Dos esferas huecas

De Laplace

Revisión a fecha de 19:14 26 feb 2015; Antonio (Discusión | contribuciones)

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Contenido

1 Enunciado
2 Campo eléctrico
3 Potencial eléctrico
4 Trabajo

1 Enunciado

Se tiene un sistema de cargas formado por dos superficies esféricas de radio $b=4\,\mathrm{cm}$ cuyos centros distan $a=3\,\mathrm{cm}$ , como indica la figura. Las superficies está cargadas uniformemente con cargas respectivas de $+1\,\mathrm{nC}$ y $-1\,\mathrm{nC}$

Para los puntos marcados en la figura (en cm)

$\vec{r}_A=-2\vec{\imath} \qquad \vec{r}_B=\vec{\imath}-\vec{\jmath} \qquad \vec{r}_C=4\vec{\imath}+3\vec{\jmath} \qquad \vec{r}_D=8\vec{\imath}$

Calcule el campo eléctrico.
Calcule el potencial eléctrico.
A partir de la integración de la fuerza, halle el trabajo que debe realizar un agente externo para mover cuasiestáticamente una carga de $-1\,\mathrm{nC}$ desde el punto A al punto D moviéndola a lo largo del eje X.

2 Campo eléctrico

La solución de este problema es una simple aplicación del principio de superposición. Basta con hallar el campo de cada superficie esférica y luego sumar las dos contribuciones.

El campo debido a una superficie esférica de radio $a$ cargada uniformemente tiene la expresión

$\vec{E}=\begin{cases}\vec{0} & r < a \\ & \\ \displaystyle\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\vec{u}_r & r > a\end{cases}$

siendo $r$ las distancia del punto de observación al centro de la esfera y $\vec{u}_r$ el vector unitario radial hacia afuera.

En todos los cálculos aparece el mismo factor

$\frac{|Q|}{4\pi\varepsilon_0}=9\times 10^9\times 10^{-9}\mathrm{V}\cdot\mathrm{m}=9\,\mathrm{V}\cdot\mathrm{m}$

Así, tenemos para los cuatro puntos lo siguiente:

Punto A: Este punto está dentro de la esfera de carga positiva y fuera de la negativa. Para esta última la distancia al centro es de 5 cm y el vector unitario radial es $-\vec{\imath}$ . Por tanto

$\vec{E}_A=\vec{0}+\frac{9}{(0.05)^2}(-\vec{\imath})\frac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}=+3600\,\vec{\imath}\,\frac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}$

Punto B: Se encuentra en el interior de las dos esferas, por lo que

$\vec{E}_B=\vec{0}+\vec{0}=\vec{0}$

Punto C: Éste se halla dentro de la esfera de carga negativa y fuera de la positiva. La distancia al centro de esta es también de 5 cm, pero el unitario radial es ahora el que va en la dirección y sentido del vector $4\vec{\imath}+3\vec{\jmath}$

$\vec{u}_r=\frac{4}{5}\vec{\imath}+\frac{3}{5}\vec{\jmath}$

lo que da el campo

$\vec{E}_C=3600\left(\frac{4}{5}\vec{\imath}+\frac{3}{5}\vec{\jmath}\right)\frac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}+\vec{0}=\left(2880\vec{\imath}+2160\vec{\jmath}\right)\frac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}$

Punto D: Por último, este punto se encuentra fuera de las dos esferas, a 8 cm del centro de la esfera positiva y 5 de la negativa. El unitario radial es, en los dos casos $+\vec{\imath}$ , lo que nos da

$\vec{E}_D=\left(\frac{9}{0.08^2}+\frac{-9}{0.05^2}\right)\frac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}=-2194\,\frac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}$

3 Potencial eléctrico

El cálculo para el potencial es análogo. Basta con sumar los potenciales debidos a cada esfera.

El potencial debido a una superficie esférica de radio $a$ cargada uniformemente con una carga $Q$ tiene la expresión

$V=\begin{cases}\displaystyle\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0a} & r < a \\ & \\ \displaystyle\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r} & r > a\end{cases}$

siendo el valor numérico del primer caso

$\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 a}=\frac{9}{0.04}\mathrm{V}=225\,\mathrm{V}$

Esto nos da, para los cuatro puntos, siguiendo el mimso razonamiento que para el campo eléctrico

Punto A

$V_A = 225\,\mathrm{V}-\frac{9}{0.05}\,\mathrm{V}=+45\,\mathrm{V}$

Punto B

$V_B = 225\,\mathrm{V}-225\,\mathrm{V}=0\,\mathrm{V}$

Punto C

$V_C = \frac{9}{0.05}\mathrm{V}-225\mathrm{V}=-45\,\mathrm{V}$

Punto D

$V_D = \frac{9}{0.08}\,\mathrm{V}-\frac{9}{0.05}\,\mathrm{V}=-67.5\,\mathrm{V}$

Podemos reunir estos resultados en una tabla

Punto	$\vec{E}$ (V/m)	$V$ (V)
A	$3600\vec{\imath}$	+45
B	$\vec{0}$	0
C	$2880\vec{\imath}+2160\vec{\jmath}$	−45
D	$-2194\vec{\imath}$	−67.5

4 Trabajo

El trabajo para mover una carga puede hallarse a partir de la diferencia de potencial

$W_{A\to D} = q(V_D-V_A) = (-10^{-9})(-67.5-45)\,\mathrm{J} = 112.5\,\mathrm{nJ}$

Sin embargo, aquí se trata de hallarlo a partir de la integración de la fuerza. En un proceso cuasiestático, la fuerza ejercida es opuesta a la eléctrica

$\vec{F}_\mathrm{ext}=-q\vec{E}$

y el trabajo que queremos calcular será

$W=\int_A^D \vec{F}_\mathrm{ext}\cdot\mathrm{d}\vec{r}=-q\int_A^D\vec{E}\cdot \mathrm{d}\vec{r}$

siendo

$\mathrm{d}\vec{r}=\mathrm{d}x\,\vec{\imath}\qquad\qquad x\in(-0.02,0.08)$

A la hora de hacer esta integral tenemos cuatro tramos:

Del punto A (x=−0.02) hasta la superficie cargada negativamente (x=−0.01): En este tramo el campo equivale al de una carga puntual situada en el centro de la esfera negativa

$\vec{E}=\frac{-Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}(-\vec{\imath})= \frac{9}{(x-0.03)^2}\vec{\imath}$

ya que la distancia al centro de la esfera negativa es

r = x - 0.03

. El trabajo para recorrer este trozo es entonces

$W_1=9\times 10^{-9}\int_{-0.02}^{-0.01} \frac{\mathrm{d}x}{(x-0.03)^2}=9\times 10^{-9} \left.\frac{-1}{x-0.03}\right|_{-0.02}^{0.01} = 45\,\mathrm{nJ}$