elctrica, de atraccin, ejercida por una carga Q1 = 2,0 C que se encuentra en la posicin (1, 1,1) sobre la carga Q2 = 2,0 C en el origen.

unitario es 1 Ejemplo 5. Encuentra la fuerza de repulsin que existe entre dos cargas de 2 C cada una. Una de las cargas esta en el origen y la coordenada de la otra carga en (0, 0,0) Solucin. Primeramente sabemos que las dos cargas no pueden estar en el mismo punto. Para estar en el mismo punto tendramos r = 0, que en la ecuacin de la ley de Coulomb nos conducira a una indeterminacin debido a la divisin entre cero.

F =k

4 0 (0 )

q pQ

Sabemos del hecho que la fuerza elctrica entre dos cargas es una ley Solucin. La fuerza, mediante la ley de Coulomb queda determinada por:

F

1 r2

F=

Q1Q2 r 4 0 r 2

La fuerza crece muy rpidamente a medida que r es pequea, como se puede observar en su grfico

Determinemos para ello el vector que existe entre las cargas: r 12

= (0 1)i + (0 1) + (0 1)k j j = i k

La magnitud del vector

r 12 es:= 3

r = r 12 =

( 1)2 + ( 1)2 + ( 1)2= j i k 3

Por lo tanto el vector unitario

es: r =

r 12 r 12

F==

(2 10 )( 2 10 ) i j k 6 6

Q1Q2 r 4 0 r 24 0

( 3)

2

3

Ejemplo 6. Dos esferas idnticas pequeas y conductoras tienen cargas de 3x10-9 C y -1x10-9 C, respectivamente. Cuando se colocan separadas 3 cm. a) Cul es la fuerza entre ellas? b) Si se ponen en contacto y luego se separan 3 cm, c) cul es la fuerza entre ellas? Solucin. a) La fuerza entre las dos esferas cuando estn separadas 3 cm. es:

=

36 10 3 3

( i j k )3 = 36 x 10-3 NF=

La magnitud de la fuerza es

F=

36 10 3 3

1 4 0

(3 10 ) ( 1 10 ) (3 10 )9 9 2 2

Es decir, el trmino:

= 3 10 N La fuerza es de atraccin e igual a 3x10-5 N. b) Cuando se ponen en contacto se produce equilibrio de las cargas diferentes o sea 5

5

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn Ejemplo 8. Un electrn tiene una masa de 9,1 x 10-31 kg y una carga elctrica de 1,6 x 10-19 C. Suponga que dos electrones estn colocados cerca de uno de otro. Compare las fuerzas gravitacionales y elctricas entre ellas. Solucin. La fuerza de atraccin gravitacional entre los electrones es:

3 10 9 1 10 9 = 2 10 9 Sera la cargatotal, la que se distribuye por igual en cada una de las esferas, por ser idnticas.

q1 = q 2 =

2 10 9 = 1 10 9 C 2

c) La fuerza entre las dos esferas cuando se colocan a 3 cm es:

m2 (9,1 1031 ) FG = G 2 = (6,6 1011 ) r2 r 54,6 1072 = N m2 2 r 1

2

La fuerza de repulsin entre los electrones es:19 q2 ) 1 9 ( ,6 10 Fe = = (9,9 10 ) 2 2 r 4 0 r 2

F=

1 4 0

(1 10 ) (1 10 ) = 1 10 (3 10 )9 9 2 2

5

=

N

23,04 1029 N m2 r2

Luego

Ejemplo 7. Dos esferas conductoras iguales de tamao insignificante se cargan con 16,0 x 10-14 C y -6,4 x 10-14 C, respectivamente, y se colocan separadas 20 centmetros. Luego se mueven a una distancia de 50 centmetros separacin. a) Compare las fuerzas entre ellas en las dos posiciones. b) Las esferas se conectan por medio de un alambre fino. Qu fuerza ejerce la una sobre la otra? Solucin. La ecuacin que da la fuerza entre las esferas, que se pueden considerar como cargas puntuales, es

Fe 23,04 1029 = = 4,2 1042 FG 54,6 10 72La fuerza gravitacional entre los electrones es despreciable en comparacin con la fuerza elctrica. Ejemplo 9. Dos esferas conductoras pequeas, cada uno de la masa 0,25 g, estn colgando por medio de hilos aisladores de longitud 50 centmetros de modo que apenas se tocan. Se da una carga, que comparten igualmente, y a cada una toma una posicin tal que el hilo por el cual cuelga forma un ngulo de 45 con la vertical. Cul es la carga en cada una? Solucin.

F=

1 q1q2 4 0 r 2

Luego

F1 =

F (0,5) 1 = = 6,25 F2 (0,2)22

1 q1q2 q1q2 y F2 = 2 4 0 (0,5)2 4 0 (0,2 ) 1

b) Si las esferas se unen por un alambre, las cargas, que se atraen a una otra, pueden fluir por el alambre bajo influencia de las fuerzas que actan en ellas. Las cargas neutralizarn lo ms lejos posible y (16,0 x 10-14 6,4 x 10-14) = 9,6 x 10-14 C se distribuirn sobre el sistema. No tomar en cuenta el efecto del alambre, por simetra 4,8 x 10-14 C quedar en cada esfera. La fuerza entre las dos esferas ahora es:

q2 F= 4 0 r 2 1

Hay tres fuerzas que actan en cada esfera, el peso mg que acta hacia abajo, la fuerza repulsiva de Coulomb F que acta horizontalmente, y la tensin T en el hilo de soporte. Puesto que la esfera est en equilibrio, las componentes horizontales y verticales deben equilibrarse por separado. As mg = Tcos 45 y F = Tsen 45 o F = mg tan 45 Pero

(4,8 10 = (9,9 10 )9

14

(0,5)

C

)

F=

2

q2 1 q2 = 4 0 (2hsen 45 )2 4 0 r 2 1

2

= 8,29 10

17

q 2 = 4 0 (2h sen 45 )mg

Donde q es la carga sobre cada esfera.

N6

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn2

1 = 9 9 10

= 13,6 x 10 C . y q = 3,7 x 10-7C. Ejemplo 10. Las cargas puntuales de magnitudes 2,5 x 10-14 C, 1,0 x 10-14 C, -3,5 x 10-14 C, y 2.0 x 10-14 C se ponen en las esquinas A, B, C, y D de un rectngulo respectivamente en el cual el AB tiene una de longitud 8 cm y BC tiene una longitud de 6 cm. Qu fuerza acta sobre la carga en D debido a las otras tres? Solucin.

-14

1 (2,5 9,8) 2 0,5 2 2

= 8,40 x 10-16 N. Del mismo modo

Fy =

q4 4 0

= 13,58 x 10-16 N. El vector F tiene componentes: (8,40x10-16 N y 13,58x10-16 N), Cuya magnitud es:

q1 q a 2 + 2 2 2 32 (a + b ) a

8,40 2 + 13,58 2 = 15,97x10-16 N, a un ngulo detan-1 (13,58/8,40) = 5816 con el eje x. PRINCIPIO DE SUPERPOSICION DISTRIBUCION DE CARGAS Si ms de dos cargas puntuales estn presentes, las fuerzas mutuas se determinan por la aplicacin repetida de la ley de Coulomb, esto viene a ser la ley de adicin o principio de superposicin y se demuestra experimentalmente. Si son n las cargas esto es q1, q2, q3. La fuerza sobre la carga es

F1 = q1 i 1

n

r i1 3 4 0 ri1

qi

Donde la sumatoria so extiende sobre todas las cargas con excepcin de la Carga q1. Las cargas en A, B, C, y D son q1, q2, - q3, y q4, respectivamente. Las fuerzas ejercidas sobre q4, por las otras tres se muestran en el diagrama como los vectores F1, F2, y F3, respectivamente. Los ejes x e y se han seleccionado en las direcciones mostradas. Ejemplo 11. Dos cargas puntuales se encuentran separadas una distancia d. Dnde y qu carga se debe colocar para que el sistema quede en equilibrio? So1ucin. La posicin de la tercera carga Q debe estar en la recta formada por la lnea que une las dos cargas, de no ser as no habra equilibrio como muestra la figura la componente vertical no tiene anulacin posible.

F1 =

q1 q 4 q2 q4 1 , F2 = , 2 4 0 b 4 0 a 2 + b 2 1 q3 q 4 F3 = 4 0 a 2 1

(

)

Las tres fuerzas que actan sobre q4 se combinan en una sola fuerza F con componentes (Fx, Fy) a lo largo de los ejes elegidos. F2 se descompone a lo largo de los ejes x e y, y observamos que:

BD =

(8cm )2 + (6cm )2

= 10 cmPara determinar la posicin de la carga Q llamaremos x a esta posicin.

Fx = F3 F2 sen , Fy = F1 F2 cosDe estas ecuaciones, se obtiene

Obtenemos

Fx =

= (9 109 )(2,0 10 14 ) 3,5 10 14 (1,0 10 14 )(8 10 2 ) 2 2 2 3 2 8 10

q 4 q3 q2 a 2 2 2 4 0 a a +b a2 + b2 q 4 q3 q a = 2 2 2 2 32 4 0 a a +b

(

)

(

)

Como Q est en equilibrio

(

)

(10 10 )

1 3qQ qQ = 2 4 0 x 4 0 (d x )2 17

Electrosttica

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(d x ) = 3x 22

d2 =0 2 1 3 Resolviendo: x = 2 2 x 2 + dx hay dos posiciones posibles

F = 2F1cos 30 = 2k

q2 q2 cos 30 = 3k 2 L L2

x1 =

3 1 d = 0,36d y 2 3 +1 x2 = d = 1,36d , 2

(

)

(

)

x1 est entre ellas a la derecha de q. x2 est fuera a la izquierda de q. Ahora encontramos el valor Q para x1, para que haya equilibrio es necesario que las fuerzas sobre q se anulen.

Ejemplo 14. Tres cargas puntuales, que inicialmente estn infinitamente lejos unas de otras, se colocan en los vrtices de un tringulo equiltero de lados d. Dos de las cargas puntuales son idnticas y su carga es q. Si el trabajo neto que se requiere para colocar las tres cargas en el tringulo es cero cul es el valor de la tercera carga? Solucin.

3qq 1 qQ + =0 2 4 0 (d ) 4 0 (0,36d )2 Q = 1,71qSimilarmente pare x2 Trabajo para colocar la primera carga:

1

W1 = 0Trabajo para colocar la segunda carga:

W2 = qV 1= qQ 1 3qq + =0 2 4 0 (d ) 4 0 (1,36d )2 Q = 5,55qEjemplo 12. Las cargas se colocan en el eje x como sigue: q1 = + 2 C en x = 0, q2 = - 3 C en x = 2 m, q3 = - 4 C en x = 3m, y q4 = + C en x = 3,5 m. Cul es la magnitud y la direccin de la fuerza en q3? Solucin.

q2 4 0 dQ q q Qq + = 4 0 d d 2 0 d

1

Trabajo para colocar la tercera carga:

W3 = QV3 =

Trabajo neto para colocar las tres cargas:

W = W1 + W2 + W3 = 0 q2 4 0 d + 2Qq q =0 Q= 4 0 d 2

q1 q 2 q 4 F = kq3 2 + 2 + 2 r 13 r23 r43 2 C 3C 1C 9 = (9 10 )(4 C ) + 2 + 2 (1) (0,5)2 (3) = 2,44 x 10-10N/C Ejemplo 13. Tres cargas positivas idnticas q se colocan en las esquinas de un tringulo equiltero de lado L. Qu fuerza experimenta una de las cargas? Solucin.

Ejemplo 15. La sal de mesa (cloruro de sodio) es un cristal con una estructura cbica simple con iones de Na+ y de Cl- que se alternan en sitios adyacentes del enrejado. La distancia entre iones es 2,82 x 10-10m = 0,282 nm (1 nm = 10-9 m). a) Qu fuerza experimenta un in del Na+ debido a uno de sus vecinos Cl- ms cercano? b) Qu fuerza experimenta un in de Cl- debido a un in de Na+ vecino? c) En qu fuerza experimenta un in de Na+ en el origen debido a los iones de Cl- en (a, 0, 0) y (0, a, 0)? d) Cul es el peso de un in del Na+ de masa 3,82 x 1026kg? 8

Electrosttica Solucin.

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=

(0,03)(9,8)(tan 7 )(2)(0,3)(sen7 )9 10 9

q = 0,146 x 10-6 C = 0,146 CCARGA DISTRIBUIDA. En el caso ya no de cargas puntuales sino de una distribucin continua, a pesar que la carga elctrica se encuentre en mltiplos de una carga bsica que es el electrn (e = 1,6x10-19 C), la cual es extremadamente pequea. Esto significa que la carga macroscpica est compuesta de un nmero muy grande de electrones. As podemos describir una distribucin de carga en trminos de una densidad de carga. Densidad de carga volumtrica definida por

a) F1 = k

= 2,90 x 10-9 N b) Por la tercera ley de Newton: La fuerza sobre el Cl- debido al Na+ es igual que la fuerza en el Na+ debido al Cl-. c) F = F1 + F2 = 2,90 x 10-9 i + j N

19 e2 ) 1 9 ( ,6 10 = 9 10 2 9 2 r (0,282 10 ) 2

= lim

(

)

q dq = V 0 V dV q dq = S 0 S dS q dq = l dl

Densidad de carga superficial definida por

F = F12 + F22 = 4,10 x 10-9 Nd) W = mg = (3,82 x 1026)(9,8) = 3,7 x 105N Como las fuerzas elctricas que actan en objetos cargados pequeos son mucho ms grandes que sus pesos, a menudo no se toman en cuenta. Ejemplo 16. Dos esferas idnticas de tecknopor, cada una de 0,030 kg, cada esfera atada a un hilo de 30 cm de largo y suspendidas de un punto. A cada esfera se le da una carga q (frotndola con un pao), las dos esferas se repelen formando un ngulo de 7 con la vertical. Cul es la carga en cada esfera? Solucin. Dibuje el diagrama de fuerzas para una de las esferas. La esfera est en equilibrio, tal que:

= lim = lim

Densidad de carga lineal definida porl 0

Ejemplo 17. Cul sera la fuerza sobre une carga q, debido a cargas distribuidas por volumen? Solucin.

F

H

=0 y

F

V

=0

Sea al volumen V con densidad de Carga fuerza sobre la Carga q es:

(r ' ) . La

Fq =

q 4 0

r r'3

V

(r ' ) dV '

T cos mg = 0 T cos = mg Tsen F = 0 Tsen = F Tsen F Dividiendo: = tan = , donde T cos mg F =k

r r'

Del mismo para una distribucin superficial, con densidad de Carga ( r ' )

(2 Lsen )22

q2

Fq =

q 4 0

r r'3

S

(r ' ) dS '

r r'

Resolviendo:

q2 =

(mg tan )(2 Lsen )k

y para una distribucin lineal, con densidad de Carga

(r ' )

9

Electrosttica

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Fq =

q 4 0

r r'3

l

(r ' ) dl'

= A r , donde A es constante. Calcular la carga dela esfera. Solucin.

r r'

Ejemplo 18. La figura muestra un alambre infinito horizontal con densidad lineal de carga , y un alambre finito de largo y densidad lineal de carga = (y + a), donde es una constante de unidad C/m0 0 2.

dq dq = dV dV r=R A dV , con = y dV = 4r 2 dr : y q= r =0 r R A R q = 4r 2 dr = 4A rdr = 2AR 2 0 r 0Si

=

a) Cul es la fuerza que el alambre infinito ejerce sobre el alambre de largo l ? b) Cul es la fuerza que el alambre de largo l ejerce sobre el alambre infinito? Solucin. a) La fuerza que el alambre infinito ejerce sobre el alambre de largo l :

Ejemplo 20. Se tiene una esfera aisladora con densidad de carga variable de la forma

= ( 0 r 2 )e r

y radio R limitada exteriormente

por una esfera conductora de radio interior R y exterior 2R. En la esfera conductora hay una carga neta tal que el potencial exterior (r > 2R) es constante. Determine la carga total en la esfera aisladora.

2 0 (a + y ) dq = ' dy = 0 (a + y )dyLuego: d F = 0 (a + y )dy

d F = dq E , E =

, j

Solucin. La carga total en una regin del espacio donde hay una densidad de carga est dada por la integral:

q = dVV

2 0 (a + y )

j

En este caso, donde la simetra es esfrica, la expresin toma la forma:

0 dy = j 2 0 0 l F = d F = j dy 2 0 0

q=

2

0

0

R

0

0

e r 2 r sen dr d d r2

= 40 =

R

0

e r dr = 40 1 e R

(

)

0 l j 2 0

b) La fuerza que el alambre de largo l ejerce sobre el alambre infinito por la tercera ley de Newton es:

CAMPO ELECTRICO - INTRODUCCION. Nosotros conocemos la existencia del campo gravitacional porque al dejar en un punto del espacio (cerca de la tierra) una masa m esta sufre la accin de la fuerza gravitacional F , habiendo en ese punto una intensidad de campo gravitacional g , donde

F =

0 l j 2 0

Ejemplo 19. Una esfera maciza, no conductora de radio R, tiene una densidad de carga volumtrica 10

F g= m

Este valor en el punto no cambie con el tiempo, depende de la masa de la tierra y de la distancia

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn Ejemplo 21. Un dipolo elctrico consiste en las cargas + q y - q separadas por una distancia. 2a Si las cargas se colocan en (0, 0, a) y (0, 0, - a) en el eje de z (el eje del dipolo), determine el campo elctrico del dipolo en un punto a una distancia z del origen en el eje de z, donde z >> 2 a. Exprese el resultado en los trminos del momento dipolo elctrico, definido como p = 2aq . Solucin.

F =G

mM T GM r y g = 2T r 2 r r

La Ley de Coulomb establece la fuerza de interaccin entre dos cargas, pero cuando quitamos una de las cargas qu hay en ese espacio? Similarmente al campo gravitacional podemos decir que el espacio que rodea a la carga esta afectado por lo que llamamos campo elctrico. DEFINICIN DE CAMPO ELCTRICO Sea una carga q1 fija en el espacio, la accin sobre la carga q2 es

F=

q1 q 2 1 q1 q 2 r 12 = r 2 3 4 0 r12 4 0 r12

1

S variamos la posicin de q2 la fuerza en cada punto depender de las coordenadas de su posicin. Para eliminar la dependencia de la fuerza a q2, se especifica esta como carga unitaria y positiva. As el campo fuerza se define como la fuerza por unidad de carga positiva en todos los puntos alrededor de q1, un resultado equiva1ente se obtiene dividiendo la fuerza en cada punto por el valor de q2, esto es

1 q1 1 q1 F E= = r 12 = r 2 3 4 0 r12 q 2 4 0 r12

Para el caso del Campo debido a cargas distribuidas. - Cargas puntuales. Campo producido por las n cargas puntuales ( q1 , q 2 , q3 , q2 .. q 2 )en un punto determinado por r .

E=

4 0

r ri 1 qi 3n i =1

r ri

- Distribucin volumtrica

E=

1 4 0

V

(

r ')

r ri dV '

r ri

3

4 0 (z a ) 1 1 1 = 2 q 2 2 2 4 0 z 2az + a z + 2az + a 2 2 2 Como a d : E = 2 0

i i 3 i 2 0Para

r R

Hugo Medina Guzmn

Rr 3 0

0 E d S = q4 4 0 E 4r 2 = r 3 a 3 3 3 3 3 r a E= 3 0 r2

(

0 E d S = q Q 4 0 E 4r = R 3 = Q E = 4 0 r 2 3 Q Vectorialmente E = r 4 0 r 22

(

)

) (

)

Vectorialmente Para r > b

(r 3 a 3 ) E= r 3 0 r2

0 E d S = q4 4 0 E 4r 2 = b 3 a 3 3 3 3 3 b a Q E= = 2 3 0 r 4 0 r 2 Q r Vectorialmente E = 4 0 r 2

(

)

(

)

Si la esfera fuera conductora toda la carga estara concentrada en la superficie y el Campo elctrico en el interior o sea para r < R seria nulo.

En el ejemplo siguiente presentamos un caso de asimetra geomtrica que es posible resolver con la ley de Gauss. Ejemplo 41. Se tiene una esfera conductora con una cavidad esfrica en su interior como se muestra en la figura, y densidad de carga . Cul es el campo elctrico en la cavidad?

Ejemplo 40. Como una variante veamos el caso de una esfera no conductora con una cavidad concntrica. Solucin. Solucin. Vamos a determinar el campo elctrico en el punto P de la figura siguiente.

Sean los radios de la esfera a y b. Para r < a Como no hay carga encerrada por la superficie gausiana

E=0 Para a < r < b

24

Electrosttica El Campo E en P es igual a: E = E1 E 2 Donde E1 =

Hugo Medina Guzmn

r 3 0

Clculo de E 2

E ndS =

q

0 E2 =

E 2 4a 2 =

a 3 0

4 3

a 3 0

y

E2 = r' 3 0

2 E = E12 + E 2

=

0

a + 3 0

2

a = 1,05 a 0

2

Ejemplo 43. Sea una esfera slida aislante de radio a con una densidad volumtrica de carga igual a

= 03

r , donde 0 es una constante de unidad a

De all que E =

r r' 3 0 3 0 2ai 3 0

=

(r r ') 3 0

Pero r r ' = 2aiFinalmente E =

Ejemplo 42. Una carga se distribuye con densidad uniforme a travs del volumen de una gran placa aisladora fina de espesor 4a. Suponiendo que se quita algo de material, dejando una cavidad esfrica de radio a colocada como se muestra en la figura, evale el vector de campo elctrico en el punto P.

C/m . La esfera aislante est dentro de una esfera conductora hueca concntrica de radio interior b y radio exterior c. La carga neta de la esfera hueca conductora es igual a cero. a) Halle la carga total Q en la esfera aislante. b) Cul es la densidad superficial de carga en cada superficie de la esfera conductora? c) A partir de la ley de Gauss, deduzca las expresiones de la magnitud del vector campo elctrico en trminos de la distancia radial r, para las regiones: r < a, a < r < b, b < r < c y r > c. d) (1 punto) Grafique la magnitud del campo elctrico en funcin de r desde r = 0 hasta r = 2c. Solucin. a) La carga total Q en la esfera aislante es:

Q = dV , = 0V

r 2 y dV = 4 r dr a

Q = 00

a

r 4 r 2 dr = aa

a

0a

0

4 r 3dr

= Solucin.

0a

r40

= 0 a

3

E = E1 k E 2 jClculo de E1 E1 =

b) La densidad superficial de carga en la superficie interior de la esfera conductora (r = b).

a 025

b =

0 a 3 a3 = 0 2 4 b 2 4b

La densidad superficial de carga en la superficie exterior de la esfera conductora (r = c).

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn

c =

0 a 3 0 a 3 = 4 c 2 4c 2

c) El campo elctrico: r < a, Para r < a

0 E d S = q 0 E (4r 2 ) = E = 0 r2 4a 0Para a < r < b, r

0a

0

4 r 3dr =

0a

r4 b) Al conectarlo a tierra en la superficie exterior desaparece la carga. El campo exterior es cero.

0 E d S = q 0 E (4r 2 ) = Q E= Q

E=0

4 0 r 2

= E=

0 a 3 a3 = 0 2 4 0 r 2 4 0 r

Para b < r < c E=0 Para r > c.

0 E d S = q 0 E (4r 2 ) = Q E= Q

4 0 r 2

= E=

0 a 3 a3 = 0 2 4 0 r 2 4 0 r

d) Grfico del campo elctrico en funcin de r desde r = 0 hasta r = 2c

Ejemplo 45. Una bola que conductora pequea de la masa 10-3 g suspendida de un hilo por medio de aislador a una placa conductora grande en posicin vertical. Cuando la placa lleva una carga elctrica de densidad superficial 5 x 10-8 C.m-2, la bola es rechazada de la superficie y el hilo queda formando un ngulo de 30 con la vertical. Cul es la carga que ha pasado a la bola?

Ejemplo 44. Cargas por induccin en cscaras esferas conductoras concntricas. Si una carga +q se encuentra en el centro de una cscara esfrica de metal. Encontrar el campo elctrico fuera de la esfera. a) Cuando la cscara est libre. b) Cuando la cscara se conecta a tierra. Solucin. a) Se observan los campos elctricos inducidos por q y los inducidos en las superficies de la cscara. En el centro de la cscara el campo es cero, pues ambos campos se anulan. El campo fuera de la cscara no es cero.

Solucin. Hay tres fuerzas que actan sobre la bola, el peso mg que acta hacia abajo, la fuerza F ejercida por la placa que acta horizontalmente, y la tensin T en el hilo. Puesto que la bola est en equilibrio, las componentes horizontales y verticales de las fuerzas deben balancearse por separado. As: mg = T cos y F = Tsen Dividiendo: F = mg tan Pero F = Eq, donde E es el campo elctrico debido a la placa y q es la carga en la bola. Adems, F = mg tan = Eq = q 0 , dnde es la densidad de la carga en la placa. As 26

E=

q r 4 0 r 2

1

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn

q=

(8,85 10 )(1 10 )(9,8)(1 3 ) =12 6

0 mg tan

ax =

F eE 2 2 y v = v 0 + 2ax = 0 en = m m

= 1,00 x 10 C. Ejemplo 46. Una gota de aceite cargada de masa 2,5 x l0-4 g est en el espacio entre dos placas, cada uno de rea 175 cm2. Cuando la placa superior tiene una carga de 4,5 x l0-7 C y la placa ms baja una carga negativa igual, la gota sigue estando inmvil. Qu carga lleva? Solucin. El campo elctrico entre placas paralelas con cargas iguales y opuestas est dado por la ecuacin E =

-9

5 10 8

z=

d 22 2 mvo eE d E = ed m 2

Luego 0 = v 0 2

Se puede tambin solucionar esto usando los principios de la energa. As: Prdida en K = trabajo hecho contra el campo elctrico E:2 mvo 1 2 d mv0 = (eE ) E = ed 2 2

0 =

Q , A 0

donde Q y A son la carga y el rea de la placa positiva. La fuerza sobre la gota del aceite es

F = qE =

qQ , A 0

y como esto balancea el peso de la gota,

mg =

qQ A 0 mgA 0 q= Q7

Ejemplo 48. Dos placas paralelas cargadas grandes se utilizan a menudo para crear un campo elctrico uniforme E. Una partcula cargada disparada entre las placas ser desviada por el campo elctrico. Esta tcnica se utiliza para desviar electrones en un tubo catdico (como en un osciloscopio) o para desviar gotitas de tinta en una impresora de inyeccin de tinta. Suponga una partcula de masa m, carga q, y velocidad inicial v 0 , lanzada paralela a las dos placas donde el campo elctrico es E. La longitud de las placas es L. A travs de qu ngulo se desviar la partcula?

=

(2,5 10 )(9,8)(175 10 )(8,85 10 )4 12

4,5 107-13

= 8,43 x 10

C

MOVIMIENTO DE UNA PARTCULA CARGADA EN UN CAMPO ELCTRICO UNIFORME Considere una carga q conforme a un campo elctrico uniforme en la direccin z. No considere la fuerza de la gravedad puesto que normalmente es mucho ms pequea que la fuerza elctrica. La fuerza qE da lugar a la aceleracin a z = F m = qE m y

Solucin. No hay ace1eration en la direccin x, tal que L = v 0 t donde t = tiempo entre las placas.

v x = v 0 = constante:y v y = v 0 y + at = 0 +

a x = 0 . Podemos determinar el movimiento usandolas ecuaciones de la cinemtica. Ejemplo 47. Dos placas paralelas muy grandes de metal separaron por una distancia pequea d tienen cargas opuestas uniformes, creando en el espacio entre ellas un campo elctrico E uniforme. Un electrn de carga - e se lanza con velocidad inicial v 0 a travs de un agujero pequeo en la placa positiva. Viaja hasta medio camino en el espacio entre las placas antes de detenerse y tomar direccin contraria. Cul es el valor de E en trminos de la velocidad inicial v 0 ? Solucin. 27

qE L m v0

qEL qEL mv = mv 2 vx 0 0 qEL = tan 1 2 mv0 tan = vy = 1 v0POTENCIAL ELECTRICO INTRODUCCION Cul es el trabajo que se realiza para llevar una carga pequea de un lugar a otro? El trabajo contra la fuerza elctrica para transportar una carga a lo largo de una trayectoria con velocidad constante es igual al negativo de la componente de la fuerza elctrica en la direccin del movimiento,

Electrosttica 1 GeV 109 eV

Hugo Medina Guzmn

Integrando en la trayectoria

POTENCIAL ELECTRICO PRODUCIDO POR UNA CARGA PUNTUAL. Consideremos el campo debido a una carga q. Tenemos que encontrar la diferencia de potencial entre los puntos 1 y 2 determinados por r1 y r2 respectivamente.

W12 = F d l1

2

F es la fuerza elctrica sobre la carga en cada punto.largo de la trayectoria. Como la definicin de la energa potencial se hace en trminos de la diferencia de energa potencial, podemos escribir:

d l es el vector desplazamiento diferencial a lo

La trayectoria ms fcil est mostrada en la figura, no hay trabajo de 1 a l ya que E y d l .tienen direcciones perpendiculares en cada punto, luego queda solo la trayectoria de 1 a 2.

U 2 U 1 = W12 = F d l1

2

Es conveniente para nuestros .propsitos considerar el trabajo por unidad de carga y en ste caso la energa potencial se denomina simplemente potencial elctrico. Nuevamente aqu la definicin la hacemos en trminos de la diferencia de potencial elctrico V2 V1.2 F W V2 V1 = 12 = d l 1 q q

V2 V1 = V12 = E d l1

2

Donde: E =

q

4 0 r 2

r , d l = rdr

Reemplazando V2 V1 =

2

q

1

4 0 r 2

r rdr 2

donde q es la carga positiva usada para evaluar el trabajo Como

V2 V1 =

q

F = E , podemos escribir q2 1

4 0 r 2

2

1

dr q 1 = 2 4 0 r 1 r

V2 V1 =

V2 V1 = V12 = E d l

q 1 1 4 0 r2 r1

La unidad de potencial elctrico es igual a la unidad de trabajo por unidad de carga, en el sistema internacional es Joule/Coulombio (J/C), a. la que se le ha dado el nombre de Voltio (V). A partir de potencial elctrico, podemos definir una nueva unidad de energa

As como tomamos la trayectoria 1, 1, 2 podramos haber tomado cualquier trayectoria de 1 a 2 a la que se divide fcilmente en tramos de trayectoria circular y radial como se muestra en la figura siguiente.

W12 = qV12Si un electrn se mueve a travs de una diferencia de potencial de un voltio, gana o pierde un electrnvoltio (eV) de energa. La conversin a las unidades SI la hacemos de la siguiente manera: V12 = 1 V y q = 1,6 x 10-19 C 1 eV = 1,6 x 10-19 VC = 1,6 x 10-19 J En estudios que implican partculas atmicas tales como electrones y protones, el electronvoltio es una unidad conveniente y muy comnmente usada. Si el electronvoltio es demasiado pequeo, podemos medir la energa de la partcula en MeV (millones de electrn voltios) o GeV (mil millones de electrn voltios o Gigavoltios). 1 M eV 106 eV 28

De la ecuacin V2 V1 =

q 1 1 = 4 0 r2 r1

q

4 0 r2

q

4 0 r1

que nos da la diferencia de

Electrosttica potencial entre 1 y 2, es conveniente identificar arbitrariamente los trminos como

Hugo Medina Guzmn En este caso es conveniente tomar como origen el punto P de tal manera que r = 0 y r ri para los cuatro casos es Luego V =

V2 =

q

4 0 r2q

y V1 =

q

4 0 r1

.

Escribindose el caso general de la manera siguiente.

V( r ) =

4 0 r

1 4 0

a 2 2 o sea metros. 2 2 (q1 + q 2 + q3 + q 4 )

Cantidad que algunas veces se le denomina potencial absoluto. Como resultado de esta eleccin el potencial en el infinito es igual a cero. POTENCIAL ELECTRICO PRODUCIDO POR UNA DISTRIBUCION DE CARGA Para calcular el potencial de n cargas q1, q2, q3 .qn situadas en r1, r2, r3 .rn. El potencial elctrico en el punto situado en r es igual a la suma de los potenciales producidos por cada una de las cargas.

2 2

Reemplazando valores 1 10 9 + 3 10 9 2 10 9 + 2 10 9 V = 9 10 9 2 2

(

)

V = 32 2 = 45,12 voltios.Ejemplo 50. Dipolo elctrico. El dipolo elctrico consiste en dos cargas iguales y opuestas q y - q separadas una distancia pequea 2a. Queremos encontrar el potencial elctrico para puntos situados a una distancia r, para el caso de r >> a. Solucin. La figura siguiente muestra un dipolo

V( r ) = i =1

n

qi 4 0 r ri

Cuando la distribucin de carga es continua tendremos: - Distribucin volumtrica

V( r ) =

1 4 0 1 4 0 1

(r ' )

V

r r'

dV '

- Distribucin superficial

V(r ) =

(r ' )

S

r r'El potencial en el punto P es

dS '

- Distribucin lineal

V(r ) =

dl' 4 0 l r r'

(r ' )

V =

q 4 0 r1

q 4 0 r2

=

q 1 1 4 0 r1 r2

De la figura vemos

Ejemplo 49. En la figura siguiente calcular el potencial elctrico en el punto P producido por las cargas. Donde: q1 = 1x10- 9 C, q2 = 3x10- 9 C, q3 = 2x10- 9 C, q4 = 2x10- 9 C y a = 1 m.

r1 = r 2 2ar cos + a 2

(

)

12 12

2a cos a 2 r1 = r 1 + 2 r r

1 1 2a cos a 2 y = 1 + 2 r1 r r r 2

1 2

Usando la expresin binomial para n = -

Solucin. El potencial en el punto P es

8 2a cos a 2 + 2 En nuestro caso x = r rde all2 1 1 1 2a cos a 2 3 2a cos a 2 = 1 + 2 + + 2 + ..... 8 r1 r 2 r r r r

(1 + x )1 2 = 1 1 x + 3 x 2 + ...

V( r ) = i =1

n

qi 4 0 r ri

Expandiendo trminos y manteniendo slo los trminos con r2 y menores en el denominador 29

Electrosttica ya que r >> a. a)

Hugo Medina Guzmn

1 1 2a cos + r1 r r2

Va =

Procediendo de igual manera para r2

q q q = + + 4 0 L 2 4 0 L 2 4 0 L 2

(

)

(

)

(

)

r2 = r 2 + 2ar cos + a 2 1 1 2a cos r2 r r2Sustituyendo

(

)

12

3 2q 4 0 Lb)

W = QV a b = Q (V V b )q

1 1 y en V tenemos: r1 r2 q 1 2a cos 1 2a cos V = + 4 0 r r2 r r 2 2aq cos = 4 0 r 2

Vb =

4 0 L

+

q

4 0 L

+

q

4 0 L 4 0 L

=

3q

Luego:

W = Q(Vb Va )=

3Qq 1 3Qq 2 2 1 = 4 0 L 8 0 L 2

(

)

c)

En esta expresin al producto 2aq lo llamaremos momento dipolo p. Luego

V =

p cos 4 0 r 2

donde la orientacin de p es de - q a q para considerarlo vectorialmente, con esto el potencial elctrico puede expresarse como producto escalar.

p r p r V = = 2 4 0 r 4 0 r 3Ejemplo 51. Sean tres cargas puntuales de magnitud q ubicadas en vrtices de un cubo de lado L, tal como lo muestra la figura. Determine: a) El potencial elctrico en el vrtice a producido por las 3 cargas. b) El trabajo externo necesario para desplazar una carga Q del vrtice a al vrtice b. c) La fuerza elctrica que ejercen las cargas q sobre la carga Q ubicada en el punto b. d) Estando la carga Q en el vrtice b se la deja libre. Las tres cargas q permanecen fijas en los vrtices del cubo durante el desplazamiento de Q. Cul es la energa cintica mxima que adquirir Q por accin de las tres cargas q?

Eb =

q i 2 + j2 + k2 4 0 L L L q j = i + +k 4 0 L2

(

)

La fuerza sobre la carga Q en el punto b:

F=

Qq ( i + j + k ) , F = 3Qq2 2 4 0 L 4 0 L q

d) El potencial del punto con respecto al infinito es:

Vb =

4 0 L

+

q

4 0 L 3q

+

q

4 0 L 4 0 L

=

3q

La diferencia de potencial entre el punto b y el infinito es:

V = Vb V =Luego:

4 0 L 3q 4 0 L

K mx = QV = Q

Solucin.

Ejemplo 52. Se tiene una lnea de longitud L y con densidad de carga lineal . Calcular el Potencial elctrico a una distancia R sobre la lnea perpendicular bisectriz.

30

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn El potencial elctrico debido a esta carga en el punto P es:

dV =

1

4 0 z + R 22

(

Rd

)

12

El potencial debido a todo el anillo es

V =Solucin. Considerar el elemento dx, el Potencial que produce este elemento en el punto P es =

4 0 z 2 + R 2 R 2 0 z 2 + R 2

(

R

) 12 12

2

0

d

(

)

dV =

1

4 0 R 2 + x 2

(

dx

En trminos de la Carga total Q = 2R .

)

1 2

V =

El potencial de toda la lnea es

V=

4 0

(RL 2 0

L 2 L 2

4 0 z 2 + R 2

(

Q

)

12

dx2

+ x22

)

1 2

o V =

2 4 0

(R

dx + x2

)

1 2

2 V= log x + R 2 + x 2 4 0

(

)

L 2

Ejemplo 54. Dos anillos coaxiales uniformemente cargados de radios iguales R est en planos paralelos separados una distancia a, el trabajo que se realiza para traer una carga q del infinito al centro de cada uno de los anillos es respectivamente A1 y A2. Encontrar les Cargas q1 y q2 que tienen los anillos. Solucin.

0

2 L + R2 + L 2 4 log 2 V= 4 0 R

Podemos notar en este resultado que para el caso de una lnea infinita, es decir para L = el potencial es infinito, esto es porque nosotros para el potencial del elemento diferencial estamos considerando como referencia el infinito con potencial cero y esta lnea cargada va hasta el infinito. Luego pera una lnea infinita tenemos que tomar otro punto como referencia. Ejemplo 53. Potencial elctrico en el eje de un anillo de radio R y Carga C/m. Solucin.

El potencial en 1:

V1 ==

4 0 R

q1

+

4 0 a 2 + R 2

(

q2

)

12

q2 q1 + 4 0 R 1+ a2 / R2

1

(

)

12

El potencial en 2:

V2 ==

4 0 R

q2

+

4 0 (a + R 2 )2

q1

12

q1 q 2 + 4 0 R 1+ a2 / R2 El potencial en el infinito V = 0

1

(

)

12

Trabajo para traer una carga q desde el infinito a 1:

A1 = q (V1 V )=

Consideremos el elemento de anillo dl determinado por el ngulo y barrido por d de tal manera que dl = Rd . 31

q2 q1 + 4 0 R 1+ a2 / R2 q

(

)

12

(1)

Trabajo para traer una carga q desde el infinito a 2:

A2 = q (V2 V )

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn

=

q1 q 2 + 4 0 R 1+ a2 / R2 q

(

)

(2) 12

b)

q Q x x 2 + 2,4 2

(

)

12

= 0 x = 2,7 m

(1) y (2) son dos ecuaciones con incgnitas q1 y q2. Resolviendo (1) y (2) obtenemos:

1 A1 12 2 2 A2 4 0 RA2 1 + a R q1 = q 1 1 + a 2 R 2 1 A 1 2 12 2 2 A1 4 0 RA1 1 + a R q2 = q 1 1 2 2 1+ a R

Q c) 1 m v 2 = e q e 0 (5,0) (5,0 2 + 2,4 2 )1 2 2 4 0

(

)

v0 = 9 10 6 m/s d) WO = q(V VO )=

(

)

q Q Q (2,4) 2 4 0 + 2,4 2

(

)

12

(

)

= + 1,8 x 10 J Ejemplo 56. Potencial elctrico en el eje de un disco de radio R y carga C/m2. Solucin.

-3

(

)

Ejemplo 55. Una carga Q = - 800 nC se distribuye uniformemente en un anillo de radio de 2,4 m. Una carga q = + 600 nC se pone en el centro del anillo. Los puntos A y B estn situados en el eje del anillo.

Consideremos el anillo diferencial de radio r y superficie dS = 2rdr . El potencial debido a este anillo en el punto P es:

dV =a) Cul es el trabajo hecho por una fuerza externa que transporta un electrn de B a A? b) si el potencial elctrico es igual a cero en un punto en el eje del anillo. Cul es la distancia de este punto del centro del anillo? c) Si se un electrn se lanza a lo largo del eje del anillo desde el infinito. El electrn llega y se detiene momentneamente en un punto en el eje que est a 5,0 m del centro del anillo. Cul es la velocidad inicial del electrn en el infinito? d) Si una fuerza externa retira la carga q del centro del anillo y la transporta al infinito. Cul es el trabajo realizado por esta fuerza externa? Solucin. a) W B A = e(V A V B ) =

1

4 0 z 2 + r 2

(

2rdr

)

12

El potencial debido a todo el disco es

V ==

2 4 0

(z 2 + r 2 )1 2 z 2 0Q z2 + r2 2 2R 0

[

(z0

R

rdr2

+ r2

)

12

=

])12

2 (z + r 2 )1 2 2 0

R0

En trminos de le Carga total Q = R

2

V =

[(

z

]

En este caso al igual que para la lnea infinita, para el plano infinito hay que tomar otro punto de referencia diferente al . Ejemplo 57. Cul es el potencial en el eje producido por un cilindro de radio R, largo L y carga C/m3. Solucin.

e q Q 4 0 (1,8) 1,8 2 + 2,4 2

(

)

12

- q (3,2 ) = -700 eV

(3,2

Q2

+ 2,4

2 12

)

32

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn

V=

R 3 + C1 3 0 r R 3 Q = 3 0 r 4 0 r

Para r = V = 0 de aqu yV =

Para r = R

Para evaluar el potencial elctrico en el punto P, tomaremos un disco de ancho diferencial dz, cuyo volumen es dV = R dz . El potencial debido al disco en el punto P es2

R 2 Q V= = 3 0 4 0 RPara r < R Por la ley de Gauss E = El potencial es

dV =

R 2 dz 2 2 (z 0 z ) + R 2 0 R 2

[

]

12

( z 0 z )

r 3 0

El potencial debido al cilindro es

L 2 2 2L (z 0 z ) + R (z 0 z )dz 2 0 2 1 2 2 12 + V= ( z 0 z )( z 0 z ) + R 2 0 2V =12

[

]

V = E d r + C2=

[

]

3

0

rdr + C2 =

2 r + C2 6 0

Como para r = R

R 2 log ( z 0 z ) +

( z 0 z )2 + R 2 z 0 z + z

L 2 2 L 2

V=

2

R 2 3 0

12 2 L L 2 V= z 0 + z 0 + + R z 0 L 4 0 2 2 2 L L z0 z0 + R 2 2 2 12

R 2 R 2 = + C2 3 0 6 0 C2 =y V =

R 2 2 0

r 2 R 2 + 6 0 2 0 2 0 2 r2 R 3

2 L L z0 + + z0 + + R 2 2 2 + R 2 log 2 z L + z L + R2 0 0 2 2

V =

La figura siguiente muestra la distribucin de campo elctrico y potencial elctrico en el caso visto.

Ejemplo 58. Se tiene una esfera de radio R con carga uniforme de densidad C/m3. Encontrar el potencial para todo punto. Considerar el potencial en el infinito igual a cero. Solucin. Para r > R Por la ley de Gauss

E=

Q R 3 r= r 2 4 0 3 0 r

El potencial es

V = E d r + C1 =

R 3 dr + C1 3 0 r 233

Ejemplo 59. Como una variante veamos el caso de una esfera conductora.

Electrosttica La carga se encuentra en la superficie y el campo elctrico en el interior es cero y por lo tanto el potencial es constante, igual al de la superficie. Lo mismo sucede cuando la esfera es hueca estos dos ltimos casos se muestra en la figura siguiente

Hugo Medina Guzmn d) la densidad de carga en la superficie exterior de la esfera conductora.

Solucin. a) La carga total en una regin del espacio donde hay una densidad de carga est dada por la integral:

q = dVV

En este caso, donde la simetra es esfrica, la expresin toma la forma:

q=Ejemplo 60. Las superficies interior (r = a) y exterior (r = b) de un cascaron esfrico no conductor tienen la misma densidad de carga . La densidad de carga en el resto del espacio es nula. a) Encuentre el campo elctrico en las zonas r < a, a < r < b, y r > b. b) Calcule el potencial electrosttico en cada una de las regiones mencionadas. Solucin.

2

0

0

R

0

e r 2 0 2 r sen dr d d = r

40 e r dr = 40 1 e R0

R

(

)

b) Dado que el potencial en esa regin es constante y que E = V , entonces E ext = 0 . c) Obsrvese que las condiciones del problema dicen que para r > 2R , V = Cte. Igual cosa ocurre en el conductor, donde el campo elctrico es nulo. Si consideramos que = 0 en el infinito, entonces, en el resto del espacio, incluido el conductor, V = 0, de este modo, la diferencia de potencial entre r = 3R/2 y el centro de la esfera estar dado por:

a) Para r < a E ( r ) = E (r ) r , donde E ( r ) = 0 Para a < r < b E (r ) =

(a 2 + b 2 ) , Para r > b E (r ) = 2 0r 2 b) Para r > b V(r ) = (a + b 2 ) ; 0r 2 (a + br ) Para a < r < b V(r ) = 0r (a + b ) . Para r < a V(r ) = 0 = ( 0 r 2 )e r

a2 0r 2

;

V = Vr = 0 V

es decir, V =

3 r= R 2 0

= Vr = 0 Vr = R = Vr = 00

E(r )dr = E(r )drR

Para evaluar esta integral es necesario determinar E(r) en la esfera aisladora, lo que se realiza utilizando la Ley de Gauss. Dado que E(r) es radial, podemos escribir directamente: y

E=

q(r ) 4 0 r2

, donde q (r ) = 4 0 1 e

(

r

) . As

V =

0 4 0

1 e r R r 2 r 2 dr = 0

Ejemplo 61. Se tiene una esfera aisladora con densidad de carga variable de la forma y radio R limitada exteriormente por una esfera conductora de radio interior R y exterior 2R. En la esfera conductora hay una carga neta tal que el potencial exterior (r > 2R) es constante. Determine: a) La carga total en la esfera aisladora. b) el campo elctrico en el exterior (r > 2R). c) a diferencia de potencial entre r = 3R/2 (esfera conductora) y el centro de la esfera aisladora (considere V = 0 en r = ). 34

d) Dado que el campo elctrico exterior a la esfera conductora es nulo, la carga total, comprendiendo la esfera interior y la conductora debe ser nula. Adems, para que el campo elctrico en el conductor tambin sea nulo, la carga encerrada por cualquier superficie gaussiana en su interior debe ser nula, es decir, en la superficie interior del conductor debe haber una carga de igual magnitud a la de la esfera aisladora, con distinto signo, las que sumadas se anulan. En consecuencia, en la superficie exterior del conductor no hay carga, es decir, = 0.

Electrosttica Ejemplo 62. En la figura se ha representado parte de 2 cilindros muy largos, cada uno de radio ro, que tienen en su superficie densidades de carga constantes 1 = y 2 = - respectivamente. (No hay carga en el interior de los cilindros).

Hugo Medina Guzmn Eligiendo como trayectoria de integracin una recta paralela al eje y, que pasa por los centros de los cilindros, se tiene:

V = Edy =y1

y2

a) Encuentre el campo elctrico sobre la lnea AB, que equidista de los cilindros en una distancia igual a la separacin entre ellos (D). b) Cul es la diferencia de potencial entre los centros de los cilindros? c) Calcule el potencial en un punto sobre la lnea AB. Solucin. a) Utilizando una superficie gaussiana cilndrica de radio r y largo L concntrica con un cilindro cargado, de similares caractersticas que los propuestos en este problema, por la ley de gauss, se obtiene la expresin:

dy con D D 0 y + 0 y 2 2 D D y 2 = r0 e y1 = r0 2 2 r0 r0 Donde y son las D D 0 y + 0 y 2 2y1 y1

y2

r0

dy +

y2

r0

magnitudes de los campos generados por los cilindros con centros en y = - D/2 e y = +D/2 respectivamente. Resolviendo estas integrales se llega a

V =

2 r0

0

D r0 ln r 0

E 2 rL =

2 r0 L

0

de donde E =

r0 0

, forma

general para el campo elctrico para tales distribuciones de carga. Si los cilindros se observan en corte y se dibujan all los campos elctricos generados por cada cilindro se observara lo siguiente:

c) El potencial elctrico en general se puede calcular sumando los potenciales originados desde diversas fuentes. Utilizando esta idea, para responder a esta pregunta, basta con calcular el potencial de una de las distribuciones de carga, ya que la otra es similar, salvo el signo. (Adems deben compatibilizarse los orgenes del potencial). Considerando un cilindro con densidad de carga , el campo elctrico es E =

r0 r , siendo r la distancia 0

entre el centro de la distribucin (cilindro) y el punto en que calculamos el potencial. Al calcular la integral de lnea, eligiendo como trayectoria de integracin una recta radial y una curva sobre el manto, como esta ltima no contribuye al potencial, se tiene: V

donde E1 = E 2 =

r0 , con lo cual, la suma 0D

r0 D ln y, para la 0 r0 r0 D otra distribucin, V = ln , con lo cual 0 r0 +

=

resulta ser un vector en la direccin horizontal cuyo valor es la superposicin de las proyecciones de E1 y E2: en esa direccin

V AB = 0 . En este caso se ha elegido el origen de V(rs ) en un punto equidistante de los cilindros (esarbitrario). Obsrvese que este resultado depende obviamente del origen de los potenciales y por lo tanto, su respuesta puede ser otra Ejemplo 63. Tres trozos de hilo cargado con densidad de carga se disponen como se indica en la figura. a) Determine el campo elctrico total sobre la carga Q. b) Calcule la fuerza que ejerce Q sobre cada uno de los trozos de hilo. 35

E=2

r0 cos 60 0D

b) Para contestar esta pregunta es necesario considerar que el campo elctrico en el interior de los cilindros es nulo, como se deduce directamente con la ley de Gauss. Ello nos dice que all V es constante. De este modo, la diferencia de potencial entre los centros de los cilindros corresponde la diferencia de potencial entre sus mantos.

Electrosttica c) Determine la energa potencial de la carga Q (origen en ).

Hugo Medina Guzmn Para el tercer segmento operamos en forma similar. En este caso L L r = 0 , r ' = i + y ' , dq = dy ' , x' = j 2 2

con lo que

dE , x = dE , ySolucin. a) Para resolver este problema es conveniente dividirlo en tres, uno para cada distribucin. Calculamos primero el campo elctrico de la distribucin lineal de la izquierda: Si ponemos un eje x conteniendo a este trozo, con el origen en Q se tiene que

1

4 0 (L / 2)2 + y '2 3 2 y ' dy ' 1 = 4 0 (L / 2)2 + y '2 3 2

[

(L / 2)dy '

]

[

]

Integrando en y ambas expresiones entre 0 y - L encontramos:

E3 x =

2 5 5 1 4 5 y E3 y = 4 0 5L 4 0 5L 1

(

)

De donde E3 =

E1 = Ex1i == =

1 4 0

L / 2

3L / 2

( x ')

dx'2

1 2 5 5 4 5 i+ 4 0 5L 5L

(

)

j

i

Obviamente E = E1 + E2 + E3 b) Para responder a esta pregunta, basta con calcular la fuerza que realiza cada una de los trozos de hilo sobre Q, as, la fuerza que ejerce Q sobre el hilo estar determinada por el principio de accin y reaccin, es decir, las respuestas a la pregunta son: Caso 1 F1 = - E1Q ; Caso 2 F2 = - E2 Q ; Caso 3 F3 = E3 Q c) Como son distribuciones finitas, podemos utilizar la expresin deducida para ese fin a partir del potencial de una carga puntual respecto de infinito

1 i 4 0 x' 3 L / 2 i 3 0 L

L / 2

=

2 2 i 4 0 L 3L

Si llamamos E2 al campo generado por la semicircunferencia, por simetra, ste debe apuntar hacia abajo (eje y), luego, la nica componente que, luego de integrar es diferente de cero, est dada por

dV =

1 4 01

dq

dE y =

1 4 0

dlr r'

32

( y y ')= L/2, y = 0,

r r'

En el primer caso tendremos

V1 =

en nuestro caso r r '

32

4 0

L/ 2

dx'x'

3 L / 2

=

1 4 0

L/2

dx'x'

3 L / 2

el

y ' = (L / 2 )sen con medido desde el eje x. A su vez dl = (L / 2 )d . Reemplazando estos valoresen la integral se tiene.

cambio de signo es debido a que el dominio de integracin. Comprende slo valores de x < 0

V1 =

1 ln 4 0 3 1

dE y =

1 4 01

d

L 2 L sen 3 L 2 2

Del mismo modo,

V2 =

1 4 0 1 4 0

d

0

=

L 2 L 2

=

4 0

4 0 L 2

sen d

y finalmente

V3 =

L

dy 'L 2 + ( y ') 22

0

Integrando entre 0 y se tiene

E=

4 j 4 0 L 1

36

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn

=

ln ( 2 + 5 ) 4 0 4 0 1 ln 3 + + ln 2 + 5

V=

(

)

432,8 = 21640 V/m 20 10 3 q e Er v2 c) q e E = me v= r me E mx = q e = 1,6 10 19 C , me = 9,1 10 31 kg , 432,8 432,8 r = 30mm , E = = 14426,7 V/m = r 0,03

Ejemplo 64. Dos cscaras cilndricas conductoras largas son coaxiales y tienen radios de 20 mm y de 80 mm. El potencial elctrico del conductor interno, con respecto al conductor externo, es + 600 V. a) (1 punto) Se lanza un electrn desde el reposo en la superficie del conductor externo. Encuentre la velocidad del electrn cuando alcanza al conductor interno. b) (1 punto) Cul es a magnitud mxima del campo elctrico entre los cilindros? c) (1 punto) Si un electrn est en movimiento circular alrededor del cilindro interno en una rbita de radio 30 mm. Cul es a velocidad del electrn? d) (1 punto) Se lanza un electrn radialmente hacia afuera de un punto entre las cscaras en las cuales el potencial elctrico es + 350 V con respecto al conductor externo. La energa cintica inicial del electrn es 150 eV. Cul es a energa cintica del electrn, cuando alcanza cualquiera de las cscaras? Solucin. a) q e V =

v=

(1,6 10 ) 432,8 (0,03) 0,0319

31 9,1 10

= 8,72 x 106m/s d) Se lanza un electrn radialmente hacia fuera desde el punto 1 al punto 2 El punto 1 esta a + 350 V, el punto 2 en la cscara exterior a 0 V.

W12 = K 2 K 1 e(0 350V ) = K 2 150eV K 2 = 350eV + 150eV = 500eVEjemplo 65. Un electrn e (carga - e) incide con velocidad v a un pequeo agujero practicado en el centro de dos placas cuadradas planas de lado a. (En sus clculos utilice la aproximacin de placas infinitas). a) Encuentre la expresin que da cuenta de la densidad de carga en las placas cuando entre ellas hay una diferencia de potencial V (inicialmente las placas estn descargadas). b) Cul debe ser la diferencia de potencial V para que el electrn llegue con velocidad v/2 al agujero O? c) En las condiciones dadas en b). Qu fuerza ejerce el electrn contra la placa positiva cuando ha recorrido una distancia /2 entre las placas?

vf =

1 me v 2 f 2 2q e V 2(1,6 10 19 )(600 ) = me 9,1 10 31

= 1,45 x 107m/s b) Si consideramos que el conductor externo tiene V R2 = 0 y el conductor interno V R1 = 600V El potencial entre los conductores es

V =

dr r +C 2 0

=

ln r + C 2 0

Cuando r = R2 , V R2 = 0 y

0=

ln R1 + C C = ln R1 2 0 2 0 (ln R1 ln R2 ) 2 0 R 1,39 ln 2 = ln 4 = 2 0 R1 2 0 2 0

Cuando r = R1 , V R1 = 600V y

600 = =

600 = = 432,8 2 0 1,39

El campo entre los conductores es

E=

2 0 r

=

432,8 rSolucin. 37

El campo mximo se obtiene con el menor r.

Electrosttica a) Si inicialmente las placas tienen carga nula, al conectarlas a la diferencia de potencial V, cada una de ellas adquiere cargas de igual magnitud y distinto signo. Dichas cargas deben ser tales que generen un campo elctrico tal que V =

Hugo Medina Guzmn c) Luego el tomo pasa por condensador C 0 de placas paralelas con cargas iguales pero de signo opuesto entre E y D. Determine el valor las cargas en E y D cuando V2 = V E V D es responsable de la desviacin mostrada. d) Es posible que el tomo no sufra desviacin alguna entre E y D? Una desviacin en sentido opuesto? Solucin. a) eV1 =

que, al ser E = cte, vale V = E . Por otro lado, cada placa produce un campo E =

Placa 2

Placa1

E d r integral

2 0

, (Gauss) y, por lo

tanto, el campo total entre las placas resulta ser

E=

0

,con lo cual

=

0 V

.

1 2 mv0 v0 = 2

2eV1 m

b) La energa total del electrn antes de ingresar a O es

v 1 m0 v 2 y si llega a O con vO ' = , usando el 2 22

b) Como el tomo tiene carga positiva la placa A es positiva y la placa B es negativa, por lo tanto A est a mayor potencial que B. c) Q = C 0 V2 d) Si es posible que el tomo no sufra desviacin alguna entre E y D

teorema de conservacin de la energa podemos

1 v 1 2 escribir en O, eV + m0 = m0 v . A 2 2 2 3 partir de esta expresin, V = mv 2 . 8ec) La fuerza que ejercen las placas sobre el electrn en cualquier punto interior a las placas es F = e E cuya magnitud es F =

mg = eE

Tambin es posible, invirtiendo las cargas de las placas. SUPERFICIES EQUIPOTENCIALES Como hemos podido observar, el potencial es solamente funcin de las coordenadas de posicin, de tal manera que un potencial constante define una superficie equipotencial. En esta superficie no se realiza trabajo al mover una carga de prueba sobre ella, el campo elctrico es perpendicular a estas superficies. Los equipotenciales son perpendiculares a las lneas de fuerza, un campo elctrico puede representarse tambin por medio de las equipotenciales. Las equipotenciales de una carga puntual estn dadas por r =

e

0

dirigida hacia la placa

positiva. Por el principio de accin y reaccin, la fuerza que ejerce el electrn sobre las placas es igual, pero con sentido contrario a la anterior. Ejemplo 66. Sea un gas de tomos neutros entre dos placas a V1 = V A V B , la separacin es tal que el campo elctrico entre ellas es uniforme. Cuando un tomo de masa m choca con A queda inicialmente en reposo y pierde una carga e (la carga de un electrn).

q 4 0V

, las que se muestran en la figura

siguiente.

A continuacin se muestra las lneas equipotenciales producidas por dos cargas iguales y opuestas. a) Determine V1 cuando el tomo que choc con A pasa con una velocidad en P igual a v 0 (suponga que el agujero en P es pequeo y no afecta la forma del campo) b) Cual placa, A B, estara a mayor potencial? , Cul placa cargada negativamente? 38

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn CLCULO DEL CAMPO ELCTRICO A PARTIR DEL POTENCIAL. Como las fuerzas estn dadas por el campo elctrico potencial V. Consideremos dos puntos orientados con el eje x uno en x y el otro en x + x , la diferencia de potencial entre estos dos puntos es V .

E , sta puede obtenerse inversamente a partir del

V = V (x. + x, y, z ) V ( x., y, z )

Por definicin, escribimos en funcin de la derivada parcia1 Ejemplo 61. Se tiene dos cargas puntuales q y - 2q situadas en los puntos (0,0,0) y (a,0,0), respectivamente, encontrar la superficie equipotencial. Solucin.

V =

V x x

(Derivada parcial: Es la derivada de una funcin de dos o ms variables con respecto a una de ellas, considerando en el desarrollo a las dems como constantes). Simultneamente en la misma trayectoria

Fcilmente podemos deducir que

V = E d l = E x X Ex = V x

El potencial en el punto P (x, y, z) es: 1 q 1 2q V= 4 0 x 2 + y 2 + z 2 4 0 ( x a )2 + y 2 + z 2 Cuando V = 0 1 1 q 4 0 x 2 + y 2 + z 2 4 02q =0

Similarmente, podemos hacer a lo largo de los ejes z e y.

Ey =

V V y Ez = y z

(x a )

2

+y +z =4x +y +z2 2 2 2

(

(x a )2

2

+y +z2

2

El Campo resultante es la suma vectorial de sus componentes:

2

)

E = Exi + E y + Ez k j

2 a x 2 + ax + y 2 + z 2 = 3 32

V V V = x i y j z k 2

Sumando a ambos miembros a

9:

a 4 2 2 2 x+ + y + z = a 3 9 Ecuacin de la superficie equipotencial que corresponde a una esfera con centro en a 3 , 0 y radio R = 2a 3 , la figura siguiente muestra la superficie equipotencial V = 0 .

o

E = i x y j z k V

En notacin abreviada donde el operador llamado nabla es

E = V =

i+ j+ k x y z

Ejemplo 67. Responda los casos siguientes justificando cada respuesta. a) Un plano cargado con densidad de carga se coloca en el plano x y (z = 0). Halle el campo elctrico en todo el espacio por medio de la ley de Gauss. b) Usando el principio de superposicin y el resultado en a), halle el campo elctrico en todo el espacio cuando aadimos un segundo plano infinito con densidad de carga + 2 paralelo, en z = 2. c) Usando la definicin, evalu la diferencia de potencial V (x1) - V (x2) entre x1 = -3 y x2 = 1, 5. 39

Electrosttica d) Se coloca un tercer plano infinito descargado en z = 3 y se une al plano en z = 0 con un alambre conductor muy delgado, puede suponer que lo hace atravesando el plano z = 2 por un agujero muy pequeo, de manera de no afecta la geometra del sistema. Calcule la diferencia de potencial pedida en c). Solucin. a)

Hugo Medina Guzmn

E=

3 k k = k 2 0 2 0 0

Para z < 0:

E=

k k= k 2 0 2 0 0

c) La diferencia de potencial V (x1) - V (x2) entre x1 = -3 y x2 = 1, 5. Sea la superficie gausiana de rea A

E dS = 2 EA =

q

0

A

Para z > 0 E = Para

k 2 0 k z 2: =

E=

k+ k= k 2 0 2 0 0

3 2 0

k 0 3k

[ ( )]

Para 0 < z > 2: 40

V2 = V(0 ) V(1,5 ) = 0

k 1,5k 0

[

]

Electrosttica =

Hugo Medina Guzmn

1,5

0 3 1,5 3 V = V1 + V2 = = 2 0 0 0Ejemplo 68. Encontrar el campo elctrico producido por un dipolo elctrico a partir del potencial. Solucin. El potencial del dipolo es

Finalmente: E =

1

4 0 4 0 z 2 + R 2

(

qz

)

12

k

Ejemplo 70. Encontrar el Campo elctrico en el eje de un disco de radio R y con carga Q a partir del potencial. Solucin. Para el disco

p cos V = 4 0 r 2 1 E = V

V=

[(z 2 Rq2 0

2

+ R2

)

12

1

]

El Campo elctrico es Para este caso es conveniente trabajar con coordenadas esfricas,

El Campo elctrico es E = V Ex = 0 , E y = 0

Ez = =

q z2 + R2 2 z 2 0 R1 2 2 2 z + R 2 0 R q2

[((

)

12

1

]

=y

1 1 + r+ r r rsen

(

)

1 2

2 z 1

V 1 V 1 V E= r r rsen r

=

z 1 2 2 2 0 R z + R2 qq

)

12

En esta ecuacin el ltimo trmino vale cero ya que no existe variacin de potencial respecto a , entonces:

y E=

z 1 2 2 0 R z2 + R2

(

)

k 12

1 p cos 1 p cos = Er = 2 4 2 r r r 0 0 E =

1 r

1 p cos 4 r2 0

1 psen = 4 r2 0

E = E r r + E Ejemplo 69. Encontrar el campo elctrico en el eje de un anillo de radio R y con carga Q, a partir del potencial. Solucin. Para el anillo V =

Ejemplo 71. Perpendicular al eje x hay tres placas delgadas de metal, A en x = 0, B en x = 1 m, y C en z = 3 m. A se mantiene conectado a tierra, B tiene un potencial de 200 voltios, y C tiene un potencial de 100 voltios. a) Encuentre el campo elctrico entre A y B y entre B y C. b) Encuentre la densidad de la carga en cada placa.

4 0 (z + R 2 )2

q

12

El Campo elctrico es E = V Ex = 0 , E y = 0 y

Ez = =

q z 4 0 z 2 + R 2

Solucin. a) Los campos se asumen uniformes. A la izquierda (entre A y B).

(

)

12

E=

V 200 = - 200 V/m. = x 1

=

q 1 2z 4 0 2 4 0 z 2 + R 2 q z

A la derecha (entre B y C).

(

)

12

E' =

( 100) = + 50 V/m2

4 0 4 0 z 2 + R 2

(

)

12

b) Teniendo en cuenta que

= 0 En ,

vemos que

A = -200 0 C = - 50 041

C/m

2

C/m2

Electrosttica La placa B tiene una densidad de carga de +200 0 C/m2 a su izquierda y de - 50 0 C/m2 a su derecha, o una densidad de carga neta d) Finalmente, C =

Hugo Medina Guzmn

Q V

B

= + 150 0 C/m2.

Los condensadores se representan por medio de dos lneas paralelas iguales, como se ilustra n la figura . siguiente La figura a continuacin muestra diferentes condensadores comerciales.

CAPACIDAD - ENERGA ELECTROSTTICA INTRODUCCIN. De lo visto anteriormente el potencial (tomado relativo a un potencial cero en el infinito) de un cuerpo conductor con carga Q es proporcional al valor de dicha Carga Q. O la carga total Q en el conductor aislado es directamente proporcional al potencial del conductor, es decir

Q = CV

Donde C es una constante que depende de la forma del cuerpo, mas no de Q o V. Esta constante C es una caracterstica de un cuerpo al lado y se la denomina Capacidad.

La figura siguiente muestra como esta formado un condensador moderno de placas paralelas

C=

Q V

En el sistema internacional su unidad es el coulombio/voltio, al que se le denomina faradio, cuya abreviatura es F, en la prctica la capacidad de un faradio es muy grande, por eso se usan los submltiplos microfaradio picofaradio A manera de ejemplo calculamos la capacidad de una esfera conductora aislada de radio R. El potencial de un conductor esfrico con carga Q es V = y su capacidad C =

(F ) = 10 F ( pF ) = 10 12 F6

El condensador electroltico.

Q 4 0 R

1

Q = 4 0 R VEsquema de condensador electroltico.

EL CONDENSADOR Los sistemas que se encuentran en le prctica no estn referidos al infinito, consisten en dos conductores con cargas iguales y de signo opuesto, esto se consigue llevando la carga de un conductor al otro de tal manea que si este tiene una carga Q el .primero habr quedado con Carga -Q. A este sistema se le conoce como condensador. La relacin que existe entre la carga Q y la diferencia de potencial V = V1 V2 , es de la geometra del Condensador. Para calcular la capacidad C de un condensador es recomendable seguirlos siguientes pasos: a) Dados los dos conductores situar una carga + Q en uno de ellos y una carga - Q en el otro. b) Determinar el campo elctrico entre los conductores. c) Determinar la diferencia de potencial entre los conductores

Q = CV , donde a capacidad C depende solamenteComo se carga un condensador

42

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn

Representacin esquemtica del circuito anterior.

Solucin. Pongamos cargas Q y - Q a los cascarones de radios a y b respectivamente. Aplicando la ley de Gauss encontrar que el Campo elctrico entre ellos es

E=

Q , donde = 2 0 r L Q 2 0 Lr

De aqu E =

Ejemplo 72. El condensador de placas paralelas. Este Condensador consiste en dos placas paralelas de rea A y separadas una distancia d (d es muy pequea comparada con A). Solucin.

Como dV = E d lb a

V1 V2 = E d l = = Q 2 0 L ln b a

b

a

dr 2 0 L r

Q

Finalmente la capacidad es

C=

2 0 L Q = b V1 V2 ln a

Ponemos la Carga Q y - Q como se muestra en la figura. El campo elctrico que se forma entre las placas es: E = 0 , siendo = Q A , tenemos:

Ejemplo 74. El condensador esfrico. Este Condensador consiste en dos cscaras esfricas conductoras y aisladas con radios a y b. Solucin.

E=

Q 0A

Como dV = E d l La diferencia de potencial entre las placas es:

V1 V2 = E d l = Edx =1 1

2

2

Q d 0 A

Pongamos cargas Q y - Q a los cascarones esfricos de radios a y b respectivamente. Aplicando la ley de Gauss encontramos el campo elctrico entre ellos

Finalmente la capacidad, es

C=

A Q = 0 V1 V2 d

E=

Q 2 0 r 2

1

Como dV = E d l La diferencia de potencial entre los cascarones es

Ejemplo 73. El condensador cilndrico. Este Condensador cilndrico en dos conductores cilndricos concntricos de radios a y b con longitud L, siendo esta longitud mucho mayor a fin de poder despreciar las irregularidades de los extremos. 43

V1 V2 = E d l = a

b

b

a

Q dr 2 0 r 2

=

Q 1 1 4 0 a b

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn

V1 V2 =

Q 4 0

(b a )ab

Finalmente la capacidad es

Q ab = 4 0 (b a ) V1 V2 Cuando b , la capacidad tiende a C = 4 0 a , que es la capacidad del conductor C=esfrico aislado. Ejemplo 75. Encontrar la capacidad entre dos esferas conductoras de radios a y b separadas una distancia c, siendo c mucho mayor que a y b. Solucin.

En este caso la diferencia de potencial es igual a V para los dos condensadores. El Condensador C1 almacena una carga Ql

Q1 = C1 V

El Condensador C2 almacena una carga Q2

Q2 = C 2 V

La carga total almacenada es

Pongamos cargas Q y - Q a las esferas de radios a y b respectivamente. El potencial V1 sobre la esfera de radio a es el potencial debido a su carga Q mas el potencial debido a la carga - Q, tomada como puntual ya que c >> b

Q = Q1 + Q2 = C1 V + C 2 V = (C1 + C 2 )V Q Como le Capacidad es VLa capacidad equivalente es

C eq =

Q = C1 + C 2 Vn

V1 =

Q 4 0 a

+

( Q )

Si fueran n condensadores en paralelo la capacidad equivalente sera

4 0 c Q 4 0c

C eq = C ii =1

De1 mismo modo el potencial V2 sobre la esfera de radio b

V2 =

4 0b

( Q ) +

CONDENSADORES EN SERIE. La figura siguiente muestra una combinacin en serie de los condensadores de capacidades C1 y C2.

La diferencia de potencial entre las esferas es

Q Q Q Q V1 V2 = 4 a + 4 c 4 b + 4 c 0 0 0 0

V1 V2 =

Q 1 1 2 + 4 0 a b c

La capacidad del sistema es:

C=

4 0 Q = V1 V2 1 1 2 + a b c

COMBINACIONES DE CONDENSADORES Generalmente los condensadores se encuentran combinados en los circuitos elctricos. Los condensadores pueden combinarse de dos formas en paralelo o en serie. A continuacin encontraremos la capacidad equivalente de diferentes combinaciones. CONDENSADORES EN PARALELO. La figura siguiente muestra una combinacin en paralelo de los condensadores de capacidades C1 y C2 44

La diferencia de potencial entre los extremos es V , de tal manera que la diferencia de potencial en el condensador C1 es V1 y la diferencia de potencial en el Condensador C2 es V2 y V = V1 + V2 . Si los dos Condensadores se conectan y luego se cargan, por la conservacin de carga se requiere que cada condensador tome la misma carga Q, de tal manera que

Q Q Q , V2 = y V = C1 C2 C Q Q Q Luego = + C eq C1 C 2 V1 =

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn

Simplificando Q:

1 1 1 = + C eq C1 C 2

Sea la capacidad Ceq entre los puntos a y b. Hagamos un corte en el circuito como se muestra en la figura siguiente.

Finalmente C eq =n 1 1 = C eq i =1 C i

C1C 2 C1 + C 2

Si fueran n condensadores en serie

Ejemplo 76. En la figura siguiente encontrar la capacidad equivalente entre a y b. Donde C1 = 2 F , C2 = l F y C3 = 3 F .

Observamos que el circuito partiendo del corte AA a la derecha es igual al original luego la capacidad equivalente entre a y b es Ceq tambin. De esta manera el circuito podemos dibujarlo como se muestra a continuacin.

Este circuito es equivalente al mostrado al inicio. Luego Solucin. Primero tenemos que encontrar el equivalente de los condensadores C2 y C3 C eq1 = C 2 + C 3 = 1F + 3F = 4F . El Sistema se reduce a Finalmente: C eq

(C + C )C = (C + C ) + Ceq eq

=

C 2 + C eq C 2C + C eq

De donde resulta la ecuacin2 C eq + CC eq C 2 = 0

Tomando la solucin positiva

C eq =

(

5 1 C 2

)

C1 y Ceq1. Estn en serie, el equivalente es

C eq =

C1C eq1 C1 + C eq1

=

2 4 4 = F 2+4 3

Ejemplo 78. En el circuito mostrado, cada condensador tiene un valor de 4 F. Si Va - Vb = 12 voltios, hallar la carga de cada condensador y adems Va - Vd.

Ejemplo 77. Se tiene el sistema de Condensadores mostrado en figura, todos los condensadores tienen capacidad C y se extiende al infinito. Cul es la capacidad equivalente entre los puntos a y b? Solucin.

Solucin. 45

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn Solucin. El caso (a): Como la placa media y las dos adyacentes estn unidas al mismo potencial, de tal manera que no hay campo entre ellas, y las placas extremas estn al mismo potencial, de tal manera que el sistema consiste de dos condensadores en paralelo.

En la figura (4)

Q4 =

3C 3 V = 4 x10 6 (12 ) = 28.8x10-6 C 5 52 0 A d

(

)

Esta misma carga es para los dos condensadores de la figura (3), por estar en serie. En la figura (2)

Q3 Q'3 Q'3 = 2Q3 , adems = C C/2 Q'3 +Q3 = Q4 = 7,2x10-6Luego Q3 = 2,4x10-6 y Q ' 3 = 4,8x10-6 En la figura (1)

La Capacidad es: C eq = 2C =

El caso (b): La figura a continuacin muestra como se forman los campos y es equivalente a cuatro condensadores en paralelo.

Q1 = Q2 = Q '3 = 4,8x10-6 En resumen Q1 = Q2 = 4,8x10-6 C, Q3 = 2,4x10-6 C, Q4 = 7,2x10-6 CVa Vd =

Q3 2,4 x10 6 = = 0,6 V C 4 x10 6La Capacidad es: C eq = 4C =

Ejemplo 79. Un condensador de radio consiste de cinco placas igualmente espaciadas cada una de rea A y separadas una distancia d.

4 0 A d

Ejemplo 80. Dos Condensadores de Capacidades 1 F y 2 F , cargados cada uno a 50 voltios se conectan en las dos formas posibles. Cuales son la carga y diferencia de potencial de cada condensador en cada caso? Solucin. La Carga que toman los condensadores a 50 voltios, es Calcular la capacidad cuando las placas se conectan en las formas mostradas en las figuras (a) y (b).

Q1 = C1V = 1 10 4 50 = 0,5 x 10-6 C

Q2 = C 2V = 2 10 4 50 = 1,0 x 10-6 C

46

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn Finalmente el esquema queda como sigue

Primera posibilidad: Conectar positivo con positivo y negativo con negativo

Esta conexin nos da que la carga en cada condensador sigue siendo la misma Q1 = 0,5 x 10-6 C y Q2 = 1,0 x 10-6 C La diferencia de potencial sigue siendo 50 voltios. Segunda posibilidad: Conectar positivo con negativo y negativo con positivo.

Ejemplo 81. Dos esferas aisladas conductoras, cada una con radio 3 cm, estn muy separadas conectadas por un alambre (no considerar la capacidad del alambre). Las esferas estn cargadas a un potencial de 100 Voltios. Una cscara esfrica de radio 4 cm dividida en dos hemisferios se coloca concentricamente alrededor de una de las esferas conectndola a tierra, formando un condensador esfrico; el alambre que une a las esferas pasa a travs de un pequeo agujero en las cscaras. Calcular el potencial final de los dos Conductores. Solucin.

En la posicin antes: La capacidad de cada una de las esferas es C1 = 4 0 R1 , y la carga en cada esfera es Q = C1V1 = 4 0 R1V1 En este caso la carga se redistribuir En la posicin despus: La capacidad de la esfera simple sigue siendo C1 = 4 0 R1 y su carga es

Q' 2 = C1V2 = 4 0 R1V1 . La capacidad de lasesferas concntricas es C 2 = 4 0 carga es De tal manera que

R1 R2 y su R2 R1

Q' ' 2 = C 2 (V2 VTierra )= 4 0

Q'1 +Q' 2 = Q1 + ( Q2 ) = Q1 Q2

Q'1 +Q' 2 = 0,5 10 6 1,0 10 6 = 0,5 10 6 Pero Q '1 = C1V ' y Q ' 2 = C 2V 'De aqu C1V '+C 2V ' = 0,5 106

R1 R2 V2 R2 R1

V '=

0,5 10 6 0,5 10 6 = C1 + C 2 1 10 6 + 2 10 6 50 V '= V 3

Como la carga del sistema se conserva: Carga antes = carga despus.

2Q1 = Q'1 +Q ' ' 224 0V1 R1 = 4 0V2 R2 + 4 0De aqu: V2 =

El valor negativo significa que el potencial es ms negativo en la parte superior que la parte inferior. Luego

R1 R2 V2 R2 R1

50 Q'1 = 1 10 6 = - 1,66 x 10-5 C 3 50 Q'2 = 2 10 6 = - 3,33 x 10-5 C 347

2 V1 R2 1 + R R 2 1

Como V1 = 100 V, R1 = 3 cm y R2 = 4 cm, remplazando obtenemos:

Electrosttica

Hugo Medina Guzmn

V2 =

2 4 1 + 4 1

100 = 40 V

El potencial final de los dos conductores es 40 voltios. Ejemplo 82. Encontrar la capacidad equivalente entre los puntos a y b, todos los condensadores tienen capacidad C.

y por ltimo

Ejemplo 83. Encontrar la capacidad equivalente entre los puntos a y b, todos los condensadores tienen capacidad C. Solucin. Este caso al parecer muy complicado se simplifica debido a su simetra. El reparto de Cargas al ponerlo a una diferencia de potencial sera como se muestra a continuacin: Solucin. A este circuito aparentemente complejo, porque no est ni en serie ni en paralelo podemos hacerle algunas transformaciones sin cambiarlo.

Claramente se ve que este circuito es igual al que se muestra en la figura a continuacin:

Entre a y c hay un solo condensador Entre a y d hay un solo condensador Entre c y d hay un solo condensador Entre d y b hay un solo condensador Entre c y b hay un solo condensador Esto nos permite hacer el dibujo equivalente siguiente

Y esto nos lleva a:

El que tambin se puede dibujar como

Continuando la simplificacin 48

Podramos resolverlo en forma similar al hexgono anterior, pero lo vamos a hacer en forma diferente.

Electrosttica Se puede ver: Vab = Vad y Vcb = Vdb Con lo que podemos concluir: Vc = Vd , esto hace que el condensador entre c y d no se cargue y es como si no existiera, con lo que el circuito queda reducido, a condensadores en paralelo el que podemos ir simplificando hasta encontrar el condensador equivalente.

Hugo Medina Guzmn

De aqu Q = 2,0 10 (9 ) = 18,0 C Que es la carga que corresponde a cada condensador.6

b) Vcb =

Vdb

VcdEjemplo 84. Sean cuatro condensadores conectados como se indica en la figura anexa. Con el interruptor S abierto, se aplica una diferencia de potencial Va Vb = Vab = 9 V.

Q 18 10 6 = =6V 3,0 10 6 3,0 10 6 Q 18 10 6 = = =3V 6,0 10 6 6,0 10 6 = Vc Vd = Vcb Vdb = 6 3 = 3 V

El punto a est a mayor potencial. c) La distribucin de las cargas es como se indica a continuacin

Esto se reduce a

a) Calcule el valor de la carga de cada condensador. b) Cul es la diferencia de potencial Vcd = Vc Vd ? Qu punto est a mayor potencial? c) Se encierra el interruptor S, sin desconectar la diferencia de potencial Vab Cul es el valor de la carga de cada condensador? d) Cul es el cambio de energa U = U i U f al cerrar el interruptor S? comente el signo de su resultado. Sugerencia use el concepto de condensador equivalente para obtener el valor U . Solucin. a) El dispositivo se carga de la manera indicada en la figura siguiente.

Y finalmente

De lo que obtenemos:

Q = 4,5 10 6 (9) = 40,5x10-6 C = Q1 + Q2 Como Vac = Vad Q Q1 Q2 = 1 =2 6 6 Q2 6 10 3 10

De estas dos ltimas relaciones: Q1 = 27x10-6 C, Q2 = 13,5x10-6 C d) U i =

= 1,62x10-4 J

1 1 2 2 C eq (i )Vab = 4 10 6 (9 ) 2 2

(

)

Uf =1 1 1 1 = + = C eq = 2,0 F C eq 6,0 3,0 2,049

= 1,82x10-4 J

1 1 2 2 C eq ( f )Vab = 4,5 10 6 (9 ) 2 2

(

)

U = U i U f = 1,62x10-4 - 1,82x10-4

Electrosttica = - 0,20x10-4 J El signo es negativo porque se ha realizado trabajo sobre el sistema porque aumento su capacidad y haba que aumentar la carga. Ejemplo 85. El circuito mostrado inicialmente con los condensadores descargados X, Y, y Z, y los interruptores abiertos, S1 y S2. Una diferencia potencial Vab = +120 V se aplica entre los puntos a y b. despus de que el circuito est montado, se cierra el interruptor S1, pero el interruptor S2 se mantiene abierto. Encontrar a) La energa almacenada en el condensador X b) La carga del condensador Y. c) El voltaje a travs del condensador Z. d) Si el interruptor S1 se abre, y se cierra S2. Encontrar el voltaje final a