UNIVERSIDAD ANDRES BELLODEPARTAMENTO DE CIENCIAS FISICAS

Solucion Prueba Solemne #1Curso: FMF 241 ElectromagnetismoFecha: 10 de Abril de 2014.

Problema #1

Un reloj tiene cargas puntuales negativas q,2q,3q . . .12qfijas en los numerales correspondientes de un reloj, tal comomuestra la figura. Las manecillas del reloj (no se muestran) noperturban el campo neto debido a las cargas puntuales. Calculeel campo electrico en el centro del reloj y determine a que horaapunta la manecilla horaria en la misma direccion que el vectorcampo electrico en el centro del reloj. (Ayuda: use simetra.)

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2

3

4

5

6

7

8

9

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11

Solucion: Si consideramos pares de cargas diametralmente opuestas nos podemos dar cuentaque siempre hay una diferencia de 6q. Por ejemplo, si consideramos el campo neto debidoa las cargas de la una (q) y la de las siete (7q), esto es equivalente al de una carga 6qlocalizada a las siete. Similarmente, el campo neto debido a la carga de las seis y la carga delas doce, esto es equivalente al de una carga 6 localizada a las doce. Continuando con esterazonamiento vemos que hay seis vectores campo electrico de igual magnitud apuntando alas siete, a las ocho ... hasta las doce. Entonces el campo electrico resultante de todas estascargas, se dirige hacia una posicion intermedia entre las siete y las doce. Por lo tanto elvector campo electrico apunta a las 9:30 hrs.

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2

3

4

56

7

8

9

10

11

Si suponemos que el reloj tiene un radio r, podemos escribir las componentes del vectorresultante

Ex = ke6q

r2cos 60 ke6q

r2cos 30 ke6q

r2 ke6q

r2cos 30 ke6q

r2cos 60

= ke6qr2

(21

2+ 2

3

2

) ke6q

r2= ke6q

r2(2 +

3)

1

Ey = +ke6q

r2

Notar que casi todas componentes en direccion y se cancelan. Para obtener el angulo queforma E con el eje x

tan =

EyEx = 12 +3 = 15

Es decir, el vector campo electrico forma un angulo de 15 con el eje x, esto es equivalentea que el vector apunte a la posicion intermedia entre las nueve y las diez horas (9:30 hrs).

Problema #2

El alambre que muestra la figura, formado por dos partes semi-infinitas y un arco de circunferencia de radio R y angulo ,esta uniformemente cargado con una densidad . Determine lamagnitud y direccion del campo electrico en el punto O, centrode la circunferencia.

o

Solucion: Calcularemos en forma independiente los campos electricos producidos por cadaregion del alambre.En primer lugar calculemos el campo a una distancia R a la derecha de un alambre semi-infinito.

E1 =1

40

0

(R x)|R x|3

xdx =

40

0

dx

(R x)2x =

40Rx

Por lo tanto E1 = 40R

Para el arco de circunferencia se tiene:

E2 =1

40

/2/2

R(cosx+ siny)RdR3

= 40R

2 sin(

2)x

Por lo tanto E2 =2 sin(

2)

40R

Finalmente, sumando los vectores de la figura, el resultante es vertical y hacia abajo demagnitud

Etotal = 2

40R cos(

2) +

2 sin(2)

40R=

2

40R(cos(

2) + sin(

2))

2

Problema #3

Un cilindro hueco de largo infinito, de radio interior R1 = R y radio exterior R2 = 3R, tieneuna carga estatica distribuida con densidad (r) = a+br, con a > 0, b > 0 y R1 < r < R2. Enotros puntos del espacio = 0. Se coloca un alambre infinito coaxial al cilindro con densidadde carga lineal . Se sabe que a una distancia R0 = 2R dentro del cilindro el campo electriconeto se anula. Determinar .Solucion: Usamos la ley de Gauss para determinar el campo electrico a una distancia r paraambas distribuciones de carga. Dada la simetra de ambas distribuciones de carga, el campoelectrico generado por ambas debe ser radial.i) Alambre infinito: Este es un problema estandar. Elegimos una superficie gaussiana consis-tente en un cilindro de radio r (R1 < r < R2) y largo h:

S

E dA =qenc0

Con de densidad de carga obtenemos la carga encerrada, as

E2rh =h

0 E(r) =

20r=

2ker

En forma vectorial

E(r) =

20rr =

2ker

r

ii) Cilindro infinito: En este caso la densidad de carga es variable. Aplicando la ley de GaussS

E dA =qenc0

En este caso la densidad de carga depende de r, as para obtener la carga encerrada debemosintegrar en el volumen del cilindro de largo h

E2rh =1

0

V

(r)dv

=1

0

h0

20

rR1

(a+ br)r drddz

3

Donde hemos usado el elemento de volumen en coordenadas cilndricas dv = r drddz

E2rh =2h

0

[ar2

2+ b

r3

3

]rR1

=2h

0

[a

2(r2 R21) +

b

3(r3 R31)

]As obtenemos

E =1

r0

[a

2(r2 R21) +

b

3(r3 R31)

]

E =1

r0

[a

2(r2 R21) +

b

3(r3 R31)

]r

Para que el campo electrico se anule a una distancia R0 (R1 < R0 < R2), debemos considerar

que E(R0) = E(R0). Luego debemos tener que

1

R00

[a

2(R20 R21) +

b

3(R30 R31)

]=

20R0

Tenemos finalmente:

= 2[a

2(R20 R21) +

b

3(R30 R31)

]Notar que que < 0.

4

Problema #4

En la figura, el alambre horizontal tiene longitud 2L yes perpendicular a un alambre de largo L. Cada uno delos alambres tiene la misma carga Q, distribuida uni-formemente. Calcule la fuerza que uno de los alambresejerce sobre el otro.

Ayuda:

dxxx2+a2

= 1aln(

2a2+2ax2+a2

x

)Solucion:Calculemos el campo electrico producido por el alambre horizontal en su eje. Porsimetra, sabemos que el campo sera vertical, dado por:

E =1

40

LL

y

(y2 + x2)3/2yQ

2Ldx =

Q

40

1

yy2 + L2

y

Para obtener la fuerza sobre el alambre vertical, integramos sobre el segundo alambre

F =

2LL

E(y)Q

Ldy =

2LL

Q

L

Q

40

1

yy2 + L2

ydy =Q2

40L2ln

(2 + 2

2

1 +5

)y

5