FS321 ex1 2010 pauta

Universidad Nacional Aut´
onoma de Honduras.
Departamento de F´ısica.
Ex´
amen I. FS-321 Electricidad y Magnetismo I
12 de Marzo de 2010. Secci´on 9-01
PAUTA
Problema 1.(25 %)
Siendo A = 2yz xˆ − x2 y yˆ + xz zˆ y φ = 2x2 yz 3 calcular A·∇φ
Un vector V se llama irrotacional si rot V = 0. Hallar las constantes a, b, c de
manera que
V = (x + 2y + az) xˆ + (bx − 3y − z) yˆ + (4x + cy + 2z) zˆ
seairrotacional.
(10 %) Calculamos primero el gradiente del campo escalar:
ˆ
∇φ = x

∂φ
∂φ
∂φ
ˆ
+y
+ zˆ
∂x
∂y
∂z

ˆ + 2x2 z 3 y
ˆ + 6x2 yz 2 zˆ
= 4xyz 3 x
Luego:
A · ∇φ = 8xy 2 z 4 − 2x4 yz 3 + 6x3 yz 3
= 2xyz 3 (4yz − x3 + 3x2 )
(15 %) Calculamos el rotacional de V seg´
un la f´ormula:
ˆ
rot V = ∇ × V = x

∂Vz ∂Vy
∂Vx ∂Vz
∂Vy ∂Vx
ˆ
−
+y
−
+ zˆ
−
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y

e igualamos a cero:
ˆ + [a − 4] y
ˆ +[b + 2] zˆ = 0
∇ × V = c − (−1)] x
Por inspecci´on vemos que debe cumplirse que:
c = −1
a=4
b=2
1

Problema 2.(25 %)
Existe una carga distribu´ıda sobre la superficie de un c´ırculo de radio a que descansa
sobre el plano xy y cuyo centro es el origen. La densidad superficial de carga est´a dada
por σ = A ρ2 en coordenadas cil´ındricas.¿Cu´ales son las unidades de A?, ¿Cu´al es la
carga total delc´ırculo?. Encontrar la fuerza ejercida por esta distribuci´on sobre una
carga puntual situada sobre el eje z.

z

q

r
R=r-r´
y

σ´=Aρ´2
r´

dq´

x

Figura 1: Disco cargado del problema 2
Contestemos la primera pregunta: ¿Cu´ales son las unidades de A? En la f´ormula σ =
Aρ 2 vemos que para que la densidad de carga est´e dada en unidades de Coulomb/m2 ,
como corresponde al ´area del disco,debemos tener A en unidades de Coulomb/m4 si
consideramos que ρ2 contribuye un factor de m2 al producto(5 %).
Ahora calculemos la carga total del disco(5 %):
2π

Q =

a

σ da =
disco

0

0

1
(Aρ 2 )ρ dρ dϕ = πAa4
2

La fuerza sobre q estar´a dada por:

Fdisco→q =

q
4π

0

disco

dq ˆr
q
=
2
R
4π

0

Para este problema los vectores necesarios son:

r = zˆz
2

disco

(Aρ 2 ) da R
R3

ˆ + sen ϕ y
ˆ)
r= ρ ρˆ = ρ (cos ϕ x
R = r − r = zˆz − ρ ρˆ
ˆ + senϕ y
ˆ)
= zˆz − ρ (cosϕ x
Y como los vectores zˆ y ρˆ son perpendiculares entre s´ı tendremos que:
R=

z2 + ρ

2

Entonces:

Fdisco→q =

q
4π

a

2π
0

0

0

ˆ − ρ senϕ y
ˆ]
(Aρ 2 ) ρ dρ dϕ [zˆz − ρ cosϕ x
[z 2 + ρ 2 ]3/2

Las componentes de la fuerza son:

Fx = −ˆ
x

Aq
4π 0

2π

a

ρ 4 dρ
=0
[z 2 + ρ 2 ]3/2

a

ρ 4 dρ
=0
[z 2 + ρ 2 ]3/2

cosϕ dϕ0

0
=0

Fy = −ˆ
y

Aq
4π 0

2π

senϕ dϕ
0

0
=0

Fz = zˆ

Aq
4π 0

2π

a

dϕ
0

0

ρ 4 dρ
Aq
ˆ
=
z
[z 2 + ρ 2 ]3/2
20

2

ρ +

z2

z2
√
+
ρ 2 + z2

a

0

=2π

= zˆ

Aq √ 2
z2
z2
a + z2 + √ 2
−
|z|
−
20
|z|
a + z2

= zˆ

Aq
20

a2 + 2z 2
√ 2
− 2z
ρ + z2

Problema 3.(25 %)
Dos planos infinitos est´an separados entre s´ı por una distancia de 2a y poseen densidades de carga uniforme de igual magnitudpero signos opuestos, σ y −σ. Encontrar
el campo el´ectrico E en todos los puntos del espacio. (elegir un sistema coordenado
conveniente para describir E).
3

SOLUCION

Para este problema podemos aplicar el resultado previamente calculado del campo
debido a una distribuci´on plana, infinita, uniforme, de carga. Vimos que el campo no
depende de la distancia del punto al plano y est´a dado por:E=

σ z
zˆ
2 0 |z|

z
es una manera de indicar el signo y, por tanto, la direcci´on de E
donde el factor |z|
que se aleja siempre del plano, suponiendo una carga de prueba positiva y una densidad
de carga tambi´en positiva. En este caso basta con aplicar el principio de superposici´on.
Para los dos planos del problema la situaci´on luce como en la Figura 2:

z
E
z+

E

E

z=a

σ ++++++++++++++++++q(+) prueba
E

σ positiva

o
E

-σ - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

E

z=-a

q(+) prueba

E
E

F=qE
(a)

(b)

Figura 2: (a) El campo E debido a un plano infinito con carga positiva uniforme σ. (b)
La carga de prueba q experimenta la suma de los campos debidos a cada plano seg´
un
su densidad de carca σ y −σ
Entonces el espacio queda dividido en tres regiones as´ı:
Si z > a...