guia de fisica ii parte 1 - hugar capella · formas de producir cargas electricas en los cuerpos...

INTRODUCCION

Los fenómenos asociados a la electricidad están ligados directamente o indirectamente al

hombre, incluyendo su creación. El hombre primitivo observó las descargas eléctricas atmosféricas

con temor y respeto, porque este “fogonazo del cielo” acompañado de un fuerte estruendo, destruía

todo donde caía, incluyendo sus vidas.

En Grecia, cuna de la civilización, 600 A.C, se descubrió que este fenómeno podía ser

producido y manejado por el mismo hombre, por supuesto a escalas muy pequeñas y en otras

condiciones. Era el caso que al frotar resinas vegetales petrificadas (ambar=elektron) con un paño de

lana y acercarlas a partículas tales como cabellos, pajas secas, éstas eran atraídas por el ámbar. El

fenómeno asociado a esta experiencia se le conoce como Electricidad. Asimismo, y casi

simultáneamente, se conoció un fenómeno cuyo comportamiento era parecido al anterior, El

Magnetismo. Este se deriva del nombre de una piedra, Magnetita hallada en Magnesia, que en su

estado natural podía atraer, partículas de hierro u otro metal sin necesidad de frotarle.

El Objetivo de este curso de Física II, se centra en el estudio y análisis de estas ramas de

la ciencia, y abre las puertas al estudiante a conocer las teorías que revolucionaron al mundo

moderno, y que gracias a la capacidad desarrollada por hombre de manejar los efectos

electromagnéticos, ilumina ciudades, aumenta la productividad en las fábricas, inventa máquinas que

pone a su servicio, viaja a la Luna, tiene satélites artificiales de observación y comunicación

alrededor de la tierra y de otros mundos y mediante sus equipos ha fotografiado los planetas

exteriores del sistema solar y observa y estudia los confines del universo.

CARGAS Y CAMPOS

La Electricidad y el Magnetismo como ramas de la Física se divide en:

Electroestática : Estudia las cargas eléctricas en reposo. Electrocinética: Estudia las cargas en movimiento a través de conductores. Magnetostática: Estudia el magnetismo creado por imanes naturales y agujas magnéticas. Magnetocinetica: Estudia campos magnéticos en movimiento. Electrónica : Estudia el movimiento de electrones por efectos electromagnéticos y su aplicación tecnológica. Electromagnetismo: Estudia las acciones reciprocas entre efectos magnéticos y eléctricos.

ELECTROSTATICA ELECTRICIDAD

ELECTROCINETICA

MAGNETISMO

ELECTRONICA

ELECTROMAGNETISMO

MAGNETOSTATICA

MAGNETOCINETICA

RESEÑA HISTORICA

Charles de Coulomb (1736-1806) Michael Faraday (1791-1867)

Descubrimiento de la Electricidad y el Magnetismo:

• Tales de Mileto, ( Grecia aprox. 600 a.c ) .........................................................................

• Plinio .........................................................................

Estudio sobre la carga eléctrica y la relación entre la electricidad y el magnetismo.

• Stoney ( ) .........................................................................................

• J.J Thomsom (1856 -1940 ) .................................................................................

• William Gilbert ( 1540-1608 ) .................................................................................

• Hans Oerterd ( 1777-1851 ) .................................................................................

• Stephen Gray ( 1729- ) .....................................................................................

• Benjamin Franklin ( 1706- 1790 )................................................................................

• Joseph Priestley ( 1753- 1804 )................................................................................

• Charles de Coulomb ( 1736- 1806 )................................................................................

• Jhon Michell ( 1724- 1793 )................................................................................

• Michael Faraday ( 1791- 1867 ).................................................................................

Consolidación de teorías y formulación de ecuaciones que gobiernan el electromagnetismo. • James Maxwell ( 1831- 1879 ) ................................................................................

• George Ohm ( 1787- 1854 ) .................................................................................

• Karl Gauss ( 1777- 1855 ) .............................................. .................................

• Andre Ampere ( 1775- 1836 ) .................................................................................

• Alejandro Volta ( 1745- 1827 ) .................................................................................

• Gustav Kirchoff ( 1824- 1887 ) ..................................................................................

• Joseph Henry ( 1797- 1878 ) ............................................... ..................................

• James Watt ( 1736- 1819 ) ...................................................................................

• Heinrich Hertz ( 1857- 1894 ) ...................................................................................

• H.A Lorentz ( 1853- 1928 ) ....................................................................................

ACTIVIDAD: INVESTIGUE Y COLOQUE EN LA LINEA EL APORTE MAS SIGNIFICATIVO AL

ESTUDIO DE LA ELECTRICIDAD Y EL MAGNETISMO DE CADA CIENTIFICO RESEÑADO EN

LA LISTA ANTERIOR.

CARGA ELECTRICA

ASPECTOS CUALITATIVOS Propiedades intrínsecas de la materia

• Masa : Definida por la segunda ley de Newton

• Carga eléctrica : Condición que puede crear un estado eléctrico externo..

• Magnetización : Concepto asociado al movimiento rotacional del electrón sobre su

mismo eje ( SPIN o momento cinético )

• Atracción Gravitacional : Condición definida por la ley de gravitación de Newton

Estados eléctricos de la materia. • Neutral

• Positivo ( + )

• Negativo ( - )

CARGAS IGUALES SE REPELEN Y CARGAS DIFERENTES SE ATRAEN

El átomo como sistema eléctrico.

El átomo en estado normal es eléctricamente neutro. Los componentes fundamentales del

átomo son los siguientes:

• ELECTRONES: Son partículas que orbitan alrededor del núcleo y determinan el estado eléctrico

del átomo. Su carga eléctrica se denomina como negativa y de acuerdo al estado físico y

característica de la materia que conforman puede saltar de niveles y desplazarse por esta. Su

presencia fue demostrada por primera vez por el físico R. Stoney en el año 1874, que hallo por via

indirecta el valor de su carga. Alrededor del año 1900, mediante el estudio de ionización de los

gases se puso de manifiesto su individualidad. La medida exacta experimental del valor de la

carga electrónica se debe a R. Millikan en la primera década del siglo XX.

• PROTONES : Son partícula cuya carga eléctrica se denomina como positiva. Están unidos entre

sí en el núcleo por la fuerza nuclear fuerte. La cantidad de protones en un átomo definen el

número atómico.

• NEUTRONES: Son partículas cuya carga eléctrica es neutral. Conforman junto con los protones

y otra subpartículas el núcleo atómico. Son inestables en estado libre.

Denominación del átomo de acuerdo a su estado eléctrico:

• Ión : Atomo con exceso o déficit de electrones.

• Catión : Atomo con déficit de electrones

• Anión : Atomo con exceso de electrones.

Otras características de las partículas atómicas.

PARTICULA MASA (KG ) CARGA ELECTRICA (COULOMB ) SPIN MOMENTO MAGNETICO

ELECTRON 9,1 x 10-31 -1,6 x 10-19 ½ NORMAL

PROTON 1,6 x 10 -27 +1,6 x 10 –19 ½ NORMAL

NEUTRON 1939 VECES MAYOR

QUE LA DEL ELECTRON .

NULA ½ NORMAL

El antielectrón, el antiprotón y el antineutrón son los anticorpusculos de los anteriores y su

existencia predecida por la ecuación de Dirac ha sido plenamente probada experimentalmente.

Extrapolando hacia el interior de la materia, se encuentran una serie de corpúsculos siendo los que

a continuación se nombran, los asociados a las fuerzas de interacción o acción a distancia.

Fotón: Explica la existencia de las fuerzas eléctricas y magnéticas y permite comprender las

radiaciones electromagnéticas, respuesta que se obtiene analíticamente con las ecuaciones de

Maxwell. Tiene masa prácticamente nula, carga eléctrica nula. Spin 1 momento magnético nulo.

Pión: masa de 272 veces la del electrón. Spin nulo y momento magnético nulo. Existe pion negativo,

positivo y nulo. Se obtienen por desintegración y su vida es muy corta. El estudio de los piones

explican la existencia de las fuerzas nucleares.

Gravitón: su existencia se estima hasta los momentos teóricamente. Su masa se cree nula igual que

su carga, Spin 2, momento magnético nulo y explicaría las acciones de la gravitación.

Como es el átomo. Modelos atómicos La primera idea sobre el átomo las introdujo Dalton en 1805, confirmando que la materia no

es continua y es divisible. Los modelos atómicos que se han sugerido y que han sido respaldados de

acuerdo al avance científico, en cada época, fueron los siguientes:

Modelo de Pastel de Pasas. Modelo típico aceptado a finales del siglo XIX y sostenía que los

electrones estaban incrustados en un material cargado positivamente como un pastel de pasas. Este

modelo fue respaldado por J.J.Thomson que argumentaba que los electrones tenían que estar en

movimiento.

Modelo Espacial de Rutherford. Sostenía que los electrones en movimiento giraban en órbitas

circulares fijas alrededor del núcleo. Determinó dimensiones y masa del núcleo. Este modelo predice

la emisión de luz en una gama continua de frecuencia y no en espectro como realmente es.

Modelo de Bohr. Incorpora la recién formulada teoría cuántica pero hacia suposiciones de manera

que la teoría concordara con los experimentos realizados. Explica la emisión de luz en espectro con el

salto de electrones de un nivel de energía a otro. Se habla de la emisión de fotones de luz

Representación de cuatro modelos atómicos

Modelo de Sammerfeld. Propuso un modelo elíptico para reemplazar las condiciones de

cuantificación de Bohr, posteriormente sobre este mismo modelo Uhlenbeck y Goudsmit introdujeron

una rotación del electrón sobre su propio eje con lo que dieron una explicación parcial de la

estructura fina.

Modelo de D´Broglie. Se introduce la idea de la onda partícula, en la cual el electrón en una órbita

elíptica cumple un fenómeno ondulatorio. Hipervínculo ..\Orbitales atómicos.doc

Modelo de Schrodinger y Born. En este modelo los electrones se encuentran alrededor del núcleo no

en órbitas sino en forma de nube electrónica esférica.

Modelo de Paul Dirac. Al modelo anterior se introduce el concepto del Spiner, vocablo que da la idea

de un movimiento giratorio de los electrones sobre su mismo eje. Este modelo más reciente explica la

mayoría de los fenómenos conocidos experimentalmente del comportamiento del átomo y ha

permitido probar teóricamente la existencia de las llamadas antipartículas. Referencia: Microsof,

Encarta (2004). Atomo.

Explicación del fenómeno eléctrico a partir de los modelos

Los modelos atómicos nos dan la idea, sin caer en los detalles de su explicación física, que los

electrones pueden desplazarse dentro del átomo mismo, así como también, existe la posibilidad que

salgan del sistema atómico. La unión de dos o más átomos constituyen las moléculas; estas a su vez se

agrupan para formar cuerpos físicamente constituidos, cualquiera que sea su estado.

peine, el ámbar, etc, pueden cargarse negativamente. Los cuerpos están constituidos por grupos de

átomos y pueden adquirir una condición eléctrica negativa o positiva, siempre y cuando exista un

agente externo que la provoque. Así los materiales vítreos, como los vidrios se cargan positivamente

y los plásticos y resinas se cargan negativamente. En el primero de los casos se cedió electrones y en

el segundo caso se acepto electrones. Es de notar que una carga negativa anula a otra positiva de la

misma magnitud.

Materiales conductores y aislantes.

De acuerdo a la capacidad que tienen los cuerpos de dejar pasar o no cargas

eléctricas a través de si, pueden clasificarse en :

Conductores: Son aquellos materiales, que pueden transportar a través de si, las cargas eléctricas.

Como ejemplo se tienen los metales, cuyo enlace entre átomos ( enlace metálico ), permite que los

electrones se movilicen a una velocidad determinada dentro de ellos. Los conductores pueden

presentarse en cualquiera de los cuatro estados de la materia, sólido, liquido, gaseoso o como plasma,

este último estado se le conoce muy poco en nuestro planeta, pero se haya presente en el 90% del

universo.

Aislantes o dieléctricos. Son aquellos materiales que no dejan transportar a través de si, cargas

eléctricas. Las cargas eléctricas se quedan fijas en el lugar que se les produce. Ejemplos de material

aislante, es la porcelana, el vidrio, la madera seca.

Semiconductores. Son materiales con características intermedias, entre conductores y aislantes,

pues conducen las cargas eléctrica en un solo sentido dentro del material. Ejemplo son el cristal de

germanio y de silicio y su aplicación tecnológica es gran utilidad en la electrónica como lo son los

diodos, transitores, y los llamados circuitos integrados.

FORMAS DE PRODUCIR CARGAS ELECTRICAS EN LOS CUERPOS Frotamiento o triboelectricidad: Al frotar un peine, ámbar o plástico, con un pedazo de lana, los

átomos de la lana ceden electrones que pasan al material, el cual queda cargado negativamente. Por

otra parte si se frota un material vítreo, con un pedazo de seda, los átomos del vidrio ceden

electrones que pasan a la seda, y el vidrio queda cargado positivamente.

Es de notar que solo el déficit o exceso de electrones en materiales sólidos son los que

determinan el tipo de carga eléctrica del material.. en otro estado de la materia, la carga

eléctrica la determinan los iones libres ( cationes o aniones ).

Inducción o influencia. Si se tiene un cuerpo previamente cargado como por ejemplo, una barra de

vidrio ( positivo ) y se le acerca sin tocarle a un cuerpo conductor sin carga ( neutro ), se sucede el

siguiente efecto; Como la barra de vidrio tiene carga positiva atrae a través del medio ambiente que

separa ambos cuerpos, a los electrones libres del conductor estos se movilizan hasta el lugar mas

próximo a la barra de vidrio. La barra de vidrio ejerce una inducción electrostática sobre el material

conductor.

Carga por conducción o contacto. Al tener contacto físico un cuerpo cargado con un cuerpo

descargado este puede cargarse del exceso del electrones del cuerpo cargado, si este tiene carga

negativa inicialmente, si el primer cuerpo esta cargado eléctricamente positivo, los electrones libres

de los cuerpos descargados pasan por el lugar del contacto físico para rellenar las vacantes

eléctricas del cuerpo positivo.

Principio de cuantificación de la carga

En 1909, Robert Millikan demostró que la carga eléctrica siempre se presenta como

múltiplo entero de una cantidad fundamental de carga, es decir el valor e = 1,602 x 10-19

cuolomb., es decir siempre se existirá en pequeños paquetes discretos o cuantos de carga.

n= 1,2,3,4....... Murray Gell - Mann propone sin demostrar aún, la existencia de cargas múltiplos de

+-1/3e llamadas “ quarks “.Referencia: Microsof, Encarta (2004). Los quarks

Principio de conservación de la carga

En todo proceso, físico o químico, la carga total de un sistema de partículas se conserva. Es lo que se conoce como principio de conservación de la carga.

PREGUNTAS GENERALES DE ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO 1) CUALES SON LAS PROPIEDADES DE LA CARGA ELÉCTRICA?

Resp.

-Hay dos tipos de cargas en la naturaleza con la propiedad de que, cargas diferentes se atraen

y cargas similares se repelen.

- La fuerza entre cargas varía con el inverso del cuadrado de la distancia que los separa. -. La carga se conserva -. La carga esta cuantizada 2) Sí un objeto suspendido A, conductor, es atraido hacia el objeto B, que esta cargando?

Podemos concluir que el objeto A esta cargado?

Resp. No necesariamente A debe estar cargado. Sí A esta neutral y se acerca un objeto B sin

tocarle, se produce una polarización. Las cargas opuestas a la del objeto B, tratan de “alejarse”

en la superficie del objeto A. La carga que se desplaza es la misma que se acerca, en magnitud.

La fuerza de atracción ejercida sobre B por la cara inducida en el lado cercano de A es

ligeramente mayor que la fuerza de repulsión ejercida sobre B por la carga inducida en el lado

lejano de A. La fuerza neta esta dirigida de A hacia B.

q = n.e

Responda las siguientes preguntas. ¿ Qué rama de la física estudia los imanes permanentes? ¿ Cual fue la experiencia científica de Plinio ? ¿ Que es la carga eléctrica ? ¿ Diga cual fue el aporte científico que legó a la humanidad Benjamín Franklin, en lo que al estudio de la electricidad se refiere ? ¿ Que tipo de interacción eléctrica experimentan dos cuerpos cargados positivamente cercanos? ¿ Porque los protones del núcleo atómico no se repelen entre si? ¿ Dibuje un modelo geométrico del átomo de acuerdo al modelo de Schrodinger y Born?

¿ Al frotar vidrio con un paño de seda, porque el vidrio queda cargado positivamente? Explique el fenómeno eléctrico que sucede. ¿ Como puede cargar un cuerpo negativamente y previamente neutro, por inducción? Haga un diagrama con esferas.

LEY DE COULOMB ASPECTOS CUANTITATIVOS

ENUNCIADO: La fuerza de atracción y/o repulsión que se ejerce entre dos cuerpos electrizados es directamente proporcional a las cargas eléctricas de cada uno de ellos e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que los separa. Esta fuerza se ejerce a lo largo de la recta “r” que une a ambas cargas, que intervienen en la interacción.

r Q1 Q2

Expresión de la ley de Coulomb.

F = K 2

2*1

r

QQ

Magnitud de la fuerza electrostática

Como toda fuerza es una cantidad física vectorial, tiene magnitud, dirección y sentido.

F = K 2

2*1

r

QQ Ur Vector Fuerza Electrostática (ec. I1)

K constante electrostática en el S.I K= 9x109 Nw x m2/ coul2

F ( Newton ) Q1 ; Q2 carga eléctrica ( Coulomb ) (C) r ( metros ) Ur Vector Unitario en dirección y sentido de la fuerza. Electrostática.

CAPITULO I

Carga eléctrica. Ley de Coulomb.

Ejemplo 1.1 Principio de cuantización de la carga a) Calcule el número de electrones en un pequeño alfiler de plata, eléctricamente

neutro, que tiene una masa de 10 g. La plata tiene 47 electrones por átomo y su

masa atómica es de 107,87 g/mol.

b) Se añaden electrones al alfiler hasta que la carga neta es de 1 mC

(miliCoulomb). ¿Cuantos electrones se añaden por cada 109 electrones ya

presentes?.

Consideraciones: Figura 1.1 Electrones en un alfiler de plata Solución: a) Si la masa del alfiler es de 10 g, entonces esta masa contiene 9,27 x 10-2 mol de

acuerdo a la regla de tres siguiente:

107,87 g. ----- 1 mol

10 g. ----- X X = g

molg

87,107

110 ×= 9,27 x 10-2 mol

El número de electrones del alfiler se consigue de la siguiente manera:

En un mol de sustancia existen

107,87 gramos (g) del material, y

6,021367 x 1023 átomos los cuales

contienen 47 electrones cada uno. De

acuerdo a esto en un mol de plata hay

2,83 x 1025 electrones.

Alfiler

m = 10 g.

Número de electrones totales = 2,83 x 1025 mol

elect x 0,0927 mol

Número de electrones del alfiler = 2,62 x 1024 electrones

b) Si la carga neta es de 1 mC = 10-3 Coulomb (C) el número de electrones añadido

es:

q = ne n = C

C19

3

10602,1

10−

−

×= 6,242 x 1015 electrones

Se divide el número total de electrones cuando el alfiler estaba neutro, es decir:

9

24

10

1062,2 ×= 2,62 x 1015

Entonces los electrones añadidos se dividen entre este número

15

15

1062,2

10242,6

××

= 2,38 electrones

Que define que por cada 1 millardo (mil millones) de electrones añadidos existen

2,38 electrones en el material, originalmente.

Ejemplo 1.2 Principio de la conservación de la carga eléctrica.

Una carga de 10 µC y una carga de – 6 µC están separadas 40 mm ¿Qué

magnitud de la fuerza electrostática existe entre ellas? Las esferas se ponen en

contacto unos cuantos segundos y luego se separan de nuevo 40 mm. ¿Cuál es la

nueva fuerza? ¿Es de atracción o repulsión?

(número de veces que se repite 109 en la cantidad inicial de electrones)

Consideraciones:

a)

b)

c)

← Repulsión →

Figura 1.2 Interacción eléctrica entre esferas

conductoras cargadas.

Solución:

A) ( ) Nmx

CxCxCmNx

r

qqKFA 5,337

10401061010

10923

662

29

221 =××⋅

=⋅=−

−−

B) 0=BF

C) ( ) CCqqQ µµ 4)610(21 =−=−+=

( ) Nx

xxx

Fc 5,221040

102

410

2

4109

23

669

=××

=−

−−

Nota: En lo sucesivo las cantidades vectoriales se denotarán con una letra y una flecha arriba y su magnitud o módulo sin la flecha.

La magnitud F del vector fuerza

electrostática F en la condición a)

puede calcularse fácilmente aplicando la

Ley de Coulomb, sobre el eje horizontal

y como son de diferentes signos, es

atractiva.

En la condición b) hay una suma

de cargas, las cargas negativas tratan

de neutralizar las cargas positivas y

prevalece la de mayor signo, al

separarse c) la carga total Q se

redistribuye en forma equitativa. (1µC =

10-6 C)

2q−

Qqq =+ 21

1q+

2Q

2Q

r

eF eF

EJEMPLO 1.3 FUERZA ELECTROSTÁTICA Y FUERZA

GRAVITACIONAL

Dos protones en una molécula están separados por una distancia de 3,80 x 10-10 m.

a) Encuentre la fuerza electrostática ejercida por un protón sobre el otro.

b) ¿Como se compara la magnitud de esta fuerza con la magnitud de la fuerza

gravitacional entre los dos protones?

c) ¿Cual debe ser la razón entre la carga y la masa de una partícula si la

magnitud de la fuerza gravitacional es igual a la magnitud de la fuerza

electrostática entre ellas?

Consideraciones: Fig. 1.3 Interacción eléctrica y gravitacional entre dos protones de una molécula.

La magnitud de la fuerza

electrostática entre dos cargas

puntuales puede hallarse por la ley de

Coulomb. 2

21

r

qqKFe

⋅= . Como las

cargas de las partículas son iguales

qp= e+ = 1,602 x 10-19 C, entonces

2

2

r

qKF

p

e = .

Para calcular la magnitud de la

fuerza gravitacional se utiliza la ley de

gravitación universal de Newton

2r

mmGFg

pp ⋅= (por ser estas dos

fuerzas conservativas, dependen del

inverso de r2)

Fg Fg

Solución:

a) Magnitud de la fuerza electrostática.

( )( ) 2210

219

2

29

108,3

106,1109

mx

Cx

C

mNxFe −

−

×⋅= Fe = 1,595 x 10-9 N Repulsiva

b) Magnitud de la fuerza gravitacional.

Tomando el valor de G = 6,67 x 10-11 2

2

Kg

mN ⋅ ( ver apéndice B )

y la masa del protón mp = 1,67 x 10-27 kg

( )( ) 2210

227

2

211

108,3

1067,11067,6

mx

Kgx

Kg

mNxFG −

−− ×⋅=

FG = 1,29 x 10-45 N

Como se muestra, la magnitud de fuerza gravitacional es mucho menor que la magnitud de fuerza electrostática; para estas dos partículas la proporción es la siguiente:

3610234,1 xF

F

G

e =

c) Razón entre carga y masa

m

q si las magnitudes de las fuerzas son iguales.

Fe = FG 2

2

2

2

r

mG

r

qK

pp = despejando

2

29

2

211

2

2

109

1067,6

Cb

mNx

Kg

mNx

m

q

⋅

⋅

=

−

La relación carga masa es: Kg

Cx

m

q 111061,8 −=

Ejemplo 1.4 Cargas distribuidas discretamente en el plano.

En la figura 1.4 a. se localizan tres cargas puntuales ubicadas en las esquinas de un

triangulo equilátero, calcule la fuerza eléctrica neta sobre la carga de 7 µC

Consideraciones:

a)

b)

Fig. 1.4 a) Cargas en los vértices de un triángulo equilátero. b) Diagrama de

fuerzas sobre qA .

Solución:

La fuerza BFr

como vector se calcula multiplicando su magnitud por un vector unitario

BUr

en la misma dirección y sentido que ella, es decir:

BBB UFF

rr=

La magnitud de BFr

se calcula aplicando la ley de Coulomb

rB rC

+

+ -

CqA µ7=

CqB µ2= CqC µ4−=

0,50 mts 60°

Bθ

BFr

CFr

°300

Cθ

• La fuerza electrostática resultante

sobre la carga qA es la suma

vectorial de las fuerzas

electrostáticas de la carga de qB

sobre la qA, BFr

que es repulsiva,

más la fuerza de la carga qC sobre

qA, CFr

que es atractiva. De acuerdo

al diagrama entonces la

CBR FFFrrr

+=

2B

ABB

r

qqKF =

Donde rB es la distancia entre las cargas Aq y Bq , y coincide con un lado del

triángulo equilátero, rB = 0,50 m.

El vector unitario BUr

se calcula por la relación siguiente:

BUr

= Cos θ XU

r+ Sen θ

YUr

(válida en el plano)

Donde θ es un ángulo formado a partir del eje X positivo en sentido contrario a las

manecillas del reloj hasta encontrar el vector con el cual se trabaja. XU

r ;

YUr

y

ZU son los vectores unitarios en dirección y sentido de los ejes X ; Y y Z

positivos respectivamente. En este caso θB = 60° .

.

( ) ( ) YX USenUCosUrrr

⋅+⋅= º60º60 Entonces

( )( ) ( )( )yXB USenUCos

m

CxCxxxm

CNx

Frrr

⋅+⋅=

−−

º60º6050,0

107102109

22

66

2

29

NyUUF XB ⋅+= )44,0252,0(rrr

De manera similar el vector fuerza electrostática CFr

entre la carga Cq y Aq se

obtiene como sigue: ver figura 1.4 .b

C

C

AC

C Ur

qqKF

rr

2

⋅⋅= Donde CU

res un vector unitario en la dirección y sentido

de CFr

.

Esta es la magnitud de la fuerza entre las cargas puntuales

Bq y Aq

Utilizando a θC = 300° como el ángulo para determinar a CUr

tenemos:

( ) ( ) YXC USenUCosUrrr

⋅+⋅= º300º300 Entonces

( ) ( ) ( )( )YXC USenUCosm

CxCxxxC

mN

Frrr

⋅+⋅=

−−

º300º30050,0

10710410*9

22

662

29

NUUF YXC )873,0504,0(rrr

−=

La fuerza resultante será )433,0756,0( YXR UUFrrr

−= N

Con magnitud NFR .871,0=

EJEMPLO 1.5 CARGAS DISTRIBUIDAS DISCRETAMENTE EN EL ESPACIO.

Tres cargas puntuales CqA µ2−= ; CqB µ5= y CqC µ6= , están ubicadas en las

coordenadas A:(4, 6, 2); B:(0, -2, 4) y C:(Cx, Cy, Cz) respectivamente. Si C es el

punto medio entre A y B. Hallar la fuerza resultante sobre Cq generada por la

interacción con Aq y Bq .

Consideraciones:

Cq

La fuerza eléctrica resultante sobre la

carga Cq debido a

Aq y Bq se

encuentra sumando la fuerza eléctrica

de Aq sobre Cq , es decir ACFr

más la

fuerza eléctrica de Bq sobre

Cq , que es

BCFr

, aplicando la Ley de Coulomb. Las

distancias se asumirán en metros.

Para simplificar la representación gráfica del problema, los puntos que tienen tres

coordenadas se representan en una dimensión, como lo muestra la figura 1.5. Para

ilustrar la interacción eléctrica sobre la carga ubicada en el punto C.

Fig. 1.5 Representación en una dimensión de cargas distribuidas discretamente en el espacio

Solución:

Las coordenadas Cx, Cy, Cz son el punto medio entre el punto A y el punto B, y se

encuentran de la siguiente manera:

2XX

X

BAC

+=

2YY

Y

BAC

+=

2ZZ

Z

BAC

+=

Sustituyendo valores tenemos:

22

04 =+=XC ( )

22

26 =−+=YC 32

42 =+=ZC

Entonces las coordenadas de C son: C (2, 2, 3)

De acuerdo a la figura 1.5, las fuerzas ACFr

y BCFr

se obtienen aplicando la ley

de Coulomb.

A

CA

CA

AACAC Ur

qqKUFF

rrr

2==

BCFr

ACFr

−Aq

+Cq

+Bq

C: (Cx, Cy,Cz) B: (0, -2, 4) A: (4, 6, 2)

Donde AU

r es un vector unitario en la

dirección y sentido de la fuerza ACFr

.

Como ACFr

es atractiva, tiende a dirigir a la carga Cq en sentido hacia la carga Aq .

Un método para conseguir AUr

es mediante el vector posición entre C y A, CArr

, que

tiene la misma dirección y sentido que la ACFr

y su magnitud es la distancia rCA.

Entonces ACACA Urrrr = despejando

CA

CA

Ar

rU

rr

= A C

La ecuación queda:

CA

CA

CA

CA rr

qqkF

rr

3

⋅= CAr es la magnitud de CAr

r

CArr

se obtiene aplicando la ecuación siguiente, restando las coordenadas donde llega

menos donde sale el vector posición para cada caso.

( ) ( ) ( ) ZZZYYYXXXCA UCAUCAUCArrrrr −+−+−=

llega sale

Entonces

( ) ( ) ( ) ZYXZYXCA UUUUUUrrrrrrrr −+=−+−+−= 42322624

Su magnitud se consigue aplicando el teorema de Pitágoras.

( ) 21142 222 =−++= mrCA m

Sustituyendo

( ) ( )ZYXCA UUUxCxCxxx

CmNx

Frrrr

−+⋅

=−−

4221

106102109

3

662

29

( ) )1012,11050,41024,2(421012,1 3333ZYXZYXCA UxUxUxUUUxxFrrrrrrr

−−−− −+=−+= N

CArr

Cálculo del vector BCFr

.

B

BC

CB

BBCBC Ur

qqKUFF

rrr

2==

BUr

es el vector unitario en la dirección de BCFr

; de la misma manera como en el caso

anterior puede hallarse el vector BU

r, con el vector posición BCr

r, cuya dirección y

sentido coinciden con el vector BCFr

, dirigido desde B hasta C. (debido a la fuerza

repulsiva de Bq sobre Cq ), entonces:

BC

BC

Br

rU

rr

= Sustituyendo queda lo siguiente BC

BC

CB

BC rr

qqkF

rr

3

⋅=

El vector posición se consigue con:

( ) ( )( ) ( ) ZYXBC UUUrrrrr

432202 −+−−+−= C B

ZYXBC UUUrrrrr −+= 42 y su magnitud ( ) mmrBC 21142 222 =−++=

Sustituyendo queda

( ) ( )mUUUxm

CxCxxxC

mNxF ZXBC

rrrr−+

⋅=

−−

4221

106105109

33

662

29

( ) )1041,21064,91083,4(421041,2 3333ZYXZXBC UxUxUxUUUxxFrrrrrrr

−−−− −+=−= N.

Cálculo del vector RFr

.

BCACR FFFrrr

+= Arreglando y realizando la suma vectorial se obtiene:

BCrr

C (2, 2, 3) B (0, -2, 4)

ZYXAC UxUxUxFrrrr

333 1012,11050,41024,2 −−− −+=

+= −XBC UxF

rr31083,4 YUx

r31064,9 − ZUx

r31041,2 −−

)1053,31014,141007,7( 333ZYXR UxUxUxFrrrr

−−− −+= N

Ejemplo 1.6 Determinación de las cargas de las esferas colgantes

En la figura 1.6 se muestran tres esferas idénticas cada una de masa m = 0,100 kg

y carga q, colgadas de tres cuerdas. Si las longitudes de las cuerdas izquierda y

derecha son L = 30 cm. y el ángulo θ = 45º, determine el valor de q.

Consideraciones:

Fig. 1.6 Cargas en equilibrio

colgando de cuerdas.

Primero, para fines de facilitar el

planteamiento del problema,

designaremos a cada masa m1, m2 y m3

respectivamente como se muestra y q1,

q2 y q3 respectivamente.

Sobre la carga q2 actúan las

siguientes fuerzas, tensión T de la

cuerda, con una sola componente, la

vertical, el peso W y la fuerza

electrostática resultante entre la fuerza

repulsiva de la carga q1 sobre q2, hacia

la derecha F 12 y la fuerza repulsiva de

la carga q3 sobre la carga q2 ( F 32)

también repulsiva hacia la izquierda.

m1 m2 m3

― X ― — X — +q1 +q3 +q2

θ L

θ L

g

a) a) b) Fig. 1.7 Diagramas de fuerzas

q2 32F 12F

T

W

q3

θ

23F

T

W

XT

YT

13F

En la figura 1.7a como el sistema

esta en equilibrio XX UF∑ = 0

r y

yY UF∑ = 0r

si se sustituyen los

vectores correspondientes en el eje x, se

tiene OUFUF XX =−rr

3212 . Si se opera

con sus componentes escalares, queda ;

F12 – F32 = 0 lo que resulta F12 = F32 ;

De la misma forma se trabaja con las

componentes sobre el eje y ;

T – W = 0 entonces T = W

( W es la magnitud del peso). Con este

análisis sobre la q2 no se consigue

despejar el valor de q requerido.

Por otro lado si se toma cualquiera

de las cargas q1 ó q3 se encuentra el

sistema de fuerzas de la figura 1.7 b.

Como se observa, la tensión T , se

descompone en sus componentes T y y

T x y la fuerza electrostática resultante es

la suma de vectorial de 13Fr

y 23Fr

.

Analizando el sistema de fuerzas

sobre q3, se puede calcular el valor de q,

que daría el mismo resultado si se

estudiara sobre q1.

Solución:

La fuerza resultante sobre la carga q3 se obtiene de la siguiente manera.

23133 FFFrrr

+= donde

XUFFrr

1313 = y XUFFrr

2323 = (hacia la derecha)

Aplicando la ley de Coulomb

( )231

132X

qqKF = y

232

23X

qqKF =

Donde X es la distancia de q2 a q3 y q1 respectivamente las cuales con las cuerdas

conforman triángulos rectángulos con L de hipotenusa.

L

XSen =θ Despejando X

X = L · Sen θ Sustituyendo valores

X = 0,3 m . Sen (45º) = 0,212 m X = 0,212 m

Sustituyendo valores en las ecuaciones de F13 y F23

( ) 22

22

29

13212,02

109

mx

xqC

mNxF

⋅= Donde qqq == 31 ; cancelando unidades resulta:

F13 = 5 x 1010 q2 N/C2

Resolviendo para F23

( ) 22

22

29

23212,0

109

m

xqC

mNxF

⋅= Donde qqq == 32 ; cancelando unidades resulta:

L

X

θ

F23 = 2 x 1011 q2 N / C2

La magnitud de la fuerza electrostática resultante sobre q3 es:

F3 = 5 x 1010 q2 + 2 x 1011 q2 = 2,5 x 1011 q2

Las componentes verticales y horizontales de la tensión T son:

Tx = -T Sen θ y Ty = T Cos θ

Aplicando la segunda ley de Newton de acuerdo al diagrama de fuerzas de la figura

1.7 se obtiene:

Componentes Horizontales

F3 – Tx = 0 donde F3 = Tx = T Sen θ

Componentes Verticales

Ty – W = 0 entonces T Cos θ= m·g

Despejando T θCos

mgT = y sustituyendo

θθθ

tan3 ⋅⋅== gmSenCos

mgF ( g = 9,80 m/s2)

Para F3 = 2,5 x 1011 q2 queda 2,5 x 1011 q2 = m·g·tanθ despejando q2

( )

2

11

2

112

105,2

º45tanm8,91,0

105,2

tan

C

Nx

xskgx

x

gmq =⋅⋅= θ

2122 1092,3 Cxq −= la carga de cada esferita es q = 1,98 x 10-6 C

PROBLEMAS PROPUESTOS

CARGA ELECTRICA. LEY DE COULOMB.

Propuesto 1.1 Fuerza electrostática y fuerza gravitacional

¿Qué cargas eléctricas iguales deben colocarse sobre la Tierra y la Luna, para

igualar las magnitudes de las fuerzas eléctrica y gravitacional entre los dos cuerpos?.

Indicaciones:

F

F e

Fig. 1.8 Interacción eléctrica-gravitacional

entre la tierra y la luna

Respuesta:

Respuesta:

Propuesto 1.2 Fuerza electrostática entre esferas conductoras

Dos esferas conductoras idénticas se colocan separadas por una distancia de 0,3 m.

Una de ellas tiene una carga de 12 nC y la otra de -18 nC.

a) Encuentre la magnitud de la fuerza electrostática ejercida por una esfera

sobre la otra.

Hallar la magnitud de la fuerza

gravitacional utilizando la ley de

gravitación de Newton 2d

mmGFg LT⋅=

luego aplicando la ley de Coulomb, hallar

la magnitud de la fuerza electrostática, se

igualan éstas y finalmente se despeja q.

q = 5,73 x 1013 C

gF

d

d = 3,84 x 108 m

mT = 5,98 x 1024 Kg

mL = 7,36 x 1022 Kg

2

211 m

1067,6Kg

NG

⋅×= −

b) Las esferas se conectan por un alambre conductor, encuentre la magnitud

de la fuerza eléctrica después que se alcanza el equilibrio.

Indicaciones:

Respuesta:

Propuesto 1.3 Interacción entre cargas localizadas en los vértices

de un cubo.

En los vértices de un cubo de lado a = 0,20 m., están localizadas cargas de

magnitud Q = 3µC y del mismo signo. Determine la magnitud de la fuerza

electrostática resultante de todas sobre una de ellas. y

Indicaciones:

x

Q

z Fig.

1.9 Cargas en los vértices de un cubo

Represente en el cubo en un

sistema de coordenadas en el espacio,

donde una de las carga la ubica en el

origen. Hallar la fuerza resultante,

vectorialmente apoyándose en los

vectores de posición respectivos,

utilizando las coordenadas

posicionales de cada vértice. Cuando

se obtenga el vector ReFr

, hallar su

magnitud.

En la parte a) aplicar directamente

la ley de Coulomb, en la parte b) cuando

se unen, las cargas son sumadas

algebraicamente luego que se alcanza el

equilibrio. La carga eléctrica total se

distribuye equitativamente en cada esfera.

a) 2,16 x 10-5 N

b) 9 x 107 N

Respuesta:

( )( )2

269

2,0

10310929,3 −××= xxFeR NFeR 66,6=

Propuesto 1.4 Interacción entre tres esferas cargadas y

suspendidas.

Tres esferas idénticas, de masa m = 0,2 kg y carga Q en cada una de ellas, están

suspendidas de un punto en común mediante hilos aislantes y ligeros de longitud

L = 1 m. Las esferitas se repelen entre si hasta quedar en equilibrio, formando un

triángulo equilátero de lado a = 0,1 cm., como se muestra en la figura. Hallar el valor

de la carga Q.

Indicaciones:

Respuesta:

RESPUESTA

El procedimiento da como resultado a la ecuación siguiente:

( ) 229

3

1,0319109

1,08,92,0

×−

××=x

Q ⇒ CQ µ27=

Hallar la ReF resultante sobre una

de ellas, en el plano del triángulo

equilátero, donde su dirección pasa

por el centro del mismo. En otro

gráfico representar el conjunto de todas

las fuerzas que intervienen, es decir,

aparte de la fuerza electrostática, la

tensión de la cuerda y el peso sobre

dos ejes coordenados y aplicar la

segunda ley de Newton en equilibrio.

L L L

m

a a

m

m

a

Propuesto 1.5 Esferas cargadas en un tazón esférico

Dos esferas idénticas tienen una masa cada una m = 0,300 kg y carga q.

Cuando se ponen en un tazón esférico con paredes no conductoras sin fricción, las

esferitas se mueven hasta que en la posición de equilibrio están separadas por una

distancia R = 0,750 m., si el radio del tazón es también R = 0,750 m. Determine la

carga de cada esferita.

Indicaciones:

Respuesta:

El procedimiento conduce a la ecuación siguiente:

( )º60tan109

8,93,0750,0

9 ×××=

xq ⇒ Cq µ30,10=

Cuando se establece el sistema de

fuerzas en equilibrio sobre una de las

cargas, la fuerza normal debido al

contacto de la esfera con la superficie

del tazón esta inclinada 60º con

respecto al eje horizontal.

Aplicando la segunda ley de

Newton al sistema en equilibrio se

despeja la carga.

R

R R

m m


CARGA ELECTRICA Y LEY DE COULOMB

1) LA FUERZA ELECTROSTATICA ENTRE DOS IONES SEMEJANTES QUE SE ENCUENTRAN SEPARADOS POR UNA DISTANCIA DE 5 x 10-10 MTS ES DE 3,7 x 10-9 NW A) ¿ CUAL ES LA CARGA DE CADA UNO DE LOS IONES ?. B) ¿CUANTOS ELECTRONES FALTAN EN CADA UNO DE LOS IONES ?.

2) DOS PEQUEÑAS ESFERAS ESTAN CARGADAS POSITIVAMENTE Y LA

CARGA COMBINADA ES DE 5 x 10 –5 C. ¿COMO ESTA DISTRIBUIDA LA CARGA TOTAL ENTRE LAS ESFERAS, SI LA FUERZA REPULSIVA ENTRE ELLAS ES DE 1 Nw. CUANDO LAS ESFERAS ESTAN SEPARADAS 2 MTS ?.

3) DOS ESFERAS SIMILARES DE MASA M CUELGAN DE HILOS DE

SEDA DE LONGITUD L Y TIENEN CARGAS SEMEJANTES Q . SUPONER QUE θ ES LO SUFICIENTEMENTE PEQUEÑA PARA QUE LA tanθ PUEDA REEMPLAZARSE POR EL sen θ . A) DEMOSTRAR QUE :

1/3

X = Q2 L . 2πεOmg DONDE X ES LA SEPARACION ENTRE LAS ESFERAS

B) ¿CUANTO VALE Q SI L VALE = 120 CMS M = 10 GRS Y X= 5 CMS.

4) UNA CIERTA CARGA Q SE DIVIDE EN DOS PARTES q Y Q-q . ¿

CUAL ES LA RELACON ENTRE Q Y q PARA QUE LAS DOS PARTES COLOCADAS A UNA CIERTA DISTANCIA DE SEPARACION TENGAN UNA REPULSION COULOMBIANA MAXIMA?

5) DOS ESFERAS CONDUCTORAS IDENTICAS, CON CARGAS DE SIGNO

OPUESTO, SE ATRAEN CON UNA FUERZA DE 0.108 N AL ESTAR SEPARADAS 0,5 MTS. LAS ESFERAS SE INTERCONECTAN CON UN ALAMBRE CONDUCTOR Y A CONTINUACION SE DESCONECTAN. EN ESTA NUEVA SITUACION SE REPELEN CON UNA FUERZA DE 0.036 N. ¿CUALES ERAN LAS CARGAS INICIALES DE LAS ESFERAS ?.

6) TRES PEQUEÑAS ESFERAS DE 10 GRS SE SUSPENDEN DE UN PUNTO

COMUN, MEDIANTE HILOS DE 1 MTS DE LONGITUD. LAS CARGAS DE CADA ESFERA SON IGUALES Y FORMAN UN TRIANGULO EQUILATERO CUYOS LADOS MIDEN 0,1 MTS. ¿ CUAL ES LA CARGA DE CADA ESFERA?.

7) EN CADA VERTICE DE UN CUBO DE LADO a HAY UNA CARGA Q.

DEMOSTRAR QUE LA MAGNITUD DE LA FUERZA RESULTANTE SOBRE CUALQUIERA DE LAS CARGAS ES

F = 0,262 Q2

εO a2

8) EN DOS VERTICES OPUESTOS DE UN CUADRADO SE COLOCAN

CARGAS Q. EN LOS OTROS OPUESTO SE COLOCAN CARGA q. A) SI LA

FUERZA ELECTRICA RESULTANTE SOBRE Q ES CERO ¿ CUAL ES LA

RELACION ENTRE Q Y q ?. B) SE PODRIA ESCOGER A q DEL TAL

MANERA QUE LA FUERZA RESULTANTE SOBRE CADA UNA DE LAS

CARGAS SEA CERO?

9) TRES CARGAS ELECTRICAS ESTAN UBICADAS EN LAS

COORDENADAS A; B Y C. HALLAR EL VECTOR FUERZA

ELECTROSTATICA RESULTANTE SOBRE UNA CARGA Qo= + 2 µC

UBICADA EN EL ORIGEN DE COORDENADAS DEBIDO A LA ACCION DE

LAS TRES CARGAS. Qa = - 10 µC

Qb = - 5 µC Y Qc = +15 µC. CUYAS COORDENADAS A(- 2 , 2 ) ;

B(+ 2 ,+ 2 ); C (0,-2)

10) EN LOS VERTICES DE UN TRIANGULO ISOSCELES CUYOS LADOS

A = 15 CMS Y B= 25 CMS EXISTEN TRES CARGAS DE MAGNITUD Q =

+10 C . HALLAR LA FUERZA RESULTANTE SOBRE UNA CARGA DE q=

- 1 µC UBICADA EN EL ORTOCENTRO DEL TRIANGULO.

B B

A

11) DADAS LAS CARGAS UBICADAS EN LAS COORDENADAS A( -2,4,5) QA=

+2 µC ; B( 0,4,0 ) QB = - 4 µC ; C( -2,0,5) QC= 6 µC. SI LA MAGNITUD DE

LA FUERZA RESULTANTE QUE EJERCEN LAS TRES CARGAS SOBRE UNA

CARGA Q ES DE 8,9 x 10-30 Nw. HALLAR LA MAGNITUD DE LA CARGA

POSITIVA Q UBICADA EN EL ORIGEN DE COORDENADAS.

12) EN LA FIGURA SE MUESTRAN TRES CARGAS PUNTUALES IDENTICAS

COLGADAS DE TRES CUERDAS, CUYAS MASAS VALEN M= 0,1 Kg Y TIENEN

UNA CARGA Q. SI LAS LONGITUDES DE LAS CUERDAS IZQUIERDA Y

DERECHA SON L = 30 CMS Y EL ANGULO θ = 45 ª . DETERMINE EL VALOR DE

Q.

• Ya que la fuerza electrostática debe estar

en la misma dirección y sentido que el

campo eléctrico, induce un efecto de

repulsión sobre la pelotita ( F = q E )

• Como el sistema está en equilibrio se

aplica la segunda ley de Newton ΣF = m.a

donde las componentes rectangulares de a,

ax y ay son iguales a cero (sistema

estático)

Capitulo II

CAMPO ELECTRICOCAMPO ELECTRICOCAMPO ELECTRICOCAMPO ELECTRICO

Ejemplo 2.1 Determinación de la carga de una esfera suspendida,

en equilibrio por la acción de un campo eléctrico.

Una pelotita de masa 1 g. que tiene una carga “q”, está suspendida de un hilo de masa

despreciable. Por acción de un campo eléctrico uniforme

( ) CNxE YX /1053 5µµ rrr+= la pelotita queda suspendida en equilibrio a θ = 37°.

Encontrar:

a) La Carga de la pelotita

b) La Tensión del hilo

Consideraciones:

Fig. 2.1 Pelotita suspendida de una cuerda dentro de un campo

eléctrico .

q

θ Εr

y

x

a) b)

Fig. 2.2 a) Diagrama de fuerzas sobre la pelotita.

b) Componentes rectangulares. Solución:

a) La carga de la pelotita

De acuerdo con la ecuación vectorial ( )YXE µµ rrr53 += x105

C

N

las componentes escalares del campo eléctrico son:

Ex = 3x105 N/C y Ey = 5x105 N/C

Y las componentes escalares de la tensión T de la cuerda son:

Tx = -T Sen(37°) y Ty = T Cos(37°)

Como la fuerza electrostática es EqFrr

= , si se aplica la segunda ley de Newton,

entonces las componentes escalares de las fuerzas sobre el eje x se suman.

+→ Σ Fx = 0, sustituyendo queda

q Ex – T Sen θ = 0 Ecuación (2.1)

De la misma manera las componentes escalares de las fuerzas sobre el eje y se

suman

q yΕr

q xΕr

W

W

θ

Εrq

T

q W

yTr

xTr

q

W

θ

Εrq

T

q

q Ey + T Cos θ – W = 0 Ecuación (2.2)

Pero W = m . g despejando T de la ecuación (2.1) :

T = θSen

q xΕ Ecuación (2.3)

Sustituyendo en la ecuación (2.2) queda:

qEy + θSen

q xΕCosθ – mg = 0;

extrayendo q como factor común, se tiene:

q (Ey + θtanxΕ

) = m g ⇒ q =

θtanx

y

mg

Ε+Ε

Sustituyendo valores y cancelando unidades

q =( ) ( )

( ) C

N

Tan

smxKgx

5

23

10)º37

35(

80,9101

+

−

se obtiene q = 1,09 x 10-8 C

b) La tensión del hilo

Usando el resultado de la parte a) para “q” y sustituyendo en la ecuación (2.3)

T = ( )º37

1031009,1 58

Sen

CNxCxx −

lo que resulta

T = 5,44 x 10-3 N

Ejemplo 2 .2 Campo eléctrico debido a cargas distribuidas

discretamente.

Tres cargas puntuales iguales están en los vértices de un triángulo equilátero

de lado a:

a) ¿En que punto en el plano de las cargas (aparte de ∞) el campo eléctrico es

nulo?

b) ¿Cuál es la magnitud y la dirección del campo eléctrico en el punto P debido a

las dos cargas en la base?

Consideraciones:

a)

b)

Fig 2.3 a) Cargas en los vértices de un

triángulo

equilátero b) Líneas de campo

eléctrico.

Las tres cargas positivas

interactuando, define una repulsión

mutua entre si.

Al colocar una carga de prueba

q positiva en el centro del triángulo,

ésta debería quedar en equilibrio

debido a la influencia de las tres cargas

de igual magnitud y colocadas a la

misma distancia.

Si de dibujan las líneas de fuerza, que

representa al campo eléctrico E

alrededor de cada carga se verifica que

E = O (vector nulo) en el centro del

triángulo, como se muestra en la figura

2.3 b.

a

a a

P

+q +q

+q

Solución:

Fig. 2.4 Diagrama de fuerzas en el

centro

del triángulo, sobre +qo.

La fuerza electrostática resultante es igual a: 321 FFFFRrrrr

++= en el centro del

triángulo

por ende 3210

3

0

2

0

1

0

EEEq

F

q

F

q

F

q

FE RR

rrrrrrr

r++=++== Ecuación. (2.4)

Cada fuerza se obtiene aplicando la ley de Coulomb, su dirección y sentido lo define

el ángulo respectivo;

( )yUr

qqKF

rr−

⋅⋅=

201

1 entonces ( )yUr

qKE

rr−⋅=

21

( ) ( )( )YX USenUCosr

qqKF

rrrº150º150

202

2 +⋅⋅

=

Entonces ( ) ( )( )YX USenUCosr

qKE

rrrº150º150

22 +⋅=

a) Para facilitar la ejecución se

designará 1q , 2q y 3q las cargas en

cada vértice como se muestra en la

figura 2.4 y como 1Fr

, 2Fr

y 3Fr

las

fuerzas que actúan sobre +0q .

30º 30º

r

r r

1q

2q3q

2Fr

3Fr

+oq

1Fr

1Fr

30º 150º

2Fr

30º

3Fr

( ) ( )( )YX USenUCosr

qqKF

rrrº30º30

203

3 +⋅⋅

=

Entonces ( ) ( )( )YX USenUCosr

qKE

rrrº30º30

23 +⋅=

Sustituyendo en la ecuación. 2.4 y extrayendo factor común 2r

Kq se obtiene:

( ) ( )( ) ( ) ( )( )[ ]YXR USenSenUCosCosr

KqE

rrr1º30º150º30º150

2−+++=

(suma vectorial de 321 EEErrr

++ )

Como Cos (150º) = - Cos (30º) y Sen (150º) + Sen (30º) = 1; entonces los

componentes horizontales y verticales se anulan entre sí

Fig. 2.5 Fuerza resultante sobre la

carga .

ubicada en el punto P.

El campo eléctrico resultante es 32 EEEpR

rrr+= donde

0

22q

FE

rr

=

b) En el punto P la fuerza

resultante es debido a la suma del

efecto de la carga, 2q y 3q , que son de

la misma magnitud y están a la misma

distancia.

El efecto de la carga 1q se ignora,

puesto que no puede ejercer fuerza

sobre si misma.

60º 60º

P

a a

2q3q

2Fr

3Fr

RFr

120º

( ) ( )( )YX USenUCosa

qqKF

rrrº120º120

202

2 +⋅⋅

= qqq == 32


qKE

rrrº120º120

22 +⋅=

Para 3Er

0

33q

FE

rr

=


qqKF

rrrº60º60

203

3 +⋅⋅

= qqq == 32


qKE

rrrº60º60

23 +⋅=

Como Cos (120º) = - Cos (60º) las componentes horizontales se cancelan

mutuamente, y solo quedan las componentes verticales. Sumando los vectores 32 ,EErr

se obtiene:

( ) ( )( ) YYR Ua

qKUSenSen

a

qKE

rrr

×⋅=+⋅=

2

32º60º120

22

Simplificando queda:

( )YR Ua

qKE

rr

273,1

⋅= C

N

Ejemplo 2.3 Campo eléctrico debido a una distribución de carga

continua. Caso: Cascarón cilíndrico.

Considere un cascarón cilíndrico circular recto con una carga total Q, radio R

y largo H. Determine el campo eléctrico E en un punto P localizado a una distancia

d del lado derecho del cilindro sobre el eje del mismo (eje X). (Utilizar la ley de

Coulomb y considere el cilindro como una colección de anillos de carga).

Eje y

d

X Fig. 2.6 Cascaron cilíndrico recto

Solución

Fig. 2.7 Fuerza de un anillo sobre el punto P.

El campo eléctrico E debido al cilindro es +=0q

FE CC

rr

donde +0q es una carga

de prueba positiva colocada en P, y CFr

es el vector fuerza electrostática resultante

que ejerce el cilindro sobre +0q ; esta fuerza a su vez es el aporte de las fuerzas de

muchos anillos para conformar el cilindro (ver figura 2.7) y esta dirigida en el sentido

positivo del eje X. Si Qc es la carga total del cilindro y Qa es la carga del anillo.

dQc = Qanillo y dEc = Eanillo Ecuaciones (2.5)

El campo E del anillo es:

+Q

P

R

H

Eje X

r

P

R

H

d

+0q

X

( ) Xa

a URX

XQKE

rr

23

22 +

⋅⋅= (ver tabla 3.1) Ecuación (2.6) donde r

= 22 RX +

Sustituyendo las ecuaciones 2.5 en la ecuación 2.6

( ) Xc

c URX

XdQKEd

rr

23

22 +

⋅⋅= integrando ambos lados

( ) X

cc U

RX

dQXKE

rr

∫+

⋅=2

322

en lo sucesivo se omitirá XU

r para facilitar los

cálculos y se

asumirá solo la magnitud de E .

Para resolver la integral definida se integra entre los límites 0 y H y se toma X como la variable.

Para sustituir cdQ se utiliza el coeficiente de distribución uniforme de carga por

unidad de área, es decir :

dA

dQc=σ si A es el área del cilindro A = 2·π·R·h ; entonces

dA = 2·π·R·dh

sustituyendo queda dQc = σ·2·π·R·dh

De la figura 2.7 X = h + d h = X – d dh = dX d = constante

Cambiando cdQ y sacando las constantes de la integral

( )∫=

= +

⋅⋅⋅⋅=Hh

h

c

RX

dXXRKE

0 23

22

2πσ realizando el cambio de variable siguiente

U = X2 + R2 dU = 2X·dX sustituyendo, se obtiene

( )

H

O

c

RXRK

U

dURKE

+⋅⋅⋅−=⋅⋅⋅= ∫

21

2223

12 πσπσ

( )( ) ( )

+−++⋅⋅⋅−=

−−2

1222

1222 RdRdHRKEc πσ

( ) ( )( )

++−+⋅⋅⋅=

−−2

1222

1222 RdHRdRKEc πσ si

HR

Q

⋅⋅⋅=

πσ

2

y finalmente resulta

( ) ( )( ) Xc URdHRdH

QKE

rr

++−+⋅=

−−2

1222

122

Ejemplo 2.4 Campo eléctrico de una barra aislante cargada y doblada

en semicírculo.

Una barra aislante cargada de manera uniforme de 14 cm de largo se dobla en

forma de semicírculo. Si la barra tiene una carga total q = -7,5 µC, encuentre, la

magnitud y dirección y sentido del campo eléctrico en O, el centro del semicírculo.

Consideraciones:

O

Fig. 2.8 Barra cargada aislante doblada.

en semicírculo.

Solución

ds

BdF

Fig 2.9 Diagrama de fuerzas.

Para calcular el campo eléctrico

E primero debe tomarse un elemento

diferencial de longitud del semicírculo,

es decir un ds. Este elemento contiene

una cantidad de carga infinitesimal de

la barra, o sea, dq y ambos se

relacionan mediante el coeficiente

ds

dq=λ . Al aplicar la ley de Coulomb

para hallar la fuerza electrostática entre

dq y +oq , colocada en el punto O,

puede conseguirse la ecuación deseada

para calcular E .

q

De acuerdo a la figura 2.9 en un

punto A cualquiera sobre el

semicírculo se escoge un ds que

contiene un dq ( s = θR, longitud de un

arco en metros, de radio R y ángulo θ

en radianes).

Para obtener el campo eléctrico

generado por ese elemento de carga, en

el punto O, debe colocarse +oq allí y

hallar la fuerza electrostática sobre

ella.

dθ

dθ

dq-

dq-

θ

θ

A

B

AFd

+oq

o

AA

q

FdEd

rr

= donde AFdr

es un diferencial de la fuerza electrostática total del

semicírculo ejercida sobre qo.

De la misma manera, se escoge otro ds en el punto B, aprovechando la simetría

o

BB

q

FdEd

rr

= donde BFdr

es un diferencial de la fuerza electrostática total del

semicírculo

sobre +oq .

Entonces

BAR FdFdFdrrr

+= (suma vectorial)

Aplicando la ley de Coulomb se obtiene la magnitud de los diferenciales de fuerza;

2r

qdqKdF o

A

⋅= y 2r

qdqKdF o

B

⋅= ; como pueden observarse ambos tienen la

misma magnitud.

Dirección y sentido del vector AFdr

y+

x+

Fig. 2.10 Componentes rectangulares. de los vectores diferenciales

fuerza.

Si aislamos la fuerza en un

sistema de coordenadas en el plano,

podemos observar que los

componentes sobre el eje y se cancelan

mutuamente y las componentes sobre

el eje x se suman quedando en

dirección negativa en este eje.

AydF

BydF

AFdr

BFdr

BxFdr

AxFdr

θ

θ

Tomando en cuento esto, queda:

BxAxR FdFdFdrrr

+=

donde

( )XAxAx UdFFdrr

−= y ( )XBxBx UdFFdrr

−=

donde las magnitudes son respectivamente:

θCosdFdF AAx ⋅= y θCosdFdF BBx ⋅=

donde θ es el ángulo que forma Fd con el eje x+; sustituyendo AdF y BdF

queda

( )XoAx UCos

r

qdqKFd

rr−⋅= θ

2 y ( )Xo

Bx UCosr

qdqKFd

rr−⋅= θ

2

entonces

( )XoR UCos

r

qdqkFd

rr−⋅⋅= θ

22

dividiendo entre oq se obtiene un REdr

(diferencial del campo resultante en O)

( )Xo

RR UCos

r

dqk

q

FdEd

rr

r−⋅== θ

22

tomando en cuenta solo la magnitud, se resuelve aplicando cálculo integral.

∫=qf

qi

Rr

kdqCosE

22

θ = ∫

qf

qi

dqCosr

k θ2

2

pero θλλ drdsdq ⋅⋅=⋅= se sustituye y queda

∫⋅⋅⋅=

f

i

dCosr

rKER

θ

θ

θθλ2

2

al integrar los θd se desplazarán 90º a partir de los puntos A y B, lo que producirá

el REr

en O. Por simetría se considera la influencia de un solo dq multiplicado dos

veces.

[ ] 20

2

0

22 ππθλθθλ

Senr

KdCos

r

KER

⋅⋅=⋅⋅⋅= ∫

( )[ ]022

SenSenr

KER −⋅⋅= πλ

Volviendo a la notación vectorial queda

( )XR Ur

KE

rr−⋅⋅= λ2

Campo eléctrico resultante en O.

sustituyendo valores S

Q=λ S = 0,14 m y π14,0=r m

m

C

m

C 56

10357,514,0

1050,7 −−

×=×=λ

( )XR Um

mC

CmN

Err

−×

××⋅××= −

−

3

52

29

1056,44

10357,51092

( )XR UC

NErr

−×= 71016,2

P

EJEMPLO 2.5 CAMPO ELÉCTRICO DE UNA CONCHA

CILÍNDRICA.

Considere una lámina infinitamente larga que está doblada de tal forma que

constituye parte de un cilindro de radio R. El semicilindro o concha cilíndrica abarca

un ángulo θ y tiene una densidad superficial de carga uniforme

2m

Cσ . Determine el

vector campo eléctrico Er

en el punto P cualquiera sobre el eje del cilindro.

Consideraciones:

Fig. 2.11 Concha Cilíndrica cargada

Para una varilla recta infinita

R

KEV

λ⋅⋅= 2 (ver tabla 3.1);

dL

dq=λ donde dL se considera

también como la una pequeña parte

de la longitud del

semicírculo, entonces dL = R·dθ

según la gráfica 2.12.

Al sumar los aporte de campo eléctrico de

los diferenciales dL simétricamente opuestos e

integrando desde 0º hasta 2

θ se obtiene el campo

eléctrico total en P

El vector campo eléctrico Er

de la

concha puede tomarse como la suma

de los aportes diferenciales de

campo, de muchas varillas infinitas

cargadas.

La concha cilíndrica vista al corte

P

σ

Rθ

θd

θθ

θ θ

Edr

Edr

dL dL

Fig.

2.12 Diagrama vectorial

Solución:

La magnitud del campo eléctrico de una varilla a la distancia R es:

R

KEV

λ⋅⋅= 2 ecuación 2.7

pero EV ahora significa un pequeño aporte a la magnitud del campo eléctrico total de

la concha, es decir TEdr

y λ adquiere una forma diferencial de acuerdo a lo

siguiente

dLdA

dqdL

dLdR

dq

dL

dL

dR

dq

dL

dq =⋅⋅

=⋅⋅

==θθ

λ

Donde R·dθ·dL = dA (diferencial de área de la concha), entonces si dA

dq=σ

dL⋅= σλ sustituyendo en la ecuación 2.7

R

dLKdET

⋅⋅⋅= σ2 magnitud del diferencial de campo eléctrico de la concha

en P.

Si se observa el diagrama aislado de

vectores de coordenadas X-Y, se nota

que las componentes horizontales se

cancelan mutuamente, pero las

verticales se suman, contribuyendo a

un vector Ed con sentido hacia arriba.

XEd

YEd

Edr

Edr

Y

X

θ θ

XEd

YEd

YYYYYYT UdEUdEUdEEdrrrr

⋅=+= 2

del triángulo rectángulo se calculan las cantidades escalares

( ) ( )θσθ CosR

dLKCosdEdEY

⋅⋅⋅=⋅= 2 sustituyendo

( ) ( )YYT U

R

CosdRKU

R

CosdLKEd

rrr θθσθσ ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= 44

integrando

( )∫ ⋅⋅⋅= 2

04

θθθσ YT UdCosKE

rr

donde los límites de la integración corresponden al aporte de un solo dL hasta la

mitad del recorrido en ángulo. (La otra mitad ya fue incorporada en el

procedimiento).

Resolviendo el integral:

( ) YT USenKErr

20

4θ

θσ ⋅⋅⋅= lo que resulta ( ) YT USenKErr

24 θσ ⋅⋅⋅=

dE

XdE

YdE

θ

CAMPO ELÉCTRICO PARA VARIAS DISTRIBUCIONES DE CARGA

Distribución de

carga

Campo eléctrico Gráfica

Carga puntual

2r

QKEr

⋅= rU

Dipolo eléctrico en

un punto ρ fuera de

su eje

( )

+⋅⋅

+

⋅⋅=2222

32

3

YX

YX

YX

dQKEx

( )

+⋅−

+

⋅⋅−=22

2

22

31

23

YX

Y

YX

dQKEy

Línea infinita de

carga

uniformemente

distribuida. E en un

punto P ubicado a

una distancia R.

YUR

Err

⋅∈⋅⋅=

02 πλ

Línea finita de carga

uniformemente

distribuida (longitud

L). Punto P ubicado

en la mitad, a una

distancia R de la

línea.

YURL

L

R

KE

rr

22 4

2

⋅+⋅⋅⋅= λ

Tabla 3.1 ( parte I)

+ -

Positiva Negativa

Eje X

-Q

d/2

d/2

+Q r1

r2

x

1

2

1Er

2Er y

Eje Y

+++→ ← +++ ∞−← ∞+→

θ+0q

dx

Edr

+dq

rR

x

P

θ

Edr

rR

x

P

L

CAMPO ELÉCTRICO PARA VARIAS DISTRIBUCIONES DE CARGA

Distribución de carga Campo eléctrico Gráfica

En un punto P sobre el

eje de un anillo de

radio R cargado

uniformemente

( ) XURX

XQKE

rr

23

22 +

⋅⋅=

Si:

X = 0 centro del anillo

E = 0

En un punto P sobre el

eje de un disco de

radio R cargado

uniformemente

( ) yURD

DKE

rr

+−⋅⋅⋅=

21

2212 σπ

Si:

R >> D

022

∈⋅=⋅⋅⋅= σσπ KE

+y

Tabla 3.1 (parte II)

R

P

D

Edr

θθ

Edr

ds

ejeX

X

pR r

( )

++

+

+++


CAMPO ELECTRICO

Propuesto 2.1 Campo eléctrico y campo gravitacional

Un objeto que tiene una carga neta de 24 µC se coloca en un campo eléctrico

uniforme de 610 N/C que esta dirigido verticalmente hacia arriba. ¿Cuál es la masa de

este objeto si “flota” en el campo ?

Indicaciones

Er

Respuesta:

Propuesto 2.2 Campo eléctrico dentro de una nube

Un avión vuela a través de un nubarrón a una altura de 2000 m. Si hay una

concentración de carga de + 40 C a una altura de 3000 m dentro de la nube y de – 40

Utilizar la ecuación que define el

campo eléctrico en función de la fuerza

eléctrica, y relacionar ésta con la fuerza

gravitacional gF = m· g

m = 1,5 x 10-3 Kg

m

eFr

gFr

C a una altura de 1000 m. ¿Cuál es la magnitud del campo eléctrico E en la

aeronave ?

Indicaciones:

Respuesta:

Propuesto 2.3 Esferas cargadas colgantes en presencia de un

campo eléctrico.

Dos esferas pequeñas cada una de 2 g de masa, están suspendidas por medio

de una cuerda ligera de 10 cm de largo, como se muestra en la figura. Un campo

eléctrico uniforme se aplica en la dirección X. Si las esferas tienen cargas iguales -

5x10-8 Cb y 5x10-8 µC, determine el campo eléctrico que permite a las esferas estar

en equilibrio a un ángulo de θ = 10º

Indicaciones:

Plantear un sistema de fuerzas

en un plano de referencia aislado, que

contemple la fuerza electrostática

resultante, la tensión de la cuerda y el

peso. Colocar la eFr

en función del

campo eléctrico Er

+ -

θ θ

Er

Hallar la magnitud de la fuerza

electrostática, colocando + 0q (carga de

prueba positiva) en la mitad entre las dos

cargas, es decir a 1000 m luego se divide

entre 0q y se obtiene la magnitud de E .

C

NE 310360 ×=

+40C Avión Er

m⋅3000

C⋅− 40 m⋅1000

m⋅2000

Respuesta C

NE

5104,4 ×= (Magnitud del Er

)

Propuesto 2.4 Campo eléctrico en el centro de un triángulo

equilátero.

Tres cargas puntuales CqA µ2= ; CqB µ5= y CqC µ1−= están ubicadas en los

vértices de un triángulo equilátero de lado a = 10 cm. Hallar el Er

en el ortocentro del

triángulo.

Indicaciones:

Respuesta: C

NUE X ⋅×=rr

61089,13

PROPUESTO 2.5 CAMPO ELÉCTRICO EN UN VÉRTICE DE UN PARALELOGRAMO. Tres cargas puntuales Cq 6

1 103 −×−= ; Cq 62 102 −×= y Cq 6

3 101 −×= están

en las esquinas de un paralelogramo ( romboide) cuyos lados son a = 3 m y b = 2,

como se muestra en la figura. ¿Cuál es el vector campo eléctrico REr

en el vértice que

no tiene carga?.

Coloque una carga de prueba +0q en

el centro del triángulo, hallar la fuerza

resultantes de todas las cargas sobre

0q y luego aplique la relación:

0q

FE R

rr

=

+Aq

+Bq

−Cq

Ortocentro

a a

a

Indicaciones:

Respuesta: C

NyUUE XR ⋅+= )23301276(rrr

De la misma forma que el

ejemplo anterior, determine la fuerza

electrostática resultante sobre 0q . La

distancia diagonal se determina así:

( )( ) ( )22 θθ SenbCosbar ⋅+⋅+=

1q

2q3q

b

a

x

y

º30=θ

Autor : Hugar Capella 58

CAPITULO III

FLUJO ELÉCTRICO Y LFLUJO ELÉCTRICO Y LFLUJO ELÉCTRICO Y LFLUJO ELÉCTRICO Y LEY DE GAUSSEY DE GAUSSEY DE GAUSSEY DE GAUSS

EJEMPLO 3.1 FLUJO ELÉCTRICO A TRAVÉS DE UNA

ESFERA

Un cascarón esférico se ubica en un campo eléctrico uniforme. Determine el flujo eléctrico total a través del cascarón.

Ф sale + Ф entra = Ф neto

Fig. 3.1 Líneas de campo eléctrico a través

de un cascarón esférico.

SOLUCIÓN: Cálculo del flujo que sale por una mitad del cascarón. Flujo eléctrico que sale

Fig. 3.2 Líneas de campo eléctrico que salen de un hemisferio del cascarón.

E

Eje X

θs E

ρ n


Sea θs el ángulo entre n y Ē; donde n es un vector unitario normal al

elemento de área dA del cascarón ( el dA del cascarón es un anillo que se desplaza hasta

completar la superficie de la esfera).

Ф sale = ∫ • dAnE por la ley de Gauss

Resolviendo el producto escalar Ē ● n dA

E ● dAn = EdA cos θs Si la magnitud del campo eléctrico es constante, sale de la integral

E ∫ cos θs dA Para este caso θs = ρ

Pero dA = 2πR2 sen ρ dρ ( ver apéndice A) Donde ρ es el ángulo que forma la línea recta R (radio) que desplaza al anillo desde 0°

hasta 90° para conformar la mitad de la esfera. ( ver figura 3.2)

Ф sale = E sss dsenR θθπθ 22cos∫

Ф sale = 2πR2 E sss dsen θθθ∫cos como

cos θs sen θs = 2

1sen 2 θs

Фsale = ∫°

°

90

0

2

22

2ssdsen

ER θθπ

Se toma los limites de integración entre 0° y 90° para hacer desplazar el elemento

dA hasta la mitad del cascarón esférico


Como ∫ Sen 2θs dθs = -2

1Cos2θ

Entonces;

Фsale = -2

1E π R2 (cos 2 x 90° - cos 0°)

Фsale = -2

1E π R2 (-1-1) = -

2

1E π R2 (-2)

Entonces queda Фsale =E π R2 Flujo eléctrico que entra

Fig. 3.3 Líneas de campo eléctrico que entran al otro hemisferio. Entonces

Фentra = ∫Ε ndA. = ∫ eEdACosθ

Como E es constante sale de la integral

90º

0

ρ

α n

α

n

E

θe

(180 – α) = θe Cos (180 – α) – Cos α = Cosθe

para α < 90º


Фentra = E ∫ dACos eθ sustituyendo dA = 2πR2 Sen ρ dρ donde ρ = θe

Фentra = E ∫ 2 π R2 Sen ρ dρ Cos θe

Sacando las constantes

Фentra = 2πR2 E ∫ Sen ρ dρ Cos θe

Pero el Cos θe en el segundo cuadrante es negativo tomado θe a partir del eje X+

Фentra = 2πR2 E ∫°

°

180

90Sen θe Cos θe dθe Sen θe Cos θe = -

2

1 Sen 2θe

Фentra = -2πR2 E

−2

1∫

°

°

180

90Sen 2θe dθe Фentra = -

2

1πR2 E (Cos 2θe)

º180º90

Фentra = -2

1πR2 E (Cos 2x180º – Cos 2x90º) Фentra = -

2

1πR2 E (1-(-1)) = -

2

1πR2 E (2)

Entonces queda Фentra = -π R2 E

Como las líneas de campo que entran son iguales a las que salen, la sumatoria del

flujo total da el flujo neto, entonces;

Фsale + Фentra = Фneto sustituyendo Фneto = πR2 E - πR2 E = 0 Фneto = 0 a través de la esfera.


Ejemplo 3.2 Flujo eléctrico de una carga puntual a través de una semiesfera

Una carga puntual Q se localiza justo arriba del centro de la cara plana de un

hemisferio de radio R, como se muestra en la figura. La distancia δ entre la superficie y la

carga Q es muy pequeña.

¿Cuál es el flujo eléctrico?

a) A través de la superficie curva

b) A través de la cara plana.

Consideraciones:

Una parte de las líneas de campo eléctrico

que salen de la carga puntual atraviesan la

semiesfera.

Fig. 3.4 Líneas de campo que atraviesan la

semiesfera

SOLUCIÓN

De la Ley de Gauss, el flujo

generado por una carga puntual o

cualquier otro elemento cargado es

proporcional al valor de su carga, es

decir, 0∈

=Φ QE (

0

1

∈ es la constante de

proporcionalidad en el sistema

internacional de unidades). Por

simetría este flujo completo es

“capturado” por una superficie cerrada

de forma esférica con la carga Q en el

centro para δ muy pequeña, se puede

decir que el flujo que atraviesa la

semiesfera es 02 ∈

=Φ QE

(la mitad de

la esfera completa)

———— R ———

●Q δ

nr

nr

Er

nr


a) De a la definición de flujo eléctrico

dAnEE •=Φ ∫

Donde 2R

QKE

⋅=

Resolviendo el producto escalar del integrado, se tiene φCosEdAdAnE ⋅=⋅ rr

en

este caso nr

es un vector unitario normal a la superficie esférica, y asumiendo que las líneas

de fuerza sean radiales, entonces Er

y nr

son paralelos, es decir θ = 0º lo que queda;

EdAdAnE =⋅ rr

Sustituyendo en la integral

∫=Φ EdAE para E uniforme y A = 4πR2; 24

2

1

2R

A π=

2

20

2

24

2

1

4

14

2

1R

R

QR

R

QKAEE π

ππ ⋅⋅⋅

∈=⋅

⋅=⋅=Φ da como resultado

02 ∈

=Φ QE que sale de la semiesfera.

b) De acuerdo a la ley de Gauss, el flujo neto que atraviesa una superficie cerrada debe ser

igual a cero, siempre que no exista carga dentro de la superficie, entonces

0=Φ+Φ EntraSale

02 ∈−=Φ−=Φ Q

SaleEntra


Ejemplo 3.3 Campo eléctrico en no conductores.

Una esfera sólida, no conductora, de radio Ro, tiene una carga total Q+ que se

distribuye de acuerdo a ρ = b·r, donde ρ es la densidad de carga por unidad de volumen y

b es una constante. Determine:

a) b en función de Q

b) La magnitud del campo eléctrico:

b.1) Dentro de la esfera r < Ro

b.2) Fuera de la esfera r > Ro

FIG. 3.5 ESFERA SÓLIDA NO CONDUCTORA

Solución

Parte a)

dV

dQ=ρ dVdQ ⋅= ρ si 3

3

4rV ⋅= π donde

r es el radio de una superficie esférica imaginaria (superficie Gaussiana) dentro de la esfera

no conductora, que va desde 0 hasta Ro.

drrdrrdV 22 433

4 ⋅⋅=⋅⋅= ππ Entonces dQ = ρ·4π·r2dr

integrando y sustituyendo a ρ = b·r

∫ ∫⋅=Q R

drrbdQ0 0

30

4π 0

0

4

4

4R

rbQ ⋅= π Q = π·b· 4

0R

Despejando b

40R

Qb

⋅=

π

Q-

Ro


Parte b

b.1) Magnitud de E para r < Ro

Por lo tanto, el ángulo entre Er

y n es 0º Cos0º = 1 y ( ) dAECosdAEdAnE ⋅=⋅⋅=⋅ º0r

con E uniforme queda;

∫ ∈=

0

encQdAE ⇒

0∈=⋅ encQ

AE donde A= 4·π·r2

Qenc es la carga encerrada por la superficie Gaussiana

Si dV

dQ=ρ Vd

Qd

′′

=ρ encQQ =′ =′V volumen que encierra a Q´

VdrbVdQd ′⋅⋅=′⋅=′ ρ 3

3

4rV ⋅⋅=′ π drrVd ⋅⋅⋅=′ 24 π

drrbdrrrbQd 32 44 ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=′ ππ integrando

∫ ∫′

⋅⋅=′Q r

drrbQd0 0

34 π 4

0

4

44 rb

rbQ

r

⋅⋅=⋅⋅=′ ππ

440

rR

QQ

⋅=′

ππ

40

4

R

rQQ =′

Q+ Ro

r

adr

Er

Superficie Gaussiana

Por la ley de Gauss

Φ = ∫ ∈=•

0

encQdAnE

Como la superficie Gaussiana es

concéntrica a la esfera no conductora las

líneas radiales de Er

la cruzan siempre

perpendicularmente.


40

2

040

4

20 44

1

R

rQQ

R

r

rE ⋅

∈⋅⋅=⋅⋅

⋅∈⋅⋅=

ππ en dirección radial y hacia fuera

RUR

rQKE

rr

40

2

⋅=

b.2) Magnitud de E para r > Ro

∫ ∈=•

0

encQdAnE con la misma consideración del caso

anterior dAEdAnE ⋅=⋅r

,

Qenc = Q+ 2

04 r

QE enc

⋅∈⋅⋅=

π

Ejemplo 3.4 Campo eléctrico debido a un cilindro no conductor.

Considere una larga distribución de carga cilíndrica de radio R con densidad de

carga uniforme ρ. Encuentre el campo eléctrico a una distancia del eje donde r < R.

Consideraciones: Superficie Gaussiana

Fig. 3.6 Cilindro macizo cargado no conductor Solución:

Q+

Ro r

n

Er

El elemento que contiene la carga es no

conductor con una densidad de carga

distribuida uniformemente por unidad

de volumen, ρ, para una distancia r

cualquiera menor que R, la carga

encerrada debe ser menor que la carga

total.

R r


Tomando en consideración que GV

Qenc=ρ , la carga encerrada será entonces Qenc = ρ·VG

donde el volumen VG es aquel que contiene la superficie Gaussiana cilíndrica de radio r,

mostrada en la fig. 3.6, es decir, VG = π·r2·L y la carga encerrada Qenc = ρ· π·r2·L.

Aplicando la Ley de Gauss

∫ ∈=•

0

encQdAnE

r como n

r y E

r son vectores paralelos, que salen de la superficie

y considerando la magnitud E constante, la ecuación queda

∫ ∈⋅⋅⋅=

0

2 LrdAE

πρ resolviendo la integral evaluada en una superficie curva.

0

2

∈⋅⋅⋅=⋅ Lr

AEπρ

donde A es el área del cuerpo del cilindro de radio r, es decir

A = 2·π·r·L

sustituyendo A y despejando la magnitud E del campo eléctrico, se obtiene

0

2

2 ∈⋅⋅⋅=⋅

rL

LrE

ππρ

simplificando

02 ∈⋅⋅= r

Eρ

radialmente hacia fuera del cilindro.

02 ∈⋅⋅= R

Eρ

Fig. 3.7 Gráfica de E vs r (r<R)

Nótese en esta ecuación que la

magnitud de E , para distancias menores

que R, es directamente proporcional al

valor de r. Es decir, E depende del

valor que adquiere r.

Esto se puede representar como

lo muestra la figura 3.7.

r

R

E


Ejemplo 3.5 Campo eléctrico de láminas cargadas paralelas.

Dos láminas cargadas infinitas, no conductoras, son paralelas entre sí como se

muestra en la figura 3.8. La lámina de la izquierda tiene una densidad de carga superficial

uniforme σ y la de la derecha tiene una densidad de carga uniforme –σ.

Calcule el vector campo eléctrico en las siguientes regiones:

a) A la izquierda de las láminas.

b) Dentro de las láminas.

c) A la derecha de las láminas.

Consideraciones:

+ + -

+ -

Fig. 3.8 Dos láminas infinitas paralelas

con densidades de carga por

Solución: unidad de área

Para hallar las magnitudes de los vectores 1Er

y 2Er

debe considerarse cada lámina

individualmente, por lo que hay que conseguir el campo eléctrico producido por una lámina

aplicando la ley de Gauss.

Para fines de facilitar el análisis del

problema, se asigna como 1σ y 2σ , las

densidades de carga por unidad de

volumen para la lámina izquierda y

derecha, respectivamente.

El campo resultante de cada región debe

calcularse sumando el campo 1Er

y 2Er

correspondientemente, de acuerdo a los

sentidos de los vectores señalados en la

figura. De la placa positiva sale el 1Er

y

de la negativa entra el 2Er

.

2Er

1Er

1Er

1Er

2Er

2Er

1σ+ 2σ−

A B C


Cálculo de E para una lámina:

Fig. 3.9 Líneas de E que atraviesan la

superficie Gaussiana cilíndrica

∫ ∈=⋅=Φ

0

enc

E

QdAnErr

donde dAnErr

⋅ = E·dA·Cos θ

queda que el flujo eléctrico neto que atraviesan las áreas A1, A2 y A3 es:

321 Φ+Φ+Φ=Φ neto = o

encQ

∈

0332211 ∈

=⋅+⋅+⋅=Φ ∫∫∫ enc

neto

QdAnEdAnEdAnE

rrrrrr

Como Er

y 1nr

son paralelos así como también Er

y 3nr

el ángulo θ = 0º ; para

ambos casos el Cos 0º = 1. Entre Er

y 2nr

el ángulo es 90º y el Cos de 90º = 0 entonces

queda:

031 0

∈=++=Φ ∫∫ enc

neto

QdAEdAE

031 ∈

=⋅+⋅=Φ enc

neto

QAEAE como A1 = A3

entonces

0

2∈

=⋅⋅ encQAE despejando E queda

Aplicando la ley de Gauss, se encierra

la lámina con una superficie cilíndrica

cuyas tapas de área A1 y A3 son

atravesadas perpendicularmente por las

líneas de campo Er

, por ende Er

y nr

son paralelos, entonces:

1nr

3A

2A

1A

Er

Er

2nr

3nr

1σ


A

QE enc

⋅∈⋅=

02 o también

02 ∈⋅= σ

E

que es la ecuación para calcular la magnitud del campo eléctrico a cualquier distancia de

una lámina infinita con densidad uniforme de carga por unidad de área σ. Es de notar en

esta ecuación que la magnitud del campo eléctrico no depende de la distancia r.

Cálculo de E para dos láminas paralelas.

Fig. 3.10 Superposición de campos eléctricos

de las dos láminas paralelas.

Lado izquierdo

Observando la figura 3.10 se tiene que región A, los campos se suman vectorialmente

sobre el eje horizontal es decir:

( ) ( )XXA UUErrr

0

2

0

1

22 ∈⋅+−

∈⋅=

σσ sacando factor común

XUr

queda

XA UErr

∈⋅−

=0

21

2

σσ como 21 σσ = entonces AE = O

Lado Derecho

De la misma forma se opera para la región C :

Cuando se tienen dos o más

láminas se aplican la superposición

vectorial, es decir se suman

vectorialmente los campos en cada

región:

A B C

2σ−

2Er

1Er

1Er

2Er

2Er

1Er

1σ+


XC UErr

∈⋅−=

0

21

2

σσ como 21 σσ = queda

CE = O

Dentro de la lámina

Para el lado B, se suman los campos

XB UErr

∈⋅+=

0

21

2

σσ como σσσ == 21

02

2

∈⋅⋅= σ

BE

0∈

= σBE dentro de la lámina

Ejemplo 3.6 Campo eléctrico de dos hojas cargadas con planos perpendiculares.

Dos hojas delgadas planas infinitas, no conductoras, con cargas superficiales

uniforme de 12 µC/m2 y - 8 µC/m2, se colocan en un ángulo recto entre sí. Cuales son

los campos resultantes en las cuatros regiones en las que queda dirigido el espacio entre los

planos (cuadrantes).

II I

III IV

Fig. 3.11 Superposición de campos eléctricos debido a láminas cargadas perpendiculares

--------------------------------------

+++++++++++

1σ

2σ−

1Er

2Er


Solución

De acuerdo a la ley de Gauss ∫ ∈=•

0

encQdAnE

r para cada lámina las magnitudes

del campo eléctrico son respectivamente 0

11 2 ∈

=σ

E y 0

22 2 ∈

=σ

E sustituyendo

valores se tiene:

C

N

mN

Cx

mCx

E 10,677966

1085,82

1012

2

212

26

1 =

⋅×

=−

−

sale de lámina con 1σ

C

N

mN

Cx

mCx

E 40,451977

1085,82

108

2

212

26

2 =

⋅×

=−

−

apunta hacia la lámina con 2σ

Magnitud del campo eléctrico resultante en cada cuadrante.

22

12 EEER +=

C

NER 84,814813=

Angulo θ

10,677966

40,451977=θTan θ = 33,69º

I Cuadrante II Cuadrante III Cuadrante IV Cuadrante

Fig. 3.12 Campos resultantes en los cuatro cuadrantes

-θ θ

180 + θ

θ

180 - θ

θ



FLUJO ELECTRICO Y LEY DE GAUSS.

Propuesto 3.1 Flujo eléctrico a través de una superficie plana y

campo eléctrico constante.

Un campo eléctrico vertical de C

N4102 × de magnitud existe notablemente

sobre la superficie de la tierra en un día en el cual amenaza una tormenta. Un auto que

puede considerarse como un rectángulo de aproximadamente 6 m por 3 m viaja a lo largo

de un camino inclinado 10º hacia abajo. Determine el flujo eléctrico a través de la base

inferior del auto.

Indicaciones:

Respuesta: C

mNE

2

80,530.354⋅=Φ

Propuesto 3.2 Flujo eléctrico debido a cargas distribuidas discretamente.

Cuatro superficies cerradas, S1 a S4, junto con las cargas -2Q, Q y –Q se representan en la

figura 3.12. Encuentre el flujo eléctrico a través de cada superficie.

Al plantear el problema en un

plano de referencia x-y, se observa que

el ángulo entre la normal y la superficie

rectangular inferior del auto y el campo

eléctrico coinciden con 10º. Aplicando el

concepto de flujo eléctrico para este caso

AnEE

rr⋅=Φ , queda:


Indicaciones:

Respuesta:

Fig.3.13 Cargas puntuales encerradas por

superficies S1 ; S2 ; S3 y S4

Propuesto 3.3 Flujo eléctrico a través de una pirámide.

Una pirámide con base cuadrada de 6 m y altura de 4 m, se coloca en un campo

eléctrico vertical de magnitud C

N52 . Calcule el flujo eléctrico total a través de las cuatros

superficies inclinadas de la pirámide mostrada en la figura 3.14.

Indicaciones:

Fig. 3.14 Campo eléctrico sobre una pirámide

A través de EΦ

S1 0∈

− Q

S2 0

S3 0

2

∈− Q

S4 0

Al calcular el área de una de las

superficies inclinadas y el ángulo entre la

normal de esa superficie y el campo

eléctrico, se obtiene:

( )º14,53cos15524 ×××=ΦE

Er

r

h

3

33

Aplicar la ley de Gauss que por

definición determina que el flujo neto

total generado por un campo eléctrico

cuyas líneas atraviesan la superficie

cerrada es proporcional a la carga total

encerrada.

1S

2S

3S

4S

Q−

Q+

Q2−

Er


Respuesta:

C

mNT

231087,1

⋅×=Φ

Propuesto 3.4 Campo eléctrico en una esfera cargada hueca no

conductora.

Sea una carga puntual Q+, concéntrica a ella existe un cascaron esférico

grueso, con radio interno “a” y externo “b” que contiene una carga por unidad de volumen

r

A=ρ , siendo A una constante. ¿Cuál será el valor de A de modo que el campo eléctrico

en el cascarón ( a < r < b) tenga magnitud constante?

Indicaciones:

Fig 3.15 Arreglo carga puntual esfera

hueca aislante concéntrica.

Respuesta:

22 a

QA

⋅⋅=

π

Usando la ley de Gauss, calcular

la magnitud del campo eléctrico dentro

de la región a < r < b si se coloca una

esfera Gaussiana a una distancia “r”

cualquiera, entre los valores a y b. La

carga encerrada será Q una fracción de la

carga de la cavidad. Al final para que la

magnitud E sea constante debe derivarse

la ecuación del campo en función de la

distancia r e igualarla a cero, para

despejar A.

r

+Q

ab

r

A=ρ


PROPUESTO 3.5 CAMPO ELÉCTRICO EN UNA ESFERA SÓLIDA

CARGADA.

Una esfera sólida de 40 cm de radio, tiene una carga positiva total de 26 µC

distribuida uniformemente por todo su volumen. Calcule la magnitud del campo eléctrico

en un punto ubicado a: a) 0 cm; b) 10 cm; c) 40 cm y d) 60 cm del centro de la esfera.

e) Haga la representación gráfica en coordenadas cartesianas de E vs r en todas las

regiones, dentro y fuera de la esfera.

Indicaciones:

Fig. 3.16 Esfera aislante sólida

Respuesta:

a) E = 0 en r = 0

b) C

NE 365625= en r = 10 cm

c) C

NE 1462500= en r = 40 cm

d) C

NE 650000= en r = 60 cm

Propuesto 3.6 Campo eléctrico de un cascarón cilíndrico.

Un cascarón cilíndrico de 7 cm de radio y 240 cm de largo tiene una carga

distribuida sobre su superficie curva. La magnitud del campo eléctrico en un punto

localizado radialmente a 19 cm, hacia fuera de su eje (medido desde el punto medio del

Aplicar la ley de Gauss y tomar

en cuenta que para distancias menores al

radio, la carga se distribuye

uniformemente, es decir, cada superficie

Gaussiana encierra una parte

proporcional de la carga total de la esfera.

++

+

++

++ +

+

+++ +


cascarón) es de C

KN36 . Use relaciones aproximadas para encontrar a) la carga neta sobre

el cascarón y b) el campo eléctrico en un punto a 4 cm del eje medido radialmente hacia

fuera desde el punto medio del cascarón.

Indicaciones:

Fig. 3.17 Cascarón Cilíndrico

Respuesta:

a) Q = 9,13 x 10-8 C

b) E = 0

Aplicar la ley de Gauss y despejar Q en

la parte a.

En la parte b el campo es cero puesto

que no existe ninguna carga dentro del

cascarón. R

L


CAPITULO IV

POTENCIAL ELECTRICO

Ejemplo 4.1 Potencial eléctrico debido a cargas puntuales

Tres cargas puntuales están en los vértices de un triángulo isósceles. Calcule el

potencial eléctrico en el punto medio de la base, considerando q = 7 µC.

(q1 = q2 = q3 = q)

Consideraciones:

Solución:

VT = V1 + V2 + V3 sustituyendo

( ) ( )r

qK

r

qK

h

qKVT

321 −⋅+

−⋅+

⋅=

donde 221015 mh −×= ; aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo

de la figura donde r = d = 1x10-2 m, entonces extrayendo como factor común K·q se

tiene;

El potencial absoluto debido a

una carga puntual en una distancia r, se

calcula por la ecuación r

QKV

⋅= , si

se toma en cuenta que V∞ = 0.

Cuando existen varias cargas

interactuando se debe realizar la suma

algebraica de los potenciales absolutos

en los puntos requeridos, tanto los

positivos como los negativos.

dd

h

3q−2q−

1q+

2 cm

4 cm 4 cm

0,01 m

0,04 m h


( ) 1262

29

2221074,1107109

10

1

10

1

1015

1 −+−−−−

×−×⋅⋅×=

−−

×+⋅= mC

C

mN

mmmqKVT

VT = -10973347 V ≈ VT = -11 MV

Ejemplo 4.2 Trabajo ejercido sobre cargas puntuales

Demuestre que la cantidad de trabajo necesario para agrupar cuatro cargas puntuales

idénticas de magnitud Q en las esquinas de un cuadrado de lado S es S

QK 2

41,5⋅

.

Consideraciones:

Q Q Q

Q Q Q

Fig. 4.1 Cargas puntuales en las

esquinas de un cuadrado

Solución:

( ) ( ) 434324321 VqVVqVVVqUT +++++= como r

qKV

⋅=

43

43

42

42

32

32

41

41

31

31

21

21

−−−−−−

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

⋅+

⋅=

r

qqK

r

qqK

r

qqK

r

qqK

r

qqK

r

qqKUT

El trabajo requerido es igual a la

suma algebraica de las energías

potenciales de las cuatros cargas, es

decir, si las cargas 2q , 3q y 4q estarían

en el infinito y 1q en su posición, el

trabajo que realizaría un agente externo

para traerlas a su posición en el

cuadrado seria ( )43211 VVVqU ++=

donde

⋅+

⋅+

⋅=

−−− 41

3

31

3

21

21

r

qK

r

qK

r

qKqU

entonces, con las demás seria similar.


las distancias Srrrr ==== −−−− 43324121 y 24231 Srr == −− m

Sustituyendo las cargas por su valor Q y factorizando se obtiene

+⋅=

+++++⋅=2

241

2

111

2

11

22

S

QK

S

QKUT

Finalmente queda

Respuesta S

QKUT

241,5 ⋅=

Ejemplo 4.3 Diferencia de potencial en un campo eléctrico uniforme. Un campo eléctrico uniforme de magnitud 250 V/m esta dirigido en la dirección X positiva. Una carga de +12 µC se mueve desde el origen hacia el punto (X,Y) = (20 , 50)cm ¿Cuál fue el cambio de la energía potencial de esta carga?

Consideraciones:

Fig. 4.2 Cargas eléctricas moviéndose

debido a un campo eléctrico E Solución:

( ) ( ) dEdrErdEVPP

⋅⋅−=−=⋅−=∆ ∫∫ 00coscos θθrr

Donde d es la distancia desde el origen hasta el punto P

cmd 85,535020 22 =+= o d = 0,54 m

La componente del campo que

realiza trabajo (-∆Up), es aquella

paralela al desplazamiento, es decir

E·cos (θ). Esta componente se extrae

de la integral por ser constante.

cmP )50,20(Y

Er

θX


∆Up = - 6,06 x 10-4 J

º20,6820

50arctan ==θ entonces sustituyendo valores

( ) 13,50º20,68cos54,0250 −=××−=∆ mm

VV V pero

q

UV P∆

=∆ despejando ∆Up = q·∆V q = 12 x 10-6 C

∆Up = 12 x 10-6 C x (-C

J)13,50

El signo negativo significa que la carga al moverse dentro del campo eléctrico pierde energía potencial.

Ejemplo 4.4 Potencial eléctrico debido a distribuciones de carga continua. Caso recta de longitud infinita.

Una barra de longitud L se encuentra a lo largo del eje X con su extremo izquierdo

en el origen y tiene una densidad lineal de carga uniforme λ. Calcule el potencial eléctrico

en el punto P que ésta ubicado sobre la mediatriz de la varilla a una distancia b encima del

eje X (tómese V∞ = 0).

Consideraciones:

Fig. 4.3 Potencial eléctrico a una distancia “ b”

de una barra cargada.

Solución:

Una alternativa para alcanzar la

solución sería aplicando la ecuación

para ∫ ⋅−=∆B

ArdEvrr

, por lo que se debe

hallar la ecuación del Er

en función de

la distancia r para este elemento. La otra

alternativa consiste en tomar un

elemento infinitesimal de carga, como

una carga puntual, es decir r

QKV P

P ⋅=

b

Ldx

x dQ

r

P


Haciendo dQ = Qp y el potencial eléctrico de esa carga puntual dV = VP, sustituyendo en la

ecuación r

QKV P

P ⋅= se obtiene:

r

dQKdV ⋅= pero dQ = λ·dx sustituyendo e integrando ∫=

r

dxKV λ ; de la figura

( ) 21

22 bxr += y los límites de integración son de 2

L− a 2

L ( )∫

+

− += 2

2 21

22

L

L

bx

dxKV λ

la solución de este tipo de integral seria ( )22 bxxLn ++ ; resolviendo entre los límites de

integración definidos, queda:

( )

+

−−+

+⋅⋅=++⋅⋅=+

−

22

22

22

2222.

2

2

bLL

bLL

LnKbxxLnKVL

L

λλ

SIMPLIFICANDO RESULTA:

RESPUESTA

+

+⋅⋅⋅= 122

22

b

L

b

LLnKV λ


POTENCIAL ELÉCTRICO DEBIDO A VARIAS DISTRIBUCIONES DE CARGA

Distribución de Carga Potencial Eléctrico Gráfica

En un punto P ubicado

sobre el eje de un anillo de

radio “a” cargado

uniformemente.

V∞ = 0

22 ax

QKV

+

⋅=

En un punto P ubicado

sobre el eje de un disco de

radio “a” cargado

uniformemente.

V∞ = 0

( )[ xaxKV −+⋅⋅⋅= 21

222 σπ

V∞ = 0

Esfera conductora aislada,

de radio R y carga total Q

V∞ = 0

r

QKV = r > R

R

QKV = r ≤ R

Entre dos cilindros

conductores concéntricos

con cargas idénticas Q y

de diferentes signos

b

aLnKVV ba ⋅⋅⋅=− λ2

Entre dos esferas

conductoras concéntricas

con cargas idénticas Q y

de distintos signos

( )ba

abQKVV ba ⋅

−⋅⋅=−

a<b

Tabla 4.1

R

b

a

Q+

Q-

P x

a

dq ( )

22 ax +

P

22 xr + a

r

x

dA=2·π·r·dr

a +Q

-Q

b

Er

a a < b


Problemas Propuestos

POTENCIAL ELECTROSTATICO

Propuesto 4.1 Diferencia de potencial y energía cinética

Un ión acelerado mediante una diferencia de potencial de 115 V, experimenta un

aumento en su energía cinética de 7,37 x 10-17 J. Calcule la carga en el ión.

Indicaciones:

Respuesta:

q = 6,41x10-19 C.

Propuesto 4.2 Diferencia de potencial en un campo eléctrico uniforme.

Un electrón que se mueve paralelo al eje X tiene una rapidez inicial de

3,70x106 m/s en el origen, su rapidez se reduce a 1,40x105 m/s en el punto X = 2 cm.

Calcule la diferencia de potencial entre el origen y este punto. ¿Cuál punto esta a mayor

potencial?.

Indicaciones:

El cambio en su energía

cinética es proporcional al cambio en

su diferencia de potencial VqU ∆=∆

La carga de la partícula se determina

por la relación V

U

∆∆

De acuerdo al teorema de

conservación de la energía, la energía

total debe ser la misma tanto en el

origen como en X = 2 cm. La energía

potencial de la partícula corresponde a

qV donde V es el potencial absoluto en

el punto donde se encuentra.


Respuesta:

∆V = -38,9 V El origen tiene un potencial más alto que el otro punto.

Propuesto 4.3 Potencial eléctrico debido a cargas puntuales Una carga +q se encuentra en el origen y otra -2q está en X = 2 m sobre el eje

X. Para que valor (es) finito (s) de X es a) el campo eléctrico es nulo; b) el potencial

eléctrico es nulo.

Indicaciones:

Fig. 4.4 Potencial y campo eléctrico

de dos cargas puntuales

Respuesta: Campo eléctrico nulo.

x = 4,83 m a la izquierda de q+

Potencial eléctrico nulo.

x = 2 m punto de prueba a la izquierda de q+

x = 2/3 m punto de prueba, entre las dos cargas

Para hallar el campo eléctrico de

ambas cargas sobre el eje X colocar una

carga +0q primero a la derecha de ambas

y luego a la izquierda, luego igualar las

ecuaciones obtenidas para ambos

campos y despejar X. Para obtener el

lugar donde V = 0, realizar el mismo

procedimiento igualando las ecuaciones

de potencial.

Las soluciones negativas para el

campo E se descartan puesto que el

punto se localizaría dentro de las dos

cargas y donde las dos contribuciones

tienen la misma magnitud, dirección y

sentido.

Fv

Fv

X

2q+ q2−

Punto de Prueba


Propuesto 4.4 Diferencia de potencial en distintas trayectorias.

Un campo eléctrico uniforme de magnitud 325 V/m está dirigido en la dirección

“Y” negativa como se muestra en la figura 4.5. Las coordenadas del punto A son

(-0,2; -0,3) m y las del punto B son (0,4; 0,5) m . Calcule la diferencia de potencial

VB - VA usando la trayectoria ACB.

Indicaciones:

Fig. 4.5 El trabajo es independiente de

la trayectoria seguida en

sistemas conservativos. Respuesta:

VAC + VCB = 260 V

Tomar en cuenta que la

diferencia de potencial es el negativo de

la integral del producto escalar

( )θcos⋅⋅=⋅ drErdErr

donde θ es el

ángulo entre el campo y la trayectoria

seguida, la trayectoria AC es

antiparalela al campo, entonces θ =180º

y la CB es perpendicular al campo

θ=90º, la diferencia de potencial para

este último caso es igual a cero, la suma

da como resultado.

Y

Er

A

X

C B


Propuesto 4.5 Potencial eléctrico debido a distribuciones

de carga continua. Caso cascarón esférico no

conductor.

Un cascaron esférico no conductor de radio interior a = 20 cm y radio exterior

b = 30 cm tiene una carga Q = 20 µC repartida uniformemente en su volumen. Tomando

V∞ = 0 determine el potencial para las siguientes distancias a partir del centro del sistema.

a) r = 15 cm

b) r = 25 cm

Indicaciones:

Fig. 4.6 Potencial de un cascarón esférico

Respuesta:

V(0,15 m ) = 1,20 M V.

V(0,25 m ) = 0,68 M V.

Aplicar la ley de Gauss para hallar

el campo eléctrico en cada región,

respectivamente. En la parte a) r < 20 cm

y para b) 20 < r < 30 cm. Luego aplicar

la ecuación del potencial eléctrico

∫ ⋅−=∆B

ArdEvrr

ab

ρ

guia de fisica ii parte 1 - hugar capella · formas de producir cargas electricas en los cuerpos...

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