1. CAMPO ELÉCTRICO

1.1. Ecuaciones relevantes

▪ Ley de Coulomb.

Supongamos que tenemos dos cargas eléctricas q₁ y q₂ separadas una distancia d. La Ley de Coulomb nos dice que la fuerza que ejerce la carga q₁ sobre la carga q₂ viene dada por:

$${\overrightarrow{F}}_{12}=K\frac{q_1{q}_2}{{\left|{\overrightarrow{r}}_{12}\right|}^3}{\overrightarrow{r}}_{12}=K\frac{q_1{q}_2}{d^2}{\overrightarrow{u}}_{12} (1.1)$$

donde

• ${\overrightarrow{r}}_{12}$ es el vector que une la carga q₁ con la carga q₂. De este modo $d=\left|{\overrightarrow{r}}_{12}\right|$ es el módulo del vector que une ambas cargas.

• ${\overrightarrow{u}}_{12}$ es el vector unitario de q₁ a q₂, es decir, ${\overrightarrow{u}}_{12}=\frac{{\overrightarrow{r}}_{12}}{\left|{\overrightarrow{r}}_{12}\right|}$

• La constante K se conoce como constante de Coulomb y su valor es: $K=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\approx 9\times {10}^9\mathrm{N}\cdot {\mathrm{m}}^2\cdot {\mathrm{C}}^{-2}$. Esta constante está relacionada con la permitividad eléctrica del medio en el que se encuentra inmerso nuestro sistema ε. Para el caso del vacío ε = ε₀ = 8,85 × 10⁻¹² C₂·N⁻¹·m⁻².

▪ Campo Eléctrico.

Se define el campo eléctrico en un punto del espacio como la fuerza neta ejercida sobre una carga testigo positiva q₀ dividida por el valor de dicha carga q₀.

$$\overrightarrow{E}=\frac{{\overrightarrow{F}}_{q_0}}{q_0} (1.2)$$

La unidad de campo eléctrico es el N·C⁻¹ o el V·m⁻¹.

▪ Campo eléctrico generado por una carga puntual q.

$$\overrightarrow{E}=K\frac{q}{|\overrightarrow{d}{|}^3}\overrightarrow{d}=K\frac{q}{d^2}\overrightarrow{u} (1.3)$$.

En este caso

• $\overrightarrow{d}$ es el vector que une la carga con el punto donde queremos obtener el campo eléctrico.

• $\overrightarrow{u}$ es el vector unitario de $\overrightarrow{d}$.

▪ Campo generado por un sistema de cargas puntuales. Aplicando el Principio de Superposición, obtenemos que el campo generado por un sistema de cargas puntuales es el resultado de la suma vectorial de los campos eléctricos generados por cada una de las cargas.

$$\overrightarrow{E}=\sum _i{\overrightarrow{E}}_i=\sum _{i}K\frac{q_i}{d_i^2}{\overrightarrow{u}}_i (1.4)$$

▪ Campo generado por una distribución continua de carga.

$$\overrightarrow{E}={\int }_{V}d\overrightarrow{E}={\int }_{V}K\frac{dq}{|\overrightarrow{r}{|}^3}\overrightarrow{r}={\int }_{V}K\frac{dq}{r^2}\overrightarrow{u} (1.5)$$

• dq es el diferencial de carga y vendrá dado por dq = ρdv, siendo ρ la densidad de carga y dv el diferencial de volumen.

• $\overrightarrow{r}$ es el vector que une el diferencial de carga dq con el punto donde queremos obtener el campo eléctrico.

• $\overrightarrow{u}$ es el vector unitario de $\overrightarrow{r}$.

▪ Ley de Gauss.

El flujo eléctrico φ_e es una magnitud matemática relacionada con el número de líneas de campo eléctrico que atraviesan una superficie orientada, $\overrightarrow{A}$. Para una superficie plana y un campo uniforme el flujo eléctrico viene definido por:

$${\varphi }_e=\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{A}=\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{n}A=E_{n}A (1.6)$$

donde E_n es la componente del campo eléctrico paralela al vector unitario normal a la superficie, $\overrightarrow{n}$.

Para el caso de una superficie cerrada, se considerará el convenio de tomar el vector normal a la superficie, $\overrightarrow{n}$, dirigido hacia el exterior de la superficie en cada punto de esta. De este modo el flujo eléctrico a través de una superficie cerrada vendrá dado por:

$${\varphi }_e={\text{∮}}_S\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{n}dA={\text{∮}}_S{E}_{n}dA=E_n{\text{∮}}_{S}dA (1.7)$$

Aplicando la ecuación 1.7 llegamos a la conocida Ley de Gauss:

$${\varphi }_e={\text{∮}}_S\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{n}dA={\text{∮}}_S{E}_{n}dA=\frac{Q_{int}}{{\epsilon }_0} (1.8)$$

Una de las principales utilidades de la Ley de Gauss es que nos va a permitir simplificar el cálculo de los campos eléctricos generados por algunas distribuciones continuas de carga con simetrías notables:

Campo eléctrico generado por un plano infinito no conductor de densidad de carga σ.

$$E=\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0} (1.9)$$

Campo eléctrico generado por un hilo infinito de densidad de carga λ.

$$E=\frac{\lambda }{2\pi r{\epsilon }_0} (1.10)$$

Veremos otros ejemplos de distribuciones en los ejercicios.

▪ Campo eléctrico en conductores.

En este capítulo únicamente se van a considerar conductores en equilibrio electrostático, es decir, conductores en los cuales las cargas permanecen en “reposo”. Esto nos va permitir considerar las siguientes afirmaciones:

• El campo eléctrico en el interior de un conductor es nulo (${\overrightarrow{E}}_{int}=0$).

• La carga eléctrica neta sobre un conductor reside en la superficie de dicho conductor.

1.2. Ejercicios

Solución

a) Lo primero de lo que debemos darnos cuenta es que el campo eléctrico solo puede anularse en el eje x. Si el lector situase una carga positiva fuera del eje x y dibujase las fuerzas que actuán sobre ella, comprobaría a simple vista que es imposible que las fuerzas se anulen. En este caso, la partícula experimentaría una fuerza que la empujaría hacia el infinito. Sin embargo, vamos a comprobar la existencia de un punto del eje x donde estas fuerzas se anulan.

Supongamos que el punto que estamos buscando tiene por coordenadas (x, 0), para calcular el campo eléctrico en un punto del eje x sumamos los campos generados por las dos cargas teniendo cuidado con su orientación.

$$\overrightarrow{E}(x)={\overrightarrow{E}}_{q_1}+{\overrightarrow{E}}_{q_2}=\frac{K{q}_1}{(x-(-1){)}^2}{\overrightarrow{u}}_1+\frac{K{q}_2}{(x-3{)}^2}{\overrightarrow{u}}_2=$$

$$=\frac{K{q}_1}{(x+1{)}^2}\frac{(x+1)\overrightarrow{i}}{|x+1|}+\frac{K{q}_2}{(x-3{)}^2}\frac{(x-3)\overrightarrow{i}}{|x-3|}=\overrightarrow{0}$$

Una simple observación de las líneas de campo a lo largo del eje x nos permite observar que el campo eléctrico únicamente se puede anular entre los puntos de coordenadas (−1, 0) m y (3, 0) m. A la izquierda de (−1, 0) y a la derecha de (3, 0), los campos eléctricos generados por ambas cargas llevan el mismo sentido y, por lo tanto, no se pueden anular.

En este caso tenemos |x + 1| = x + 1 y |x − 3| = −(x − 3)

Simplificando la ecuación anterior llegamos a

$$\frac{K{q}_1}{(x+1{)}^2}-\frac{K{q}_2}{(x-3{)}^2}=0$$

Lo que nos lleva a una ecuación de segundo orden:

$$(1-\frac{q_1}{q_2})x^2+(2+6\frac{q_1}{q_2})x+1-9\frac{q_1}{q_2}=0$$

cuyos coeficientes son:

$$\frac{1}{4}{x}^2+\frac{13}{2}x-\frac{23}{4}=0$$

La única solución admisible de este polinomio es x = 0,856 m.

Otra forma de resolver este problema sería empezando por el dibujo de las líneas de campo que hemos presentado anteriormente. El análisis de esta figura, nos ha permitido deducir que la única región en la que se puede anular el campo eléctrico es entre ambas cargas, puesto que las líneas de campo llevan sentido opuesto. Partiendo de esto, podemos obtener el punto que estamos buscando simplemente exigiendo que los módulos de ambos campos sean iguales. Por lo tanto:

$$\left|{\overrightarrow{E}}_1\right|=\left|{\overrightarrow{E}}_2\right|\to \frac{K\left|q_1\right|}{(x{)}^2}=\frac{K\left|q_2\right|}{(4-x{)}^2}$$

En este caso hemos definido x como la distancia desde la carga q₁ hasta el punto que estamos buscando. La distancia entre el punto y la carga q₂ será (4 − x) siendo 4 la distancia total entre ambas cargas.

El desarrollo de esta ecuación nos vuelve a llevar a un polinomio de orden dos, x² + 24x − 48 = 0, cuya única solución válida es x= 1,856m.

Como en este caso x representaba la distancia a la carga q₁ volvemos a obtener que la solución que estábamos buscando es el punto de coordenadas (0,856, 0) m.

b) Para calcular el campo eléctrico en el punto (0, 1) m deberemos calcular el campo eléctrico generado por cada carga y aplicar el principio de superposición.

Las distancias entre las cargas y el punto donde queremos calcular el campo total se obtienen mediante el teorema de Pitágoras.

El campo generado por la carga q₁ es:

$${\overrightarrow{E}}_{q_1}=\frac{K{q}_1}{(\sqrt{2}{)}^2}{\overrightarrow{u}}_1=\frac{K{q}_1}{2}(\frac{\sqrt{2}}{2}\overrightarrow{i}+\frac{\sqrt{2}}{2}\overrightarrow{j})=9545,9(\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j})\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

El campo generado por la carga q₂ es:

$${\overrightarrow{E}}_{q_2}=\frac{K{q}_2}{(\sqrt{10}{)}^2}{\overrightarrow{u}}_2=\frac{K{q}_2}{10}(\frac{-3}{\sqrt{10}}\overrightarrow{i}+\frac{1}{\sqrt{10}}\overrightarrow{j})=1138,4(-3\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j})\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

Una vez que tenemos los campos ${\overrightarrow{E}}_{q_1}$ y ${\overrightarrow{E}}_{q_2}$, el campo total lo obtenemos sumando sus respectivas componentes:

$${\overrightarrow{E}}_T=6130,6\overrightarrow{i}+10684,3\overrightarrow{j}\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

Solución

Las fuerzas que intervienen en este problema son, el peso de cada esfera, la fuerza eléctrica que actuá sobre cada esfera debido al campo que genera el plano, las fuerzas que se ejercen mutuamente las dos esferas y la tensión del hilo que mantiene a las esferas en contacto con el plano. En el siguiente esquema se ha representado las fuerzas que actuarían sobre la carga de la derecha de la figura del problema.

Puesto que el sistema está en equilibrio debe cumplirse $\sum _i{\overrightarrow{F}}_i=0$. Si descomponemos cada una de las fuerzas que actuán sobre la esfera de la derecha, obtendremos una ecuación para cada uno de los ejes (horizontal y vertical):

$$q{E}_{\text{plano}}-mg-T\cos \theta =0\to T\cos \theta =q{E}_{\text{plano}}-mg$$

$$-K\frac{q^2}{r^2}+T\mathrm{sen}\theta =0\to T\mathrm{sen}\theta =K\frac{q^2}{d^2}$$

Teniendo en cuenta que el parámetro d es la distancia entre ambas cargas, obtenemos d = 2l sen θ, de modo que la ecuación anterior nos queda:

$$T\mathrm{sen}\theta =K\frac{q^2}{4l^2{\mathrm{sen}}^2\theta }\to T{\mathrm{sen}}^3\theta =K\frac{q^2}{4l^2}$$

Usando la primera ecuación calculamos el valor de la tensión:

$$T=\frac{q{E}_{\text{plano}}-mg}{\cos \theta }=\frac{q\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0}-mg}{\cos \theta }=0,33\mathrm{N}$$

Despejamos la longitud l de la segunda ecuación:

$$l=\sqrt{\frac{4T{\sin }^3\theta }{K{q}^2}}=4,24\mathrm{m}$$

Solución

Para obtener un ángulo θ de 45º entre la horizontal y la cuerda necesitamos hallar una relación entre las componentes de la tensión $\overrightarrow{\mathrm{T}}$.

Usando la condición de equilibrio entre las fuerzas, la tensión $\overrightarrow{\mathrm{T}}$ se expresa como:

$$\overrightarrow{\mathrm{T}}+{\overrightarrow{F}}_{\mathrm{g}}+{\overrightarrow{F}}_{\mathrm{e}}=0$$

Las fuerzas conocidas son:${\overrightarrow{F}}_{\mathrm{g}}=-\mathrm{mg}\overrightarrow{j}$ y ${\overrightarrow{F}}_{\mathrm{e}}=q\overrightarrow{E}=q\frac{\mathrm{\sigma }}{2{\mathrm{\epsilon }}_0}\overrightarrow{i}$.

Si ahora descomponemos la tensión $\overrightarrow{\mathrm{T}}$ según los ejes vertical y horizontal y aplicamos la ecuación del equilibrio según estos dos ejes obtendremos:

$$\begin{array}{rl}& -T\sin \theta +F_g=0\\ & -T\cos \theta +F_e=0\end{array}$$

Despejamos:

$$\begin{array}{rl}& T\sin \theta =F_g\\ & T\cos \theta =F_e\end{array}$$

Dividiendo una ecuación por la otra desaparece la tensión T:

$$\tan \theta =\frac{F_g}{F_e}=\frac{2mg{\epsilon }_0}{q\sigma }$$

Podemos despejar la relación carga masa para formar un ángulo de 45^°:

$$\frac{q}{m}=\frac{2g{\epsilon }_0}{\sigma \tan \theta }=1,73\cdot {10}^{-5}\mathrm{C}\cdot {\mathrm{kg}}^{-1}$$

Solución

La solución consiste en aplicar directamente la definición de la ley de Gauss a la superficie S: El flujo del campo eléctrico es simplemente la suma de las cargas contenidas en la esfera dividido por la constante ε₀:

$${\varphi }_e=\frac{(q_1+q_2+q_3)}{{\epsilon }_0}=225988,7\mathrm{V}\cdot \mathrm{m}$$

Solución

Para solucionar el problema aplicaremos el principio de superposición. Por un lado calcularemos mediante la ecuación 1.9 el campo generado por el plano xy, ${\overrightarrow{\mathit{E}}}_{\mathit{p}}$ y por otro lado, el campo generado por el hilo, ${\overrightarrow{\mathit{E}}}_{\mathit{h}}$, mediante la ecuación 1.10.

El campo generado por el plano en el punto A es:

$${\overrightarrow{E}}_p=\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

Se trata de un campo uniforme cuyo sentido dependerá del signo de σ.

El campo generado por el hilo conductor a una distancia de 1 m del hilo es:

$${\overrightarrow{E}}_h=\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_0\cdot 1}\overrightarrow{j}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

y su dirección es perpendicular al campo generado por el plano.

El campo total es la suma de estos dos campos:

$$\overrightarrow{E}={\overrightarrow{E}}_h+{\overrightarrow{E}}_p=(\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}+\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_0\cdot 1}\overrightarrow{j})\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

Solución

Para obtener el campo en cualquier punto del plano (O, x, y) debemos descomponer el problema en cuatro zonas y hallar el campo generado por cada plano cargado en cada una de las zonas. La suma de ambas componentes nos proporcionará el campo eléctrico buscado: $\overrightarrow{E}={\overrightarrow{E}}_1+{\overrightarrow{E}}_2$

▪ x > 0, y > 0:

$${\overrightarrow{E}}_1=\frac{{\sigma }_1}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{j}\text{y}{\overrightarrow{E}}_2=\frac{{\sigma }_2}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{i}\to {\overrightarrow{E}}_T=-\frac{0,25}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{j}-\frac{0,5}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{i}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

▪ x < 0, y > 0:

$${\overrightarrow{E}}_1=\frac{{\sigma }_1}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{j}\text{y}{\overrightarrow{E}}_2=\frac{{\sigma }_2}{2{\epsilon }_0}(-\overrightarrow{i})\to {\overrightarrow{E}}_T=-\frac{0,25}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{j}+\frac{0,5}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{i}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

▪ x < 0, y < 0:

$${\overrightarrow{E}}_1=\frac{{\sigma }_1}{2{\epsilon }_0}(-\overrightarrow{j})\text{y}{\overrightarrow{E}}_2=\frac{{\sigma }_2}{2{\epsilon }_0}(-\overrightarrow{i})\to {\overrightarrow{E}}_T=\frac{0,25}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{j}+\frac{0,5}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{i}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

▪ x > 0, y < 0:

$${\overrightarrow{E}}_1=\frac{{\sigma }_1}{2{\epsilon }_0}(-\overrightarrow{j})\text{y}{\overrightarrow{E}}_2=\frac{{\sigma }_2}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{i}\to {\overrightarrow{E}}_T=\frac{0,25}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{j}-\frac{0,5}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{i}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

Solución

a) El campo eléctrico generado por un hilo cargado a una distancia d del propio hilo viene dado por:

$$\overrightarrow{E}(d)=\frac{\lambda }{2{\epsilon }_0\pi d}\overrightarrow{u}$$

siendo $\overrightarrow{u}$ el vector unitario perpendicular al hilo que apunta hacia el punto donde queremos calcular el campo.

El punto (0, 1, 2) m se encuentra a una distancia $d=\sqrt{1^2+2^2}=$ $\sqrt{5}$ m del hilo, y por lo tanto el vector unitario que indica la dirección del campo es $\overrightarrow{u}=(j\to +2k\to )/\sqrt{}5$.

Con estos datos, el campo se expresa como:

$$\overrightarrow{E}(d)=\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_0\sqrt{5}}\frac{(\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k})}{\sqrt{5}}=7193,44(\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k})\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

b) La fuerza eléctrica sobre la carga q es simplemente el producto del campo por la carga:

$$\overrightarrow{F}=q\cdot \overrightarrow{E}(d)=q\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_0\sqrt{5}}\frac{(\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k})}{\sqrt{5}}=-7,19\cdot {10}^{-3}(\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k})\mathrm{N}$$

Solución

a) El enunciado nos dice que el electrón queda suspendido en equilibrio por debajo de la placa. En este instante las fuerzas que actuán sobre el electrón son el peso y la fuerza eléctrica debida a la lámina, que deberán tener sentido opuesto para que el electrón esté en equilibrio. Esto nos indica que la lámina debe tener carga positiva.

Para calcular su valor, simplemente debemos aplicar la segunda ley de Newton. En este caso, al conocer el sentido de ambas fuerzas, únicamente debemos exigir que ambos módulos sean iguales, es decir, utilizaremos el valor absoluto de la carga del electrón. El balance de fuerzas

$$\sum \overrightarrow{F}=0=\overrightarrow{p}+{\overrightarrow{F}}_e,$$

nos lleva a

$$m_{e}g=|e|E=|e|\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0},$$

y despejamos σ

$$\sigma =\frac{2{\epsilon }_0{m}_{e}g}{|e|}=9,87\cdot {10}^{-22}\mathrm{C}\cdot {\mathrm{m}}^{-2}$$

b) Ahora las fuerzas que actuán sobre la partícula de masa m = 1 · 10⁻¹⁶ kg y carga 1 µC llevan el mismo sentido y por lo tanto la aplicación directa de la 2ª Ley de Newton nos dará el resultado que buscamos

$$\begin{array}{c}\sum \overrightarrow{F}=m\overrightarrow{a}=\overrightarrow{P}+{\overrightarrow{F}}_e=m\overrightarrow{g}+q\overrightarrow{E}=mg(-\overrightarrow{j})+q\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0}(-\overrightarrow{j}).\\ \overrightarrow{a}=(g+\frac{\sigma }{2{\epsilon }_{0}m})(-\overrightarrow{j})=-10,35\overrightarrow{j}\mathrm{m}\cdot {\mathrm{s}}^{-2}.\end{array}$$

Solución

El campo alrededor del cilindro macizo depende de la distancia al eje r y tiene simetría cilíndrica. Debemos diferenciar dos regiones: la externa al cilindro cargado r > R y la zona interior al cilindro.

▪ Para r > R podemos hallar el campo eléctrico aplicando el teorema de Gauss. Para ello tomaremos como superficie Gaussiana un cilindro de radio r y altura L que comparta el eje con el cilindro cargado, tal y como se muestra en la figura:

$$\varphi =\text{∮}\overrightarrow{E}\cdot d\overrightarrow{s}=\frac{Q_{int}}{{\epsilon }_0}$$

$$E(r)2\pi rL=\frac{\sigma 2\pi RL}{{\epsilon }_0}$$

$$\overrightarrow{E}(r)=\frac{\sigma R}{{\epsilon }_{0}r}{\overrightarrow{u}}_r\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

▪ Para r < R tenemos un campo nulo, ${\overrightarrow{E}}_{(r)}=0$ dado que nos encontramos dentro del cilindro conductor en equilibrio electrostático y por lo tanto toda la carga se encuentra sobre la superficie.

Solución

Tenemos dos planos paralelos con cargas diferentes. Para poder calcular el campo en los puntos A, B y C tenemos que descomponer el espacio en tres zonas: para z < 0, 0 < z < 2 y 2 < z.

En cada una de estas zonas tenemos que aplicar el principio de superposición sabiendo que cada plano tiene el siguiente campo eléctrico:

$${\overrightarrow{E}}_1=\{\begin{array}{l}\frac{{\sigma }_1}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}\text{para}z>0\\ -\frac{{\sigma }_1}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}\text{para}z<0\end{array}$$

El campo del plano situado en z = 2 m es:

$${\overrightarrow{E}}_2=\{\begin{array}{l}\frac{{\sigma }_2}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}\text{para}z>2\\ -\frac{{\sigma }_2}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}\text{para}z<2\end{array}$$

Podemos ahora expresar el campo en los tres puntos sin dificultad teniendo cuidado en conservar los signos de las densidades de carga σ₁ y σ₂ a la hora del cálculo numérico:

▪ para z < 0

$$\overrightarrow{E}=\frac{-{\sigma }_1-{\sigma }_2}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}=-169491,5\overrightarrow{k}\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

▪ para 0 < z < 2

$$\overrightarrow{E}=\frac{{\sigma }_1-{\sigma }_2}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}=395480,2\overrightarrow{k}\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

▪ para z > 2

$$\overrightarrow{E}=\frac{{\sigma }_1+{\sigma }_2}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}=169491,5\overrightarrow{k}\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

Solución

El plano produce un campo eléctrico perpendicular a él mismo, en este caso como la partícula está situada por encima del plano, el campo eléctrico en el punto donde está situada la partícula llevará sentido $\overrightarrow{j}$

$$\overrightarrow{E}=\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{j}$$

Una vez en equilibrio, la carga está sometida a la fuerza generada por el campo eléctrico, F_e, a la fuerza de la gravedad, F_g, y a la fuerza recuperadora del muelle, F_m, de tal modo que la fuerza neta es nula:

$${\overrightarrow{F}}_e+{\overrightarrow{F}}_m+{\overrightarrow{F}}_g=0\to qE-k\mathrm{\Delta }x-mg=0$$

La elongación del muelle es entonces:

$$\mathrm{\Delta }x=\frac{q\sigma }{2{\epsilon }_{0}k}-\frac{mg}{k}$$

Solución

a) En este problema debemos aplicar el principio de superposición calculando el campo generado por cada cable por separado.

El campo eléctrico generado por el cable 1 en el punto a) es:

$${\overrightarrow{E}}_1^a=\frac{{\lambda }_1}{2\pi d_1^a}\overrightarrow{j}$$

con $d_1^a$ = 1 m la distancia del punto a) al cable.

En el punto b) tenemos:

$${\overrightarrow{E}}_1^b=\frac{{\lambda }_1}{2\pi d_1^b}\overrightarrow{i}$$

siendo $d_1^b$ = 1 m la distancia del punto b) al cable.

Analizamos ahora el campo creado por el segundo cable dispuesto a lo largo del eje x:

$$\begin{array}{rl}{\overrightarrow{E}}_2^a& =\frac{{\lambda }_2}{2\pi d_2^a}\overrightarrow{j}\\ {\overrightarrow{E}}_2^b& =\frac{{\lambda }_2}{2\pi d_2^b}\overrightarrow{k}\end{array}$$

con $d_2^a$ = 1 m y $d_2^b$ = 1 m.

Terminamos el cálculo sumando las dos contribuciones en cada punto:

$${\overrightarrow{E}}^a=\frac{{\lambda }_1}{2\pi d_1^a}\overrightarrow{j}+\frac{{\lambda }_2}{2\pi d_2^a}\overrightarrow{j}=(\frac{2\cdot {10}^{-6}}{2\pi 1}-\frac{1\cdot {10}^{-6}}{2\pi 1})\overrightarrow{j}=\left(\frac{1\cdot {10}^{-6}}{2\pi }\right)\overrightarrow{j}\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

$${\overrightarrow{E}}^b=\frac{{\lambda }_1}{2\pi d_1^b}\overrightarrow{i}+\frac{{\lambda }_2}{2\pi d_2^b}\overrightarrow{k}=\frac{2\cdot {10}^{-6}}{2\pi 1}\overrightarrow{i}-\frac{1\cdot {10}^{-6}}{2\pi 1}\overrightarrow{k}\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

Solución

Para proceder a la resolución del problema supondremos que ambos planos infinitos están situados de forma paralela al plano xy. De este modo, puesto que el campo eléctrico generado por un plano infinito lleva dirección perpendicular al plano que lo genera, podremos considerar que los campos llevan dirección según el eje z.

También deberemos suponer la posición relativa de ambos planos, en este caso consideraremos que el plano 1 está situado en z = 0 y el plano 2 en z = 1 m. Si la posición relativa de los planos cambiase, la forma de proceder a la resolución sería análoga aunque cambiarían los resultados numéricos.

Una vez que tenemos planteado el problema, procederemos a su resolución. Para ello deberemos dividir el espacio en tres regiones:

▪ z < 0. En esta región tanto el campo generado por el plano 1 como el generado por el plano 2 llevan sentido $-\overrightarrow{k}$, por lo tanto el campo eléctrico total será:

$${\overrightarrow{E}}_T={\overrightarrow{E}}_1+{\overrightarrow{E}}_2=-\frac{{\sigma }_1}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}-\frac{{\sigma }_2}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}=-\frac{4\cdot {10}^{-6}}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}-\frac{2\cdot {10}^{-6}}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}$$

$${\overrightarrow{E}}_T=\frac{-6\cdot {10}^{-6}}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

▪ 0 < z < 1 m. En la región entre ambos planos los campos generados por cada uno de ellos llevan sentidos opuestos. De este modo, el campo ${\overrightarrow{E}}_1$ tiene sentido $+\overrightarrow{k}$, mientras que ${\overrightarrow{E}}_2$ lleva sentido $-\stackrel{\to .}{k}$.

$${\overrightarrow{E}}_T={\overrightarrow{E}}_1+{\overrightarrow{E}}_2=\frac{{\sigma }_1}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}-\frac{{\sigma }_2}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}=\frac{4\cdot {10}^{-6}}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}-\frac{2\cdot {10}^{-6}}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}$$

$${\overrightarrow{E}}_T=\frac{2\cdot {10}^{-6}}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

▪ z > 0. En esta región tanto el campo generado por el plano 1 como el generado por el plano 2 llevan sentido $\overrightarrow{k}$, por lo tanto el campo eléctrico total será el mismo que en la zona z < 0, pero en sentido opuesto.

$${\overrightarrow{E}}_T=\frac{6\cdot {10}^{-6}}{2{\epsilon }_0}\overrightarrow{k}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

Solución

Si nos fijamos en los datos del problema, el punto A se encuentra en la región del espacio que hay entre el cable y el cilindro, por lo que para calcular el campo eléctrico en este punto únicamente deberemos tener en cuenta el campo generado por el cable (el campo generado por un cilindro hueco en su interior es nulo). Por el contrario, el punto B es un punto exterior al cilindro, y por lo tanto el campo eléctrico será el resultante de la suma de los campos generados por ambas distribuciones.

Comencemos calculando el campo en el punto A. Para ello aplicaremos el teorema de Gauss tomando como superficie gaussiana un cilindro de longitud L y radio r = 0,05 m cuyo eje coincida con el cable. Por simetría el campo eléctrico generado por el cable tiene dirección radial y por lo tanto el flujo eléctrico se produce únicamente a través de la superficie lateral de la superficie gaussiana ya que en sus bases el vector $\overrightarrow{E}$ y el vector $\overrightarrow{A}$ son perpendiculares y por lo tanto, su producto escalar es nulo. Teniendo esto en cuenta:

$$\varphi ={\int }_S\to \overrightarrow{E}\cdot d\overrightarrow{S}=\frac{q_{\text{int }}}{{\epsilon }_0}=\frac{\lambda L}{{\epsilon }_0}=E2\pi rL\to E=\frac{\lambda }{2\pi r{\epsilon }_0}$$

Como la densidad de carga del cable es negativa, el campo tendrá dirección radial, pero sentido hacia el propio cable:

$$\overrightarrow{E}(A)=\frac{\lambda }{2\pi r{\epsilon }_0}{\overrightarrow{u}}_r=\frac{-2\cdot {10}^{-6}}{2\pi 0,05{\epsilon }_0}{\overrightarrow{u}}_r=-719344,38{\overrightarrow{u}}_r\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

Lo primero que vamos a hacer para obtener el campo en el punto B es calcular el campo generado por el cilindro (en el apartado anterior ya hemos obtenido la expresión general del campo generado por el cable) para un punto externo al propio cilindro. Una vez obtenida la expresión general, particularizaremos en el punto B.

Procederemos de forma similar al caso anterior, es decir, tomaremos como superficie gaussiana un cilindro de longitud L y radio r > R.

$$\varphi ={\int }_S\to \overrightarrow{E}\cdot d\overrightarrow{S}=\frac{q_{\text{int }}}{{\epsilon }_0}=\frac{\sigma 2\pi RL}{{\epsilon }_0}=E2\pi rL\to E=\frac{\sigma R}{r{\epsilon }_0}$$

En este caso la carga es positiva y por lo tanto el sentido del campo eléctrico es radial hacia afuera:

$${\overrightarrow{E}}_{\text{cilindro }}=\frac{\sigma R}{r{\epsilon }_0}{\overrightarrow{u}}_r$$

Finalmente procedemos a la suma vectorial de ambos campos en el punto B:

$$\overrightarrow{E}(B)={\overrightarrow{E}}_{\text{cable }}+{\overrightarrow{E}}_{\text{cilindro }}=\frac{-2\cdot {10}^{-6}}{2\pi 0,15{\epsilon }_0}{\overrightarrow{u}}_r+\frac{3\cdot {10}^{-6}0,1}{0,15{\epsilon }_0}{\overrightarrow{u}}_r$$

$$\overrightarrow{E}(B)=-13792,76{\overrightarrow{u}}_r\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

Solución

a) En la primera parte debemos aplicar el principio de superposición teniendo en cuenta el campo generado por cada uno de los cables infinitos:

$$\overrightarrow{E}(P)={\overrightarrow{E}}_1(P)+{\overrightarrow{E}}_2(P)=\frac{{\lambda }_1}{2\pi r_1{\epsilon }_0}\overrightarrow{i}+\frac{{\lambda }_2}{2\pi r_2{\epsilon }_0}\overrightarrow{i}=\frac{1\cdot {10}^{-6}}{2\pi 0,9{\epsilon }_0}\overrightarrow{i}+\frac{-1\cdot {10}^{-6}}{2\pi 1,1{\epsilon }_0}\overrightarrow{i}$$

$$\overrightarrow{E}(P)=3633,05\overrightarrow{i}\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

b) En esta segunda parte calculamos el flujo generado por el campo de los dos hilos. Para calcular este flujo sin tener que integrar el campo usamos la ley de Gauss:

$${\varphi }_e=\frac{Q}{{\epsilon }_0}=\frac{{\lambda }_{1}L+{\lambda }_{2}L}{{\epsilon }_0}=0\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}\cdot {\mathrm{m}}^2$$

Solución

a) Tenemos dos experimentos donde el período de oscilación del péndulo es distinto. En el caso del péndulo con el campo orientado hacia abajo, tenemos una aceleración vertical que es:

$$a=g+\frac{F}{m}=g+\frac{qE}{m}$$

por lo tanto, el tiempo t₁ se puede expresar en función de los datos del enunciado,

$$t_1=100T=200\pi \sqrt{\frac{l}{g+\frac{qE}{m}}}$$

En el segundo experimento, la fuerza eléctrica empuja hacia arriba el péndulo. Por lo tanto, la aceleración que este experimenta será:

$$a=g-\frac{F}{m}=g-\frac{qE}{m}$$

Como consecuencia, el tiempo t₂ vendrá dado por:

$$t_2=100T=200\pi \sqrt{\frac{l}{g-\frac{qE}{m}}}$$

Con ambas medidas del tiempo podemos hallar el campo y la constante g de la gravedad mediante la suma y la diferencia de los cuadrados de los inversos de ambos tiempos:

$$\frac{1}{t_1^2}-\frac{1}{t_2^2}=\frac{2}{\left(200{\pi }^2\right)l}\left(\frac{qE}{m}\right)$$

$$\frac{1}{t_1^2}+\frac{1}{t_2^2}=\frac{2g}{\left(200{\pi }^2\right)l}$$

Despejando las dos ecuaciones anteriores tenemos los datos buscados y la respuesta del apartado b):

$$E=\frac{(200\pi {)}^{2}lm}{2q}\left(\frac{1}{t_1^2}-\frac{1}{t_2^2}\right)$$

$$g=\frac{(200\pi {)}^{2}l}{2}\left(\frac{1}{t_1^2}+\frac{1}{t_2^2}\right)$$

Solución

a) Para calcular la densidad de carga en las superficies interior y exterior de la carcasa, lo primero que deberemos tener en cuenta es que al ser una carcasa conductora, una vez que se alcance el equilibrio electrostático, el campo eléctrico en su interior deberá ser 0.

Esto implica que si tomamos una superficie gaussiana de radio r tal que r_i ≤ r ≤ r_e la carga encerrada por dicha superficie gaussiana deberá ser nula. Es decir, en la superficie interna (r = r_i) debe producirse una acumulación de carga negativa que anule la carga que tiene la corteza esférica, de modo que la carga total sea 0.

$$Q_{r_c}+Q_{r_i}=0\to Q_{r_c}=-Q_{r_i}\to {\sigma }_{c}4\pi r_c^2=-{\sigma }_{i}4\pi r_i^2$$

$${\sigma }_i=-{\sigma }_c\frac{r_c^2}{r_i^2}=-2,5\mu \mathrm{C}\cdot {\mathrm{m}}^{-2}$$

Para calcular la densidad de carga en la superficie externa, r_e, simplemente tendremos que tener en cuenta que inicialmente la carcasa no tenía carga y por lo tanto lo que se produce es una redistribución de las cargas libres que hay en el material.

Como consecuencia de esta redistribución, en la superficie externa r_e se acumulará una carga que anulará la que se ha acumulado en la superficie interna, r_i, o lo que es lo mismo una carga igual a la que aporta la corteza esférica. De este modo:

$$Q_{r_c}=Q_{r_e}\to {\sigma }_{c}4\pi r_c^2={\sigma }_{i}4\pi r_e^2$$

$${\sigma }_i={\sigma }_c\frac{r_c^2}{r_e^2}=\frac{10}{9}\mu \mathrm{C}\cdot {\mathrm{m}}^{-2}$$

b) Para calcular el campo eléctrico a lo largo del semieje z ≥ 0, deberemos aplicar la Ley de Gauss en las 4 regiones en las que la distribución de carga divide al semieje. Para todos estos casos la superficie gaussiana que debemos tomar es una superficie esférica de centro en el origen de coordenadas y radio la distancia desde el punto en el que queremos calcular el campo hasta el origen.

▪ z < 5 cm. En este caso la carga encerrada por la superficie gaussiana es nula, pues toda la carga está en la superficie de corteza esférica, por lo tanto:

$${\overrightarrow{E}}_{z<5\mathrm{cm}}=0\overrightarrow{k}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

▪ 5 cm ≤ z < 10 cm. Ahora al aplicar la Ley de Gauss obtenemos que la carga encerrada en el interior de la superficie gaussiana es la carga que hay en la corteza esférica de radio r_c = 5 cm y densidad ${\sigma }_c=10\mu \mathrm{C}{\mathrm{m}}^{-2},$, es decir, $q_{\text{int }}=4\pi r_c^2{\sigma }_c=0,1\pi \mu \mathrm{C}$, por lo tanto:

$${\overrightarrow{E}}_{5\mathrm{cm}\le z<10\mathrm{cm}}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{0,1\pi \cdot {10}^{-6}}{z^2}\overrightarrow{k}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

▪ 10 cm ≤ z ≤ 15 cm. Este caso es extremadamente sencillo, ya que el campo eléctrico en el interior de un conductor en equilibrio electrostático tiene que ser 0. Hay que recordar que esta condición ya la hemos aplicado en el apartado a) para calcular la densidad de carga en la superficie interior de la carcasa.

$${\overrightarrow{E}}_{10\mathrm{cm}\le z\le 15\mathrm{cm}}=0\overrightarrow{k}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

▪ z > 15 cm. Finalmente para puntos externos a la carcasa, la carga contenida en la superficie gaussiana será únicamente la que aporta la corteza esférica, puesto que la carcasa nos dice el enunciado que no posee carga. Al introducir la corteza esférica se produce una redistribución de las cargas en la carcasa, pero la carga total tiene que permanecer constante y en este caso la carga inicial era nula. Teniendo en cuenta todo esto:

$${\overrightarrow{E}}_{z>15\mathrm{cm}}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{0,1\pi \cdot {10}^{-6}}{z^2}\overrightarrow{k}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}$$

Finalmente podemos representar gráficamente la evolución del módulo del campo eléctrico en función de z.

Solución

Es conveniente dividir el problema en tres regiones dependiendo de la distancia r al centro de la carcasa esférica:

▪ 0 < r ≤ r_i. En esta zona solo tenemos el campo generado por la carga puntual q:

$${\overrightarrow{E}}_1(r)=K\frac{q}{r^2}{\overrightarrow{u}}_r$$

▪ r_i ≤ r ≤ r_e. En esta región tenemos la superposición del campo generado por la carga puntual y del generado por la densidad de carga de la carcasa homogénea. Dada la simetría esférica, el campo debido a la densidad de carga, ${\overrightarrow{E}}_c(r)$, se puede hallar aplicando la ley de Gauss a una esfera de radio r centrada en el centro de la carcasa. De este modo

$${\overrightarrow{E}}_c(r)\cdot \overrightarrow{S}=E_c(r)S=E_c(r)4\pi r^2=\frac{Q_{int}}{{\epsilon }_0}=\frac{\rho \frac{4}{3}\pi (r^3-r_i^3)}{{\epsilon }_0}$$

$$E_c(r)=\frac{\rho \frac{4}{3}\pi (r^3-r_i^3)}{4\pi r^2{\epsilon }_0}=\frac{\rho (r^3-r_i^3)}{3r^2{\epsilon }_0}$$

Teniendo en cuenta que la dirección del campo es radial y que $K=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}$, la expresión del campo eléctrico generado por la parte de la corteza incluida en la región de estudio la podremos escribir como:

$${\overrightarrow{E}}_c(r)=K\frac{\rho 4\pi (r^3-r_i^3)}{3r^2}{\overrightarrow{u}}_r$$

Finalmente, el campo total será la suma de ambos campos:

$${\overrightarrow{E}}_2(r)=K\frac{\rho 4\pi (r^3-r_i^3)}{3r^2}{\overrightarrow{u}}_r+K\frac{q}{r^2}{\overrightarrow{u}}_r\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}.$$

▪ r > r_e. Tenemos la suma de los dos campos, el generado por toda la carcasa y el generado por la carga puntual. Para calcular el campo generado por toda la carcasa, volveremos a aplicar el teorema de Gauss que nos llevará a una expresión similar a la obtenida en el apartado anterior para ${\overrightarrow{E}}_c(r)$ siendo esta vez la carga total de la carcasa $Q_{int}=\rho 4/3\pi (r_e^3-r_i^3)$:

$${\overrightarrow{E}}_2(r)=K\frac{\rho 4\pi (r_e^3-r_i^3)}{3r^2}{\overrightarrow{u}}_r+K\frac{q}{r^2}{\overrightarrow{u}}_r\mathrm{N}\cdot {\mathrm{C}}^{-1}.$$

Solución

a) Para resolver este problema aplicamos la ley de Gauss a la carcasa conductora. Consideramos una superficie de Gauss esférica de radio $r_g\in ]r_2,r_3[$ y con su centro coincidiendo con el de las otras dos esferas. El campo eléctrico en la carcasa es nulo dado que se trata de un material metálico en equilibrio electrostático, por lo tanto el flujo también es nulo y la suma de las cargas en el interior de la superficie gaussiana también debe serlo:

$$\varphi =\frac{Q_{int}}{{\epsilon }_0}=0$$

La carga repartida sobre la cara interior de la carcasa esférica debe anular la carga de la corteza, es decir:

$${\sigma }_{1}4\pi r_1^2=-{\sigma }_{2}4\pi r_2^2$$

siendo σ₂ la densidad de carga de la superficie interior de la carcasa metálica. Se obtiene:

$${\sigma }_2=-\frac{{\sigma }_1{r}_1^2}{r_2^2}$$

Para calcular la densidad de carga en la superficie externa de la carcasa deberemos tener en cuenta que la carcasa metálica es neutra, y por lo tanto la suma de las cargas acumuladas en las superficies externa e interna deben anularse:

$${\sigma }_{2}4\pi r_2^2=-{\sigma }_{3}4\pi r_3^2,$$

A su vez podemos expresar la densidad de carga de la superficie externa de la carcasa, σ₃ con la densidad de carga de la corteza esférica del enunciado, σ₁:

$${\sigma }_3=-\frac{{\sigma }_2{r}_2^2}{r_3^2}=\frac{{\sigma }_1{r}_1^2}{r_3^2}$$

b) Para el cálculo del campo, debemos dividir el espacio en distintas zonas:

▪ 0 ≤ r < r₁. Basta con aplicar el teorema de Gauss a una esfera centrada en el origen con un radio inferior a r₁. Al tener toda la carga distribuida a lo largo de la superficie de la esfera, la carga encerrada por la superficie gaussiana será 0 y por lo tanto el campo eléctrico nulo, $\overrightarrow{E}(r)=0{\overrightarrow{u}}_r$.

▪ r₁ ≤ r < r₂. Dada la simetría esférica del problema, el campo es equivalente al de una carga puntual con carga $Q={\sigma }_{1}4\pi r_1^2$:

$$\overrightarrow{E}(r)=\frac{KQ}{r^2}{\overrightarrow{u}}_r\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

▪ r₂ ≤ r < r₃. El campo eléctrico es nulo al ser un material conductor en equilibrio electrostático.

▪ r₃ ≤ r. De nuevo encontramos el campo de una carga puntual situada en el origen de coordenadas:

$$\overrightarrow{E}(r)=\frac{KQ}{r^2}{\overrightarrow{u}}_r\mathrm{V}\cdot {\mathrm{m}}^{-1}$$

Solución

a) La primera pregunta es una aplicación directa de la ley de Gauss:

$$\varphi =\frac{Q_{int}}{{\epsilon }_0}=\frac{2\cdot {10}^{-6}}{{\epsilon }_0}\mathrm{V}\cdot \mathrm{m}$$

b) El campo adicional no modifica el flujo total del campo sobre las paredes. Aunque puede cambiar el valor del campo en todos los puntos del cilindro, no va a haber modificación del flujo. Este flujo depende de las cargas en el interior de la superficie y la presencia del campo eléctrico adicional no modifica el valor total de la carga, dependiendo del material, podrá modificar su distribución, pero nunca su valor.

Solución

El campo eléctrico se obtiene sumando vectorialmente los campos eléctricos generados por cada uno de los semiaros. Procedemos a calcular el campo eléctrico que genera el semiaro situado en el plano xy. Una vez calculado este campo, el generado por el semiaro situado en el plano xz será automático.

El campo generado por un elemento diferencial de longitud del semiaro (dl = adθ) es:

$$d\overrightarrow{E}=\frac{Kdq}{a^2}\overrightarrow{u}=\frac{K\lambda dl}{a^2}\overrightarrow{u}=\frac{K\lambda ad\theta }{a^2}\overrightarrow{u}$$

Una vez conocido d $\overrightarrow{E}$, deberemos integrar a todo el semiaro.

Para resolver esta integral, lo primero que hacemos es descomponer el campo eléctrico en sus componentes x e y. Si nos fijamos en el siguiente dibujo, observamos que la única componente del campo que no se anula es la componente y mientras que la componente x se anula por simetría (todo elemento diferencial del semiaro, dl₁, tiene otro simétrico, dl₂, que genera un campo cuya componente x anula la contribución del primero). Procediendo de forma análoga para el semiaro en el plano xz obtendremos que el campo eléctrico generado únicamente tiene componente z.

Procedamos a calcular analíticamente el valor de las componentes. Aunque anteriormente ya hemos indicado que la componente x de nuestro campo se anula por simetría, a continuación también haremos el desarrollo matemático para comprobar que nuestra intuición coincide con las matemáticas. La componente según el eje y del campo se escribe como:

$$d{E}_y=\frac{K\lambda ad\theta }{a^2}\mathrm{sen}\theta$$

Integrando para todos los elementos obtenemos el campo:

$$E_y={\int }_0^{\pi }\frac{\mathrm{sen}\theta K\lambda ad\theta }{a^2}=\frac{K\lambda }{a}[-\cos \theta {]}_0^{\pi }=\frac{2K\lambda }{a}$$

La componente según el eje x del campo se escribe como:

$$d{E}_x=\frac{K\lambda ad\theta }{a^2}\cos \theta$$

Integrando para todos los elementos obtenemos el campo:

$$E_x={\int }_0^{\pi }\frac{\cos \theta K\lambda ad\theta }{a^2}=\frac{K\lambda }{a}[\mathrm{sen}\theta {]}_0^{\pi }=0$$

Por lo tanto el campo generado por este semiaro en el origen es:

$${\overrightarrow{E}}_{xy}=\frac{2K\lambda }{a}\overrightarrow{j}$$

Procediendo de forma análoga, el campo generado por el otro semiaro tendrá la misma magnitud pero con una orientación diferente:

$${\overrightarrow{E}}_{xz}=-\frac{2K\lambda }{a}\overrightarrow{k}$$

El campo total es la suma de ambos:

$${\overrightarrow{E}}_{xy}+{\overrightarrow{E}}_{xz}=\frac{2K\lambda }{a}\overrightarrow{j}-\frac{2K\lambda }{a}\overrightarrow{k}$$

Solución

El campo eléctrico se puede calcular fácilmente con la observación de la simetría con respecto al eje x de la distribución de carga. Esto significa que la componente y del campo va a desaparecer dado que los campos debidos a elementos de longitud simétricos respecto del eje x tendrán la suma de sus componentes y nula. Con esto en mente, nos podemos centrar en la componente x del campo eléctrico:

$${\overrightarrow{E}}_x(0)=-{\int }_0^{\pi /2}\frac{Ka\lambda (\theta )}{a^2}\cos (\theta )d\theta \overrightarrow{i}$$

Es la resultante de la proyección sobre el eje x del campo generado de cada trozo de aro sumados a lo largo del aro. Notando que la distribución es simétrica con respecto al eje y podemos integrar para la mitad de los ángulos θ y multiplicamos por dos el resultado. Resolvemos:

$${\overrightarrow{E}}_x(0)=-2{\int }_0^{\pi /2}\frac{K\cdot {10}^{-6}}{a}{\cos }^3(\theta )d\theta {\overrightarrow{u}}_x=-K\cdot {10}^{-6}\frac{4}{3a}\overrightarrow{i}$$

siendo la integral

$${\int }_0^{\pi /2}{\cos }^3(\theta )d\theta =\frac{2}{3}\overrightarrow{i}$$