1
1. FUERZA ELCTRICA
PROBLEMA 1. Dos cargas puntuales de magnitudes +q y +4q , se encuentran separadas a
una distancia l . Una tercera carga se coloca de tal manera, que las cargas quedan en equili-brio por efecto slo de fuerzas elctricas.
(a) Encontrar la ubicacin, magnitud y signo de la tercera carga.
(b) Examinar si acaso el equilibro es estable.
SOLUCIN
(a) Las fuerzas entre las cargas +q y +4q son un par de accin reaccin como se indica
en el diagrama.
+q
r1F
+4q
-r1F
Para lograr el equilibrio de +q se requiere aplicarle una fuerza adicional del valor -r1F , de mo-
do que la fuerza neta sobre ella sea nula.
+q
r1F -
r1F
Anlogamente, para lograr el equilibrio de +4q se requiere aplicarle una fuerza adicional
del valor +r1F .
+r1F
+4q
-r1F
Los dos requerimientos anteriores pueden lograrse con una carga negativa ubicada
entre las cargas +q y +4q , ya que ambas sern atradas por una carga negativa. A su
vez, la carga negativa ser atrada por las cargas +q y +4q , con fuerzas de valor +r1F y
2 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
-r1F respectivamente, quedando en equilibrio. El siguiente diagrama muestra las fuerzas
sobre la carga -Q :
-Q
r1F -
r1F
Todas las fuerzas involucradas son de igual magnitud. La distancia entre +q y -Q la llama-
remos a , como se indica en el diagrama siguiente :
- Q
l
+qa
+4q
La magnitud de la fuerza entre +q y +4q es : = g l2
1 2
4c
qF k .
La magnitud de la fuerza entre +q y -Q es : = g1 2cqQF ka
.
La magnitud de la fuerza entre +4q y -Q es : ( )
=-
gl1 24
cqQF k
a .
Luego, para el equilibrio de +q se requiere : =g gl2
2 2
4c c
q qQk k
a
y el equilibrio de +4q requiere que : ( )
=-
g gl l2
2 2
4 4c c
q qQk k
a .
De las ecuaciones de equilibrio se obtienen las soluciones para Q y a . Puesto que el lado
izquierdo de ambas ecuaciones es el mismo, igualando entre s las expresiones del lado dere-
cho, se obtiene ( )= -l 224a a .
Resolviendo, se encuentra que = l3
a .
Sustituyendo el valor de a en una de las ecuaciones de equilibrio se obtiene que :
= 49
Q q .
1. Fuerza Elctrica 3
Puesto que la carga buscada es de signo negativo, hemos obtenido lo siguiente:
- 49
q
2aa
+q +4q
(b) Un pequeo desplazamiento de la carga -Q hacia el lado derecho, hace que aumente la
fuerza de atraccin hacia +4q y que disminuya la fuerza de atraccin hacia +q . El resultado
es una fuerza neta hacia +4q que saca a la carga -Q de su posicin de equilibrio. Algo seme-
jante ocurre si -Q se desplaza inicialmente hacia el lado izquierdo. En consecuencia, el equi-
librio de la carga -Q es inestable.
PROBLEMA 2. Dos cargas puntuales positivas y de igual magnitud, estn separadas una dis-
tancia 2a . Una carga puntual de prueba se sita en un plano que es perpendicular a la lnea
que une esas cargas y simtrico respecto a ellas.
(a) Calcular el radio r del crculo de simetra en este plano, para el cual la fuerza sobre la
carga de prueba tiene magnitud mxima.
(b) Cul es la direccin de esta fuerza, considerando que la carga de prueba es positiva?
4 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
SOLUCIN
Consideremos que las cargas son de magnitudes q y 0q , y examinemos las fuerzas
sobre 0q .
r1F
r2F
rF
a
a
0q
q q
y
aa
r1F y
r2F son de igual magnitud : =1 2F F .
pe
=+gg 01 2 2
0
14
q qF
a y .
Las componentes de r1F y
r2F que son perpendiculares al plano, se anulan.
Luego, a= g12F F sen , ya que las componentes de r1F y
r2F paralelas al plano se
suman. Es decir,
( )pe
=+
g gg 0 32 2 20
24
q q yF
a y pues
( )a =
+1
2 2 2
ysena y
.
F es funcin de y , de acuerdo a la relacin anterior.
1. Fuerza Elctrica 5
Grficamente :
En =y r , F es mximo y para encontrar el valor de r se har = 0dFdy
. Pues-
to que:
( ) ( )pe pe = + - + +
g g g g2
0 03 5
2 2 2 22 20 0
2 322 2
q q q q ydFdy a y a y
,
debe resolverse,
( )pe - = + +
g g2
03 2 2
2 2 20
31 02
q q ya ya y
.
La solucin buscada se obtiene de :
- =+
2
2 2
31 0ya y
, cuya solucin es : = 2
ay .
Luego, el radio r es : =2
ar .
La fuerza rF es paralela al plano perpendicular a la lnea que une las cargas q , segn la figu-
ra al inicio de la solucin presentada.
6 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
PROBLEMA 3. En cada uno de los vrtices de un
cubo de lado a , se coloca una carga puntual +q .
Calcular la fuerza electrosttica resultante sobre
una de las cargas.
5
aa
6
78
4 3
21a
SOLUCIN
Observe que, en este caso, lo ms
adecuado es aplicar directamente la expre-
sin vectorial :
( )pe
= --
r r rgg gr r11 130 1
14
ii i
i
q qF r r
r r ,
( )-r r1 ir r
1q r1iF
r1r
0
z
xy
rir
iq
para la fuerza producida por la partcula i sobre la partcula 1. En tal expresin r1r y
rir son
los vectores posicin de las cargas 1 e i respectivamente. Aplicando el principio de super-
posicin, la fuerza resultante sobre la carga 1 ser igual a :
( )pe= =
= = --
r r r rgg gr r
8 81
1 1 1302 2 1
14
ii i
i i i
q qF F r r
r r
Indudablemente, el resultado no depender del sistema
de coordenadas utilizado, por lo que podemos elegir uno
que simplifique lo ms posible los clculos; as por ejem-
plo, podemos ubicar el origen del sistema en la carga 1
y los ejes coincidiendo con los lados del cubo, como se
indica en la figura.
z
x
y6
78
5
4 3
21
1. Fuerza Elctrica 7
En este sistema los vectores posicin son:
= =
= = +
= + = + +
= = +
r rr rr rr r
1 5
2 6
3 7
4 8
0
r r a k
r a i r a i ak
r a i a j r a i a j ak
r a j r a j ak
Reemplazando estos valores, la expresin para la fuerza se reduce a :
( )
( ) ( ) ( )
pe
- - - - -= + + + +
- - - - - - - + + +
rg
2
1 3 3 3 30
3 3 3
4 2
2 3 2
a i a i a j a j akqFa a aa
a i ak a i a j ak a j ak
a a a
Factorizando ( )21 a y agrupando los coeficientes de los vectores unitarios, obtenemos la expresin :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )pe
- = + + + + + + + +
rg
2
1 3 3 3 3 3 30
2 1 2 1 2 1 1 1 14 2 3 2 3 2 3
qF i j k
El factor numrico ( ) ( )( )+ +3 31 2 2 1 3 es aproximadamente igual a 1,900 . Esto nos da una expresin para
r1F :
( )e= - + +r 21 2
0
0,151 qF i j ka
.
Obsrvese que el vector est dirigido a lo largo de
la diagonal del cubo y que su magnitud es igual a :
e e= =
rg
2 2
1 2 20 0
0,151 3 0,262q qFa a
. 7
5 8
6
1 4
2 3r1F
z
x
y
Examinar la posibilidad de resolver este problema mediante otros mtodos.
8 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
PROBLEMA 4. Determinar la fuerza elctrica sobre la
carga puntual 0q de la figura, que se encuentra en el
eje de un anillo de radio R y carga total Q distribuida
uniformemente. 0q
a
lR
SOLUCIN
R
x
q
aa
rdF
r
z
y
a
dq
dl
El elemento de carga dq produce una fuerza r
dF de magnitud :
pe
= g02
04q dqdF
r .
rdF tiene componentes xdF , ydF y zdF ; sin embargo la fuerza resultante slo tiene com-
ponente zF , ya que = = 0x yF F en virtud de la simetra del anillo en relacin a la ubicacin
de 0q , y a la eleccin del sistema de coordenadas.
ape
= = g g02
0
cos4z
q dq adF dFrr
,
adems : l q qp p
= = =g l g g2 2Q Qdq d Rd d
R .
Luego, la nica variable involucrada en zdF es q , ya que 0, , ,r Q q a y e0 son constantes.
1. Fuerza Elctrica 9
Entonces, p
qpe p pe
= =g g2
0 03 3
0 004 2 4zq Q q Qaa
F dr r
. Puesto que = +2 2 2r R a , el re-
sultado queda :
( )pe
=+
03
2 2 204
z
q QaF
R a .
PROBLEMA 5. En el problema anterior, reemplazar el anillo cargado por un disco cargado uni-
formemente, con carga total Q y de radio R . Hallar la fuerza sobre una carga puntual 0q
colocada sobre el eje del anillo.
SOLUCIN
El disco puede considerarse formado por una infinidad de anillos muy delgados, de dife-
rentes radios. Esto permite aprovechar el resultado anterior, utilizndose como punto de parti-
da, despus de hacer algunos cambios en la notacin :
dq
dr
0q
x
rr
dF
z
y
a
El anillo de radio r , ancho dr y carga dq produce sobre 0q una fuerza r
dF que so-
lamente tiene componente en direccin z , y de acuerdo al resultado anterior es:
( )pe=
+
g g03
2 2 204
z
q a dqdF
r a
con s pp
= = g2 2
Qdq d A rdrR
.
10 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
La fuerza que ejerce el disco se encuentra como una superposicin de las contribuciones
de todos los anillos.
04zq a
Fp
= g 20
2QR
s
ppe
64748g g
( )3
2 2 20
R
r d r
r a+g , con m+ =2 2r a y m = 2d rdr .
0 03
20 0
1 12 2 2 2
s
i
z
q a q adF
m
m
s sme em
= =g g g gg g g 2g 120
2 20
1 12
i
s
q aa R a
m
mm
se
= -
+
g g g
Un caso particularmente interesante del resultado recin encontrado, es aquel que ocurre
cuando ?R a . Entonces:
se
; 002
z
qF .
La carga 0q ubicada tan cerca del disco ( )?R a "ve" a este ltimo como un inmenso plano
(plano infinito), ya que este resultado es el mismo que se obtiene para un plano infinito, por
integracin directa. Lo anterior puede verificarse considerando al plano como un conjunto de
lneas infinitas e integrando, usando los resultados conocidos para la lnea infinita.
1. Fuerza Elctrica 11
PROBLEMA 6. Encontrar la fuerza ejercida sobre 0q , por un cilindro macizo de carga total Q ,
radio R y largo L , siendo 0q una carga puntual ubicada sobre el eje del cilindro, a una distancia
a de uno de sus extremos. Considerar que Q se distribuye uniformemente sobre el cilindro.
SOLUCIN
r
zdF
z a
dza z=0
dq
0q
El cilindro macizo puede considerarse formado por una infinidad de discos de radio R , ancho
dz y carga dq .
De acuerdo al problema anterior, la fuerza ejercida por un disco de radio R y carga Q
sobre 0q ubicada en el eje a a una distancia z es:
s
e p
= - + g g14243
02 2 2
0
12zq Q zF
R R z ,
donde se ha puesto s p= 2Q R .
En consecuencia, uno de los discos que forman el cilindro macizo produce sobre 0q una
fuerza zdF dada por :
e p
-= -
+ g0 2 2 2
0
12zq dq zdF
R R z
donde r r p= =g g 2dq dV R dz .
Luego,
r
e -
= - +
0
2 20
12zq zdF dz
R z
12 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
Integrando :
r
e
+ -
= - +
0
2 20
12
a L
z
a
q zF dzR z
con + =2 2z R u ; = 2du zdz y
re
-= +002
z
qF L a - a
re
-
-= -
12
0
0
12
12 2
s
i
u
u
du
u
qL 2
( )( )( )( )
re
re
-= - + + + +
-= + + - + +
12
2 2 2 20
0
22 2 20
0
2
2
s
i
u
u
u
qL L a R a R
qL a R L a R
Puede verificarse que la cantidad entre parntesis es siempre positiva y, por lo tanto, rF
apunta en la direccin -z cuando 0q y r son positivos.
Adems ,
rp
= 2QR L
.
PROBLEMA 7. Determinar la fuerza sobre una carga puntual 0q , ejercida por un cilindro hueco
cargado uniformemente sobre su superficie con una carga total Q . El cilindro tiene radio R y
largo L , y la carga 0q est en el eje del cilindro a una distancia a de uno de sus extremos.
SOLUCIN
s
0q zd Fzdz
a z=0
1. Fuerza Elctrica 13
El cilindro hueco se puede considerar como un conjunto de anillos de igual radio R y de
ancho dz , conteniendo cada uno de ellos una carga dq .
De acuerdo a los resultados obtenidos para la fuerza que un anillo ejerce sobre 0q , se
tiene que :
( )pe
= -+
g g03
2 2 204
z
q Q zF
R z ,
donde Q es la carga del anillo, R su radio y z la distancia entre el anillo y la carga 0q , medi-
da sobre el eje.
Entonces, zdF en este caso es :
( )pe
= -+
03
2 2 204
z
q zdqdF
R z , con s s p= = g2dq dA Rdz .
Luego :
p
= - 02
z
qF
sp4
R
e g0 2 ( )
+
+ 32 2 22
L a
a
zdz
R z .
Finalmente :
s
e = - - +
g00
1 12z
q RF
a L a , sustituyendo s
p=
2QR L
,
pe
= - - + g g0
0
1 14zQ q
FL a L a
.
14 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
PROBLEMA 8. Un plano infinito que tiene un aguje-
ro circular de radio = 0,50[ ]R m , est cargado con
densidad superficial de carga 6 22,0 10 [ ]C ms -= g . En el punto P , situado a 20[cm] del centro del agu-
jero, se encuentra fija una partcula de carga -= - g 73,0 10 [ ]q C .
En qu punto sobre el eje x habr que colocar una partcula de carga -= g 62,0 10 [ ]lq C para que permanezca en equilibrio?
SOLUCIN
La carga puntiforme -= g 62,0 10 [ ]lq C no podr encontrarse en equilibrio en ningn pun-to de la porcin del eje x comprendido entre el plano y el punto P . El punto pedido deber
encontrarse ms all del punto P .
Para que la partcula de carga lq est en equilibrio se debe cumplir que :
=r r
deb idaa lp lano.l lq q qF F
Clculo de la fuerza sobre lq debida al plano
Consideremos el plano como la suma de elementos diferenciales en forma de anillo.
La fuerza que ejerce un anillo con carga total Q sobre una carga puntual lq est dada
por ( ver PROBLEMA 4 ) :
( )
32 2 20
14
l
x
Qq bF
r bpe=
+
gg ,
donde b es la distancia desde el centro del anillo a la carga y r es el radio del anillo conside-
rado.
La fuerza que ejerce un anillo diferencial de carga dQ ser:
( )
32 2 20
14
l
x
dQ q bdF
r bpe=
+
g gg , con s s p= = g2dQ dA r d r ,
1. Fuerza Elctrica 15
luego ( )
32 2 20
214
l
x
q b r d rdF
r b
s ppe
=+
g g gg .
La fuerza que ejerce el plano agujereado se obtiene integrando la expresin anterior :
( )
32 2 20
24 4
l l
x x
R
bq r d r bqF dF
r b
s se
= = =+ g 02
2e
g2 2R b+
(1)
Para 0R = este resultado corresponde a la fuerza ejercida sobre lq por un plano infini-
to, sin agujero, tal como se encontr en el PROBLEMA 5 :
02
l
xqF se
= .
La fuerza sobre lq debido a la carga q tiene direccin opuesta a la anterior, y es de magnitud :
( )pe
=-
g 20
14 0,20
l
l
q q
qqF
b (2)
Igualando (1) y (2) se obtiene la condicin para que la carga lq permanezca en equilibrio.
Entonces,
( )
( )
22 200
2 2 2
2 2 42
4 0,202
4 0,20
ll qqq b
bR b
b qR b b
spee
sp
=-+
=+ -
( ) ( )2
42 2 22 2 0,204
q R b b bp s
+ = - ,
Esta ecuacin se debe resolver numricamente. Un mtodo muy sencillo consiste en hacer una
tabla de valores para cada lado de la ecuacin, variando el valor de b . El valor real de b , para
el cual ambos lados dan el mismo resultado, es la solucin buscada. Esto requiere una calcu-
ladora o una planilla de clculo.
16 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
PROBLEMA 9. Un electrn se suelta en el centro de un anillo de 5,0[ ]cm de radio, cargado
con densidad uniforme de carga l = -8,0[ / ]nC m . Con qu velocidad pasa el electrn por
un punto sobre el eje, a 8,0[ ]cm del centro?
SOLUCIN
El electrn es repelido por el anillo cargado negativamente. La fuerza elctrica sobre el
electrn, cuando est justo al centro del anillo, es cero (porqu?). Al sacar ligeramente al
electrn del centro del anillo, inmediatamente comienza a actuar la repulsin.
Observe que la fuerza elctrica no es capaz de sacar al electrn del centro del anillo, ya
que esa es una posicin de equilibrio; sin embargo, el equilibrio es inestable ya que basta una
pequea perturbacin que mueva al electrn sobre el eje para que ste comience a acelerar.
De acuerdo a resultados anteriores ( ver PROBLEMA 4 ), la fuerza de una carga 0q , ubica-
da en el eje de un anillo de radio R y carga Q , a una distancia x de su centro, est dirigida a
lo largo del eje, y tiene magnitud:
( )p e=
+
03
2 2 24
q Q xF
R x
Supondremos que la perturbacin que saca al electrn de la posicin 0x = , le comunica a
ste una energa cintica despreciable.
En consecuencia, toda su energa cintica en una posicin dada, es la que le ha impreso
la fuerza elctrica Fr
, al hacer trabajo mecnico sobre el electrn; es decir,
FK WD =
Considerando que Fr
es una fuerza variable y que el electrn se mueve a lo largo del eje x,
FW se calcula segn :
1. Fuerza Elctrica 17
0
0
( )x
FW F x dx=
18 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
es decir :
( )
0
0 03 2 22 2 2 0 00 0
1 144
x
F
q Qxdx q QW
R R xR x p ep e
= = -
++
adems :
21 02f i
K K K mVD = - = -
Luego,
2 02 2
00
1 1 12 4
q QmV
R R xpe
= - +
.
Despejando V y reemplazando los valores numricos :
p e
= g 9 2 20
1 9,0 10 [ / ]4
Nm C ; -= g 25,0 10 [ ]R m ; -= g 20 8,0 10 [ ]x m ;
= g 110 1,76 10 [ / ]q C Kgm
; lp
-= = g 98,0 10 [ / ]2
Q C mR
,
todos ellos en unidades del sistema MKS, resulta :
60
2 20 0
1 8,7 10 [ / ]q RV m sm R x
le
= - = + g g .
La velocidad encontrada es del orden de un centsimo de la velocidad de la luz.
1. Fuerza Elctrica 19
19
2. CAMPO ELCTRICO
PROBLEMA 10. Determinar el campo elctrico producido por una esfera de radio R , cargada
uniformemente con densidad volumtrica r , en un punto ubicado a distancia r del centro
( )>r R .
SOLUCIN
La esfera se considerar formada por una infinidad de discos de distintos radios, como se
muestra en el siguiente esquema.
+R
y
dx
r rp= = 2dq dV y dx
x
RP
Z
r
x
y
De acuerdo a resultados anteriores, la fuerza producida por un disco cargado con densidad de
carga s uniforme, sobre una carga 0q ubicada a una distancia Z de su centro es :
s
e
= - +
g g02 2
012
q ZFR Z
,
donde sp
= 2QR
, siendo R el radio y Q la carga del disco.
Luego, la magnitud del campo elctrico producido por el disco, en el punto en que est
ubicada la carga 0q , es :
pe
= = - +
g2 2 20 0
12
QF ZEq R R Z
20 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
En consecuencia, la contribucin al campo elctrico de uno de los discos que constituyen la
esfera ser :
pe
= - +
g2 2 20
12x
dq ZdEy y Z
,
siendo dq la carga del disco e y el radio.
Antes de sumar las contribuciones de todos los discos, es necesario arreglar la expresin
de xdE hasta dejar solo una variable. Para ello usamos :
r p
+ =
= -
= g
2 2 2
2
x y R
Z r x
dq y dx
Luego,
r p=xdE
2y
p2
dx
e 20 y
( )( )
( )re
- - - + -
- = -
+ -
22 2
2 20
1
12 2
r x
R x r x
r xdx
R x rx
Siendo x la nica variable, basta integrar desde = -x R hasta = +x R y se tendr el resultado buscado.
re
+ ++
- - -
= - + + - + - 2 2 2 202 2 2
R RR
x
R R R
r d x xdxE dx
R r rx R r rx .
Con la sustitucin + - =2 2 2R r rx u ; = - 2du rdx
, la segunda integral
queda :
- = - = + + - + - g 1 2 2 2 22121 1 2 2 22 2s
s
i
i
uu
uu
du u R r r R R r r Ru
2. Campo Elctrico 21
Con la misma sustitucin anterior, la ltima integral resulta :
( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
+ - - = - + -
- + + - - + + -= + - - + +
= - + - - + - - - +
2 2
12 2 21 2 12 2 2
2 2 2 2 2 22
3 32 2 2 22 2
3 32 22
144
1 2 2 2 24
2 22 23 3
1 2234
s s s
i i i
u u u
u u u
R r u du duR r u durr u u
R r R r rR R r rRr
R r rR R r rR
R r r R r R r R r Rr
Luego,
( ) ( ){ } ( ) ( ){
( )}
re
re
= - + - - - + - -- -
=
2 22
0
2 3
0
12 2 22 4
2 6 23
22
x
x
E R r R r R R r Rr
r R R
E R - 2R - - -3 221 4 4
4R r R
r+ 24r R
re
+
= g
3
0
43
12 4
x
R
E2
4r
r - = g33 211
3R
R2 e
re
=
g g203
20
3
3x
r
REr
Puesto que r p= g 343
Q R ; se encuentra finalmente : p e
= 204
xQE
r
Ntese que xE depende de -2r , de la misma manera que si fuese una carga puntual. Este
resultado se obtiene tambin de una manera mucho ms sencilla, usando la ley de Gauss.
22 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
PROBLEMA 11. Una esfera de radio R tiene un hueco
esfrico no concntrico de radio 2R , como muestra la figura
adjunta. Una carga se distribuye uniformemente con densidad
r , sobre el volumen representado por la zona achurada.
Determinar rE en el punto D .
SOLUCIN
De acuerdo a un resultado anterior (PROBLEMA 10), el campo elctrico producido por una
esfera maciza, cargada uniformemente con densidad volumtrica r , est dado por :
re
=r 3
20
3
RE r
r ,
es decir, el campo elctrico es radial y tiene la misma magnitud en puntos que equidistan del
centro de la esfera, siempre que >r R .
Si
2. Campo Elctrico 23
Grficamente :
r A +O
O
O
O'
Algebraicamente:
( ) ( )
( )
33
2 20 0
2 3 3 2
RRE r rr r R
rre e
-= +
-
rg g ,
lo cual es el resultado buscado, para el campo en el punto D , a una distancia >r R del centro de la esfera.
Obsrvese bien la manera en que se utiliz un resultado previo para resolver un
problema aparentemente completo. El primer trmino del resultado final representa la
contribucin de la esfera maciza de radio R y densidad r , mientras que el segundo
representa la contribucin de la esfera excntrica, de radio 2R y densidad r- .
En forma ms compacta, el resultado queda:
( )
re
= - -
rg g
3
2 20
1 1 3 8 2
RE rr r R
.
PROBLEMA 12. En un plano infinito cargado con
s -= g 6 22,5 10 [ / ]C m , se encuentra un orificio circular. A una distancia de 1,1[m] desde el centro del orificio,
sobre el eje, la intensidad del campo elctrico tiene
magnitud = g 51,4 10 [ / ]E N C . Calcular el radio del orificio.
1,1[m]a
srE
24 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
SOLUCIN
La magnitud del campo elctrico E puede considerarse como resultante de la
superposicin de dos campos elctricos en el punto dado:
(a) campo debido al plano infinito con carga s -= g 6 22,5 10 [ / ]C m
(b) campo debido a un disco de radio R con carga s -= - g 6 22,5 10 [ / ]C m
Entonces,
= +r r r
debido al p lano debido al d iscoE E E
Usando los resultados del PROBLEMA 5, se obtiene:
( )
s se e
- = + - +
r2 20 0
12 2x xxE u u
a x
donde = 1,1[ ]x m y a es el radio del orificio.
La magnitud del vector rE es:
2 202
xEa x
se
=+
.
Introduciendo los valores numricos, el valor de a se calcula fcilmente:
se
= -g g2 2
22 10
0
1,1 1,11,96 104
a
= 0,15[ ]a m .
PROBLEMA 13. Un plano horizontal infinito cargado
con densidad superficial s , tiene un agujero circular
de radio R .
(a) Determinar la intensidad del campo elctrico en un
punto ubicado en el eje del agujero a una
distancia h del plano.
(b) Cul ser la posicin de equilibrio de una partcula con carga q y masa m , ubicada
en el eje del agujero? Discutir sobre los signos de q y s .
2. Campo Elctrico 25
SOLUCIN
(a) PRIMER MTODO: Igual que en el PROBLEMA 12, se hace el clculo de rE como
superposicin de dos campos elctricos.
ss -
= + +
r campo de un plano infinito campo de un d isco de radio cargado con cargado con
RE
s se e
-= + +
r2 2
0 0
12 2
hE uR h
se
=+
r2 2
0
2
hE uR h
SEGUNDO MTODO : Usando las ideas del PROBLEMA 5, se hace el clculo de rE
mediante anillos diferenciales cargados con densidad superficial s .
La magnitud del campo debido a un anillo de radio r y carga q es (ver resultado
PROBLEMA 4) :
( )pe
=+
32 2 2
04
q hE
h r .
Si el anillo es un elemento diferencial de rea con carga dq , la magnitud del campo
elctrico es :
( )pe
=+
32 2 2
04
hdqdEh r
, pero s s p= = 2dq d A rdr .
Luego,
( )
s p
pe=
+
g3
2 2 20
2
4
h rd rdEh r
.
Entonces,
( )
32 2 20
24Rh rdr
E dEh r
se
= =+ g ,
es decir,
s
e=
+2 202hE
h r
26 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
(b) Si > 0q , se encontrar en equilibrio sobre ( )0h > el plano horizontal cargado con s > 0 .
Si < 0q , se encontrar en equilibrio bajo ( )0h < el plano horizontal cargado con s > 0 .
Para que la partcula con carga q y masa m est en equilibrio debe cumplirse que:
qE mg=r r
.
Luego,
s
e=
+2 202q h mgh R
( )
se
=+
2 2 22 2
2 2 204
q hm g
h R
Resolviendo, se obtiene:
e
s e=
-0
22 2 2 20
2
4
mg Rh
q m g .
PROBLEMA 14. Tres cargas puntiformes estn
ubicadas en los vrtices A, B y C de un tringulo
equiltero de lado 0,20[ ]a m= . Las cargas valen -= 810 [ ]Aq C ,
-= g 82 10 [ ]Cq C y Bq es desconocida. Determine Bq y la distancia "x" a la que debe pasar un
alambre recto muy largo, perpendicular al plano del
tringulo, cargado con densidad lineal
l -= g 88 10 [ / ]C m , para que la intensidad del campo elctrico resultante en P sea cero.
a
a/2 a/2
a
l
Cq
Aq Bq
x
P
2. Campo Elctrico 27
SOLUCIN
Si el campo elctrico resultante Er
en el punto P es
cero, debe cumplirse que los campos de cada una de las
distribuciones de carga tengan las direcciones indicadas en
la figura y adems:
0A B Cq q q alambre
E E E E E= + + + =r r r r r
.
Entonces,
=r r
A Bq qE E (1)
=r r
Cq alambreE E (2)
Escribiendo ms explcitamente las igualdades anteriores, se obtiene :
De (1) 82 20 0
10 [ ]4 4
2 2
A BB A
q qq q C
a ap e p e
-= = =
De (2) 2
20
0
3 0,24[ ]2 2
4 32
C
C
q ax mx qa
l lp e
p e= = =
PROBLEMA 15. Dos semianillos con distribuciones de carga
l = -119
[ / ]nC m y l2 desconocida se unen formando un
anillo de radio = 0,10[ ]r m . Determinar l2 si la magnitud
del campo elctrico en el centro del anillo es =0 10[ / ]E N C .
BqEr
alambreEr
AqEr
CqEr
l2l1
28 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
SOLUCIN
Clculo del campo elctrico en el centro de un semianillo cargado.
dq
ld
al
xd E
ydE dE
a
y
x
adems,
= +r r r
x ydE dE dE = = + r r r r
123vale ceropor simetra
x yE dE dE dE
luego, la ape
= = = = r r l
204
xdE dE E dE dEsen sen
r.
Usando d r da=l , se obtiene,
p
l la ap e p e
= =0 00
4 2E sen d
r r.
Aplicando el resultado anterior a nuestro problema : + =r r r
1 2 0E E E
l2l11E
La magnitud del campo producido por un
elemento diferencial del anillo, de longitud
dl y carga dq es :
lpe pe
= = l2 20 04 4
dq ddEr r
l lp e p e
l lp e
= -
-=
1 20
0 0
1 2
0
2 2
2
Er r
r
Despejando 2l se obtiene:
l l p e= -2 1 0 02 r E
p e
l l= - 02 1 04
2r E
2. Campo Elctrico 29
Hay dos soluciones :
(1) Si =r
0 10 xE u l-
-= - - = -gg g9
92 9
0,10 1010 110 [ / ]9 69 10 2
C m
0E
1E 2E
(2) Si = -r
0 10 xE u l-
-= - + = -gg g9
92 9
0,10 1010 1 10 [ / ]9 189 10 2
C m
1E
0E
2E
PROBLEMA 16. Encontrar el campo elctrico producido por un dipolo elctrico a grandes
distancias.
SOLUCIN
q2ar
q-
rr
1rr
2rr
Pq+
En el punto P :
1 23 30 1 2
14
q r qrE
r rp e
= -
r rr
30 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
Adems,
1
2 ,
a r r
a r r
+ =
+ =
r r rr r r
pues rr
va desde el punto medio entre las cargas hasta el punto P .
De acuerdo a la figura, puede escribirse las siguientes
aproximaciones para las magnitudes de 1rr
y 2rr
:
1
2
cos
cos
r r a
r r a
q
q
-
+
;;
Al reemplazar 1rr
, 1r , 2rr
y 2r en la expresin de Er
, tratando de dejar todo en trminos
de rr
y q , resulta:
( )
( )( )
( )3 301
4 cos cos
q r a q r aE
r a r ap e q q
- += -
- +
r r r rrg
Tomando aproximaciones de primer orden, usando :
( )1 1nx n x- ; m cuando 2 1x = , tenemos
( )3
3 3 3 3cos 1 cos 1 cosa ar a r rr r
q q q-
- - - - = - + ;
( )3
3 3 3 3cos 1 cos 1 cosa ar a r rr r
q q q-
- - - + = + - ; ,
Luego :
( ) ( )3 30
30
3 31 cos 1 cos4
6 cos 24
q a aE r a r r a rr r
q ra arr
q qp e
qp e
- - - + - + -
-
r r r r r;
r r;
qa r
r
1rr
2rr
P
a
2. Campo Elctrico 31
El resultado anterior est expresado en trminos de un vector unitario radial y otro en la
direccin de ar
. Conviene expresarlo en trminos de dos componentes ortogonales; por
ejemplo, una componente radial y otra tangencial.
Para ello:
2 2 cos 2a a r asen uqq q= -r
Entonces,
[ ]30
4 cos 24
qE a r asen ur q
q qp e
+r
; .
En trminos de la magnitud 2p aq= , correspondiente al momento dipolar elctrico, las
componentes radial y tangencial del campo elctrico son:
30
30
2 cos4
4
r
pE
r
psenE
rq
qp e
qp e
;
;
PROBLEMA 17. Un recipiente hemisfrico no conductor de radio interior R tiene una carga
total q , distribuida uniformemente en su superficie interior. Encontrar el campo elctrico en su
centro de la curvatura.
SOLUCIN
El cascarn se considera como formado por innumerables anillos de distinto radio. El
campo producido por un anillo en un punto de su eje es (ver PROBLEMA 13) :
32 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
( )
32 2 20
14
qxE
a xpe=
+g ,
donde q es la carga en el anillo, a su radio y x la distancia entre el centro y el punto del eje
en el cual se da la magnitud de Er
.
De acuerdo a lo anterior, uno de los anillos que constituyen el cascarn, produce en su
centro de curvatura un campo elctrico cuya magnitud es :
( )
32 2 20
14
dq xdE
y xpe=
+
gg ,
donde 2
qdq dAsp
= =g2
2R
pg y Rdqg es la carga de un anillo de radio y , ancho Rd q ,
ubicada a la distancia x del centro de curvatura.
Luego,
20
14 2
qdERpe p
= g22 Rp
( )
2
32 2 2
0
2
200
cos
1 224
d Rsen
y x
q sen dR
p
p
q q q
q qpe
+
=
g
Finalmente :
20
18
qERpe
= g y 20
8q iE
Rpe-=
r.
33
3. FLUJO ELCTRICO
PROBLEMA 18. Determinar el flujo que atraviesa una superficie cilndrica de radio R y
largo L , si el campo elctrico es uniforme y su direccin es perpendicular al eje del cilindro.
SOLUCIN
Er
Er
Er
dAr
VISTA SUPERIOR
La vista superior es representativa de lo que sucede en el manto de la superficie cilndrica.
Las bases del cilindro son reas planas representadas por un vector que es perpendicular
al campo elctrico y, en consecuencia, no contribuye a la integral E dAr r
g ; es decir, el flujo a travs de las bases es cero.
Para el manto :
p
f q q= = r r
g g2
0
cosM
E dA E Rd L
( )p
f q q p= = - =2
0
cos 2 0 0ERL d ERL sen sen .
Luego, f a travs del manto es 0; en consecuencia el flujo total a travs de la superficie
cilndrica es cero.
Otra manera de hacer lo anterior, es aplicando la ley de Gauss :
0
neta
S
qE dA f
e= =
r rg ,
y puesto que no hay carga en el interior de la superficie, entonces :
0totalf = .
34 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
PROBLEMA 19. Calcular el flujo elctrico Ef que atraviesa la superficie de un hemisferio de
radio R , en un campo elctrico rE uniforme y paralelo al eje del hemisferio.
SOLUCIN
El hemisferio es una superficie abierta ( )HS ; con el objeto de tener una superficie cerra-
da se agrega la superficie plana pS .
La superficie cerrada no encierra carga; luego :
0pp H H
SS S S
E dA E dA E dAf+
= = + = r r r r r r
g g g , por lo tanto :
pH SS
E dA E dA= - r r r r
g g ,
y
2
p p pS S S
E dA EdA E dA E A E Rp= - = - = - = - r r
g .
Entonces, el flujo a travs del hemisferio es :
2
H
H
S
E dA E Rf p= =r r
g .
Nota: obtenga el resultado anterior integrando directamente sobre la superficie del hemisferio.
3. Flujo Elctrico 35
PROBLEMA 20. Determinar el flujo elctrico que atraviesa un hemisferio de radio R si el eje
de simetra del hemisferio forma un ngulo a con la direccin de un campo elctrico uniforme.
SOLUCIN
Usando las ideas del problema anterior, y puesto que la superficie cerrada no encierra
carga :
H pS S
E dA E dA= - r r r r
g g
Aunque la integral sobre HS puede ser difcil de calcular, su resultado se obtiene fcilmente
usando la igualdad anterior cuyo segundo miembro es de fcil solucin. En efecto :
( ) 2cos cos cosp p pS S S
E dA E dA E dA E Rp a a a p= - = - = - r r
g g ,
luego :
2 cosH E Rf p a= .
36 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
PROBLEMA 21. Determinar el flujo del campo elctrico a travs de las caras de un cubo de
arista a , si se coloca una carga Q en las posiciones que se indica en la figura.
(a)
Q
Q
Q
Q
(c)(b) (d)
SOLUCIN
Caso (a): De acuerdo a la ley de Gauss, el flujo a travs de una
superficie cerrada, cualquiera que sea su forma, es igual a 0
nqe
,
donde nq es la carga neta encerrada por la superficie.
En este caso : 0
aQfe
= .
Caso (b): En este caso Q es una carga puntual ubicada justo en el
vrtice del cubo. Considerando una superficie gaussiana esfrica con
centro en la carga, podemos apreciar que el cubo contiene a un oc-
tante de la esfera.
El flujo a travs de la superficie esfrica es 0
aQfe
= ; por lo tanto el
flujo a travs del octante de esfera, que es igual al flujo a travs de las caras del cubo, es :
08 8
ab
Qffe
= = .
Observe que este es un caso de mucha simetra. El flujo a travs de las caras del cubo que
convergen en el vrtice en que se encuentra la carga es cero, y el flujo a travs del octante se
reparte en las 3 caras restantes en partes iguales, es decir, el flujo a travs de cada una de las
caras restantes es :
0
1 13 24b
Qfe
=g g .
Q
3. Flujo Elctrico 37
Caso (c): En este caso la carga Q est ubicada en el punto medio
de una arista. Considerando nuevamente una superficie gaussiana
esfrica con centro en la carga Q , advertimos que el cubo contiene la
cuarta parte de la superficie esfrica, por lo tanto el flujo a travs del
cubo corresponde a 1/4 del flujo total, es decir :
0
14c
Qfe
= g .
En este caso no existe simetra as que no es fcil determinar el flujo a travs de cada cara.
Slo podemos asegurar que el flujo a travs de las caras que tienen como arista comn aquella
que contiene la carga es cero.
Caso (d): En este caso la carga Q est ubicada en el punto de inter-
seccin de las diagonales de una cara. Haciendo las mismas conside-
raciones que en los casos anteriores, nos damos cuenta que el cubo
contiene la mitad de una superficie gaussiana esfrica, por lo tanto el
flujo a travs del cubo corresponde a la mitad del flujo a travs de la
superficie esfrica, es decir :
0
12d
Qfe
= g .
Observamos tambin aqu, que el flujo a travs de la cara en que se encuentra la carga es ce-
ro. Tampoco existe en este caso, condiciones de simetra que permitan calcular fcilmente el
flujo a travs de cada una de las caras restantes del cubo.
PROBLEMA 22. La intensidad de un campo elctrico est dada por E ie=r
, donde e es
una constante.
(a) Calcular la carga neta encerrada por un cubo de arista a , ubicado co-
mo se muestra en la figura.
(b) Repetir el problema para E x ib=r
, si b es una constante y x es una
de las coordenadas.
Q
Q
38 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
SOLUCIN
fe
= =r r
g0
netaE
qE dA
(a) Puesto que E dA^r r
en las caras 1, 3,
5 y 6, el flujo sobre cada una de ellas es nu-
lo. Entonces;
2 4
E
cara cara
AA
E dA E dA
ee
f
-
= + gg
r r r rg g
1442443 14243
0E A Af e e= - =g g , siendo A el rea de cada cara del cubo.
0Ef = 0netaq = .
(b) La situacin es similar al caso anterior. Puesto que E dA^r r
en las caras 1, 3, 5 y 6 ; en
cada una de ellas :
=r r
g 0E dA .
Adems, en la cara 4 : 4
0cara
E dA =r r
g , ya que 0E = para 0x = .
Entonces,
2 2 3
2
E
cara
E dA EdA E dA E a a a af b b= = = = = = r rg g ,
siendo a el lado del cubo.
3E af b= 3
0netaq ae b= .
CARA 4(IZQUIERDA)
CARA 5(SUPERIOR)
CARA 6(INFERIOR)
y
CARA 1(ANTERIOR)
CARA 2(DERECHA)
CARA 3(POSTERIOR)
z
x
3. Flujo Elctrico 39
PROBLEMA 23. Una esfera de radio R y carga Q tiene densidad cbica de carga 2Arr = ,
siendo r la distancia desde un punto de la esfera hasta el centro y A una constante. Determi-
nar la intensidad del campo elctrico en un punto interior de la esfera.
SOLUCIN
e
=rr
g0
neta
S
qE dS ,
siendo S una superficie gaussiana esfrica de radio r R< y netaq la carga encerrada por
esa superficie.
( )re
= 0 0
1r
r
S
E dS r dV
pe
= 2 20
0
1 4r
r
S
E dS A r r dr
pe
= 40 0
4r
rAE dS r dr
5
2
0
445r
A rE r ppe
=
Notar que evaluando el lado derecho de la ecuacin anterior, en r R= , se obtiene la carga Q
de la esfera dividida por 0e . Entonces ;
305
rAE re
= , para r R< .
54
5ARQ p= .
Finalmente, expresando rE en trminos de Q , se obtiene :
3504
rQE r
Rp e= g , para r R< .
40 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
PROBLEMA 24. Calcular el campo elctrico producido por una
placa infinita de espesor 2a , con densidad uniforme r+ .
SOLUCIN
Observe la simetra del problema con respecto al plano que pasa por el centro de la pla-
ca. Se puede deducir, en primer lugar, que el campo elctrico deber ser perpendicular al plano
de simetra (ya que la placa es infinita) y, adems, alejndose de dicho plano (puesto que la
carga es positiva).
Tambin, la magnitud del campo elctrico deber ser la misma pa-
ra todos los puntos equidistantes del plano de simetra.
En consecuencia, podemos aplicar la ley de Gauss a alguna super-
ficie cerrada conveniente; por ejemplo, un cilindro recto cuyo eje sea
perpendicular al plano de simetra y cuyas bases equidisten de tal plano.
Entonces, el flujo del campo elctrico, a travs del cilindro, es :
Ecil indro manto tapa tapa
ci l ndrico izquierda derecha
E dS E dS E dS E dSF = = + + r r r rr r r r
g g g g
El flujo a travs del manto cilndrico es cero, porque Er
es perpendicular a dSr
. Por otra
parte, en las tapas, Er
es paralelo a dSr
, por tanto :
0 0
. . . .
cos0 cos0Et i z q t d e r
EdS EdSF = +
3. Flujo Elctrico 41
Ambos flujos son positivos pues el vector Er
sale por las dos tapas. Como Er
es cons-
tante para todos los puntos de cada tapa :
2E E S ES E SF = + =g g ,
donde S es el rea de cada tapa y E es la magnitud del campo elctrico en cualquier punto
de cada tapa.
Por otra parte, usando la ley de Gauss, el flujo del campo elctrico a travs de una super-
ficie cerrada debe ser igual a la carga encerrada en dicha superficie. La carga encerrada por
nuestro cilindro depender de su tamao, y de si sus tapas caen dentro o fuera de la placa. En
consecuencia, debemos distinguir dos casos:
(a) cilindro dentro de la placa
.enc cq Vr= g ,
donde cV es el volumen del cilindro
. 2encq S xr= g g
(b) cilindro sobresale de la placa
.enc pq Vr= g ,
donde pV es el volumen del cilindro que cae en el interior de
la placa, pues slo en esa regin hay carga.
. 2encq S ar= g g . Igualando el flujo a la carga encerrada, en cada caso obtendremos la magnitud del campo elc-
trico en puntos dentro y fuera de la placa.
(a) campo elctrico dentro de la placa :
.
0
encE
qe
F =
0
12 2E S S xre
=g g
0
E xre
= g
42 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
(b) campo elctrico fuera de la placa :
.
0
lenc
Eq
eF =
0
12 2E S S are
=g g
0
constanteaE re
= =
En el grfico adjunto se representa la magnitud
del campo elctrico en funcin de la distancia al plano
de simetra. Observe que fuera de la placa el campo
elctrico es idntico al de un plano infinito con densidad
superficial 2a r .
Podemos escribir una expresin vectorial para Er
,
utilizando un sistema de referencia con el origen en el
plano de simetra, y el eje x perpendicular a tal plano.
En tal sistema :
xE E i=r
g
con ( )0
0
0
;
;
;
x
a x a
E x a x a
a x a
r e
r e
r e
+ += - +
- -
g
g
0
are
-
0
are
+
E
x
0
aa
0
are
Er
x0 a
0
y
x
3. Flujo Elctrico 43
PROBLEMA 25. Calcular el campo elctrico producido por una
placa infinita de espesor 2a con densidad uniforme de carga r+ , adosada a un plano infinito con densidad superficial
( )s- uniforme.
SOLUCIN
El campo que se desea calcular es igual a la superposi-
cin de los campos producidos por una placa y un plano res-
pectivamente. Supondremos conocidos los resultados para el
campo de una placa y de un plano (ver PROBLEMA 24), para
concentrarnos en la superposicin.
Usaremos un sistema de referencia con origen en el plano ( )s- y con el eje x perpendi-cular al plano. El vector campo elctrico para cada distribucin aislada, puede escribirse, en
este sistema, como :
, plano x p l a n oE E i=r
g ,
donde 0
,
0
; 02
; 02
x p l a n o
x
E
x
se
se
- = +
, placa x placaE E i=r
g ,
donde ( )
0
,0
0
; 2
; 0 2
; 0
x p l a c a
a x a
E x a x a
a x
re
re
re
+ = - -
Entonces, el campo resultante, producido por ambas distri-
buciones:
( ), , plano placa x p l a n o xp lacaE E E E E i= + = +r r r
g
44 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
xE E i=r
con ( )
0 0
0 0
0 0
; 22
; 0 22
; 02
x
a x a
E x a x a
a x
rse e
rse e
rse e
- + = - + - + -
Repita el problema con r y s de igual signo. Discuta todas las alternativas.
PROBLEMA 26. La configuracin mostrada en la figura consta
de dos esferas. La esfera maciza es conductora, tiene radio R
y una carga en exceso aq . La esfera hueca tiene radio interior
2R , radio exterior 3R , tambin es conductora y tiene una
carga en exceso bq . Determinar cmo se distribuye bq entre
las superficies interna y externa de la esfera hueca.
SOLUCIN
Tratndose de conductores, las cargas deben estar en las superficies, luego toda la
carga aq debe estar en la superficie de la esfera maciza, con una densidad superficial de valor
2aq Rp .
Puesto que 0E =r
en el interior de un conductor, entonces el flujo elctrico a travs de
una superficie gaussiana que sea esfrica de radio r , con 2 3R r R< < , debe valer cero. Si
r es slo ligeramente mayor que 2R , la superficie gaussiana servir para determinar la carga en la superficie interna de la esfera hueca, de la siguiente manera :
f = =r rg 0
S
E dA ,
ya que 0E =r
en todos los puntos de la superficie gaussiana S de radio r es un poco mayor
que 2R .
3. Flujo Elctrico 45
Puesto que :
0
netaqfe
= ,
entonces 0netaq = , pero neta a iq q q= + , donde iq es la carga en la superficie interior de
la esfera hueca; en consecuencia i aq q= - .
Si eq es la carga en la superficie externa de la esfera hueca, entonces por conservacin
de la carga y considerando el resultado anterior debe cumplirse que :
b i e a eq q q q q= + = - + ,
luego :
e a bq q q= + .
PROBLEMA 27. Una esfera aisladora slida tiene una densidad de carga (por unidad de volu-
men) constante r .
(a) Determinar el campo elctrico en un punto interior de la esfera.
(b) Si la esfera tiene una cavidad esfrica excntrica, encontrar el campo elctri-
co en un punto cualquiera de la cavidad.
SOLUCIN
(a)
Tomando una superficie gaussiana de radio r , segn la figura, y aplicando la ley de Gauss,
basndonos en la simetra esfrica de la situacin, se tendr :
0
neta
S
qE dA
e=
r rg ,
46 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
donde Er
es el campo elctrico en los puntos de la superficie S y netaq es la carga neta ence-
rrada por dicha superficie. Evidentemente (por simetra) Er
es radial y tendr la misma magni-
tud en todos los puntos de S .
Entonces :
0
1
S
E dA dVre
= g
0S V
E dA dVre
=
4E pg 2r0
4r pe
= g3r
3
Luego, 03rE r
e= , y puesto que E
r es radial ; entonces :
03rE r
e=
rr ; con r R .
(b) Usando superposicin puede hacerse la siguiente equivalencia para la esfera con
su cavidad:
Si N es un punto cualquiera en la cavidad, entonces el campo elctrico en N , de acuer-
do a la superposicin anterior es :
E E Er r-= +r r r
.
3. Flujo Elctrico 47
De acuerdo a la parte (a) las expresiones de Err
y E r-r
son :
03rEr
re
=rr
y
( )
03b
E rre-
-=
rr
Usando la igualdad vectorial a b r+ =rr r
; tenemos :
( )
0 0 03 3 3r ar aE
rr re e e
-= - =
r rr rr .
Ntese que en el interior de la cavidad Er
es uniforme, independientemente del radio de la ca-
vidad. Dibuje las lneas de fuerza en el interior de la cavidad.
PROBLEMA 28. Dos cilindros coaxiales largos, tienen
cargas de igual magnitud y diferente signo. Ambos son
conductores y poseen densidades lineales de carga l+
y l- , segn se muestra en la figura.
Calcular, usando la ley de Gauss, la intensidad del campo elctrico en las regiones carac-
terizadas por r a< ; a r b< < y r b> , siendo r la distancia al eje.
SOLUCIN
Se considerar que los cilindros son muy largos (infinitos) para evitar los efectos en los
extremos. La situacin tiene simetra en torno al eje de los cilindros, argumento que se usar al
aplicar la ley de Gauss.
48 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
(a) Si r a< ; la ley de Gauss : 0
neta
S
qE dA
e=
r rg aplicada usando una superficie de radio
menor que a , permite concluir que :
0S
E dA =r r
g , ya que netaq encerrada por la superficie S es cero. Lo anterior es vlido tanto si el cilindro in-
terior es hueco, como si l es conductor, ya que en este ltimo caso toda la carga estar en su
superficie ( )r a= .
La simetra de la situacin permite afirmar que Er
es radial y de igual magnitud en todos
los puntos que estn a una misma distancia del eje de simetra (eje de los cilindros); por lo tan-
to :
0
2S tapas manto manto manto
E dA E dA E dA E dA E dA
E r Lp
= + = + =
=
r r r r r r
g g g g
g g
donde 0
tapas
E dA =r r
g ya que Er
y dAr
son perpendiculares
y 2manto
E dA E r Lp=r r
g g , siendo E la magnitud del campo elctrico en los
puntos del manto de la superficie gaussiana cilndrica de radio ( )r r a< y largo L .
En consecuencia tenemos :
0S
E dA =r r
g (al aplicar la ley de Gauss) y
2S
E dA E r Lp=r r
g g (al hacer el clculo directamente) De modo que debe cumplirse:
2 0E r Lp =g ,
lo que implica finalmente :
0E =r
si r a< .
3. Flujo Elctrico 49
(b) Si a r b< < , entonces aplicando la ley de Gauss y las consideraciones de si-
metra, tenemos :
0l
neta
S
qE dA
e=
r rg
0
0
0
0
0
0
2
neta
tapas manto
neta
manto
neta
manto
qE dA E dA
qE dA
qE dA
LE r L
e
e
e
lp
e
+ =
+ =
+ =
= -
r r r rg g
r
g
o 02
Er
lp e-= o
0
2
rEr
lp e-=
r.
Evidentemente, en todo lo anterior se us nuevamente una superficie gaussiana cilndrica, lla-
mada ahora lS y de radio r con a r b< < .
(c) Si r b> , no habr carga neta encerrada en una superficie gaussiana cilndrica de radio
r , con r b> , ya que las densidades lineales de carga en los cilindros son de igual valor abso-
luto y distinto signo.
Repitiendo el razonamiento empleado para r a< , se llegar finalmente a la conclusin
que 0E =r
para r b> .
En resumen:
0
0 ;
;2
0 ;
r a
rE a r br
r b
lp e
r
r
r
50 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
Grficamente, usando : E E r=r
g .
Ntese que Er
tiene discontinuidades en r a= y r b= .
51
4. POTENCIAL ELCTRICO
PROBLEMA 29. Encontrar una expresin para la di-
ferencia de potencial entre los puntos A y B de la
figura, producida por la presencia de dos cargas de
magnitudes 1q y 2q .
SOLUCIN
El potencial producido por una carga puntual a una distancia a de ella es :
04
qVape
=
Puesto que tenemos dos cargas puntuales, necesitamos usar el principio de superposi-
cin para decir que el potencial en A es :
( )1 2
0 04 4A
q qV
a a dpe pe= +
+.
Anlogamente, en B el potencial ser:
( )1 2
00 44B
q qV
aa d pepe= +
+ .
Luego, la diferencia A BV V- es:
1 20 0
1 1 1 14 4BA A B
q qV V V
a a d a d ape pe = - = - + - + +
,
o bien :
( )1 2
0
1 14BA
q qV
a a dpe- = - +
.
Qu trabajo debe efectuar un agente externo para llevar una carga puntual 0q desde A has-
ta B ? Dicho trabajo es : 0 0AB AB BAW q V q V= = -g g .
52 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
PROBLEMA 30. Calcular la diferencia de potencial entre los
puntos 1 y 2 ubicados a las distancias 1x y 2x de un alambre
infinito cargado uniformemente con densidad lineal l .
SOLUCIN
D = - = - rr
g l1
1 2
2
V V V E d
Si los puntos 1 y 2 , y la trayectoria C estn en el plano del dibujo, resulta adecuado
escoger el sistema de coordenadas xy mostrado en la figura. Entonces :
x yE E i E j= +r
d dx i dy j= +rl
El campo elctrico producido por una lnea infinita es radial y tiene simetra cilndrica. De
acuerdo a resultados anteriores:
02
xE xl
pe= ; 0yE =
luego :
02
x ydxE d E dx E dy
xlp e
= + =r rg l
y
( )1
2
1 2 1 20 0
ln ln2 2
x
x
dxV V x xx
l lp e pe
- = - = - -
1 2 1 20 0
ln ln2 2
V V x xl lpe pe
- = - +
Observe que si 2x , entonces 2ln x y ( )1 2V V- , lo cual hace imposi-ble escoger como referencia para el potencial, a un punto ubicado a distancia infinita del hilo.
Puesto que realmente slo interesa saber las diferencias de potencial, entonces es posi-
ble escoger un punto y asignarle un potencial, para luego medir los potenciales de los restantes
puntos del espacio, de acuerdo a la referencia escogida.
4. Potencial Elctrico 53
Si asignamos arbitrariamente el potencial 0V a un punto ubicado a una distancia d de
la lnea, entonces el potencial V en un punto ubicado a distancia r de la lnea ser :
0
0
0
ln ln2
ln2
V V r d
V r C
lpe
lpe
- = - +
= - +,
donde C es una contante de valor : 00
ln2
C V dlpe
= + .
Note que las superficies equipotenciales son cilindros cuyo eje es la lnea cargada.
Otra manera de calcular potenciales es mediante la relacin :
04
v
dqVrpe
= ,
donde la integral debe efectuarse sobre toda la regin que contiene cargas. Dicho mtodo es
aplicable slo para configuraciones finitas de carga. En la expresin 04
v
dqVrpe
= , se ha supuesto que el potencial es cero en puntos muy alejados de la configuracin de cargas, lo
cual en este caso no se cumple. Por ende, el potencial obtenido anteriormente no puede calcu-
larse usando dicha expresin.
PROBLEMA 31. Determinar el potencial producido por un cascarn esfrico conductor, carga-
do con una carga total q .
SOLUCIN
54 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
A partir de la definicin, el potencial en un punto es :
P
PV E d
= - r rg l .
Puesto que la integral tiene un resultado independiente de la trayectoria, se har el desarrollo
siguiendo una trayectoria radial.
Para puntos exteriores, es decir: r R , el campo elctrico es :
20
4
qE rrpe
=r
.
Luego,
( )2 20 0
4 4
r r
Pq qV r d d
r rpe pe
= - = - - r
g l l
puesto que d dr= -l .
20 00
14 44
r r
Pqdr q qV
r rr pe pepe
= - = - - = .
Es decir, que para r R , la esfera produce el mismo potencial que una carga puntual q ubicada en el punto 0 .
Para puntos interiores, r R< , el campo elctrico es nulo. Usando la trayectoria radial para determinar el potencial en un punto interior, se tendr:
r r RR
P
R
V E d E d E d E d
= - = - - = - r r r rr r r r
g l g l g l g l ,
puesto que 0E =r
para r R< .
Luego, en un punto interior de la esfera hueca, el potencial tiene un valor constante
igual a:
04
R
PqV E d
Rpe
= - =r r
g l .
4. Potencial Elctrico 55
Es necesario que este resultado sea bien entendido en trminos del trabajo requerido
para traer una carga de prueba desde el infinito hasta un punto interior de la esfera. Al hacer lo
anterior debe suponer que la carga de prueba no produce redistribucin de la carga del con-
ductor.
Note adems, que si se tratase de una esfera maciza cargada, los resultados anteriores
no cambian, siempre que la esfera sea conductora.
PROBLEMA 32. Determinar el potencial en todos los puntos del espacio, producido por una
esfera aislante cargada uniformemente con densidad volumtrica r .
SOLUCIN
Puede calcularse Er
en todo el espacio y luego determinarse el potencial en un punto P
a partir de la definicin
= - r r
g lP
PV E d ,
de manera anloga a lo realizado en el PROBLEMA 31. Se recomienda que usted lo haga, pues
ac se usar un mtodo distinto, basado en el resultado anterior.
La esfera maciza puede "verse" como un sinnmero de cascarones esfricos de radio a , es-
pesor da y carga 24dq dV a dar r p= = , que producen en P (punto externo) un potencial
dV , y de acuerdo al resultado anterior est dado por :
2
0 0
44 4
a dadqdVr r
r ppe pe
= = g .
56 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
Luego, para este tipo de distribucin finita, el potencial en P ser :
0
04
Tq
PdqV
rpe= ,
donde r es una constante para efectos de la integracin.
Posteriormente :
3
0 0 00
431
4 4 4
Tq
TP
RqV dq
r r r
r p
pe pe pe= = =
g
3
03P
RVr
re
= ; ( )r R .
Ntese que para puntos externos, la esfera produce el mismo potencial que producira
una carga puntual Tq ubicada en 0 . En la superficie de la esfera, el potencial es :
2 03Rr e .
Para puntos interiores, r R< , la situacin puede estudiarse como sigue.
1 En un punto ubicado a una distancia r R< del centro, el potencial es debido a la carga
contenida dentro de la esfera de radio r, y a la carga contenida en el resto de la esfera de radio
R (esfera hueca de radio interior r y radio exterior R ).
Entonces,
1 2P P PV V V= + .
4. Potencial Elctrico 57
2 1PV es el potencial en la superficie de una esfera cargada con r constante y de radio r .
De acuerdo con el resultado obtenido anteriormente, para puntos externos, 1PV es :
2
103
PrV re
=
3 El valor de 2PV corresponde al potencial en un punto interior de una esfera hueca de radio
interior r y radio exterior R , cargada uniformemente con r . Esto no ha sido calculado ante-
riormente, pero hay un resultado que puede utilizarse para 2PV .
El potencial en un punto interior de un cascarn esfrico de radio a , espesor da y carga
dq , es constante y tiene magnitud de :
04
dqdVape
= ,
puesto que la esfera hueca puede "verse" como un sinnmero de cascarones como los descri-
tos anteriormente; entonces :
2
20
0 04
P rV q
P
dqV dV
ape= = ,
donde 24dq a dar p= g , ( )3 343Tq R rr p= -g y a es la variable de integracin.
Luego, 24
PVr p= g
2a4
dap 0 ae
( )2 20 02
RR
r r
ada R rr re e
= = -
( )2 2202
PV R rre
= - .
Este es el potencial en un punto interior de una esfera hueca de radio interior r y radio
exterior R , cargada uniformemente con r .
Evidentemente el punto P que nos interesa est en el interior de la esfera hueca y obe-
dece a esta relacin; luego :
( )2 2 2 2
2 2
0 0 03 2 3 2 2P
r r R rV R rr r re e e
= + - = + -
( )2 20
36P
V R rre
= - .
58 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
PROBLEMA 33.
(a) Determinar el potencial en cada punto del eje de un anillo de radio R que tiene una
carga neta q distribuida uniformemente con densidad lineal l .
(b) Obtener el potencial producido por un disco de densidad de carga uniforme s y radio
R , en un punto de su eje.
SOLUCIN
(a) En P el potencial producido por un elemento
de carga dq es :
( )1 22 204
dqdVx Rpe
=+
,
donde ( )1 22 2x R+ es la distancia entre el ele-mento dq y el punto P . Puesto que todos los
puntos del anillo son equidistantes de P ; enton-
ces :
( ) ( )1 2 1 22 2 2 20 00 0
14 4
q q
ani l lo
dqV dV dqx R x Rpe pe
= = =+ +
( )1 22 204
qVx Rpe
=+
.
(b) A partir del resultado anterior, la contribucin al potencial, debido a un anillo diferencial de
radio r que forma parte del disco es:
( )1 22 204
dqdVx rpe
=+
.
Haciendo 2dq rd rs p= g e integrando en la variable R , se obtiene el potencial producido por el disco, en un punto de su eje ubicado a distancia x .
4. Potencial Elctrico 59
Luego;
2V s p= g4
r d r
p ( ) ( )1 2 1 22 2 2 200 0 02RR r d r
x r x r
see
=+ + .
Sustituyendo 2 2x r u+ = y 2du rdr= , se obtiene:
2
1
1 20 0
1 12 2 2 2
u
u
duVu
s se e
= =g g 2g ( )1 22 20
R
x r+
( )1 22 202
V x R xse
= + - .
PROBLEMA 34. A partir del potencial producido por un anillo en un punto de su eje, determinar
el potencial en un punto del eje de simetra de un hemisferio de radio R y carga Q distribuida
uniformemente sobre su superficie.
SOLUCIN
El anillo de carga dq indicado en la figura tiene un radio igual a cosR q y, por lo tanto,
dq es igual a 2 cosdA R Rds s p q q= g g . Luego, la contribucin de ese anillo al potencial en P ser :
s p
pe= =
0
24 l
dqdVr
q q
p
2 cos
4
R d
( ) ( )e q q + + 1 22 2
02
cosR a Rsen .
60 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
Luego :
( )
22
1 22 2 2 2 20 0
cos2 cos 2
R dVR a R sen aRsen
ps q q
e q q q=
+ + +
( )
22
1 22 20 0
cos2 2
R dV
R a aRsen
ps q q
e q=
+ + .
Sustituyendo : 2 2 2u R a aRsenq= + + ; 2 cosdu aR dq q= . Entonces,
( )2 21 21 2 2 2
1 20 0 0 0
1 22 2 2 2
SS
ii
u u
uu
R R RduV u R a aRsenaR a au
ps s s q
e e e= = = + +g g .
Finalmente:
2
01 12
R R RVa a
se
= + - + .
Qu sucede si 0a = ?
PROBLEMA 36. Tres placas paralelas estn dispues-
tas como se indica en la figura. La superficie de las
placas tiene rea 2300[ ]A cm= . En la placa L se
deposita una carga de 20[nC]. Calcular el potencial en
P, si 1 2[ ]d cm= , 2 1[ ]d cm= y 0,5[ ]x cm= .
SOLUCIN
El smbolo indica que un conductor est "conectado a tierra". Consideraremos como
"la tierra" a una regin muy especial del espacio, que cumple con dos condiciones:
(1) Siempre est a un potencial constante, no importa que haya cargas cerca ni flujo de
cargas hacia o desde ella. Cualquier conductor conectado a tierra, por lo tanto, tiene
siempre el mismo potencial que ella. Normalmente definiremos al potencial de la tierra
como cero.
K L M
P
d1d2
x
4. Potencial Elctrico 61
(2) Es una fuente infinita de carga, ya sea positiva o negativa. Esto es, siempre proveer
la cantidad de carga necesaria para hacer que el potencial de un conductor sea el
mismo que el de ella.
En resumen, todo conductor conectado a tierra tiene potencial cero. (Implica esto, que la
carga neta del conductor sea cero? Analice distintos casos).
Al depositar carga positiva en la placa L, el potencial elctrico en las placas laterales tiende
a aumentar (porqu?). Sin embargo, como estn conectadas a tierra, el potencial debe
mantenerse en cero. Para que esto sea posible debe fluir carga negativa desde tierra a las
placas laterales (analice). En consecuencia, las placas laterales se cargan debido a la pre-
sencia de carga en la placa L, con cargas del signo opuesto a la de L.
Cunta carga fluye a cada placa lateral y cmo se distribuye la carga de 20[nC]
en la placa L?
Para responder a esta pregunta usaremos la ley de Gauss y consideraremos el campo entre
las placas, uniforme, dado que 1d y 2d son pequeas comparadas con las dimensiones de
las placas.
Sean 1s y 2s las densidades superficia-
les de carga en cada cara de la placa L.
Como la carga total en L es = 20[ ]Q nC ,
se cumple que
( )1 2 A Qs s+ = (1)
Aplicando la ley de Gauss a un cilindro rec-
to cuyas bases estn dentro del material de
las placas K y L , tenemos que :
El flujo del campo elctrico a travs del cilindro es cero, ya que Er
es cero dentro de los con-
ductores y tangente a la superficie en el manto cilndrico. En consecuencia la carga neta en-
cerrada es cero y
2Ks s= - .
K M
MANTO
L
d1d2
TAPATAPA CILINDRO
2s 1s
MsKs
62 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
De manera anloga se puede demostrar que :
1Ms s= -
Por lo tanto, las cargas inducidas en las placas K y M son de igual valor absoluto y signo
opuesto a las de las respectivas caras de la placa L. (Demuestre que fuera de las placas K
y M no hay carga).
Por otra parte, sabemos que las placas K y M estn al mismo potencial que la tierra :
0K MV V= =
y toda la placa L est a un potencial dado LV ; por lo tanto, las diferencias de potencial en-
tre las placas K y L , y entre las placas M y L son las mismas :
K L M LV VD = D
L K L MV V V V- = -
Expresando los VD en funcin del campo elctrico :
D = - = - =uurr
g l2 2 2L
KL L KK
V V V E d E d
D = - = - =uurr
g l1 1 1L
ML L M
M
V V V E d E d
siendo 1E y 2E las magnitudes de 1Er
y 2Er
respectiva-
mente.
Luego , 1 1 2 2E d E d= .
El campo elctrico entre las placas puede calcularse por superposicin, a partir del campo
elctrico producido por una placa ( vea PROBLEMAS 5 Y 12 ) :
220
Ese
= , entre las placas K y L
110
Ese
= , entre las placas L y M
0E = , fuera de las placas.
4. Potencial Elctrico 63
En consecuencia, 2 12 10 0
d ds se e
= y
1 22 1
dd
ss
= , (2)
es decir, la carga en la placa L se distribuye en razn inversa a las distancias a las placas K y
M . Esto justifica que hayamos dibujado ms lneas de campo elctrico entre las placas K y L
que entre las placas L y M .
De (1) y (2) :
9
1 24 21
22
20 10 [ ]2 10 [ ]1 300 10 [ ] 11 1 0 [ ]
CQd mA md m
s-
--
-
= = = + +
ggg g g
7 21 2,2 10 [ / ]C ms-= g ; 411
0
2,5 10 [ / ]E N Cse
= = g
7 22 4,4 10 [ / ]C ms-= g ; 422
0
5,0 10 [ / ]E N Cse
= = g
y el potencial en el punto P es :
( ) 21 1 1 3,8 10P
PM
Nm
CV E d E d x = - = - =
uurrg l g g
23,8 10 [ ]PV V= g
PROBLEMA 36. Una chimenea consta de un tubo exterior cilndrico de altura H y radio R, y de
un tubo coaxial interior de radio r . Ambos tubos se usan como electrodos y entre ellos se
aplica una diferencia de potencial V, de modo que las partculas de humo adquieren un mo-
mento dipolar inducido p y experimentan una fuerza elctrica hacia uno de los electrodos,
donde quedan adheridos. Considere que las partculas son de masa m, que la fuerza neta so-
bre ellas es debida al campo elctrico de los electrodos y que la velocidad de ascenso del hu-
mo es de v0.
(a) Indicar a cul de los electrodos se adhieren las partculas.
(b) Calcular V de modo que todas las partculas queden adheridas al electrodo.
64 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
SOLUCIN
(a) Entre los cilindros interior y exterior sometidos a una diferen-
cia de potencial, el campo elctrico es radial e inversamente pro-
porcional a r , la distancia al eje, como lo indica la expresin :
0
rE2 rl=p e
r g ,
donde l es la carga por unidad de longitud del cilindro interior.
La correspondiente diferencia de potencial entre los electrodos es :
0 0 0R R
dr RV E d ln ln2 r 2 R 2
r r l l r l= - = - = - = pe pe pe r
r rg l .
La posicin de mnima energa de un dipolo corresponde a estar alineado con el campo
elctrico externo, es decir, con su carga negativa ms cercana a la carga positiva que produce
el campo. Esto se ilustra en la figura.
Er
pr
+
El campo producido por los electrodos cilndricos es ms intenso cerca del electrodo in-
terior, por lo tanto, la fuerza elctrica sobre el dipolo es hacia el electrodo interior, como se indi-
ca a continuacin.
dq E r2
( )+
r
dq E r2
( )- +
d
La figura muestra que la fuerza elctrica sobre el dipolo depende de la diferencia del campo
elctrico en - dr2
( ) y en + dr2
( ) , siendo r la posicin del centro de la partcula.
r
R
+
+
+
+
+
+
+
+ +
++
+
4. Potencial Elctrico 65
La magnitud de la fuerza elctrica sobre el dipolo es :
d dE r E rd d 2 2F q E r qE r qd2 2 d
( ) ( )( ) ( )
- - += - - + = ,
y puede escribirse en forma abreviada como :
l= = -
p er
r 20
dE pF pdr 2 r
,
donde p qd= es la magnitud del momento dipolar elctrico de una partcula.
(b) La ecuacin de movimiento radial de un dipolo es rrdvF md t
= g , y su solucin debe
cumplir la condicin de que todas las partculas lleguen hasta el electrodo central mientras as-
cienden verticalmente. Entonces,
{
l- = = =pe
g gr r rr20
rv
p dv dv dr dvm m mv2 r dt dr dt dr
r r20
p dr m v d v2 r
l- =p e
.
Integrando en ambos miembros y considerando las condiciones iniciales de movimien-
to: ( )r 0 R= y ( )rv 0 0= , se obtiene :
2r0
m p 1 1v2 2 r R
l = + - pe g
.
El tiempo que demorara una partcula en ascender la altura H debe ser mayor o igual
que el tiempo empleado en recorrer la distancia entre los electrodos; en esas condiciones todas
las partculas quedaran adheridas al electrodo central. Para obtener el tiempo en recorrer la
distancia entre los electrodos, despejamos rv en la relacin anterior.
r0
dr p 1 1vdt m r R
l= = - - pe
g .
66 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
Entonces,
0m drdt
p 1 1r R
pe= -l
-g
0mR rd t dr
p R rp e= -
l -g .
Con la ayuda de una tabla de integrales, se integra la relacin anterior con r variando desde R
hasta r . Denominando t al tiempo en recorrer la distancia ( )R - r se obtiene :
( ) ( )10RmR R R tan
p-
r - rp e t = r - r - - l r
( ) 10 mR RR Rtanp
- pe - rt = r - r + l r
Puesto que debe cumplirse 0H vt ; la diferencia de potencial V pedida resulta de
sustituir l en trminos de V en esa desigualdad.
Finalmente :
( )2
102
2mv R R RV ln R Rtan2pH
- - r r - r + r r g .
67
5. ENERGA POTENCIAL ELCTRICA
PROBLEMA 37. Una partcula cargada se mueve a lo largo
del eje de un disco uniformemente cargado. La magnitud de
la velocidad de la partcula en el punto A es 10[ / ]m s y en
el punto B es 2[ / ]m s , cul es la densidad superficial de
carga del disco?
Considerar el efecto de la gravedad y que la cantidades
m , q , R , Ah , Bh y g son datos.
SOLUCIN
La presencia del campo gravitacional hara aumentar la velocidad de la partcula al pasar
de A B ; sin embargo, de acuerdo al enunciado la velocidad disminuye en ese tramo, de ah
se concluye que q y s deben tener igual signo de modo que haya repulsin entre ellas (part-
cula y disco).
El campo gravitacional y el campo electrosttico son conservativos, lo que ha permitido
definir las energas potenciales respectivas.
Recordando que cuando un sistema es conservativo podemos aplicar la conservacin de
la energa mecnica, entonces diremos que en nuestro sistema dicha cantidad se conserva, es
decir :
0ED = o bien A BE E= .
Las formas de energa asociadas con nuestro sistema son: cintica, potencial gravitacio-
nal y potencial electrosttica.
Considerando que la energa potencial gravitacional del sistema es cero (nivel de refe-
rencia) cuando m est sobre el disco (en contacto con l), y que la energa potencial elctrica
es cero cuando el disco cargado y la carga se encuentran muy separados (a distancia infinita),
entonces tendremos:
212A A A A
E mv mgh qV= + +
212B B B B
E mv mgh qV= + + ,
g
68 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
igualando AE y BE , resulta :
2 21 12 2A A A B B B
mv mgh qV mv mgh qV+ + = + + ,
donde Av y Bv son velocidades y AV y BV son potenciales.
Ahora hay que relacionar AV y BV con s , lo cual ha sido desarrollado anteriormente,
por lo que se ocupar el resultado (ver PROBLEMA 33 b).
Potencial producido por un disco cargado con densidad superficial de carga s , en un punto de
su eje ubicado a una distancia h del centro (tomando como referencia para potencial cero, el
infinito) :
( )2 202
V R h hse
= + - .
Usando este resultado, tenemos :
2 2 2 2 2 20
1 12 2 2A B A B B A B A
mv mv mgh mgh q R h R h h hse
- + - = + - + - +
de donde se despeja s :
( ) ( )2 2
0
2 2 2 2
12 2 A B A B
B A A B
m v v mg h h
q R h R h h h
es
- + - = + - + + -
Hay otras maneras de enfocar el problema. Encuentre una y comprela con el procedi-
miento anterior.
5. Energa Potencial Elctrica 69
PROBLEMA 38. Dos anillos coaxiales, de radio R , se colocan con sus centros a distancia D .
El trabajo requerido para traer una carga puntual q hasta el centro de uno u otro anillo es 1W
o 2W respectivamente. Determinar la carga total de cada uno de los anillos.
SOLUCIN
D W2
C2C1
1 2
W1
De acuerdo a la definicin de potencial en un punto, pueden plantearse las igualdades :
11 c
W V q= g y 22 c
W V q= g ,
donde 1c
V y 2c
V son los potenciales en los centros 1c y 2c de los anillos 1 y 2 respecti-
vamente.
El potencial en 1c es debido a los anillos 1 y 2 y, por lo tanto, puede expresarse como :
( ) ( )1 1 1
1 2c c cV V V= + ,
donde ( )1
1cV y ( )1 2cV son los potenciales producidos por los anillos 1 y 2 en 1c .
El potencial en un punto del eje de un anillo de radio R y carga 1q , a una distancia x de su
centro es (ver PROBLEMA 33 (a)) :
( )1 22 204
qVx Rpe
=+
Luego,
( )1
1
0
14c
qV
Rpe= y ( )
( )12
1 22 20
24
c
qV
D Rpe=
+
70 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
Anlogamente:
( )( )2
11 22 2
0
14
c
qV
D Rpe=
+ y ( )
2
2
0
24c
qV
Rpe= ,
donde 1q y 2q son las cargas en los anillos 1 y 2. Evidentemente se ha supuesto que las
cargas 1q y 2q estn distribuidas uniformemente en cada uno de los anillos. (Examine si esa
suposicin es necesaria).
Reemplazando 1c
V y 2c
V en las igualdades planteadas al comienzo, se obtiene:
( )
1 21 1 22 20
04 4
q qW q q
R D Rpe pe= +
+g g
( )
2 12 1 22 20
04 4
q qW q q
R D Rpe pe= +
+g g
Tenemos ahora dos ecuaciones y dos incgnitas: 1q y 2q .
Se deja como ejercicio la resolucin del sistema de ecuaciones, cuyas soluciones son:
( )
( )
2 20
1 1 22 1 22 2
4 R D R Rq W Wq D D R
p e + = - +
g
( )
20
2 2 1 1 22 2
4 1R R Rq W Wq D D R
p e = + - + g
PROBLEMA 39. Tres cargas puntuales estn ubicadas en los
vrtices de un tringulo equiltero de lado a , como se muestra
en la figura adjunta.
(a) Determinar la energa electrosttica de la configura-
cin.
(b) Determinar el trabajo requerido para llevar la carga 3q
de su posicin inicial al punto A .
5. Energa Potencial Elctrica 71
(c) Determinar la energa electrosttica de la nueva configuracin formada (cuando
3q est en A ).
(d) Comparar la diferencia de energa electrosttica de las configuraciones, con el
trabajo realizado para llevar 3q desde su posicin inicial hasta A .
SOLUCIN
(a) 1 3 2 31 20 0 04 4 4
i
q q q qq qU
a a ape pe pe= + + .
(b) ( ) 3A BW V V q= - , donde AV y BV son los potenciales producidos por 1q y 2q en los puntos A y B ; es decir,
1 2
0 04 42 2
A
q qV
a ape pe= +
y 1 20 04 4
B
q qV
a ape pe= + ,
luego :
1 3 2 30 04 4
q q q qW
a ape pe= + .
(c) 1 3 2 31 20
0 044 4
2 2
f
q q q qq qU
aa ap ep e p e= + +
.
Observe que el trmino asociado con la pareja de cargas que no se ha movido, aparece
tanto en la expresin de iU como en la de fU . Esto ocurrir para cualquier configura-
cin.
(d) 1 3 2 30 04 4
f i
q q q qU U U
a ape peD = - = + .
Al comparar UD con W se observa que son iguales :
U WD = ,
72 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
esto es as pues, el cambio en la energa potencial de una configuracin es igual al traba-
jo efectuado sobre ella (se supone que en ambas configuraciones las cargas estn en re-
poso, es decir, la energa cintica es nula al principio y al final).
PROBLEMA 40. Calcular la energa electrosttica de una distribucin esfrica de carga de
densidad r constante y radio R .
SOLUCIN
Para una distribucin continua de carga, la energa electrosttica (trabajo efectuado al
formar la configuracin) es:
12
U Vdq= , donde la integral debe efectuarse sobre el volumen que contiene la carga, en este caso una
esfera de radio R .
De acuerdo a un resultado anterior (ver PROBLEMA 32), el potencial en un punto interior
de la esfera est dado por :
( )2 20
36
V R rre
= - , con r R< .
Luego, la energa asociada a un cascarn esfrico de radio r , ancho dr y carga 24dq r drr p= g , es :
1 12 2
dU Vdq= =
16rg ( )2 2
03
3 4R r re
- g 21
r drp .
5. Energa Potencial Elctrica 73
Entonces, la energa de la configuracin completa es :
( )2
2 2 4
0 0
1 32 3
R
U Vdq R r r drr pe
= = -
2 2 5
2 3 5
0 0
41 133 3 5 15
RU R R R
r p p re e
= - = .
Si Q es la carga total de la esfera; entonces :
34
3RQ p r= ,
y el resultado para U se puede expresar en trminos de Q como :
4
Up=
3R15 0
q
eg
( )
2
2
3
4
Q
p 6R
2
0
320
QRpe
= .
Una manera alternativa de obtener el resultado anterior, consiste en usar la relacin :
2012
U E dVe= , donde dV es un elemento de volumen, y la integral debe efectuarse sobre todo el espacio, ya
sea que ste contenga o no carga. Note la diferencia entre las dos expresiones dadas para U ,
especialmente en cuanto a la regin de integracin.
Usando ahora las expresiones obtenidas para el campo elctrico en el interior (ver PRO-
BLEMA 27) y en el exterior de la esfera (ver PROBLEMA 10), tendremos :
20
4
Q rErpe
=r
si r R> , y 0
3
rE rre
=r
g si r R< .
Entonces:
12
U = 00
1
R
e2 2
209rr
e4g 2 02 1
2R
r drp e
+ 2 4Q p 2r
( ) 24dr
p 20e4r 2
2 2 52 2
42
0 0 0 00
2 29 8 9 5 8
R
R
RQ dr QU r drRr
p r p re pe e pe
= + = + g g ,
74 Electromagnetismo Problemas y Soluciones
y reemplazando r , obte