Resolved problems - Electromagnetism

AMPLIACIÓN DEFÍSICA

Problemas complementarios

Etsii – Universidad de VigoOctubre 2005Apuntes de R. Palau

Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau Página 1

INTRODUCCIÓNComentarios sobre os condensadores

1º/ Os condensadores típicos son de placas paralelas, cilindros concéntricos e esferas concéntricas. As armaduras está cargadas cunha certa diferencia de potencial de forma que unha armadura adquire carga positiva e a outra carga negativa:

2º/ En todos os casos, idealmente, o campo está confinado entre as armaduras, non habendo campo no exterior.

3º/ Deste xeito ambas as dúas placas teñen que ter a mesma cantidade de carga. Isto pódese

comprobar co teorema de Gauss, poñendo superficies gaussianas como as das figuras de abaixo. Vexamos cada caso:

* Condensador plano:Teorema de Gauss coa superficie de puntos:

eriorlibreQSdE int_. =∫∫e como na superficie lateral E e dS forman un ángulo de 90º, nela non hai contribución ó fluxo, e nas tapas non hai campo, polo que a integral é nula. Polo tanto:Qinterior = 0 ---> ρsup.arriba.Sarriba + ρsup.abaixo.Sabaixo = 0Y como Sarriba = Sabaixo ---> ρsup.arriba = - ρsup.abaixo

Ou sexa, densidades superficiais de carga iguais e de signo contrario nas armaduras. De forma que como as armaduras son iguais, tamén: Qsuperior = - Qinferior

* Condensador cilíndrico:

Teorema de Gauss coa superficie de puntos:

eriorlibreQSdE int_. =∫∫Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau Página 2

e como nas tapas da superficie gaussiana E e dS forman un ángulo de 90º, nelas non hai contribución ó fluxo, e na superficie lateral non hai campo, polo que a integral é nula. Polo tanto:Qinterior = 0 ---> λexterior . L + λinterior . L = 0Polo tanto ---> λexterior = - λinterior

Ou sexa, densidades lineais de carga iguais e de signo contrario nas armaduras. De xeito que como son igual do longas, tamén:Qexterior = - Qinterior : cargas totais iguais e de signo contrario nas armaduras.Nota: Neste condensador non se traballa coa densidade superficial de carga pois fíxate que a densidade superficial de carga en cada armadura ten que ser diferente ó ter carga total igual en superficie diferente(a armadura exterior ten maior superficie que a interior).

* Condensador esférico:Teorema de Gauss coa superficie de puntos:

eriorlibreQSdE int_. =∫∫e como en toda a superficie gaussiana non hai campo, a

integral é nula. Polo tanto:

Q dentro_da_superficie = 0 ---> Qesfera_exterior + Qesfera_interior = 0

Polo tanto ---> Qesfera_exterior = - Qesfera_interior

Ou sexa, cargas totais iguais e de signo contrario en cada armadura.

Nota: Neste condensador non se traballa coa densidade superficial de carga pois fíxate que a densidade superficial de carga en cada armadura ten que ser diferente ó ter carga total igual en superficie diferente(a armadura exterior ten maior superficie que a interior).


Problema 15: Se tienen tres cáscaras conductoras esféricas (superficies de espesor despreciable) concéntricas S1, S2 y S3 y de radios medios r1, r2 y r3 (r1 < r2 < r3). La esfera interior y lamás interna se encuentran conectadas a tierra y la intermedia tiene carga q2 . Calcular: a) las cargas de S1 y S2. b) El potencial de S2.Solución:En la figura representamos las tres cáscaras enlínea continua. La primera y la tercera estánconectadas a tierra: potencial cero, pero no cargacero. Llamaremos q1 a la carga sobre la cáscara s1,q2 a la carga sobre la cáscara s2, y q2 a la cargasobre la cáscara s3.Las cáscaras dividen el espacio en cuatro zonas:estudiaremos el campo eléctrico con ayuda delteorema de Gauss en cada una de esas cuatrozonas. De todas formas partimos de saber que,dada la simetría del problema el campo eléctricoE será radial y dependiente únicamente de ladistancia “r” al centro del sistema. Las líneas de puntos son superficiesgaussianas (esferas concéntricas con las cáscaras, una en cada una de las cuatro zonas del espacio, salvo en la primera zona que no hace falta).

a) La zona (1) es una zona interior a una cáscara conductora vacía, y por lo tanto el campo es cero y el potencial idéntico al de la cáscara s1 en todo el interior. Así, no nos hace falta calcular nada.

En la zona (2) calcularemos el campo eléctrico utilizando el teorema de Gauss aplicado a la esfera de puntos representada en esa zona de la figura.

SaeriorQSdE __int20 =⋅⋅∫ ∫ ε

Vemos en la figura que los vectores E y dS son paralelos en cualquier dS que consideremos en la superficie gaussiana, y por tanto:

120 º0cos qdSE =⋅⋅⋅∫ ∫ ε

Y como ε0 es constante en todos los dS, y es de esperar que el campo E sólo dependa de la distancia r al centro del sistema, también será constante en todos los dS, y por lo tanto podrán salir de la integral:

qdSE =⋅⋅ ∫ ∫20ε --> ε0 ∙ E2 ∙ S = q1 (recuerda que S es la superficie de la esfera gaussiana)

ε0 ∙ E2 ∙4. ∙π∙r2 = q1

Despejando: 20

12 4 r

qE

⋅⋅=

επ (q1 es incógnita pues el dato es V1=0, pero ya la calcularemos

más adelante con ayuda de las condiciones de contorno)

Ahora el potencial podremos calcularlo integrando a lo largo de una línea radial, pues en este problema las líneas radiales son paralelas a E:

∫∫ ∫∫∫ ⋅⋅⋅

−=⋅⋅⋅

−=⋅⋅−=⋅−=⋅−=2

0

12

0

1222 4

.1

4º0cos

r

drqdr

r

qdrErdEsdEV

επεπ

Por tanto: 20

12 4

Cr

qV +

⋅⋅=

επ


Para calcular C2, sabemos que para r=r1 es V2=0 (la cáscara primera). Por tanto:

10

122

10

1

440

r

qCC

r

q

⋅⋅−=⇒+

⋅⋅=

επεπ

Y así, la ecuación de V2 quedará: 10

1

0

12 44 r

q

r

qV

⋅⋅−

⋅⋅=

επεπ

Simplificando:

−⋅

⋅=

10

12

11

4 rr

qV

επ

Zona 3 : Aplicamos el teorema de Gauss a la superficie gaussiana situada en dicha zona (ver en figura línea de trazos en zona (3), que representa a una esfera imaginaria concéntrica con todo el sistema):

212

30

21302130__int30

4

º0cos

qqrE

qqdSEqqdSEQSdE Saerior

+=⋅⋅⋅

→+=⋅⋅→+=⋅⋅⋅→=⋅⋅ ∫ ∫∫ ∫∫ ∫πε

εεε

Despejando: 20

213 4 r

qqE

⋅⋅+=επ (q2 es un dato, pero digo lo mismo que antes de q1)


∫∫ ∫∫∫ ⋅⋅⋅

+−=⋅⋅⋅

+−=⋅⋅−=⋅−=⋅−=2

0

212

0

213333 4

.1

4º0cos

r

drqqdr

r

qqdrErdEsdEV

επεπ

Por tanto: 30

213 4

Cr

qqV +

⋅⋅+=επ

Para calcular C3, sabemos que para r=r3 es V3=0 (la cáscara tercera). Por tanto:

30

2133

30

21

440

r

qqCC

r

qq

⋅⋅+−=⇒+

⋅⋅+=

επεπ


21

0

213 44 r

qq

r

qqV

⋅⋅+−

⋅⋅+=

επεπ

Simplificando:

−⋅

⋅+=

30

213

11

4 rr

qqV

επEn esta tercera disponemos de una segunda condición de contorno, y es que, para r=r2, los valores que proporcionan la V2 y la V3 tienen que ser el mismo, pues corresponde en ambos casos al potencial de la cáscara segunda:

( ) ( )13

2121

12

211

320

21

120

132

11

4

11

4 rr

rrqq

rr

rrq

rr

qq

rr

qVV

⋅−⋅+=

⋅−⋅→

−⋅

⋅+=

−⋅

⋅→=

επεπOperando para despejar la incógnita q1 en función del dato q2, quedará:

( )( )312

23121 rrr

rrrqq

−⋅−⋅⋅=

Zona 4: Aplicamos el teorema de Gauss a la superficie gaussiana situada en dicha zona (ver en figura línea de trazos en zona (4), que representa a una esfera imaginaria concéntrica con todo el sistema):


3212

40

3214032140__int40

4

º0cos

qqqrE

qqqdSEqqqdSEQSdE Saerior

++=⋅⋅⋅

→++=⋅⋅→++=⋅⋅⋅→=⋅⋅ ∫ ∫∫ ∫∫ ∫πε

εεε

Despejando: 20

3214 4 r

qqqE

⋅⋅++=

επ (q3 ya lo calcularemos con las condiciones de contorno)


∫∫ ∫∫∫ ⋅⋅⋅

++−=⋅⋅⋅

++−=⋅⋅−=⋅−=⋅−=2

0

3212

0

3214434 4

.1

4º0cos

r

drqqqdr

r

qqqdrErdEsdEV

επεπ

Por tanto: 40

3214 4

Cr

qqqV +

⋅⋅++=

επPara calcular C4, sabemos que para r=r3 es V4=0 (la cáscara tercera). Por tanto: :

40

32144

40

321

440

r

qqqCC

r

qqq

⋅⋅++−=⇒+

⋅⋅++=

επεπ


321

0

3214 44 r

qqq

r

qqqV

⋅⋅++−

⋅⋅++=

επεπ

Simplificando:

−⋅

⋅++=

30

3213

11

4 rr

qqqV

επ

Además, otra condición de contorno, que nos servirá para calcular q3, será que para r=∞ es V4=0: ( )

( ) 2312

2312213321

30

321 04

0 qrrr

rrrqqqqqqq

r

qqq −−⋅

−⋅⋅−=+−=⇒=++⇒⋅⋅

++−=επ

Operando, queda:

( )( )312

21323 rrr

rrrqq

−⋅−⋅⋅−=

b) Con relación al potencial de la esfera (2) podemos calcularlo con V2 o V3. Con V2 será más fácil pues su expresión es más simple:

( )( ) 21

21

312

2312

0120

1

10

12 4

111

4

11

4 rr

rr

rrr

rrrq

rr

q

rr

qV

⋅−⋅

−⋅−⋅⋅⋅

⋅=

−

⋅=

−

⋅=

επεπεπ

Operando: ( ) ( )

( )312

20

212322 4 rrr

rrrrqV

−⋅⋅⋅−⋅−⋅=

επ


Problema 16: Dos placas conductoras paralelas doblemente infinitas están situadas en y=0 e y=d, y se mantienen a potenciales 0 y V0 respectivamente. La región entre placas está llena con una distribución continua de electrones que tiene densidad volumétrica de carga ρfv= ρfv0 y/d. Determine: a) el potencial en cualquier punto entre placas. b) Las densidades superficiales de carga en cualquier placa.

Solución:a) Determine el potencial en cualquier punto entre placas. Dado que la región entre placas tiene una distribuciónde cargas, las placas no tendrán la misma densidad decarga.Llamaremos σ1 y σ2 a la densidad de carga superficialsobre cada placa, según figura.Dada la simetría del problema, partimos de saber queel campo eléctrico es paralelo al eje Y y que su valoren cada punto del espacio entre placas sólo depende desu distancia a las placas: jyEE ⋅= )(

Además en estos casos el campo está limitado a la región entre placas.Aplicaremos la intensidad de campo entre placas aplicando el Teorema de Gauss con la superficie cilíndrica indicada a trazos en la figura:


Desarrollando la integral de superficie cerrada a través de la superficie lateral, la tapa superior y la tapa inferior (de valor nulo pues en esa zona la intensidad de campo es nula), quedará:

espacioplaca QQeriortapa

dSElateralSup

dSE +=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ ∫ ∫∫ ∫sup

º0cos.

º90cos 00 εε

Quedando: espacioplaca QQeriortapa

dSE +=⋅⋅∫ ∫sup

0ε

Y como E sólo depende de y, será constante en todos los diferenciales de superficie dS de la tapa que

tienen la misma coordenada y, quedando así la integral: espacioplaca QQeriortapadSE +=⋅⋅ ∫ ∫

sup0ε

O sea que:

espacioplacatapa QQSE +=⋅⋅0ε -- Ecuación 1

En cuanto a las cargas, tenemos que:* Qplaca = σ1 ∙ Sbase siendo Sbase la superficie de placa encerrada por la superficie gaussiana, que aparece con relleno más oscuro en la figura superior y que, como se observa en la figura, es igual a la Stapa

* Qespacio = carga espacial contenida dentro de la superficiegaussiana, entre la base rallada oscura de la figura de arriba y la tapasuperior. Para calcularla nos fijamos en la figura adjunta. La cargacontenida en el cilindro diferencial de altura dy de la figura será: ρfv ∙ dV, siendo ρfv= ρfv0 y/d tal como dice el enunciado. Por tanto, lacarga total contenida en el volumen encerrado por la superficiegaussiana será:


2

20

0

0

0 00

y

d

Sdyy

d

SdyS

d

ydV

d

yQ basefvy

y

basefvy

y basefvfvespacio ⋅⋅

=⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅=⋅⋅= ∫∫∫ ∫ ∫ ==

ρρρρ

Substituyendo estos valores de carga en la Ecuación 1, tendremos:

2010 2

yd

SSSE basefv

basetapa ⋅⋅

+⋅=⋅⋅ρ

σε

Y teniendo en cuenta que la Stapa = Sbase, se pueden eliminar las superficies en la ecuación anterior, quedando:

2010 2

yd

E fv ⋅+=⋅ρ

σε

Y por tanto la intensidad de campo será: jyd

E fv ⋅

⋅

⋅+= 2

0

0

0

1

2ερ

εσ

No sabemos la densidad de carga σ1 en la placa inferior pero ya la calcularemos con las condiciones de contorno, una vez calculado el potencial:Procedemos ahora a calcular el potencial realizando la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea paralela al eje Y. Tener en cuenta que en este caso la diferencial de espacio sobre dicha línea será: jdyds ⋅= . Por tanto:

Cyd

ydyy

ddyEsdEV fvfv +⋅

⋅−⋅−=⋅

⋅

⋅+−=⋅⋅−=⋅−= ∫ ∫∫ 3

0

0

0

12

0

0

0

1

62º0cos

ερ

εσ

ερ

εσ

O sea que el potencial en cada punto del espacio entre placas será:

Cyd

yV fv +⋅

⋅−

⋅−= 3

0

0

0

1

6ερ

εσ

--- Ecuación 2

Y tenemos dos condiciones de contorno, una para cada placa: para y=0, es V=0; y para y=d, es V=V0

Por lo tanto, como: Cyd

yV fv +⋅

⋅−

⋅−= 3

0

0

0

1

6ερ

εσ

, será:

Primera condición: 006

00 3

0

0

0

1 =→+⋅⋅

−⋅

−= CCd

fv

ερ

εσ

Segunda condición: 06

3

0

0

0

10 +⋅

⋅−

⋅−= d

d

dV fv

ερ

εσ

Despejando la densidad superficial en la placa inferior tendremos:

6000

1

d

d

V fv ⋅−

⋅−=

ρεσ --- Ecuación 3

Por lo tanto ya sabemos el potencial entre placas sin más que llevar los valores de C y de σ1 a la ecuación 2:

3

0

0

0

00

66y

dy

d

d

VV fvfv ⋅

⋅−⋅

⋅+=

ερ

ερ

b) Determine las densidades superficiales de carga en cualquier placa.

La densidad superficial de carga en la placa inferior ya está calculada en la ecuación 3:

6000

1

d

d

V fv ⋅−

⋅−=

ρεσ


Para calcular la densidad de carga en la placa superior aplicamos elTeorema de Gauss utilizando la superficie gaussiana de la figuraadjunta:


O sea que:

supinf0

.º90cos placaespacioplaca QQQ

lateralSupdSE ++=⋅⋅⋅∫∫ ε

Operando:

supinf0 placaespacioplaca QQQ ++= -- Ecuación 4

En cuanto a las cargas, tenemos que:* Qplaca inf = σ1 ∙ Sbase1 siendo Sbase1 la superficie de la placa inferior encerrada por la superficiegaussiana, que aparece con relleno más oscuro en la figura superior y que, como se observa en la figura, es igual a la superficie de las tapas Stapa

* Qplaca sup = σ2 ∙ Sbase2 siendo Sbase2 la superficie de la placa superior encerrada por la superficie gaussiana, que aparece con relleno más oscuro en la figura superior y que, como seobserva en la figura, es igual a la Stapa

* Qespacio = carga espacial contenida en la superficie gaussiana,entre la base rallada oscura y la tapa superior. Para calcularla nosfijamos en la figura adjunta. La carga contenida en el cilindrodiferencial de altura dy de la figura será: ρfv ∙ dV, siendo ρfv= ρfv0 y/d tal como dice el enunciado. Por tanto, la cargatotal contenida en el volumen encerrado por la superficie gaussianaserá:

220

20

0

0

0 00

dSd

d

S

dyyd

SdyS

d

ydV

d

yQ

basefvbasefv

d

y

basefvd

y basefvfvespacio

⋅⋅=⋅

⋅=

=⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅=⋅⋅= ∫∫∫ ∫ ∫ ==

ρρ

ρρρ


20 0

21

dSSS basefv

basebase

⋅⋅+⋅+⋅=

ρσσ

Eliminando las superficies en la ecuación anterior, substituyendo la densidad superficial de la placa inferior por su valor (dado en la ecuación 3) y despejando la carga superficial en la placa superior tendremos:

326200000000

12

d

d

Vdd

d

Vd fvfvfvfv ⋅−

⋅=

⋅−

⋅−

⋅−−=

⋅−−=

ρερρερσσ


Problema 17: Entre dos placas plano-paralelas doblemente infinitas separadas por una distancia D, se distribuye una carga de la forma siguiente:

ρfv= ρfv0 y/d para dy ≤≤0

ρfv= ρfv0 para Dyd ≤≤Las placas se conectan a una diferencia de potencial de manera que V(y=0) = 0 y V(y=D) = V0. Calcular en función de los datos del problema:a) El potencial en cualquier punto entre placas.b) El campo eléctrico en y=0 e y=D.Solución:a) Determine el potencial en cualquier punto entre placas. Dado que la región entre placas tiene una distribuciónde cargas, las placas no tendrán la misma densidad decarga.Llamaremos σ1 y σ2 a la densidad de carga superficialsobre cada placa, según figura.Dada la simetría del problema, partimos de saber queel campo eléctrico es paralelo al eje Y y que su valoren cada punto del espacio entre placas sólo depende desu distancia a las placas: jyEE ⋅= )(

Además en estos casos el campo está limitado a la región entre placas.Calcularemos el campo y el potencial, primero en la zona 1 y luego en la zona 2

Zona 1: Aplicaremos la intensidad de campo entre placas aplicando el Teorema de Gauss con la superficie cilíndrica indicada a trazos en la figura superior:


Desarrollando la integral de superficie cerrada a través de la superficie lateral, la tapa superior y la tapa inferior (de valor nulo pues en esa zona la intensidad de campo es nula), quedará:

espacioplaca QQeriortapa

dSElateralSup

dSE +=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ ∫ ∫∫ ∫sup

º0cos.

º90cos 1010 εε

Quedando: espacioplaca QQeriortapa

dSE +=⋅⋅∫∫sup

10ε

Y como E1 sólo depende de y, será constante en todos los diferenciales de superficie dS de la tapa

que tienen la misma coordenada y, quedando así la integral: espacioplaca QQeriortapadSE +=⋅⋅ ∫ ∫

sup10ε

O sea que:

espacioplacatapa QQSE +=⋅⋅ 10ε -- Ecuación 1


* Qespacio = carga espacial contenida dentro de la superficiegaussiana, entre la base rallada oscura de la figura de arriba y la tapasuperior. Para calcularla nos fijamos en la figura adjunta. La cargacontenida en el cilindro diferencial de altura dy de la figura será:


ρfv ∙ dV, siendo ρfv= ρfv0 y/d tal como dice el enunciado. Por tanto, la carga total contenida en el volumen encerrado por la superficie gaussiana será:

2

20

0

0

0 00

y

d

Sdyy

d

SdyS

d

ydV

d

yQ basefvy

y

basefvy

y basefvfvespacio ⋅⋅

=⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅=⋅⋅= ∫∫∫ ∫ ∫ ==

ρρρρ


20110 2

yd

SSSE basefv

basetapa ⋅⋅

+⋅=⋅⋅ρ

σε

Y teniendo en cuenta que la Stapa = Sbase, se pueden eliminar las superficies en la ecuación anterior, quedando:

20110 2

yd

E fv ⋅+=⋅ρ

σε

Y por tanto la intensidad de campo será: jyd

E fv ⋅

⋅

⋅+= 2

0

0

0

11 2ε

ρεσ

No sabemos la densidad de carga σ1 en la placa inferior pero ya la calcularemos con las condiciones de contorno, una vez calculado el potencial:Procedemos ahora a calcular el potencial realizando la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea paralela al eje Y. Tener en cuenta que en este caso la diferencial de espacio sobre dicha línea será: jdyds ⋅= . Por tanto:

Cyd

ydyy

ddyEsdEV fvfv +⋅

⋅−⋅−=⋅

⋅

⋅+−=⋅⋅−=⋅−= ∫ ∫∫ 3

0

0

0

12

0

0

0

1111 62

º0cosερ

εσ

ερ

εσ


Cyd

yV fv +⋅

⋅−

⋅−= 3

0

0

0

11 6ε

ρε

σ --- Ecuación 2

Y tenemos una condición de contorno en esta zona 1: para y=0, es V=0

Por lo tanto, como: Cyd

yV fv +⋅

⋅−

⋅−= 3

0

0

0

11 6ε

ρε

σ, será:

Condición de contorno: 006

00 3

0

0

0

1 =→+⋅⋅

−⋅

−= CCd

fv

ερ

εσ

Por lo que el potencial en los puntos de la zona 1 será:

3

0

0

0

11 6

yd

yV fv ⋅

⋅−

⋅−=

ερ

εσ

--- Ecuación 3

Aún no sabemos σ1 pero ya la calcularemos con el resto de las condiciones de contorno.Zona 2: Utilizamos la superficie gaussiana de lafigura adjunta, con su tapa superior dentro de lazona 2.


Desarrollando la integral de superficie cerrada através de la superficie lateral, la tapa superior y la tapa inferior (de valor nulo pues en esa zona la intensidad de campo es nula), quedará:


21200

supº0cos

.º90cos espacioespacioplaca QQQ

eriortapadSE

lateralSupdSE ++=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ ∫ ∫∫∫ εε

Quedando: 2120

supespacioespacioplaca QQQ

eriortapadSE ++=⋅⋅∫∫ ε

Y como E2 sólo depende de y, será constante en todos los diferenciales de superficie dS de la tapa que tienen la misma coordenada y, quedando así la integral:

2120

supespacioespacioplaca QQQ

eriortapadSE ++=⋅⋅ ∫ ∫ε

O sea que:

2120 espacioespacioplacatapa QQQSE ++=⋅⋅ε -- Ecuación 4


* Qespacio 1 = carga espacial contenida dentro de la superficiegaussiana, entre la placa inferior y el límite de la zona 1. Paracalcularla nos fijamos en la figura adjunta. La carga contenida enel cilindro diferencial de altura dy de la figura será: ρfv ∙ dV, siendo ρfv= ρfv0 y/d tal como dice el enunciado que es lacarga en la zona 1. Por tanto, la carga total contenida en esta partedel volumen encerrado por la superficie gaussiana será:

220

20

0

0

0 00

dSd

d

S

dyyd

SdyS

d

ydV

d

yQ

basefvbasefv

d

y

basefvd

y basefvfvespacio

⋅⋅=⋅

⋅=

=⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅=⋅⋅= ∫∫∫ ∫ ∫ ==

ρρ

ρρρ

* Qespacio 2 = carga espacial contenida dentro de la superficie gaussiana, entre el límite de la zona 1 y la tapa superior. La carga contenida en un cilindro diferencial de base Sbase y altura dy construido en esta zona será: ρfv ∙ dV, siendo ρfv= ρfv0 tal como dice el enunciado. Por tanto, la carga total contenida en esta parte superior del volumen encerrado por la superficie gaussiana será:

)(0000 dySdySdySdVQ basefv

y

dybasefv

y

dy basefvfvespacio −⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅= ∫∫∫ ∫ ∫ ==ρρρρ

Llevando estas cargas a la ecuación 4, tendremos:

)(2 0

0120 dyS

SdSSE basefv

basefvbasetapa −⋅⋅+

⋅⋅+⋅=⋅⋅ ρ

ρσε

Teniendo en cuenta que Stapa = Sbase , se pueden simplificar las superficies en la ecuación superior, quedando así la intensidad de campo:

)(2 0

0

0

0

0

12 dy

dE fvfv −⋅+

⋅+=

ερ

ερ

εσ

Vectorialmente: jdyd

E fvfv ⋅

−⋅+

⋅+= )(

2 0

0

0

0

0

12 ε

ρε

ρεσ

Calculemos ahora el potencial V2 en cualquier punto de la zona 2, para lo que realizaremos la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea paralela al eje y. La integral se


realizará sobre una línea contenida totalmente en la zona 2 para que la intensidad de campo en todos sus puntos sea E2:

Cyyd

dydyd

dyEsdEV

fvfv

fvfv

+⋅−⋅

−

⋅=

=⋅

−⋅+

⋅+−=⋅⋅−=⋅−= ∫ ∫∫

2

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

1222

22

)(2

º0cos

ερ

εσ

ερ

ερ

ερ

εσ


Cyyd

V fvfv +⋅−⋅

−

⋅= 2

0

0

0

1

0

02 22 ε

ρεσ

ερ

--- Ecuación 5

Y tenemos dos condiciones de contorno en esta zona 2: para y=D, es V=V0; y para y=d, es V2=V1

Por lo tanto, como: Cyyd

V fvfv +⋅−⋅

−

⋅= 2

0

0

0

1

0

02 22 ε

ρεσ

ερ

, será:

Condición de contorno primera: CDDd

V fvfv +⋅−⋅

−

⋅= 2

0

0

0

1

0

00 22 ε

ρεσ

ερ

Condición de contorno segunda: Cdddd

d

d fvfvfv +⋅−⋅

−

⋅=−

⋅− 2

0

0

0

1

0

0

0

1

0

30

226 ερ

εσ

ερ

εσ

ερ

Despejando C en las dos ecuaciones e igualando obtenemos:

D

V

D

ddDfv 00

20

1 32

ερσ −

+−−=

De esta forma, con los valores de σ1 y C , V1 y V2 quedarán:

Para dy ≤≤0 : yAyd

V fv ⋅+⋅⋅

−= 13

0

01 6ε

ρ; Con

D

V

D

ddDA fv 0

2

0

01 32

−

+−−=

ερ

Para Dyd ≤≤ : 212

0

02 2

ByByV fv +⋅+⋅−=ε

ρ; con: 1

0

01 2

Ad

B fv −=ε

ρ;

0

20

2 6ερ d

B fv−=

b) Calcular el campo eléctrico en y=0 e y=D.Como ya vimos:

jD

V

D

ddDE

yparajydD

V

D

ddDE

fv

fvfv

⋅

−

+−−=→

→=→⋅

⋅

⋅+−

+−−=

02

0

01

2

0

002

0

01

32

0232

ερ

ερ

ερ

jD

V

D

dDE

Dyparajdyd

D

V

D

ddDE

fv

fvfvfv

⋅

−

−=

→=→⋅

−⋅+

⋅+−

+−−=

02

0

02

0

0

0

002

0

02

32

)(232

ερ

ερ

ερ

ερ


Problema 18: El espacio comprendido entre dos conductores cilíndricos coaxiales indefinidos, el más interno deradio a y el externo de radio b, está lleno de una distribución continua de carga con una densidadvolumétrica que sigue la ley ρfv= ρ0 /r. Mediante una batería se aplica una d.d.p. entre los conductores de tal forma que V(r=a)=0 y V(r=b)= V0.Calcular el potencial electrostático en la región entre los conductores coaxiales.

Solución:Dado que la región entre conductores tieneuna distribución de cargas, los conductoresno tendrán la misma densidad de carga.Llamaremos λ1 y λ2 a la densidad lineal decarga sobre cada conductor.Dada la simetría del problema, partimos desaber que el campo eléctrico es radial y quesu valor en cada punto del espacio entreplacas sólo depende de su distancia a losconductores : rurEE ⋅= )(

Además en estos casos el campo estálimitado a la región entre conductores.Calcularemos la intensidad de campo entrelos conductores aplicando el Teorema deGauss con la superficie cilíndrica, de radio r y longitud l, indicada a trazos en la figura superior:


Desarrollando la integral de superficie cerrada a través de la superficie lateral y las bases, quedará:

espacioernoconductor QQbases

dSElateralSup

dSE +=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ ∫ ∫∫ ∫ int100 º90cos.

º0cos εε

Quedando: espacioQllateralSup

dSE +⋅=⋅⋅∫ ∫ 10

.λε

Y como E sólo depende de r, será constante en todos los puntos de la superficie lateral del cilindro gaussiano, quedando:

espaciolateralespacio QlSEQllateralSup

dSE +⋅=⋅⋅→+⋅=⋅⋅ ∫ ∫ 1010

.λελε -- Ecuación 1

Y siendo:lrS lateral ⋅⋅= π2

∫ ∫ ∫ ⋅= dVQ fvespacio ρ y como ρfv sólo depende de r,

podemos poner dV= 2πr∙l∙dr, que es el volumen delcilindro diferencial (rayado) de la figura adjunta. Portanto la carga contenida en el espacio encerrado porla superficie gaussiana será:

( )arldrlrr

Qr

ar

esp −⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= ∫=

00 22 ρππ

ρ

Llevando estos valores a la ecuación 1, tendremos:

( )arllrlE −⋅⋅⋅+⋅=⋅⋅ 010 22 ρπλπε


Operando, quedará: 0

0

0

0

0

1 1

2 ερ

ερ

π ελ +⋅

−=

r

aE

Ou sexa que: rur

aE ⋅

+⋅

−=

0

0

0

0

0

1 1

2 ερ

ερ

π ελ

Para calcular el potencial aplicaremos la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de unalínea radial situada en el espacio entre conductores:

drr

adrEdsEV ∫∫∫ ⋅

+⋅

−−=⋅⋅−=⋅−=

0

0

0

0

0

1 1

2º0cos

ερ

ερ

π ελ

Integrando queda:

CrrLna

V +⋅−⋅

+−=

0

0

0

0

0

1

2 ερ

ερ

π ελ

--- Ecuación 2

En esta expresión del potencial hay dos incógnitas, λ1 y C, y disponemos de dos condiciones de contorno para determinar estos valores: para r=a es V=0; y para r=b es V=V0:

Primera condición: CaaLna

+⋅−⋅

+−=

0

0

0

0

0

1

20

ερ

ερ

π ελ

Segunda condición: CbbLna

V +⋅−⋅

+−=

0

0

0

0

0

10 2 ε

ρε

ρπ ελ

Con estas dos ecuaciones se pueden despejar λ1 y C (por ejemplo restando las dos ecuaciones con lo que ya despejaremos λ1:

−+⋅+

⋅−=

a

bLn

baa

a

bLn

V0

001 2

2 π ρπ ελ

Y llevando este valor a la primera condición de contorno se podrá despejar la constante C:

( )0

0

0

00

ερ

ε

ρ a

a

bLn

baaLna

a

bLn

aLnVC

⋅+

⋅

−⋅⋅⋅+

⋅−=

Y llevando estos valores a la ecuación 2 y operando/agrupando términos, el potencial quedará:

( ) ( )raa

rLn

a

bLn

baa

a

bLn

VV −⋅+⋅

⋅

−⋅⋅−=

0

0

0

00

ερ

ε

ρ


Problema 19: Concéntricamente a una esfera dieléctrica de permitividad ε y radio a se dispone una cáscara esférica de radio interno b (b>a). La esfera dieléctrica está cargada con una distribución de cargalibre dada por ρfv(r) = 5Qr2 /4πa5, siendo Q la carga total. Si el espacio comprendido entre la esfera dieléctrica y la cáscara es el vacío, hallar la expresión de la diferencia de potencial ∆V entre el centro de la esfera dieléctrica y la cáscara metálica aplicando el teorema de Gauss.Solución: Dada la simetría del problema se puede hacer la hipótesis de que laintensidad de campo es radial y dependiente de r (distancia al centrode la configuración) en todo punto: rurEE ⋅= )(

Suponiendo Q>0, el campo sería radial hacia fuera y como laintensidad de campo se orienta hacia potenciales descendientes seríaVb < Va < V0 por lo que nos ocuparemos de calcular V0 – Vb.Calcularemos esta diferencia de potencial calculando primero V0 – Va

en la zona (1), y luego Va – Vb en la zona (2). De esta forma, la sumade estas dos diferencias de potencial nos dará la diferencia depotencial pedida: V0 – Va + Va – Vb = V0 – Vb

Zona 1: Aplicamos el teorema de Gauss con la esfera de radio r dibujada a trazos en la figura adjunta:

SaeriorQSdE __int=⋅⋅∫ ∫ ε

→=⋅⋅⋅→=⋅⋅→=⋅⋅⋅ ∫ ∫∫ ∫ espacioespacioespacio QrEQdSEQdSE 24º0cos πεεε

επ ⋅⋅=⋅→

24 r

QE espacio -- Ecuación 1

Siendo la Qespacio la carga encerrada en la superficiegaussiana de radio r. Para calcularla veremos la cantidad decarga existente en el volumen dV de la cáscara diferencialde la figura adjunta y luego lo integraremos:

∫ ∫ ∫ ⋅= dVQ fvespacio ρ

Como ρfv sólo depende de r, podemos tomar el volumendiferencial indicado, de valor: dV = 4πr2dr (para un rgenérico menor que el r de la esfera gaussiana). Por tanto lacarga total será:

∫ ∫ ∫ ∫ =⋅⋅⋅=⋅==

5

5

0

23

2

44

5

a

Qrdrr

a

QrdVQ

r

r

fvespacio ππ

ρ

Llevando este valor a la ecuación 1, ya tendremos la intensidad de campo en un punto genérico de la zona 1 (interior del dieléctrico):

5

3

2

5

5

44 a

rQ

ra

Qr

E⋅⋅

⋅=⋅⋅

=⋅επεπ

Por tanto: rua

rQE ⋅

⋅⋅⋅=⋅

5

3

4 επ


Calcularemos ahora la diferencia de potencial entre el centro O y la superficie del dieléctrico realizando la integral de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial trazada entre esos dos puntos. En vez de hacer, como en los problemas anteriores, una integral sobre una línea de extremos indeterminados para calcular la función V(r), ahora haremos una integral entre dos extremos determinados, O y la superficie del dieléctrico, pues buscamos la diferencia de potencial entre esos dos lugares:

a

Q

a

rQdr

a

rQdrEVVdsEdV

ar

r

a

O

a

O

Oa

a

O

a

O ⋅−=

⋅−=⋅⋅−=⋅⋅−=−→⋅−==

=∫∫∫∫ π επ επ ε 16164

º0cos0

5

4

5

3

Por tanto, poniendo el potencial mayor menos el menor, tendremos:

a

QVV a ⋅

=−π ε160 Ecuación 2

Zona 2: Aplicamos el teorema de Gauss con la esfera de radio rdibujada a trazos en la figura adjunta:


→=⋅⋅⋅→

→=⋅⋅→

→=⋅⋅⋅

∫ ∫∫ ∫

odieléctric

odieléctric

odieléctric

QrE

QdSE

QdSE

20

0

0

4

º0cos

πε

ε

ε

024 επ ⋅⋅

=⋅→r

QE odieléctric

-- Ecuación 3

Siendo la Qdieléctrico la carga total contenida en el dieléctrico que es la carga encerrada en la superficie gaussiana de radio r. Si uno se da cuenta que la carga total del dieléctrico viene dada por el enunciado, y es Q, ya está identificada la carga del dieléctrico. Pero si no se da cuenta, puede calcularla viendo la cantidad de carga existente en un volumen dV de cáscara diferencial como el de la figura de la zona 1, y luego lo integraremos, pero ahora entre r=0 yr=a, para incluir todo el dieléctrico:

∫ ∫ ∫ ⋅= dVQ fvespacio ρ

Como ρfv sólo depende de r, podemos tomar el volumen diferencial indicado, de valor: dV = 4πr2dr (para un r genérico, interior a la esfera dieléctrica). Por tanto la carga total será:

∫ ∫ ∫ ∫ =

=⋅⋅⋅=⋅=

=

=

=

=

Qa

Qrdrr

a

QrdVQ

ar

r

ar

r

fvespacio

05

5

0

23

2

44

5 ππ

ρ

Llevando este valor a la ecuación 3, ya tendremos la intensidad de campo en la zona 1 (interior del dieléctrico):

204 r

QE

⋅⋅=⋅

επ

Por tanto: rur

QE ⋅

⋅⋅=⋅

204 επ

Calcularemos ahora la diferencia de potencial entre la superficie del dieléctrico y la superficie de la cáscara conductora exterior, realizando la integral de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial trazada entre esas dos superficies. Igual que antes haremos una integral entre dos extremos


determinados, la superficie del dieléctrico y la superficie de la cáscara exterior, pues buscamos la diferencia de potencial entre esos dos lugares:

−⋅−=

⋅

=⋅⋅

−=

=⋅⋅−=−→⋅−=

=

=

=

=

=

=

∫

∫∫∫

ab

Q

r

Qdr

r

Q

drEVVdsEdV

br

ar

br

ar

br

ar

ab

b

a

b

a

11

1614

º0cos

002

0 π επ επ εPor tanto, poniendo el potencial mayor menos el menor, tendremos:

−⋅=−

ba

QVV ba

11

4 0π ε Ecuación 2

Sumando ahora las dos diferencias de potencial calculadas, tendremos la diferencia de potencial pedida:

−+⋅=

−⋅+

⋅=−+−=−

baa

Q

ba

Q

a

QVVVVVV baab

00000

11

4

1

4

11

416 εεεππ επ ε


Problema 20: Se coloca una carga puntual q en un medio indefinido e isótropo de constante dieléctrica variableεr = 1 + k/r, siendo k una constante y r la distancia a la carga. Calcular: a) el potencial electrostático en un punto P genérico,b) la densidad volumétrica de carga de polarización.Solución:Dada la simetría del problema se puede hacer la hipótesisde que la intensidad de campo es radial y dependiente de r(distancia al centro de la configuración) en todo punto:

rurEE ⋅= )(

Averiguaremos la intensidad de campo aplicando elteorema de Gauss con la esfera de radio r dibujada a trazosen la figura adjunta:


qdSE =⋅⋅⋅∫ ∫ º0cosε

Vemos que E y ε son funciones únicamente de r por lo que son constantes para todo dS definido sobre la superficie gaussiana. Por tanto, la integral anterior quedará:

20

2

44

r

qEqrEqdSE

r ⋅⋅⋅=⋅→=⋅⋅⋅→=⋅⋅ ∫ ∫ εεπ

πεε

ur

r

k

qE ⋅

⋅⋅

+⋅

=2

014 επ -- Ecuación 1

a) Calcular el potencial electrostático en un punto P genérico.Para esto realizamos la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial genérica trazada en el espacio que rodea a la carga q:

∫∫∫∫⋅

+

⋅⋅

−=⋅⋅⋅

+⋅

−=⋅⋅−=⋅−=202

0 14

14º0cos

rr

kdrq

drr

r

kq

drEdsEVεπεπ

Integrando queda:

Ck

r

kLn

qV +

+−

⋅⋅

−=1

4 0επ

Para calcular C tomamos como condición de contorno que para r=∞ es V=0:

01

40

0

=→+

∞+−

⋅⋅

−= CCk

kLn

q

επ

Por lo tanto:

+⋅

⋅⋅=

r

kLn

k

qV 1

4 0επ

b) Calcular la densidad volumétrica de carga de polarización.La densidad volumétrica de la carga de polarización es: Ppv ⋅∇−=ρ


Calculemos el vector polarización P :Vector desplazamiento: EPD ⋅+= 0ε siendo: ED ⋅= ε

Por tanto: EPE ⋅+=⋅ 0εεDespejando el vector polarización :

P :

( ) ( )

( ) rr

r

ur

r

k

q

r

kE

EEEEP

⋅⋅⋅

+⋅

⋅⋅

−+=⋅⋅−=

=⋅−⋅=⋅−=⋅−⋅=

20

00

0000

14111

επεεε

εεεεεεε

Por tanto el vector polarización será: ( ) rurkr

kqP ⋅

⋅+⋅=

24π Ahora ya podemos calcular la densidad de carga volumétrica de polarización aplicando la divergencia de este vector polarización que, en coordenadas esféricas adopta la expresión:

( ) ( )

+∂∂⋅

⋅−=

⋅+⋅

⋅∂∂⋅−=⋅

∂∂⋅−=⋅∇−=

krrr

kq

rkr

kqr

rrPr

rrP rpv

1

44

1122

2

2

2

2 ππρ

Quedando: ( ) 224 krr

kqpv +⋅⋅

=π

ρ

Nota: Recordar que en un dieléctrico se puede hablar de:• Densidad volumétrica de carga de polarización en cualquier punto del interior del

dieléctrico, que cumple que: Ppv ⋅∇−=ρ

• Densidad superficial de carga de polarización: encualquier punto de la superficie de un dieléctrico, quecumple que: ρps = ±Pn

Que sea “+” o “-“ depende de la superficie analizada y dela dirección de P dentro del dieléctrico, recordando queeste vector sale de cargas “-“ y se dirige hacia cargas “+”,por lo que en el origen del vector la carga superficial seránegativa y en su destino la carga superficial será positiva.


Problema 21: Una esfera metálica de radio R1 se encuentra rodeada por una capa de dieléctrico de permitividadrelativa εr y radio R2. Sabiendo que la carga total de la esfera conductora es Q, calcular:a) El campo eléctrico E(r) en función de la distancia r al centro de la esfera metálica, para r<R1, R1<r<R2 y r>R2.b) Calcular el potencial electrostático del conductor.

Solución: a) Calcular el campo eléctrico E(r) en función de la distancia r al centro de la esfera metálica, para r<R1, R1<r<R2 y r>R2.Dada la simetría del problema se puede hacer la hipótesisde que la intensidad de campo es radial y dependiente de r (distancia al centro de la configuración) en todo punto:

rurEE ⋅= )(

Consideramos el espacio dividido en tres zonas:• zona 1: dentro de la esfera metálica• zona 2: dentro del dieléctrico• zona 3: en el exterior del dieléctrico para r>R2.

Zona 1: Dado que estamos dentro de un conductor laintensidad de campo es nula por lo que:Para r<R1 es E=0

Zona 2: La aplicación del Teorema de Gauss a la esferade trazos dibujada dentro del dieléctrico en la figura adjunta, conduce a:

→=⋅⋅∫ ∫ SaeriorQSdE __intε QdSE =⋅⋅⋅∫ ∫ º0cosε


20

2

44

r

QEQrEQdSE

r ⋅⋅⋅=⋅→=⋅⋅⋅→=⋅⋅ ∫ ∫ εεπ

πεε

rr

ur

QE ⋅

⋅⋅⋅= 2

04 εεπ -- Ecuación 1

que vale para: R1 <= r <= R2 (incluye hasta la parte interior de la frontera dieléctrica)

Zona 3: La aplicación del Teorema de Gauss a la esfera de trazos dibujada en el exterior del dieléctrico en la figura adjunta, conduce a:

→=⋅⋅∫ ∫ SaeriorQSdE __int0ε QdSE =⋅⋅⋅∫ ∫ º0cos0ε


20

200

44

r

QEQrEQdSE

⋅⋅=⋅→=⋅⋅⋅→=⋅⋅ ∫ ∫ επ

πεε


rur

QE ⋅

⋅⋅=

204 επ -- Ecuación 2

Que vale para: r => R2 (incluye desde la zona exterior de la frontera dieléctrica)

Frontera entre zonas (2) y (3): Para justamente r=R2 estamos en la frontera dieléctrica por lo que hay que hablar de un salto en el valor de las componentes normales En de la intensidad de campo, y de la constancia del valor de las componentes tangenciales (que en este caso son nulas). Por tanto tendríamos: fsnn EE ρεε =⋅−⋅ 3322 por lo que, siendo nula la densidad de carga superficial libre en la frontera (darse cuenta que la carga que existe en esa zona es carga de polarización), la ecuación queda: 03322 =⋅−⋅ nn EE εε , y siendo normales las dos intensidades de campo, quedará:

302 EE ⋅=⋅ εε lo que podemos comprobar en las ecuaciones 1 y 2.

b) Calcular el potencial electrostático del conductor.De la zona 1 sabemos que, siendo un conductor, el potencial es constante pero no sabemos su valor.En la zona 2 podemos aplicar da definición de potencial, aplicando la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial:

∫∫∫∫ ⋅⋅⋅

−=⋅⋅⋅⋅

−=⋅⋅−=⋅−=2

02

0222 44

º0cosr

drQdr

r

QdrEdsEV

rr εεπεεπIntegrando queda:

20

2 4C

r

QV

r

+⋅⋅⋅

=εεπ -- Ecuación 3

Aquí aún no podemos calcular la constante de integración C2 pues lo único que sabemos en esta zona (2) es:

* Para r=R1 es V2 (R1) = Vconductor que es lo que no sabemos* Para r=R2 es V2 (R2) = V3 (R2) pero no sabemos ninguno de los dos.

Calcularemos entonces V3 aplicando la integral de línea de la intensidad de campo en esta zona, utilizando una línea radial indefinida comprendida dentro de la zona (3):

∫∫∫∫ ⋅⋅

−=⋅⋅⋅

−=⋅⋅−=⋅−=2

02

0333 44

º0cosr

drQdr

r

QdrEdsEV

επεπIntegrando queda:

30

3 4C

r

QV +

⋅⋅=

επ -- Ecuación 4

Para calcular la constante de integración C3 sabemos que para r=∞ es V3=0. Por tanto:

04

04 33

03

03 =→+

∞⋅⋅=→+

⋅⋅= CC

QC

r

QV

επεπ

Por tanto la ecuación 4 quedará:

r

QV

⋅⋅=

03 4 επ -- Ecuación 5

Con lo cual, aplicando ahora la condición de frontera de que: V2 (R2) = V3 (R2), de forma que combinando las ecuaciones 3 y 5, podremos calcular la constante C2, quedando:


−⋅

⋅⋅=→

⋅⋅=+

⋅⋅⋅ rr R

QC

R

QC

R

Q

εεπεπεεπ1

1444 20

220

220

Por tanto la expresión de V2 que nos permitirá calcular la Vconductor pedida, quedará:

⋅

−+⋅

⋅⋅

=220

2

111

4 RRr

QV

rr εεεπ

Y el potencial pedido que es V2(r=R1) quedará:

⋅

−+⋅

⋅⋅

==2210

12

111

4)(

RRR

QRVV

rrconductor εεεπ


Problema 22: Un condensador cilíndrico de radio interno a y externo c y dieléctrico el vacío, se carga a potencial V0. Posteriormente se aísla y se introduce entre sus armaduras un tubode material dieléctrico εr de radio interno b (b>a) y externo c. Calcular las densidades de carga depolarización en ambas caras del dieléctrico.

Solución:Primera parte: Aunque son expresiones conocidas para un condensador cilíndrico, calcularemos la intensidad de campo y la densidad lineal de carga de las armaduras en función del potencial de carga.Dada la simetría del problema, partimos de saber que el campo eléctrico es radial y que su valor en cada punto del espacio entre armaduras sólo depende de su distancia a los conductores :

rurEE ⋅= )(

Además en estos casos el campo está limitado a la región entre conductores.Al cargar el condensador con potencial V0, losconductores adquirirán la misma densidad decarga líneal: +λ y -λ .Calcularemos en primer lugar la intensidad decampo entre los conductores aplicando elTeorema de Gauss con la superficie cilíndrica,de radio r y longitud l, indicada a trazos en lafigura adjunta:


Desarrollando la integral de superficie cerrada através de la superficie lateral y las bases, quedará:

ernoconductorQbases

dSElateralSup

dSE int00 º90cos.

º0cos =⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ ∫ ∫∫ ∫ εε

Quedando: l

lateralSupdSE ⋅=⋅⋅∫ ∫ λε

.0

Y como E sólo depende de r, será constante en todos los puntos de la superficie lateral del cilindro gaussiano, quedando:

lSEllateralSup

dSE lateral ⋅=⋅⋅→⋅=⋅⋅ ∫ ∫ λελε 00

. -- Ecuación 1

Y siendo: lrS lateral ⋅⋅= π2

Llevando este valor a la ecuación 1, tendremos: lrlE ⋅=⋅⋅ 10 2 λπε

Operando, quedará: r

E⋅

=02π ε

λO sea que: ru

rE ⋅

⋅=

02π ελ


Ahora podemos calcular la Va – Vc aplicando la integral de línea dela intensidad de campo a lo largo de una línea radial que vaya de lasuperficie del conductor interno a la del conductor externo (verfigura adjunta):

a

cLn

r

drdr

r

drEVVdsEdV

cr

ar

cr

ar

cr

ar

ac

c

a

c

a

⋅−=⋅−=⋅−=

=⋅⋅−=−→⋅−=

∫∫

∫∫∫=

=

=

=

=

=

000 222

º0cos

π ελ

π ελ

π ελ

Por tanto, despejando Va – Vc que es el valor que conocemos V0,

quedará: a

cLn

rVV ca ⋅=−

02π ελ

Por tanto: a

cLnVo ⋅=

02π ελ

, y ya podemos despejar el valor desconocido de la densidad lineal de

carga que adquiere cada armadura:

oa

cLn

V002 ⋅=

π ελ

Segunda parte: Al aislar ahora el conductor de Tierra y decualquier generador, la carga de las armaduras ya no podrácambiar. Por otra parte en dieléctrico adquirirá una densidadde carga superficial de polarización negativa en la superficieinterior más próxima a la armadura interna positiva, ypositiva en la superficie pegada a la armadura exterior.

En cualquier superficie de un dieléctrico:

nnPs PuP =⋅=ρ (siendo un el vector normal a la superficie,y dirigido hacia el exterior del dieléctrico)Siendo P el vector de polarización del dieléctrico en unasuperficie dada, y Pn su componente normal.Para calcular ρPs en cada superficie necesitamos los respectivos vectores de polarización en las mismas: 1P y 2P .Calculemos cada vector polarización P :

Vector desplazamiento: EPD ⋅+= 0ε siendo: ED ⋅= ε


P : ( ) ( ) ( ) EEEEEP rr ⋅⋅−=⋅−⋅=⋅−=⋅−⋅= 00000 1 εεεεεεεεε

Vemos que para saber el vector polarización en cualquier punto del dieléctrico necesitamos saber la intensidad de campo en el mismo punto. Podemos calcularlo aplicando el Teorema de Gauss a cualquier superficie cilíndrica concéntrica con la armaduras y de radio comprendido entre b y c para que la superficie lateral del mismo esté dentro del dieléctrico. Se trata dun ejercicio idéntico al realizado en el inicio del problema salvo por el valor de la permitividad dieléctrica en los puntos de la superficie lateral gaussiana que ahora será e. Por tanto, la intensidad de campo en el interior del

dieléctrico será: rur

E ⋅⋅

=π ε

λ2

Por tanto el vector polarización será:

( ) ( ) ( ) ( ) rr

rrr

rrrr ur

ur

ur

EP ⋅⋅

⋅−=⋅⋅⋅

⋅⋅−=⋅⋅

⋅⋅−=⋅⋅−=π ε

λεεπ ε

λεεπ ε

λεεεε2

12

12

110

000


Y ya viéramos antes que la densidad de carga era:

oa

cLn

V002 ⋅=

π ελ

, lo que llevado a la expresión del

vector de polarización resulta:

( ) ( ) rr

rr

rrr

rr u

a

cLnr

Vu

a

cLn

V

ru

rP ⋅

⋅

⋅⋅

−=⋅

⋅⋅

⋅⋅−=⋅

⋅⋅−= 0000 12

2

11

21

εε

επ επ ε

επ ε

λε

O sea que en la superficie interior del dieléctrico: rr

r u

a

cLnb

VP ⋅

⋅

⋅⋅

−= 00

1

1 εε

ε

Y en la superficie externa: rr

r u

a

cLnc

VP ⋅

⋅

⋅⋅

−= 00

2

1 εε

ε

Resultando por tanto las densidades de carga superficial depolarización:Carga interior: 11111 )(º180cos1 PfiguraverPuP nPs −=⋅⋅=⋅=ρ

O sea que: a

cLnb

V

r

rsp

⋅

⋅⋅

−−= 00

1

1 εε

ερ

(vemos que negativa)

Carga exterior: : 22122 )(º0cos1 PfiguraverPuP nPs =⋅⋅=⋅=ρ

O sea que: a

cLnc

V

r

rsp

⋅

⋅⋅

−= 00

2

1 εε

ερ

(vemos que positiva)


Problema 23: Un condensador esférico de radio interno a y externa b y dieléctrico el vacío, se somete a una diferencia de potencial V0. Posteriormente se aísla y se introduce entre sus armaduras un materialdieléctrico de permitividad εr que ocupa todo el espacio.Calcular las densidades de carga de polarización en ambas caras del dieléctrico.Solución:Dada la simetría del problema se puede hacer la hipótesis de quela intensidad de campo es radial y dependiente de r (distancia alcentro de la configuración) en todo punto: rurEE ⋅= )(

En primer lugar determinaremos la carga de las armaduras enfunción del potencial de carga conocido, para posteriormentedeterminar como esa carga libre determina la carga depolarización sobre las superficies del dieléctrico que se introduceentre las armaduras una vez aisladas estas del generador de carga yde Tierra.Primera parte: Carga del condensador.Podría aplicarse el Teorema de Gauss pero resulta ampliamenteconocido que, a efectos de la intensidad de campo entre lasarmaduras, un dispositivo como el descrito es equivalente a una carga puntual de igual valor a la carga de las armaduras situada en el centro de la configuración. Por tanto:

rur

QE ⋅

⋅⋅=

204 επ para b>= r >=a, y siendo Q la carga de las armaduras

Por otra parte el potencial en cualquier punto de este espacio viene dado por:

r

QV

⋅⋅=

04 επ

Siendo por tanto la diferencia de potencial entre cualquier punto de la superficie de la armadura interior y cualquier punto de la armadura exterior:

−⋅

⋅=−

ba

QVV ba

11

4 0επ

diferencia de potencial que es el potencial de carga del condensador V0 por lo que ya se puede despejar la carga que adquieren las armaduras cuando se cargan con este potencial:

ab

baVQ

−⋅⋅⋅⋅

= 004 επ

Pues bien esta es la carga que adquiere cada una de las armaduras, y una vez aislado el condensador esta carga no puede variar. Por tanto, al introducir un dieléctrico entre las armaduras aparecerá una carga de polarización superficial negativa en la superficie en contacto con la armadura interior (cargada positivamente en nuestro caso), y una carga de polarización superficial positiva en la superficie en contacto con la armadura exterior (cargada negativamente en nuestro caso).Segunda parte: Aislamos el condensador y le introducimos el dieléctrico.Aparecerán las cargas superficiales de polarización tales como indicamosen la figura adjunta, inducidas por las cargas +Q y –Q de las armaduras.

La carga superficial de polarización obedece a la expresión:

nnPs PuP =⋅=ρ Siendo un el vector normal a la superficie, y dirigido hacia el exterior deldieléctrico, y siendo P el vector de polarización del dieléctrico en unasuperficie dada, y Pn su componente normal.


Para calcular ρPs en cada superficie necesitamos los respectivos vectores de polarización en las mismas: 1P y 2P .Calculemos cada vector polarización P :

Vector desplazamiento: EPD ⋅+= 0ε siendo: ED ⋅= ε


P : ( ) ( ) ( ) EEEEEP rr ⋅⋅−=⋅−⋅=⋅−=⋅−⋅= 00000 1 εεεεεεεεε

Vemos que para saber el vector polarización en cualquier punto del dieléctrico necesitamos saber la intensidad de campo en el mismo punto. Podemos calcularlo aplicando el Teorema de Gauss a cualquier superficie cilíndrica concéntrica con las armaduras y de radio comprendido entre a y b paraque la superficie lateral del mismo esté dentro del dieléctrico. De todas formas se trata de un valor ampliamente conocido como ya citamos al principio, resultando:

rur

QE ⋅

⋅⋅=

24 επ

Por tanto el vector polarización será:

( ) ( ) ( ) ( ) rr

rrr

rrrr ur

Qu

r

Qu

r

QEP ⋅

⋅⋅−=⋅

⋅⋅⋅⋅⋅−=⋅

⋅⋅⋅−=⋅⋅−=

220

0200 41

41

411

π εε

εεπεε

π εεεεε

Y ya viéramos antes que la carga era: ab

baVQ

−⋅⋅⋅⋅

= 004 επ, lo que llevado a la expresión del vector de

polarización resulta:

( ) ( ) rr

rr

rrr

rr u

abr

baVu

ab

baV

ru

r

QP ⋅

−⋅⋅⋅⋅

⋅−

=⋅−

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅−=⋅

⋅⋅−=

)(

14

4

11

41

20000

22

εε

επ επ ε

επ ε

ε

O sea que en la superficie interior del dieléctrico: rr

r uaba

bVP ⋅

−⋅⋅⋅

⋅−

=)(

1 001

εε

ε

Y en la superficie externa: rr

r uabb

aVP ⋅

−⋅⋅⋅

⋅−

=)(

1 002

εε

ε

Resultando por tanto las densidades de carga superficial depolarización:Carga interior: 11111 )(º180cos1 PfiguraverPuP nPs −=⋅⋅=⋅=ρ

O sea que: )(

1 001 aba

Vb

r

rsp −⋅

⋅⋅⋅

−−=

εε

ερ (vemos que negativa)

Carga exterior: : 22122 )(º0cos1 PfiguraverPuP nPs =⋅⋅=⋅=ρ

O sea que: )(

1 002 abb

Va

r

rsp −⋅

⋅⋅⋅

−=

εε

ερ (vemos que positiva)


Problema 24: Se tienen dos placas gruesas doblemente infinitas de vidrio de permitividad εv colocadas verticalmente según el plano YZ y paralelas entre si de forma que entre ellas queda una capa de espesor constante ocupada por aire. Todo el espacio restante está lleno de aceite de permitividad εa . En el semiespacio lleno de aceite que está a la izquierda de las placas existe un campo electrostático uniforme de magnitud E1 cuya dirección está contenida en el plano XZ y forma un ángulo θ con la normal a las placas y cuyo sentido es el del aceite hacia el vidrio. Calcúlese: a) el campo eléctrico en los otros cuatro medios. b) La densidad superficial de carga de polarización en cada una de las fronteras.Solución:Hacemos un dibujo en donde se vean los cinco medios, el medio 1 y el medio 5 que son aceite, los medios 2 y 4 que son vidrio, y el medio 3 que es aire. Comenzamos por poner el campo E1 que forma el ángulo ϑ con la normal, o sea con su propia componente E1n También dibujamos la componente E1t que son las componentes que tenemos que estudiar para establecer las condiciones de frontera entre los dieléctricos.

a) Condiciones de frontera entre dieléctricos: Nos dicen como es el campo eléctrico en dos puntos infinitamente próximos pero uno en un dieléctrico y el otro punto en el otro dieléctrico:

- Potenciales idénticos a ambos lados de la frontera: en este caso no nos interesa pues no estudiamos potenciales: V1 = V2

- Componentes tangenciales del campo iguales: Et1 = Et2 - Componentes normales relacionadas con los coeficientes dieléctricos: ε1 . En1 = ε2 . En2


Antes de comenzar a analizar las diferentes fronteras, podemos ver que las componentes del campo E1 son conocidas dado que sabemos el ángulo que forma E1 con la normal:

Et1 = E1 .sen ϑ En1 = E1 .cos ϑ

- Frontera 1-2:* Igualdad de componentes tangenciales: Et2 = Et1 = E1 .sen ϑ* Relación entre componentes normales: ε2 . En2 = ε1 . En1

O sea que: εv. En2 = εa . En1 = εa . E1 .cos ϑDespejando En2: En2 = εa . E1 .cos ϑ / εv

* En consecuencia el valor del campo E2 será:

ϑεε

ϑϑεε

ϑ 22

22

122

12

222

122

222 cos..cos...

v

a

v

ant senEEsenEEEE +=+=+=


O sea que: ε0. En3 = εv . En2 = εv . εa . E1 .cos ϑ / εv

Despejando En3: En3 = εa . E1 .cos ϑ / ε0


ϑεε

ϑϑεε

ϑ 220

22

122

120

222

123

233 cos..cos... aa

nt senEEsenEEEE +=+=+=


O sea que: εv. En4 = ε0 . En3 = ε0 . εa . E1 .cos ϑ / ε0

Despejando En4: En4 = εa . E1 .cos ϑ / εv


ϑεε

ϑϑεε

ϑ 22

22

122

12

222

124

244 cos..cos...

v

a

v

ant senEEsenEEEE +=+=+=

Podemos ver que es igual que E2.

Frontera 4-5: * Igualdad de componentes tangenciales: Et5 = Et4 = E1 .sen ϑ

* Relación entre componentes normales: ε5 . En5 = ε4 . En4

O sea que: εa. En5 = εv . En4 = εv . εa . E1 .cos ϑ / εv

Despejando En5: En5 = E1 .cos ϑ Podemos ver que ambas componentes de E5 son iguales que las de E1.

* En consecuencia el valor del campo E5 será el mismo que E1:

122

122

122

125

255 cos.cos... EsenEEsenEEEE nt =+=+=+= ϑϑϑϑ


b) Las cargas de polarización se sitúan sobre las fronteras dieléctricas. La densidad superficial decarga en cada una es la componente normal del vector de polarización en ese lugar:

nnps PuP ±== .ρ

Como indicamos arriba, debemos tener cuidado con el signo, pueshay que tener en cuenta que el vector un está dirigido hacia fuera dela superficie. Así en la primera de las figuras adjuntas,representamos el vector P1, y vemos que al multiplicarloescalarmente por un sale P1n positivo. Mientras que en la segundafigura donde representamos P2, y vemos que al multiplicarloescalarmente por u2 sale P2n negativo.

En cualquier caso debemos calcular el vector de polarización encada frontera dieléctrica. Sin embargo podemos ver que el vectorde polarización es constante dentro de cada medio dieléctrico. Enefecto el vector polarización en cualquiera de los cinco mediosserá: ( ) xxxxxxxx EEEEDP .... 000 εεεεε −=−=−=

Y como el vector E es constante dentro de cada medio, el vectorde polarización también lo será.

Frontera 1-2: Medio 1: ( ) 101011011 .... EEEEDP aa εεεεε −=−=−=La densidad de carga de polarización será por tanto:

ρps12 = P1n = (εa - ε0).En1 = (εa - ε0). E1 .cos ϑ

Medio 2: ( ) 202022022 .... EEEEDP vv εεεεε −=−=−=No vale la pena sustituir arriba E2 en función de los datos, pues realmente sólo nos va a hacer falta la componente normal que es mucho más sencillo de indicar

Así, la densidad de carga de polarización será por tanto:

( ) ( ) ϑεεεϑ

εεεεεερ cos...1cos.... 1

01020221 EEEP a

vv

avnvnps

−=−=−−=−=

Puedes ver que ρps21 es negativa pues ε0 essiempre el menor valor que puede tomar uncoeficiente dieléctrico.Aquí acabamos de ver la densidad de carga depolarización dentro del medio 2 pero en la frontera1-2.En el medio 2 pero en la frontera 2-3, la densidad

de carga será la misma ρps21 que antes peropositiva, como puedes ver en la figura. Operandote saldría también positiva pues en esa frontera, almultiplicar escalarmente P2 por un, sale positivo pues date cuenta que un está dirigido

siempre hacia fuera: ρps23 = - ρps21

Medio 3, en la frontera 2-3: : 0... 10103033 =−=−= EEEDP εεε


Evidentemente en el medio 3 no hay carga de polarización pues el medio 3 es aire, que se asimila al vacío.Medio 4, en la frontera 3-4: sería una situación similar que en el medio 2 en la frontera 1-2, y como alli, el P4n será negativo como se puede ver en el correspondiente dibujo (frontera 1-2, medio 2):

( ) 404044044 .... EEEEDP vv εεεεε −=−=−=No vale la pena sustituir arriba E4 en función de los datos, pues realmente sólo nos va a hacer falta la componente normal que es mucho más sencillo de indicar

Así, la densidad de carga de polarización será por tanto:

( ) ( ) ϑεεεϑ

εεεεεερ cos...1cos.... 1

01040443 EEEP a

vv

avnvnps

−=−=−−=−=

Vemos que sale, como es lógico, negativo.En este mismo medio 4 pero en la frontera 4-5, la densidad de carga será la misma

ρps43 que antes pero positiva. Operando te saldría también positiva pues en esa frontera, al multiplicar escalarmente P2 por un, sale positivo pues date cuenta que un

está dirigido siempre hacia fuera: : ρps45 = - ρps43

Medio 5: sería una situación similar que en el medio 2 en la frontera 1-2, y como alli, el P4n será negativo como se puede ver en el correspondiente dibujo (frontera 1-2, medio 2):

( ) 505055055 .... EEEEDP aa εεεεε −=−=−=Así, la densidad de carga de polarización será por tanto:

( ) ( ) ϑεεεερ cos... 105055 EEP ananps −=−−=−=

Vemos que sale, como es lógico, negativo. Puedes ver que tiene el mismo valor que ρps12 pero de signo contrario.


Problema 27: Una esfera dieléctrica de radio a y permitividad ε situada en el vacío tiene una distribución de carga volumétrica ρfv =ρ0a/r siendo r la distancia al centro y r0 una constante. Determinar la energía electrostática del sistema.Solución:

La energía contenida en un sistema es: ∫∫∫∫ == dvVdqVE ...2

1..

2

1 ρ Ecuación 1

Esta ecuación, evidentemente sólo hayque integrarla donde hay carga (donde dq esdistinto de cero), o sea en la zona (1) de lafigura. Sin embargo al calcular el potencial en la zona(1) nos va a aparecer una constante deintegración que sólo podremos determinar conlas condiciones de contorno que involucran alpotencial en la zona (2): que para r=∞ seráV2=0, y que para r=a será V1=V2. Con estas doscondiciones podremos calcular las dosconstantes de integración, la que aparece en laintegración de V1 y la que aparece en laintegración de V2. Y sabemos que, para podercalcular el potencial, antes tenemos que calcular el campo en cada una de las zonas, para luego hacerla integral de línea que nos dará V (recuerda que ∫−= rdEV . )

Debido a esto, en este caso puede ser mucho más simple utilizar esta otra expresión de la energía almacenada en una configuración electrostática:

∫= dvEW ..2

1 2ε Ecuación 1

Y aunque esta integral hay que hacerla en todo el espacio, no sólo la zona donde haya carga, en muchos casos es mucho más simple que la ecuación anterior. O sea que vamos a utilizar esta.Además habrá que resolver esta integral en cada zona por separado, pues el campo cambia de la zona(1) a la zona (2) y también ε es distinta en cada zona, y luego sumar los resultados.Nota: Como dada la simetría del problema el campo E = Ε(r), podemos poner el diferencial de volumen que aparece en la ecuación 1 también en función de r: dv = 4.π.r2.dr (el dv sería la zona gris de la figura).

-Zona (1): Dieléctrico con distribución de carga volumétrica (r

a.0ρρ = ) y de constante ε.

- Para calcular el campo eléctrico en esta zona utilizamos el teorema de Gauss aplicado a la esfera depuntos representada en esa zona (1) de la figura.

erior

S

QSdE int1..∫∫ =ε

Vemos en la figura que los vectores E1 y dS son paralelos en cualquier dS que consideremos en la superficie gaussiana, y por tanto:

erior

S

QdSE int1 º0cos...∫∫ =ε

Suponemos que ε es constante en todos los dS, y ,dada la simetría del sistema, es seguro que el campo E sólo dependa de la distancia r al centro del sistema. Por lo tanto también E será constante en todos los dS, y así podrá salir de la integral:

erior

S

QdSE int1.. ∫∫ =ε --> ε. E1 .S = Qinterior (y recuerda que S es la superficie de la esfera

gaussiana)


ε . E1 . 4. π.r2 = Qinterior Ecuación 2 (fíjate que también llamamos “r” al radio de la superficie gaussiana, pues también es un radio genérico)

• Calculemos ahora la Qinterior a la superficie gaussiana:

∫∫∫= dvQ erior .int ρ Utilizamos el mismo diferencial de volumen que antes citamos (en gris en la figura):

20

0

20int ....2...4.

.. radrr

r

advQ

rr

r

erior ρππρρ === ∫∫ ∫ ∫=

=

(como ya hicimos antes, aquí también llamamos “r” al radio de la superficie gaussiana, pues está en una posición de radio genérico)

Llevando esta Qinterior a la ecuación 2 para calcular el campo E1, quedará:

ε . E1 . 4. π.r2 = Qinterior --> ε . E1 . 4. π.r2 = 2 . π. ρ0 . a . r2

Por tanto:ε

ρ.2

.01

aE =

Antes de calcular la energía correspondiente a esta zona (1), calculemos el campo en la zona (2), y luego ya calcularemos todo junto.

- Zona (2): Vacío sin carga y con constante ε0.Podemos proceder como antes para calcular el campo eléctrico, colocando una esfera gaussiana en la zona (2) pero no vale la pena, pues dada la simetría de la configuración, la esfera con carga vista desde fuera, es como si toda la carga estuviera concentrada en el centro, por lo que el campo sería el de una carga puntual:

22 ...4 r

QE total

επ=

y para calcular el Qtotal procedemos igual que antes para calcular el Qinterior, pero ahora la integral en vez de llegar hasta un “r” genérico, llegará hasta “r=a” para incluir toda la esfera cargada:

30

0

20 ...2...4..

. adrrr

advQ

ar

r

total ρππρρ === ∫∫ ∫ ∫=

=

Con lo que el campo será: 2

30

2

30

22 ..2

.

...4

...2

...4 r

a

r

a

r

QE total

ερ

επρπ

επ===

Ahora podemos proceder a integrar en cada zona para calcular la energía del sistema:

-Zona (1): ερππ

ερεε

.6

.....4.

.2

...

2

1...

2

1 520

0

2

2

0

0

211

adrr

advEW

ar

r

ar

r

=

== ∫∫

=

=

=

=

-Zona (2):0

5202

2

20

30

02202 .2

.....4.

..2

....

2

1

ερππ

ερεε a

drrr

advEW

r

ar

r

ar

=

== ∫∫

∞=

=

∞=

=

Y por tanto la energía total será:

+=+=+=

0

520

0

520

520

21

1

.3

1.

2

..

.2

..

.6

..

εερπ

ερπ

ερπ aaa

WWW


Problema 28: Encuentre la energía necesaria para formar una esfera de carga uniforme con radio b y densidadvolumétrica de carga ρfv.Solución:

La energía contenida en un sistema es: ∫ ∫ ∫∫ ⋅⋅⋅=⋅⋅= dvVdqVE ρ2

1

2

1

Esta ecuación, evidentemente sólo hay que integrarla donde hay carga (donde dq es distinto de cero), o sea en la zona (1) de la figura. Sin embargo al calcular el potencial en la zona(1) nos va a aparecer una constante deintegración que sólo podremos determinar conlas condiciones de contorno que involucran alpotencial en la zona (2): que para r=∞ seráV2=0, y que para r=a será V1=V2. Con estas doscondiciones podremos calcular las dosconstantes de integración, la que aparece en laintegración de V1 y la que aparece en laintegración de V2. Y sabemos que, para podercalcular el potencial, antes tenemos que calcularel campo en cada una de las zonas, para luegohacer la integral de línea que nos dará V(recuerda que ∫ ⋅−= rdEV )

Debido a esto, en este caso puede ser mucho más simple utilizar esta otra expresión de la energía almacenada en una configuración electrostática:

∫ ⋅⋅= dvEW 2

2

1 ε Ecuación 1

Y aunque esta integral hay que hacerla en todo el espacio, no sólo la zona donde haya carga, en muchos casos es mucho más simple que la ecuación anterior. O sea que vamos a utilizar esta.Además habrá que resolver esta integral en cada zona por separado, pues el campo cambia de la zona(1) a la zona (2) y también ε es distinta en cada zona, y luego sumar los resultados.

Nota: Como dada la simetría del problema el campo E = Ε(r), podemos poner el diferencial de volumen que aparece en la ecuación 1 también en función de r: dv = 4π∙r2∙dr (el dv sería la zona gris de la figura).

-Zona (1): Esfera con distribución de carga volumétrica ρfv y de constante ε0 (suponemos la carga uniformemente distribuida por el espacio).

-Para calcular el campo eléctrico en esta zona utilizamos el teorema de Gauss aplicado a la esferade puntos representada en esa zona (1) de la figura.

erior

S

QSdE int10 ..∫∫ =ε

Vemos en la figura que los vectores E1 y dS son paralelos en cualquier dS que consideremos en la superficie gaussiana, y por tanto:

erior

S

QdSE int10 º0cos...∫∫ =ε

Dada la simetría del sistema, es seguro que el campo E sólo dependa de la distancia r al centro del sistema. Por lo tanto también E será constante en todos los dS, y así podrá salir de la integral:

erior

S

QdSE int10 .. ∫∫ =ε --> ε0. E1 .S = Qinterior

(y recuerda que S es la superficie de la esfera gaussiana)ε0 . E1 . 4. π.r2 = Qinterior Ecuación 2


(fíjate que llamamos “r” tanto al radio de la superficie gaussiana como al radio del diferencialde volumen genérico, pues en ambos casos se trata de un radio genérico).

Por lo que respecta al Qinterior, como la densidad de carga es uniforme, la carga puede calcularse directamente con una multiplicación:

Qinterior = ρ.volumen interior = ρfv.4.π.r3/3Pero si no te das cuenta, puedes calcular la Qinterior a la superficie gaussiana integrando:

∫∫∫= dvQ erior .int ρ Utilizamos el mismo diferencial de volumen que antes citamos (en gris en la figura):

3

...4...4..

3

0

2int

rdrrdvQ fv

rr

r

fverior

ρππρρ === ∫∫ ∫ ∫

=

=

Llevando esta Qinterior a la ecuación 2 para calcular el campo E1, quedará:

ε0 . E1 . 4. π.r2 = Qinterior --> 3

...4

3

10

rr fvρπ

πε = .4 . . Ε . 2

Por tanto:0

1 .3

.

ερ r

E fv=

Antes de calcular la energía correspondiente a esta zona (1), calculemos el campo en la zona (2), y luego ya calcularemos todo junto.

- Zona (2): Vacío sin carga y con constante ε0.Podemos proceder como antes para calcular el campo eléctrico, colocando una esfera gaussiana en la zona (2) pero no vale la pena, pues dada la simetría de la configuración, la esfera con carga vista desde fuera, es como si toda la carga estuviera concentrada en el centro, por lo que el campo sería el de una carga puntual:

20

2 ...4 r

QE total

επ=

Y para calcular el Qtotal procedemos igual que antes para calcular el Qinterior, por lo que ahora sería:Qtotal = ρfv . volumen cargado = ρfv.4.π.b3/3

Si no te das cuenta de que se puede hacer así en este caso, puedes integrar pero ahora la integralen vez de llegar hasta un “r” genérico, llegará hasta “r=b” para incluir todo el espacio con carga:

3

...4...4..

3

0

2b

drrdvQ fvbr

r

fvtotal

ρππρρ === ∫∫ ∫ ∫

=

=

Con lo que el campo será: 20

3

20

3

20

2 ..3

.

...4.3

...4

...4 r

b

r

b

r

QE fvfvtotal

ερ

επρπ

επ===

Ahora podemos proceder a integrar en cada zona para calcular la energía del sistema:

-Zona (1):0

52

0

2

2

00

2101 .45

...2...4.

.3

..

2

1..

2

1

ερπ

πε

ρεε

bdrr

rdvEW fv

br

r

fv =

== ∫∫

=

=

-Zona (2):0

522

2

20

3

02202 .9

...2...4.

..3

..

2

1..

2

1

ερπ

πε

ρεε

bdrr

r

bdvEW fv

r

br

fv =

== ∫∫

∞=

=

Y por tanto la energía total será: 0

52

0

52

0

52

21 .15

...4

.9

...2

.45

...2

ερπ

ερπ

ερπ bbb

WWW fvfvfv =+=+=


Problema 29: Una arandela plan de grafito de espesor h tiene un radio interior a y exterior b. Si a la arandela se le practica un corte muy delgado según una sección radial y se aplica una diferencia de potencial entre ambas caras del corte mediante dos electrodos planos conectados a una batería, calcular su resistencia. Tomar σ como conductividad de la arandela.

Solución:Hacemos un dibujo de la arandela vista desde arriba, conun generador (con una diferencia de potencial arbitrariade V0) conectado. Ponemos varias líneas imaginarias atrazos para luego integrar a lo largo de las mismas paraestablecer la diferencia de potencial entre los extremos.Al establecer una diferencia de potencial entre losextremos de la arandela, aparece en su interior un campoeléctrico que mueve las cargas libres existentes en suinterior y determina la corriente eléctrica.Pide la resistencia de la arandela, y según la ley de Ohm:

I

VR

∆=

Para calcular R necesitamos calcular ∆V e I.Con repecto a ∆V, al pedirnos la resistencia total a lo largo de toda la circunferencia de la arandela, la ∆V será la diferencia de potencial entre los extremos, es decir V0.

Con respecto a la intensidad, sabemos que : ∫∫= SdJI .

Y deberemos integrar sobre la superficie que estáatravesando la corriente eléctrica, o sea que están atravesandolas cargas en su movimiento, que en este caso será cualquiersección transversal de arandela: un rectángulo de lados (b-a) yh, como dibujamos en esta otra figura.Además en un conductor óhmico EJ .σ= , siendo σ laconductividad eléctrica del material. Por tanto la intensidad

quedará: ∫∫∫∫ ==erficieerficie

SdESdJIsupsup

... σ Ecuación 2

La conductividad σ del material es constante en todadiferencial de superficie que consideremos en la seccióntransversal, de hecho es constante en todo el material.Sin embargo el campo E tiene que estar atravesando esta sección circular pues debe impulsar al corriente a lolargo de cualquier circunferencia sobre la arandela como dibujamos en la primera figura. Por tanto no puede ser constante en toda la sección transversal como veremos. En efecto, sabemos que:

∫−=−2

1

12 . sdEVV , aunque en estos casos de corrientes es más cómodo considerar la ecuación en

positivo:

∫=−2

1

21 . sdEVV . (recuerda que este “ds” es un diferencial de longitud, al contrario del “dS” de la

ecuación de la intensidad que es una diferencial de superficie)Esta ecuación es una integral de línea, es decir proporciona la diferencia de potencial entre dos puntos de unalínea a lo largo de la cual se integra el campo eléctrico. Evidentemente, lo más cómodo es integrar a lo largo de una línea de campo eléctrico pues así “E” y el “ds” serán paralelos en todo lugar, y el producto escalar quedará más sencillo. Como ya citamos, en este problema, dada su simetría, las líneas de campo eléctrico tienen que ser circunferencias concéntricas con la arandela (piensa además que el campo eléctrico es que determina hacia


donde es la intensidad de corriente, y que esta tiene que seguir la circunferencia de la arandela), y por tanto nos interesará integrar a lo largo de cualquiera de las líneas de puntos de la primera figura, y así:

∫∫∫ ===−2

1

2

1

2

1

21 º0cos.. EdsEdssdEVV

Y el diferencial de longitud sobre una circunferencia será “r∙dϕ” como se ve en la figura siguiente. Por tanto la integral anterior quedará:

∫∫ ==−2

1

2

1

21 .. ϕdrEEdsVV .

Y si integramos entre las dos aberturas de la arandela será: V1-V2=V0

Además, dada la simetría del problema es de esperar que elcampo eléctrico sea constante a lo largo de toda la línea (aunquelógicamente debe cambiar de una línea a otra, pues la integral delínea anterior debe dar el mismo V0 a lo largo de líneas dediferente longitud: todas las líneas de trazos dibujadas en laprimera figura, por ejemplo). Además, a lo largo de cualquier circunferencia que estemosintegrando, “r” es constante, y por tanto también puede salir de laintegral:Por tanto, la integral anterior quedará:

πϕϕπϕ

ϕ

2...... 0

2

0

0

2

1

21 rEVdrEVdrEVV =⇒=⇒=− ∫∫=

= .

Despejando E: r

VE

..20

π=

Vemos que E depende de “r”, es decir vale lo mismo en cualquier punto de la sección de grosor “dr” que dibujamos en la figura pues en ella todos los puntos tienen el mismo “r”. Pues bien ahora ya podemos integrar la ecuación 2:

: ∫∫=erficie

SdEIsup

..σ

donde tanto el vector E como el vector dS son perpendiculares a la sección del dibujo (podrían ser vectores entrantes en el plano del dibujo), o sea que forman un ángulo de 0º. Además vemos en la figura que integrando en la dS rayada más fuerte (podemos pues E es idéntico en todos los puntos de la misma), esta dS será: dS = h.drPor tanto llevando el valor de E que acabamos de despejar a la ecuación 2, quedará:


a

bLn

hVdrh

r

VdSESdEI

br

arerficieerficie

..2

....

..2.º0cos..... 00

supsup πσ

πσσσ ==== ∫∫∫∫∫

=

=

Pues bien ahora ya podemos calcular la R en la ecuación 1: I

VR

∆=

Pues ya sabemos tanto ∆V como I:

a

bLnh

a

bLn

hVV

I

VR

..

.2

..2

.. 0

0

σ

π

πσ

==∆=


Problema 30: Se tiene una línea bifilar de longitud L constituida por dos cables cilíndricos paralelos de radio a y perfectamente conductores y separados una distancia d, verficiándose que L>>d>>a. Uno de los extremos de esta línea se conecta a una resitencia de carga RL. Si la capacidad de la línea por unidad de longitud es C’ y el medio que la rodea es homogéneo de conductividad σ y permtitividad ε, hallar la intensidad suministrada por la batería.Solución:Hacemos un dibujo del fenómeno. Llamamos λ a la densidad lineal de carga que adquiere cada cable.La intensidad que proporcione elgenerador será la que circula porla resistencia del final, I2, más laque se mueva entre los cablesdebido a la conductividad delmedio entre ellos:

IT = I1 + I2 Veamos cada una de ellas.

La del final, según la ley de Ohm será: I2 = V0 / RMientras que la I1 habrá que averiguarla con la densidad de corriente J1 que circula entre los cables:

SdESdESdJI .....11 ∫∫∫∫∫∫ === σσ (Utilizamos la proporcionalidad entre densidad de corriente y campo eléctrico que es propia de los medios óhmicos).Como superficie a través de la que medir el flujo del campoeléctrico, debemos tomar una superficie situada entre amboscables por la cual circule la corriente. En concreto podremostomar cualquier cilindro imaginario concéntrico con el cablesuperior como el que dibujamos a trazos en la figuraadjunta, pues de acuerdo con el teorema de Gauss todosestos cilindros tendrán el mismo flujo dado que todosencierran la misma carga: λ.L

∫ ∫∫ ∫∫ ∫ =⇒=⇒=ε

λλεε LSdELSdEQSdE erior

....... int

Pues bien, tal como vemos aquí, ya tenemos despejado el flujo que buscábamos arriba. Por tanto:

ελσσ L

SdEI..

..1 == ∫ ∫ Ecuación (1)

Sin embargo, desconocemos λ, pero podremos calcularla gracias al dato de capacidad por unidad de longitud de los cables C’ que nos dan. En efecto, dado que C = Q/∆V=Q/V0, la capacidad del sistema será:

00

.

V

LC

V

QC

λ=⇒=

Y por tanto, la capacidad por unidad de longitud C’ que nos dan, será: 000

'.

VC

VL

C

V

LC

λλλ =⇒=⇒=

Y por tanto λ será: λ = C’ . V0

Y llevándolo a la ecuación (1) ya tendremos la intensidad que buscamos:

εσ

ελσ LVCL

I.'.... 0

1 ==

Y por tanto la intensidad total que suministra el generador será:


+=+=+=

LLtotal R

LCV

R

VLVCIII

1'...

.'..0

0021 ε

σε

σ


Problema 31: Se tiene una tira de material conductor de longitud infinita y ancho 2ª, por la que circula una corriente I en dirección longitudinal. Hallar la fuerza que está sometido un protón que se mueve con velocidad v perpendicular al plano de la tira y que está situado en la vertical de uno de los lados de la tira y a una altura 2ª sobre el plano de ésta.

Solución:



Problema 32: Calcúlese el campo magnético B en el eje de un solenoide finito de longitud λ,radio a y N’ espiras por unidad de longitud.

Solución:



Problema 33: Estúdiense los valores de la inducción magnética B dentro y fuera de una bobina toroidal de N espiras apretadas y sección cuadrada que transporta una corriente I.

Solución:


Problema 34: Sea un conductor homogéneo de radio b, permeabilidad µ1 , conductividad σ1 y longitud L, verificándose que L>> b, con un hueco cilíndrico concéntrico, de radio a (axb) y lleno de un material de permeabilidad µ2 y conductividad σ2 nula.Si entre los extremos de dicho conductor se establece una d.d.p. V0, determinar el campo magnético B en puntos no cercanos a los extremos del cable, tanto en el interior ( br ≤≤0 ) como en el exterior a pequeñas distancias (b<r<<L).Solución:



Problema 36: Un conductor muy largo de radio a y permeabilidad µ es recorrido longitudinalmente por una corriente estacionaria de intensidad I. Coaxialmente a este conductor se coloca un tubo de igual permeabilidad y radio interno b y externo c. Determinar los vectores H, B, M, Jms y Jmv en todo el espacio, suponiendo: a) que la permeabilidad µ es constante, y b) que varía en la forma µ = µ0 H/H0 con H0 constante.Solución:




Problema 37: Un material conductor en forma de barra cilíndrica de longitud indefinida y radio a está recorrido en la sección transversal, para r< a, por una corriente distribuida según la ley:

zurkJ ⋅= donde k es una constante. Calcular: a) la permeabilidad magnética del material µ si se sabe que el campo magnético en el interior de la barra viene dado por:

φµ

ura

rkB 20 1

3⋅

+⋅=

b) Obtener la expresión de los vectores M, Jms(r), Jmv(r).

Solución:



Problema 38: Determinar la densidad de flujo magnético en el entrehierro del circuito magnético mostrado en la figura.

Solución:



Problema 39: Un toroide cuya circunferencia media mide l está formado un material magnéticamente lineal de permeabilidad µr = 100 y un entrehierro de longitud e<<l (l=30e). Cuandoel material está rodeado de N espiras recorridas por una corriente I, el campo obtenido en el entrehierro es Be. Si de duplica la longitud del entrehierro manteniendo constante el número de espiras, ¿que corriente tendría que circular por las espiras para conseguir el mismo valor del campo Be en el entrehierro? ¿Cuánto vale N en función de los datos del problema?Solución:


Problema 40: Una barra cilíndrica muy larga de radio a y material conductor está recorrida por una corriente I uniformemente distribuida a través de su sección transversal. La permitividad

magnética de la barra varía según la ley

+=

a

r10µµ siendo r la distancia al eje del conductor.

Determinar los vectores H, B M, Jms y Jmv en el interior del cilindro.Solución:


Problema 41: Una espira rectangular plana de lados a y b paralelos a los ejes OX y OY respectivamente, se mueve en el plano XY con velocidad uniforme y paralela al eje OX y sentido de las x crecientes. En el plano XY existe un campo magnético de dirección perpendicular a dicho plano y módulo B(x,t) = B0 ∙cos (wt) ∙ cos (kx), donde B0 , w y k son constantes. Determínese la fuerza electromotriz inducida en la espira en función del tiempo. Supóngase que para t=0 el lado de la espira más atrasado en el sentido del movimiento está situado en la posición x=0.Solución:


Problema 42: Frente a una línea conductora rectilínea indefinida recorridapor una corriente I(t) se mueve perpendicularmente a ella con una velocidadconstante v una espira cuadrada conductora de lado d, resistencia R yautoinducción L, tal como se indica en la figura. Si la línea y la espira son, entodo momento, coplanarias, hállese la ecuación diferencial que liga a ambasintensidades I(t) e i.Solución:



Problema 43: Una espira rectangular de resistencia R y lados a y b, estácontenida en plano en el que existe una línea conductora rectilínea indefinidarecorrrida por una corriente I(t) = I0 ∙ cos (wt), como muestra la figura. Calcular lafuerza sobre cada uno de los lados de la espira.Solución:



Problema 44: Considere un solenoide semi-infinito y núcleo de airecon N’ vueltas por unidad de longitud, por donde circula una intensidad decorriente variable dada por I = I0∙e-αt , siendo I0 y α constantes. En el extremosuperior del solenoide, concéntrico con él y sin tocarlo, se fija un anillodelgado de aluminio de radio a, ligeramente mayor que el radio del solenoide,y resistencia R, como se indica en la figura.Se supone que el campo magnético producido por el solenoide tiene la mismadirección, sentido y módulo en toda la superficie encerrada por el anillo, ycoincide con el valor en el eje del solenoide. También suponga que laautoinducción del anillo es despreciable.

a) ¿Cuál es la intensidad de corriente inducida en el anillo?b) ¿Cuál es el campo magnético, en el centro del anillo, producido por la corriente inducida?

¿Y cuál es su dirección y sentido?

Solución:



Problema 45: Calcular la intensidad mutua por unidad delongitud entre dos líneas de transmisión de dos cables conductorescada una A-A’ y B-B’ mostradas en la figura adjunta. Asúmaseque los radios de los cables conductores son mucho más pequeñosque d y D.Solución:



Problema 46: Un toroide delgado de radio medio b y sección S, está dividido en dos mitadespor un plano que contiene al eje de revolución, cuyos materiales tienen permeabilidades µ1 y µ2, respectivamente. Sobre el toroide se arrollan N espiras por las que circula una corriente I.Calcular los vectores H y B en ambos materiales y el coeficiente de autoinducción L del circuito.Solución:


Problema 47: Una espira cuadrada de alambre se mueve convelocidad constante en dirección transversal a un campo magnéticouniforme confinado en una región cuadrada cuyos lados son de longitudel doble de las de la espira.Calcular y hacer un gráfico esquemático de la f.e.m. inducida en laespira en función de la distancia x, desde x=-2L hasta x= 2L,especificando su sentido en cada punto.Solución:



Ampliación de Física – Exame de setembro de 2005

Problema 1: As correntes de fuga prodúcense cando o dieléctrico que separa dous conductoresposúe unha conductividade non nula, de forma que a corrente pode fluír a través deste material.Supoña un cable coaxial de grande lonxitude L formado por un núcleo metálico, de radio a, rodeadopor unha capa de dieléctrico de radio interior a e exterior b, recuberta á súa vez por outro conductorde radio interior b e exterior c. Pode supoñerse que os conductores son perfectos e que o dieléctricoten unha conductividade baixa σ1.Cando desde o extremo do cable se aplica unha tensión V0 ó núcleo metálico, mentres que a cortizaconductora se pon a terra. ¿Canto vale a corrente de fuga a través do dieléctrico? E ¿cal é aresistencia do material dieléctrico?

Solución: Trátase dun cable coaxial cargado, e cun campo eléctrico

radial entre os conductores dado que nos din que ten grandelonxitude (e así podemos depreciar a desfiguración do campo nosextremos).

Ademais, como ten conductividade non nula, existirá entreos conductores unha corrente de fuga que podemos cuantificartanto co vector J como coa intensidade de corrente I.

É esta intensidade I a quenos piden que calculemos.Por definición: ∫∫= AdJI .

Na figura adxunta representamos unha visión frontaldos cables coaxiais, representado tamén a densidade de corrente defuga, así como un cilindro imaxinario coaxial cosconductores de radio r e a mesma lonxitude L dos conductores(representado a trazos na figura), que deste xeito se verá atravesadopor toda a densidade de corrente que flúe entre ambos conductores.

Así, como queremos captar toda a corrente de fuga,debemos poñer un cilindro imaxinario cunha superficie lateral que se vexa atravesada por toda adensidade de corrente. Deste xeito podemos calcular a intensidade de corrente que nos piden,calculando a integral anterior sobre dita superficie lateral:

∫∫=lateraldAJI

.sup

.

Supoñendo que o dieléctrico é un conductor óhmico, cumprirase que: EJ .1σ=E polo tanto a ecuación da intensidade de corrente defuga quedará:


dAEdAE

AdEAdEAdJI

laterallateral

laterallaterallateral

..º0cos..

.....

.sup

1

.sup

1

.sup

1

.sup

1

.sup

∫∫∫∫

∫∫∫∫∫∫==

====

σσ

σσ

(pódese ver que o vector E e o vector dA forman un ángulo de 0º en todas as diferenciais desuperficie que se poden trazar sobre superficie lateral do cilindro)

A integral anterior resulta sinxelo de resolver pois, dada a simetría da configuración, E sópode depender de r , e como todas as dA están a igual r, E será constante en toda dA que tracemos nasuperficie lateral do cilindro. Así E sairía fóra da integral anterior, e polo tanto o resultado é:

LrEAEdAEdAEI lateral

laterallateral

...2......... 1.sup1

.sup

1

.sup

1 πσσσσ ==== ∫∫∫∫Polo tanto: LrEI ...2..1 πσ= Ecuación 1

Aquí temos a intensidade en función do valor do campo que nos é descoñecido, pero quepodemos tratar de averigualo co teorema de Gauss, que aplicaremos a un cilindro imaxinario deradio r e lonxitude L’ calquera, como o que representamos con liña de trazos visto de fronte nafigura seguinte:

∫∫ = eriorQAdE int.ε

Suposta a permitividade dieléctrica ε constante, eutilizando a densidade liñal de carga do conductor interior +λ ,temos que: Qinterior = λ . L’

Polo tanto a integral anterior quedará:

'.0..

'.º90cos..º0cos...

.

.sup

.sup.sup

int

LdAE

LdAEdAE

QAdE

lateral

tapaslateral

erior

λε

λε

ε

=

+→

→=

+→

→=

∫∫

∫∫∫∫∫∫

(fixarse que nas tapas o campo segue a ser radial mentres que os dA son perpendiculares ó plano dodebuxo, polo que forman un ángulo de 90º en toda diferencial de superficie que se trace nas tapas donoso cilindro imaxinario).

Para resolver a integral anterior sabemos que o valor do campo E é constante en todos os dAda superficie lateral do cilindro imaxinario (todos os dA están a igual r, e E só pode depender de rdada a simetría da configuración). Polo tanto E pode saír da integral, co que a integral anteriorquedará:

'.'...2..

'...'...'.0.. .sup.sup.sup

LLrE

LAELdAELdAE laterallaterallateral

λπε

λελελε

=→

→=→=→=

+ ∫∫∫∫

Polo tanto:r

E...2 επ

λ= -- Ecuación 2

Xa temos o valor do campo, que podemos substituír na ecuación 1, que quedará:

ελσπ

επλσπσ L

Lrr

LrEI..

...2....2

....2.. 111 === --- Ecuación 3


Novamente temos a dificultade de non coñecer undato, agora a densidade de carga λ no cilindro interior (ninε). Pero podemos encontrar a súa relación coa diferenciade potencial aplicada entre os conductores, queevidentemente é a que determina dita densidade de carga.

Para isto relacionaremos a diferencia de potencialcoa intensidade de campo a través dunha integral de liña.A liña que nos interesa é a da figura, en dirección radialcomo o campo eléctrico, entre os puntos 1 e 2 entre os quecoñecemos a diferencia de potencial:

∫∫∫∫

→=→

→=−→−=−2

1

2

10

2

121

2

112

.º0cos..

..

drEdrEV

drEVVdlEVV

E como o valor do campo xa o sabemos na ecuación 2, podemos realizar a integral anterior:

επλ

επλ

επλ

επλ

..2

/..

..2..

..2.

...2.

2

10

abLnrLn

r

drdr

rdrEV

b

a

br

ar

br

ar=

==== ∫∫∫

=

=

=

=

E despexando o valor de λ que buscamos:abLn

V

/

...2 0επλ =

Agora podemos levalo á ecuación 3, e calcular a corrente de fuga solicitada:

ε

επσ

ελσ

LabLn

V

LI

./

...2.

..

01

1 ==

Operando obtemos a intensidade de fuga polo dieléctrico que é:abLn

LVI

/

....2 01σπ=

Polo que respecta á resistencia do material dieléctrico, iso nolo proporciona a lei de Ohm:

abLn

LVV

I

VR

/

....2 01

00

σπ==

Polo tanto, a resistencia do dieléctrico é:L

abLnR

...2

/

1σπ=


Problema 2: Unha espira cadrada de lado 2b encóntrase situadaentre dous fíos paralelos, separados unha distancia 2a. A espira écoplanaria cos dous fíos e dous dos seus lados son paralelos a eles,estando o seu centro separado unha distancia c do punto medio entreos dous fíos.Encontre a forza sobre a espira cando por ambos fíos está a circularunha corrente I0 pero en sentido oposto entre si, e pola espira circulaunha corrente I1.

Solución: Aparece forza sobre cada lado da espira pois sobre elesactúa o campo magnético que crean os dous cables. E entonces temos que cada lado da espira é unfío percorrido por unha corrente I1 sobre a que estánactuando un campo magnético resultante dos dous camposque crean ambos cables. Así, sobre cada elemento decorrente ( LdI .1 ) da espira aparecerá unha forza:

BxLdIFd .1=Na figura adxunta debuxamos sobre cada un dos lados daespira os campos magnéticos que actúan sobre eles (o B1

creado polo fío 1 e o B2 creado polo fío 2), e a forza que,como consecuencia, e segundo establece a ecuaciónanterior, aparece sobre eles.

Calcularemos por separado a forza que aparecesobre cada lado da espira, sen preocuparnos moito polasúa dirección pois a dirección de cada forza xa a vemos nafigura anterior.

Forza sobre o lado AB:Calculemos primeiro o campo magnético total que actúa sobreeste lado. Como vemos na figura ambos campos magnéticosson de igual dirección e sentido. Ademais cada campo é deigual valor en todos os puntos do lado (todos os puntos están aigual distancia de cada fío). Así, sabido o campo total nunpunto do lado, xa saberemos o campo total en todos os puntosdo mesmo. Polo tanto, aplicando o principio de superposiciónen calquera punto do lado, xa teremos o campo total en todosos puntos:

( ) ( )

( ) 22

0000

000021

.2.

.2

.11.

.2

.

..2

.

..2

.

bca

aI

bcabca

I

bca

I

bca

IBBB

−−=

+−+

−+=

=+−

+−+

=+=

πµ

πµ

πµ

πµ

E como o campo magnético é o mesmo en todos os puntos, a forza tamén será igual en todoelemento de corrente dese lado. E así podemos calcular directamente a forza sobre este lado cunhaintegración moi sinxela (de feito, nin faría falta integrar):

( ) ( ) ( )iBbIFdLiBIdFiBdLIdFBxLdIFd ABABABABABABAB −=→−=→−=→= ∫∫ .......... 1111

E polo tanto, substituíndo o valor do campo magnético, a forza será:

( )( )

ibca

baIIiBbIF AB .

..2.

.2

.....

22

1001 −−

−=−=π

µ


Forza sobre o lado CD:Calculemos primeiro o campo magnético total que actúa sobreeste lado. Como vemos na figura ambos campos magnéticosson de igual dirección e sentido, e podemos facer as mesmasconsideracións que fixemos na lado AB. Polo tanto, o campototal sobre todo punto (elemento de corrente) dese lado será:

( ) ( )

( ) 22

0000

000021

.2.

.2

.11.

.2

.

..2

.

..2

.

bca

aI

bcabca

I

bca

I

bca

IBBB

+−=

−−+

++=

=−−

+++

=+=

πµ

πµ

πµ

πµ

E a forza total sobre ese lado será:iBbIFdLiBIFdiBdLIFdBxLdIFd CDCDCDCDCDCDCD ........... 1111 =→=→=→= ∫∫

E polo tanto a forza será:

( )i

bca

baIIiBbIF CD .

..2.

.2

.....

22

1001 +−

==π

µ

Forza sobre o lado AD:Calculemos primeiro a forza magnética creada por cada fío encada punto, pois agora o campo cambia dun punto a outro dadoque cada punto deste lado está a diferente distancia dos fíos.

- Forza creada polo fío 1:

jbca

bcaLn

IIF

x

dxj

IIFd

jx

IdxIFd

jBdxIFdBxLdIFd

AD

bcax

bcax

AD

AD

ADADAD

...2

..

...2

..

...2

...

....

1001

1001

0011

11111

−+++=

→=→

→=→

→=→=

∫∫++=

−+=

πµ

πµ

πµ

- Forza creada polo fío 2:

( ) ( )( ) ( )[ ]

jbca

bcaLn

IIF

xaLnjII

Fxa

dxj

IIFd

jxa

IdxIjBdxIFdBxLdIFd

AD

bcaxbcaxAD

bcax

bcax

AD

ADADAD

...2

..

.2...2

..

.2..

.2

..

...2.2

.......

1001

1001

1001

001212212

−−+−−=

→−−=→−

−=

→−−

==→=

++=−+=

++=

−+=∫∫

πµ

πµ

πµ

πµ

- Forza total: jbca

bca

bca

bcaLn

IIFFF ADADAD ...

.2

.. 10021

−−+−

−+++=+=

πµ

Forza sobre o lado BC:Dada a simetría que se dá entre o lado AD e o lado BC, o valor da forza sobre este último lado tenque ter igual valor que a que actúa sobre o lado AD. Ademais, como se ve nas figuras iniciais é desentido contrario. Polo tanto:

jbca

bca

bca

bcaLn

IIF BC ...

.2

.. 100

−−+−

−+++−=

πµ


Así, a forza total sobre a espira será (evidentemente se van anular as forzas en Y):

( ) ( )

( )( )[ ] ( )[ ] i

bcabca

bcbaII

jbca

bca

bca

bcaLn

IIj

bca

bca

bca

bcaLn

II

ibca

baIIi

bca

baIIFFFFF BCADCDABT

......2

.2.2...2...

....2

.....

.2

..

...2

..2

...

..2.

.2

..

2222

22100

100100

22

10022

100

+−−−+

=

=

−−+−

−+++−

−−+−

−++++

++−

+−−

−=+++=

πµ

πµ

πµ

πµ

πµ


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Resolved problems - Electromagnetism