PROBLEMAS RESUELTOS DE CIENCIAS FISICAS
problemas resueltos de electricidad y magnetismo

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Problemas de electricidad

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Ejercicios de electricidad y magnetismo

Respuesta al ejercicio 10

Sabemos que la intensidad de campo en un punto P debido a una carga q, vale:
    \( \displaystyle \vec{E}_p = \frac{1}{4\pi \varepsilon}·\frac{q}{r^2} \)
Un elemento dq de carga, considerado en la figura adjunta

campo de una carga sobre un hilo

produce un campo que vale :
    \( \displaystyle d \vec{E} = \frac{1}{4\pi \varepsilon}·\frac{d q}{r^2} \)
Si descomponemos el vector dE, producido por dq, tal como indica la figura, obtenemos dos componentes dEH y dEN , paralela y normal a a, respectivamente.

Al hacer lo mismo con el elemento simétrico dq', observamos que las componentes dEN y dE'N se anulan por ser iguales y de sentido contrario, pero no las componentes paralelas a a que se sumarán.
Considerando la figura, cada una de estas componentes dEH vale:
    \( \displaystyle d E_H = d \vec{E} \cos \alpha = \frac{1}{4\pi \varepsilon}·\frac{d q}{r^2}·\cos \alpha \)
La intensidad producida por los infinitos elementos dq será la suma de las infinitas intensidades de campo dE; es decir, la intensidad total vendrá dada por la integral:
    \( \displaystyle E = \int \limits_1^2 \frac{1}{4\pi \varepsilon}·\frac{d q}{r^2}·\cos \alpha \)
Llamando \( \lambda \) a la densidad lineal de carga, podemos poner :
    \( \displaystyle dq = \lambda ·dl \Rightarrow E = \int \limits_1^2 \frac{1}{4\pi \varepsilon}\frac{\lambda ·dl}{r^2}·\cos \alpha = \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon}\int \limits_1^2 \frac{d l}{r^2}·\cos \alpha \)
Para poder integrar esta expresión debemos transformarla de modo que sólo aparezca en ella una variable.

Para el primer cambio, consideramos el triángulo PMN de la figura y el teorema de los senos :
    \( \displaystyle \frac{dl}{\sin (d \alpha) } = \frac{r}{\sin (90 - \alpha)} = \frac{r}{\cos \alpha} \)
Por otro lado, al tenerse \(d \alpha \rightarrow 0\), podemos considerar \(\sin \alpha \leftrightarrow d \alpha \) para escribir :
    \( \displaystyle \frac{dl}{ d \alpha} = \frac{r}{\cos \alpha} \Rightarrow dl = \frac{r·d \alpha}{\cos \alpha} \)
Con todo ello, la integral queda
    \( \displaystyle E = \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon}\int \limits_1^2 \frac{d l}{r^2}\cos \alpha = \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon}\int \limits_1^2 \frac{r·d \alpha / \cos \alpha}{r^2}·\cos \alpha = \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon}\int \limits_1^2 \frac{d \alpha}{r} \)
Debemos realizar otro cambio. Para ello vemos que en el triángulo PHN se tiene
    \( \displaystyle a = r·\cos \alpha \Rightarrow r = \frac{a}{\cos \alpha} \)
y sustituyendo en la integral resulta :
    \( \displaystyle E = \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon}\int \limits_1^2 \frac{d \alpha}{r} = \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon}\int \limits_1^2 \frac{d \alpha}{a·/\cos \alpha} = \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon}\int \limits_{- \alpha_1}^{\alpha_2} \cos \alpha d\alpha \)
Los límites de integración del ángulo serán \(- \pi/2 \; y \; + \pi/2 \) que corresponden, respectivamente, a la posición de un elemento de corriente colocado en el infinito superior y en el infinito inferior de la recta. Integrando nos queda:
    \( \displaystyle E = \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon · a}\int \limits_{- \alpha_1}^{\alpha_2} \cos \alpha d\alpha = \left[\frac{\lambda · \sin \alpha}{4\pi \varepsilon · a}\right]_{- \pi /2}^{\pi /2} = \frac{\lambda}{2\pi \varepsilon · a} \)
Se puede llegar también a este resultado empleando el teorema de Gauss que dice que el flujo saliente a través de una superficie cerrada cualquiera en cuyo interior se encuentra un conjunto de cargas es:
    \( \displaystyle \Phi = \frac{\sum Q_i}{\varepsilon} \)
Tomaremos como superficie gaussiana un cilindro de radio a y altura h, coaxial con el conductor, o distribución de cargas y cuya superficie contenga al punto P.
Los vectores intensidad de carga son normales a la superficie lateral del cilindro, pues de no ser así tendríamos un componente E1 a lo largo del conductor, que movería las cargas, en contra de la hipótesis inicial. Tenemos entonces que no existe flujo a través de las bases del cilindro.

porción de hilo conductor

En general, el flujo saliente a través de una superficie, vale:
    \( \displaystyle \Phi = \int _S \vec{E}·\overrightarrow{dS} = \int _S E·dS·\cos \alpha \)
En este caso la intensidad del campo es constante en todos los puntos de la superficie y el ángulo que forma E con dS vale 0º, por lo que, sabiendo que el área lateral del cilindro vale \( 2·\pi · a·h \), tenemos :
    \( \displaystyle \int _S E·dS·\cos \alpha = E·S = 2 \pi ·a·h·E \)
Por otro lado, el flujo total, obtenido según el teorema de Gauss y que corresponde también al que sale por la superficie lateral, por no haber otra posibilidad, al ser E perpendicular a esta superficie lateral, valdrá:
    \( \displaystyle \Phi = \frac{Q}{\varepsilon} \)
Podemos poner la carga Q en función de la densidad lineal de carga, por lo que, siendo h la longitud considerada, tendremos :
    \( \displaystyle Q = \lambda · h \Rightarrow \Phi = \frac{\lambda · h}{\varepsilon} \)
Igualando los dos valores obtenidos, se tiene :
    \( \displaystyle 2 \pi ·a·h·E = \frac{\lambda · h}{\varepsilon} \Rightarrow E = \frac{\lambda}{2 \pi ·a· \varepsilon} \)
PROBLEMAS RESUELTOS - ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO


tema escrito por: José Antonio Hervás