problemas resueltos de electrostÃ_tica en el vacÃ-o-2015
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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
CURSO : TEORÍA DE CAMPOS ELECTROMAGNÉTICOS
PROFESOR : Mg. JORGE MONTAÑO PISFIL
PROBLEMAS RESUELTOS DE ELECTROSTÁTICA EN EL VACÍO
Problema Nº 1
Sea el potencial eléctrico /)2(cos en el espacio libre. Determine la densidad de carga
volumétrica en el punto A (0,5 m; 60°; 1 m). Asimismo, determine la densidad de carga superficial en la
superficie de un conductor que pase por el punto B (2 m ; 30° ; 1 m).
Resolución
Si se conoce el potencial eléctrico , es posible determinar el campo eléctrico
E utilizando la ecuación:
)1(...
E
En coordenadas cilíndricas, el gradiente de la función escalar viene dado por:
zaz
aa
1
Calculando el gradiente de y reemplazándolo en la ecuación (1), tenemos:
asen
aE22
222cos
Cálculo de la densidad de carga volumétrica V en el punto A (0,5 m ; 60° ; 1 m)
Por Primer Postulado Fundamental de la Electrostática en el vacío (en su forma diferencial) o Primera Ecuación de Maxwell, se cumple que:
)2(...0
VE
En coordenadas cilíndricas, la divergencia de
E viene dado por:
z
EEEE Z
11
Calculando la divergencia de
E , reemplazando la divergencia hallada en la ecuación (2) y despejando
luego V tenemos:
3
0 2cos3
V
Evaluando V en el punto A (0,5 m ; 60° ; 1 m) obtenemos:
30 25,10612m
pCV
Cálculo de la densidad de carga superficial en la superficie de un conductor que pase
por el punto B (2 m ; 30° ; 1 m)
Se sabe que: )3(...00 EnE
Donde: E = Magnitud de la intensidad del campo eléctrico
Se halló que:
asen
aE22
222cos
Luego, la magnitud o módulo de
E es igual a: 22 /)231( senE
Reemplazando E en la ecuación (3) y evaluando en el punto B (2 m ; 30° ; 1 m) obtenemos:
299,3
m
pC
Nota.- El signo positivo o negativo para dependerá de qué lado de la superficie se considere.
Problema Nº 2
Dentro de la región cilíndrica 4m , la densidad de flujo eléctrico está dada por 3
2
CD 5 a
m
a) ¿Cuál es la densidad de carga volumétrica en 3m ? b) ¿Cuál es la densidad de flujo eléctrico en
3m ? c) ¿Qué cantidad de flujo sale del cilindro 3m , z 2.5 m? d) ¿Cuánta carga está
contenida dentro del cilindro 3m , z 2.5 m?
Resolución
a) Cálculo de V (densidad de carga volumétrica) en 3m
Cuando se conoce D
(densidad de flujo eléctrico), la densidad de carga volumétrica “V ” se halla
aplicando el primer postulado fundamental de la electrostática o primera Ecuación de Maxwell. Es decir:
DV
Según el enunciado: 3
2
CD 5 a
m
, es decir que D
depende sólo de la coordenada “ ”, luego la
divergencia de D
, en coordenadas cilíndricas, queda:
)(1
DD
Hallando la divergencia de D
y considerando que es igual a V , tenemos:
3
4 2
v
1 ρ 5 20 20
2
v 3
C 3 ρ 20(3) 180
mSi m
b) Cálculo de D
(densidad de flujo eléctrico) en 3m
Se sabe que: 3
2
CD 5 a
m
, para 4m
Para calcular la densidad de flujo eléctrico en 3m es suficiente evaluar D
en dicho punto. Es
decir:
Si 33 D 5(3) a 135 am
(C/m2)
c) Cálculo de (flujo eléctrico) que sale del cilindro 3m y 2.5z m
Se sabe que el flujo eléctrico total a través de una superficie cerrada S viene dado por:
SdDS
Total
La integral cerrada, a través de la superficie S (el cilindro descrito), la descomponemos en tres
integrales abiertas, por lo tanto se cumple que:
sdDSdDSdD
eriorSuperficie
eriorSuperficie
lateralSuperficie
Total
infsup
22,5
4
total
2,5 0
= 5(3) d dz 405 dz dz
z
total = 405 (5)(2π) 4050π C
D
d S
D
d S
2.5
2.5
3m
z
y
x
* Note (ver figura) que a través de las
superficies superior e inferior del cilindro no
hay flujo porque los vectores D
y d S
son
perpendiculares entre sí.
dzdadzdaTotal
43 55
d) Cálculo de Qtotal contenida en el cilindro 3m y 2.5z m
Se sabe que en una distribución de carga volumétrica, la carga total viene dada por:
total V
V
Q = ρ dV ; Donde:2
vρ 20 y dV d d dz
Nota.- De c) y d) se concluye que: total totalQ . Esto es cierto porque así lo establece la ley de gauss:
Total
S
Total QSdD
.
Problema Nº 3
Dado el campo 2 2 2D (20/ )(sen a sen2 a ) C/m
, encuentre la carga total que está dentro del
volumen 1 2m m , 0 / 2 , 0 1z m . Utilice dos métodos diferentes de cálculo.
Resolución
1er Método de Cálculo de “Qtotal” : aplicando total vV
Q = ρ dV
Para calcular Qtotal aplicando total vV
Q = ρ dV necesito conocer V (densidad de carga volumétrica). El
valor de V se halla aplicando el Primer Postulado Fundamental de la Electrostática o Primera Ecuación
de Maxwell. Es decir:
DV .
La divergencia de D
, en coordenadas cilíndricas, viene dado por:
z
DDDD Z
11; donde:
2
2 2
20 CD ( )(sen a sen2 a )
m
Calculando la divergencia de D
obtengo: 3
2 2cos4020
senDV
Luego: 22 π / 2 1
total 3
ρ = 1 = 0 z = 0
20sen + 40cos2Q = d d dz
total
5Q = C = 7,85C
2
2do Método de Cálculo de “Qtotal” : aplicando la ley de Gauss
Según la Ley de Gauss se cumple que:
SdDS
Total . . . (1)
totalQ = 4050 π C
2,52.5 2π 3 3 2
2 3
2.5 0 0 0 = 0 z = -2,5
Q = 20 20 d d dzz
d d dz
De acuerdo al enunciado:
2
2 2
20 CD sen a sen2 a
m
1 2m m , 02
, 0 z 1m
La figura correspondiente, de acuerdo con el enunciado, será:
Al descomponer la integral cerrada en seis integrales abiertas, y considerando que dos de ellas se anulan
(las integrales de S5 y S6), entonces la ecuación (1) puede escribirse de la siguiente forma:
4321
4321
SdDsdDSdDSdDQSSSS
Total . . . (2)
De la figura: 1d S z(a ) donde 2d d m
; 2d S z( a ) donde 1d d m
3d S z( a ) donde 0d d
; 4d S z(a ) donde2
d d
Reemplazando en la ecuación (2) e integrando obtenemos: total
5Q = C = 7,85C
2
Problema Nº 4
Si el potencial eléctrico V viene dado por , calcule la energía dentro de la región definida
por , , .
Resolución:
Sabemos que el campo eléctrico es igual a menos el gradiente del potencial. Es decir: Reemplazando la ecuación de la divergencia del potencial (en coordenadas cilíndricas), tenemos:
Como el campo vectorial D
no tiene
coordenada “z”, entonces para las
superficies S5 y S6 (para la base y la tapa):
0
SdD . Es decir, no hay flujo
eléctrico a través de S5 y S6.
De la figura se observa que la integral cerrada, a través de la superficie S, se descompone en seis (6) integrales abiertas.
Resolviendo se obtiene:
. . . (I)
Para calcular la energía electrostática (U) dentro de la región definida en el enunciado aplicamos la ecuación siguiente: . . . (II) Reemplazando (I) en (II):
Ordenando y desarrollando la ecuación anterior, queda:
Recordar que:
Luego:
Despejando la energía U y reemplazando el valor de la permitividad del vacío, tenemos:
Problema Nº 5
La distribución de una carga esférica está expresada por:
a) Halle la intensidad de campo eléctrico E
y el potencial eléctrico para r a
b) Halle la intensidad de campo eléctrico E
y el potencial eléctrico para r a
Resolución
Por tratarse de una distribución esférica, hay simetría en la figura, por lo tanto la resolución de este
problema puede hacerse aplicando la ley de Gauss.
a) Cálculo de E
y para r a
Para calcular utilizamos la ecuación:
rdE
Reemplazando E
y resolviendo luego la integral tenemos:
rr adrar
a2
0
3
0
15
2
3
0
0
2
15
aC
r
. . . (1)
La constante C la hallo aplicando la condición de frontera (C.F.) siguiente:
Si r ( ) 0r
Evaluando en la ecuación (1) obtenemos que la constante C es igual a cero: 0C
Luego:
3
0
0
2
15
a
r
; para r a
2
0 21
r
a
, r a
0 , r a
Sd
E
a
Superficie Gaussiana (S.G.)
r
Por ley de Gauss:
0
QSdE
S
; Q = carga neta encerrada por S.G.
2 22 2
0 2
0 0 0 0
3 3
0 0
2 2
0 0
1(4 ) 1
2 2;
15 15
a
r
r
rE r r sen d d dr
a
a aE E a r a
r r
o
y
x
z
a
b) Cálculo de E
y para r a
Para hallar utilizo la ecuación:
rdE
Entonces:
rr adra
a
rr2
3
0
0
53
2 4
0
2
0 6 20
r rC
a
. . . (2)
Si r a :
22
0( )
0 0
2 1 1
15 6 20r a
aaC
2
0
04
aC
Reemplazando la constante C en la ecuación (2) obtenemos:
2 2 4
0
2
0 4 6 20
a r r
a
, para r a
Problema Nº 6
Se tiene un casquete semiesférico de radio “ a ”, cargado con densidad superficial de carga constante
y ubicado tal como se muestra en la figura. Calcule:
a) La intensidad de campo eléctrico en puntos sobre el eje “z”.
b) La intensidad de campo eléctrico en el punto “o”.
Sd
E
r
a
Superficie Gaussiana (S.G.)
Por ley de Gauss:
0
QSdE
S
; Q = carga neta encerrada por S.G.
2 22 2
0 2
0 0 0 0
3 3
0 0
2 2
0 0
1(4 ) 1
;3 5 3 5
r
r
r
rE r r sen d d dr
a
r r r rE E a r a
a a
Resolución:
Para resolver este problema se recomienda calcular primero el potencial eléctrico, porque es más fácil
resolver una integral cuyo denominador tiene potencia uno, a diferencia del exponente tres que tiene el
denominador de la integral del campo eléctrico.
Cálculo del potencial eléctrico “ ” en el punto P (0; 0; z)
Sabemos que para una distribución de carga superficial, el potencial eléctrico se halla por:
´0
1
4
dA
r r
. . . (1)
Reemplazando dA en la ecuación (1), tenemos: 2 2
2 20 0
2
1
4 2 cos
r sen d d
a z az
; Donde: ar
Resolviendo se obtiene: 2 2
02
aa z a z
z
Cálculo del campo eléctrico “ E
” en el punto P (0; 0; z)
Cuando ya se conoce el potencial eléctrico, el campo eléctrico se puede calcular utilizando gradiente de
potencial. Es decir, se cumple que: E = - .
Recordar también que: = x y za a ax y z
(en coordenadas cartesianas)
Calculando el gradiente del potencial y aplicando E = - obtenemos:
2
2 2 20
12
z
a aE a
z a z
o y
x
z
r
'r
'rr
(0;0; )P z
dA
a
De la figura mostrada tenemos que:
dA = r² sen d d (en coordenadas
esféricas)
Donde: r = a = radio del casquete
semiesférico.
Además, por ley de cosenos se cumple:
´ 2 2 2 cosr r a z az
Cálculo del campo eléctrico “ E
” en el punto “O”
En el punto “O” (origen de coordenadas): 0z (Cero).
Al evaluar el campo eléctrico E
en 0z (primero hay que levantar la indeterminación), obtenemos:
zz aE0
)0(
4
Problema Nº 7
Demostrar que el campo eléctrico en el punto (0, 0, h), debido al rectángulo descrito por a x a ;
b y b ; 0z y que porta una carga uniforme de 2( / )C m es:
2 2 2 1/ 2
0 ( )z
abE arctg a
h a b h
Resolución
De acuerdo con el enunciado la figura correspondiente es:
La intensidad de campo eléctrico E
se determina de manera directa utilizando la siguiente ecuación:
´
3
0 ´
1( )
4
dAE r r
r r
. . . (1)
);0;0( h
r
'r
'rr
- b b
a
- a
x
y
z
dA
De la figura:
yr h a
; ´
x yr xa y a
; ´ 2 2 2 1/ 2( )r r h x y
; dA dx dy
Reemplazamos en (1):
2 2 2 3/ 2
0
( )4 ( )
k x y
dx dyE ha x a y a
h x y
2 2 2 3/ 2 2 2 2 3/ 2 2 2 2 3/ 2
04 ( ) ( ) ( )z x y
hdx dy xdx dy ydx dyE a a a
h x y h x y h x y
Debido a la simetría de la figura las dos últimas integrales son iguales a cero, por lo tanto la ecuación
anterior queda:
2 2 2 3/ 2
04 ( )
y b x a
z
y b x a
h dx dyE a
h x y
. . . (2)
Pasando a coordenadas polares tenemos:
Luego, la ecuación (2) equivale a:
co t ( / ) sec
2 2 3/ 2
0 0 0
84 ( )
ar g b a a
z
r
h rdr dE a
r h
Evaluando esta integral obtenemos:
1/ 2
2 2 20
z
abE arco tg a
h a b h
, lo cual queríamos demostrar.
x
y
- a
a
- b
b
r
cosx r ; y rsen ; 2 2 2x y r
Los límites de las integrales serán:
Para : 0 y o t ( / )arc g b a
* ( / )b
tg arco tg b aa
Para r : 0 y seca
* cos seca
r ar
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