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CAMPOS ELECTROMAGNÉTICOS
TEMA 2
LEY DE COULOMB E INTENSIDAD
DE CAMPO ELÉCTRICO
Ingeniería en Redes y Telecomunicaciones Prof. Máximo Domínguez
Ciclo Sep – Dic 2009San Cristóbal, RD
TABLA DE CONTENIDO
1. LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB
3. INTENSIDAD DE CAMPO ELÉCTRICO
5. CAMPO DEBIDO A UNA DISTRIBUCIÓN CONTINUA DE CARGA VOLUMÉTRICA
7. CAMPO DE UNA LÍNEA DE CARGA
9. CAMPO DE UNA LÁMINA DE CARGA
11. LÍNEAS DE FLUJO Y ESQUEMAS DE CAMPOS
LA LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB
Coulomb afirmó que la fuerza entre dos objetos muy pequeños separados en el vacío, o en el espacio libre por una distancia comparativamente grande en relación con el tamaño de los objetos, es proporcional a la carga en cada uno e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa, o sea:
F es la fuerza [Newtons – N] Q1 y Q2 son las cantidades de carga positiva o negativa [coulombs – C]R es la separación [metros – m]
K es una constante de proporcionalidad
→
1
221
R
QQkF =
Unidades Sistema mks
04
1
πε=k
Aquí de nuevo, …
Qué creen, ¿Es ε0 adimensional?
LA LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB
ACLARANDO :
ε0 → permitividad del espacio libre →
LEY DE COULOMB
[Forma Escalar]
2
mF912
0 1036
110854.8 −− ×≅×=
πε
22
9120 10
36
110854.8 m
N
C ⋅×≅×= −−
πε
20
21
4 R
QQF
πε=
RECORDANDO :
Carga Electrón → 1.602 x10-19 CCarga 1 Coulomb → 6 x 1018 electronesFuerza 2Q de 1C y R=1m → 9 x 109 N[Casi 1 millón de Toneladas]Masa en Reposo Electrón → 9.109 x 10-31 kgRadio Electrón → 3.8 x 10-15 m
LEY DE COULOMB (CONT.) [Forma Vectorial]
donde a12 es un vector unitario en la dirección de R12, es decir:
Observe la siguiente figura, y verifique que si Q1 y Q2 tienen el mismo signo, el vector fuerza F2 sobre Q2 tiene la misma dirección que el vector R12.
3
LA LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB (CONT.)
122120
212 4
aFR
πε=
12
12
12
12
12
1212 rr
rrRRRa
−−===
R
4
Ejemplo 2.1:
Para ilustrar el uso de la forma vectorial de la Ley de Coulomb ubiquemos una carga Q1 = 3 x 10-4 C en M(1,2,3) y otra carga Q2=-10-4 C en N(2,0,5) en el vacío. Se desea encontrar la fuerza que ejerce Q1 en Q2.
Solución:
•Se determina el vector R12 y su magnitud:
R12 = r2 – r1 = (2-1)ax + (0-2)ay + (5-3)az= ax - 2ay + 2az
•Se determina el vector unitario a12:
•Se determina la fuerza F2:
( ) ( ) ( ) 3221 22212 =+−+=R
zyx 32
32
31 aaa +−==
12
12
R
R12a
LA LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB (CONT.)
( )( )
N
N
zyx
zyx
zyx
aaaF
aaaF
aaaF
202010
3
2230
3
22
3103614
10103
2
2
29
44
2
−+−=
+−−=
+−×
−×= −
−−
ππ
5
Algunas Conclusiones sobre la Ley de Coulomb:
3.La fuerza expresada por la Ley de Coulomb es una fuerza mutua, esto es:
8.La Ley de Coulomb es lineal.
10.La fuerza debida a la acción de varias cargas es la suma de las fuerzas que sobre dicha carga ejercerían individualmente cada una de las otras cargas.
LA LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB (CONT.)
122120
21212
120
2121 44
aaFFR
R
πεπε−==−=
6
D2.1
La carga QA = - 20 μC está en el punto A(-6,4,7), y la carga QB = 50 μC está en el punto B(5,8,-2) en el espacio libre. Si las distancias están dadas en metros, encontrar:
•RAB
•|RAB|
•F vectorial ejercida por QB sobre QA si ε0 es →
•F vectorial ejercida por QB sobre QA si ε0 es →
Ejercicio para realizar en el salón.
Respuestas:•11ax + 4ay – 9az m•14.76 m•30.76ax + 11.184ay – 25.16az mN
•30.72ax + 11.169ay – 25.13az mN
LA LEY EXPERIMENTAL DE COULOMB (CONT.)
mF910
36
1 −×π
mF1210854.8 −×
Otro más. → Realizar Problema 2.1
INTENSIDAD DE CAMPO ELÉCTRICO
7
Campo Eléctrico en una Carga Puntual en el Origen
Campo Eléctrico en una Carga Puntual Fuera del Origen
El vector r′ localiza la carga puntual Q, el vector r determina cualquier punto P (x,y,z) del espacio, y el vector R de Q a P(x,y,z) es entonces R=r- r′.
ttt
t
R
Q
Q 1210
1
4aFE
πε== Fuerza sobre
unidad de carga
( ) ( )3
0
2
0 44 r 'rr 'r
r 'rr 'r
r 'rrE
−−=
−−
−=
πεπεQQ
INTENSIDAD DE CAMPO ELÉCTRICO (CONT.)
8
En el escenario de la gráfica, la suma vectorial de las intensidades de campo eléctrico total en P debido a Q1 y Q2 puede hacerse por el carácter lineal de la ley de Coulomb, es decir:
Si se agregan más cargas en otras posiciones del campo debido a n cargas puntuales, entonces:
( ) 22
0
212
0
1
44a
rra
rrrE
21 −+
−=
πεπεQQ
( )
( ) ∑= −
=
−+⋅⋅⋅+
−+
−=
n
mm
m
nn
Q
QQQ
12
0
2
0
22
0
212
0
1
4
444
arr
rE
arr
arr
arr
rE
m
n21
πε
πεπεπε
9
Ejemplo 2.2:
Encontrar E en el punto P(1,1,1) que causan cuatro cargas idénticas de -3 nC localizados en los puntos P1(1,1,0), P2(-1,1,0), P3(-1,-1,0) y P4(1,-1,0), como se verifica en la siguiente figura.
INTENSIDAD DE CAMPO ELÉCTRICO (CONT.)
Solución:
•Del gráfico se observa que el vector r = ax + ay + az y r1 = ax + ay deduciendo que : r - r1 = az
•Adicionalmente se confirma que: | r - r1 |= 1, | r - r2 |= √5, | r - r3 |= 3, | r - r4 |= √5.
8.Puesto que
•Entonces resulta :
mVQ
.96.2610854.84
103
4 12
9
0
=××
×= −
−
ππε
( ) ( )m
Vzyx
zyzyxzxz
aaaE
a aa a aa aaE
8.3282.682.6
5
1
53
1
35
1
51
1
196.26 2222
++=
++
+++++=
2222
INTENSIDAD DE CAMPO ELÉCTRICO (CONT.)
10
D2.2
Una carga de – 0.3 μC se encuentra en el punto A(25,-30,15) en cms, y una segunda carga de 0.5 μC en el punto B(-10,8,12) cms. Encontrar E en :
•El origen•En P(15,20, 50) cms
Ejercicio para realizar en el salón.
Respuestas:•92.3ax – 77.6ay – 94.2az kV/m•11.9ax – 0.519ay + 12.4az kV/m
Y ahora porque no vemos, …
Solución en Ms Excel
CAMPO DEBIDO A UNA DISTRIBUCIÓN DE CARGA VOLUMÉTRICA
11
Sea ρv la densidad de carga volumétrica en C/m3, entonces la carga para un ∆v se expresa:
Para que la densidad de carga volumétrica corresponda a una distribución suave y continua, se evalúa la expresión anterior mediante un proceso de acercamiento en el límite, es decir:
De lo anterior, se verifica que la carga total dentro de cualquier volumen finito se obtiene por integración sobre todo el volumen, es decir:
vQ v∆=∆ ρv
Qv ∆
∆=ρ
v
Qv
v ∆∆=
→∆ 0limρ
∫ ∆=vol
v vQ ρ
12
Ejemplo 2.3:
Encontrar la carga total contenida en el haz de electrones de un tubo de rayos catódicos de longitud igual a 2 cm, como se muestra a continuación.
Solución:
•De la figura se observa que:
•Se considera el diferencial de volumen en coordenadas cilíndricas para encontrar la carga total, esto es:
13.Integrando respecto a se tiene:
CAMPO DEBIDO A UNA DISTRIBUCIÓN DE CARGA VOLUMÉTRICA (CONT.)
3106 5
105m
Ce zv
ρρ −−×−=
∫ ∫ ∫ −−×−=04.0
02.0
2
0
01.0
0
106 5
105π
ρ φρρ dzddeQ z
φ
∫ ∫ −−−=04.0
02.0
01.0
0
105 5
10 dzdeQ z ρρπ ρ
13
Ejemplo 2.3 (Cont.) :
Solución:
3.Integrando respecto a z, se tiene
•Finalmente:
CAMPO DEBIDO A UNA DISTRIBUCIÓN DE CARGA VOLUMÉTRICA (CONT.)
( )∫
∫
−−−
=
=
−−
−−=
−−=
01.0
0
400020005
01.0
0
04.0
02.0
105
5
10
10
10 5
ρπ
ρρρπ
ρρ
ρ
deeQ
deQz
z
z
pCQ
eeQ
0785.04000
1
2000
110
4000200010
10
01.0
0
4000200010
=
−−=
−
−−
−=
−
−−−
π
πρρ
14
Si se suman todas las contribuciones de toda la carga dentro del volumen de una región dada y se deja que el elemento de volumen ∆v se aproxime a cero, cuando el número de elementos se hace infinito, entonces dicha suma se convierte en una integral, esto es:
CAMPO DEBIDO A UNA DISTRIBUCIÓN DE CARGA VOLUMÉTRICA (CONT.)
( ) ( )∫ −
−
−=vol
v dv'
'
'
'
rrrr
rr
rrE 2
0
'
4περ
D2.4
Calcular la carga total dentro de los volúmenes siguientes:
•0.1 ≤ |x|, |y|, |z| ≤ 0.2 y
•0 ≤ ρ ≤ 0.1, 0 ≤ Ф ≤ π, 2 ≤ z ≤ 4; ρv= ρ2z2sin(0.6 Ф)
•En el universo;
333
1
zyxv =ρ
2
2
r
e r
v
−
=ρ
Ejercicio para realizar en el salón.
Respuestas:e)0f)1.018 mCg)6.28 C
15
Densidad de Carga [C/m].
Para una densidad (lineal y uniforme) en una línea de carga que se extiende desde - ∞ a +∞ a lo largo del eje z, se tiene :
CAMPO DEBIDO A UNA LÍNEA DE CARGA
Lρ
Lρ
• Al variar Ф, con ρ y z contantes, la línea de carga conserva simetría azimutal.
• Si se varía z, con ρ y Ф constantes, la línea de carga conserva simetría axial, por tanto, el campo es independiente de z.
• Si varía ρ, con z y Ф constantes, el campo disminuye cuando ρ se incrementa, debido a la ley de Coulomb.
• Si EФ=0, entonces Ez+ y Ez
- se cancelan.
• Eρ varía únicamente con variación de ρ.
16
De la gráfica se verifica que:
CAMPO DEBIDO A UNA LÍNEA DE CARGA (CONT.)
( )
( )
( ) [ ]∫∫ ⋅−−=⋅⋅−=⋅⋅⋅−=
===
−=
===
==
⋅=
00
00
0
2
0
2
2'
''
'
2
0
'
'2
0
cos4
sin4csc4
sincsc
csccscsin
csc
cotcottan
sinsin4
sin4
πρπρρ
πρ
ρ
ρ
θρπε
ρθθρπε
ρθρπε
θθθρρ
θρρ
θρθ
θθρ
θρρ
θρθ
ρθθπερ
θπε
ρ
aaaE
RzE
RE
LLL
L
L
dd
RR
R
ddz
zz
z
R
dd
z
[ ] ρρ ρπερ
ρπερ aE ⋅=−−−=
00 211
4LL
Observe que el campo decae inversamente a la distancia a la línea de carga, a diferencia del caso puntual donde el campo disminuye con el cuadrado de la distancia.
17
Ejemplo 2.4:
Considere una línea de carga infinita situada a lo largo del eje z. La misma pasa por x=6 y y=8. Se desea encontrar E en un punto P(x,y,z) cualquiera del campo
Solución:
•Reemplazamos R en la ecuación:
Siendo R igual a:
Por tanto,
CAMPO DEBIDO A UNA LÍNEA DE CARGA (CONT.)
ρρ ρπερ aE ⋅=
02L
( ) ( ) 22 86 −+−== yxR ρ
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) 220
22
220
86
86
2
86
86
862
−+−−+−
=
−+−
−+−==
⋅−+−
=
yx
yx
yx
yx
yx
yxL
yxR
RL
aaE
aaRRa
aE
περ
περ
Observe que el campo no es función de z
18
D2.5
A lo largo de los ejes x y y (positivo y negativo) en el espacio libre se encuentran líneas de carga uniforme e infinitas de 5 nC/m. Encontrar el valor de E en:
•PA(0,0,4)
•PB(0,3,4)
Ejercicio para realizar en el salón.
Respuestas:•45az V/m•10.8ay + 36.9az V/m
CAMPO DEBIDO A UNA LÍNEA DE CARGA (CONT.)
19
CAMPO DEBIDO A UNA LÁMINA DE CARGA
Densidad de Carga Superficial [C/m2].
Consideremos una lámina infinita dividida en tiras de ancho infinitesimal, como se muestra a continuación:
sρ
La densidad de carga lineal de una tira es:
La contribución al campo de la tira en el punto P es:
'dysL ρρ =
2'2
'
0
2'20
'
2
coscos2
yx
xdydE
R
x
yx
dydE
sx
sx
+⋅=
=⋅+
=
περ
θθπε
ρ
20
CAMPO DEBIDO A UNA LÁMINA DE CARGA (CONT.)
Recordemos que una integral de la forma:
Por tanto:
Vectorialmente:
∫ −=⋅+ a
udu
ua
a 122
tan
00
'1
02'2
'
02'2
'
0
2222
tan222
ερππ
περ
περ
περ
περ
ssx
sssx
E
x
y
yx
xdy
yx
xdyE
=
−−⋅=
⋅=
+=
+⋅= ∫∫
+∞
∞−
+∞
∞−
−+∞
∞−
Ns aE02ε
ρ=
Observe que el campo es constante en magnitud y dirección
21
CAMPO DEBIDO A UNA LÁMINA DE CARGA (CONT.)
Si el punto que se elige sobre el eje x es negativo, en la ecuación :
el vector unitario aN es normal a la lámina, esto significa que se aleja de ella [hacia afuera].
Sea una lámina con carga ρs. Si se coloca otra lámina con carga ρs , que se sitúa en x=a, el campo total resultante para x>a es:
y
Resultado
Para x<0: ; ;
Para 0<x<a: ; ;
Ns aE02ε
ρ=
xs aE02ε
ρ=+x
s aE02ε
ρ−=−
0=+= −+ EEE
xs aE02ε
ρ−=+x
s aE02ε
ρ=− 0=+= −+ EEE
xs aE02ε
ρ=+x
s aE02ε
ρ=−x
s aE0ε
ρ=
Este es el campo existente entre las placas de un capacitor
22
D2.6
Tres láminas infinitas cargadas uniformemente se localizan en el espacio libre como sigue:
•3nC/m2 en z=-4•6nC/m2 en z=1•-8nC/m2 en z=4
Encontrar E en el punto:
•PA(2,5,-5)
•PB(4,2,-3)
•PC(-1,-5,2)
•PD(-2,4,5)
Ejercicio para realizar en el salón.
Respuestas:•-56.5az V/m
•283az V/m•961az V/m•56.5az V/m
CAMPO DEBIDO A UNA LÁMINA DE CARGA (CONT.)
23
Representación Gráfica Líneas de Campo en dos Dimensiones
LÍNEAS DE FLUJO Y ESQUEMAS DE CAMPOS
(a) Un esquema muy pobre.(b) Gráfica correcta.(c) Gráfica correcta.(d) Forma común de una
gráfica de línea de corriente. En esta última gráfica, las flechas representan la dirección del campo en cada punto a lo largo de la línea, y el espaciamiento entre las líneas es inversamente proporcional a la magnitud del campo.
24
Ecuación Líneas de Flujo:Por geometría, se deduce que:
como se verifica en el siguiente gráfico:
LÍNEAS DE FLUJO Y ESQUEMAS DE CAMPOS (CONT.)
dx
dy
E
E
x
y =
Ejemplo:Considere el campo de una línea de carga uniforme con Resultando
En coordenadas cartesianas se tiene:
Estableciendo la Ec. Diferencial:
Por tanto:
02περ =L
ρρaE 1=
yx yx
y
yx
x aaE2222 +
++
=
x
y
E
E
dx
dy
x
y ==x
dx
y
dy =
CxyCxy =+= lnlnln
Esta es la Ec. De las líneas de flujo
1lnln Cxy +=
25
D2.7.a
Obtener la ecuación de las líneas de flujo que pasan por el punto P(1,4,-2), en donde el campo es
Ejercicio para realizar en el salón.
Respuestas:•x2+2y2=33
LÍNEAS DE FLUJO Y ESQUEMAS DE CAMPOS (CONT.)
yx y
x
y
x aaE2
248 +−=
GRACIAS POR SU ATENCIÓNGRACIAS POR SU ATENCIÓN