Ley de Gauss (Ejercicio Resuelto 006)

 Una esfera aisladora sólida tiene una densidad volumétrica de carga \(\rho\). Sea \(\vec{r}\) el vector desde el centro de la esfera hasta un punto en general \(P\), dentro de la misma esfera.

    (a) Demuestre que \(\vec{E_p}=\rho\vec{r}/3\varepsilon_o\)

    (b) Se ha quitado una cavidad esférica de la esfera superior como en la figura. Halle el campo \(\vec{E}\) para puntos dentro de la cavidad, siendo \(\vec{a}\) el vector que conecta el centro de la esfera con el centro de la cavidad.


SOLUCION.

Datos: \(\qquad\rho\),\(\qquad\vec{r}\),\(\qquad\vec{a}\)


(a) Por la Ley de Gauss se tiene:

\[ \begin{aligned} \Phi&=\dfrac{Q_{enc}}{\varepsilon_o}\\ \int\vec{E}\cdot d\vec{A}&=\dfrac{Q_{enc}}{\varepsilon_o}\;;\;Q_{enc}=\rho\,\frac{4}{3}\pi r^{3}\\ E_p\left(4\pi r^{2}\right)&=\frac{\rho}{\varepsilon_o}\frac{4}{3}\pi r^{3}\\ E_p&=\dfrac{\rho\,r}{3\,\varepsilon_o}\;\Longrightarrow\; \boxed{\vec{E_p}=\dfrac{\rho\,\vec{r}}{3\,\varepsilon_o}} \end{aligned} \]

(b) De manera análoga se halla el campo para la cavidad:

\[ \begin{aligned} \vec{E_p\,'}=\dfrac{\rho\,\vec{r'}}{3\,\varepsilon_o} \end{aligned} \]

Por el principio de superposición:

\[ \begin{aligned} &\vec{E}_{p_{neto}}=\dfrac{\rho\,\vec{r}}{3\,\varepsilon_o}-\dfrac{\rho\,\vec{r'}}{3\,\varepsilon_o}\\ &\vec{E}_{p_{neto}}=\frac{\rho}{3\,\varepsilon_o}\left(\vec{r}-\vec{r'}\right)\\ &\vec{r'}+\vec{a}=\vec{r}\\ &\qquad\vec{a}=\vec{r}-\vec{r'}\\ &\boxed{\vec{E}_{p_{neto}}=\dfrac{\rho\,\vec{a}}{3\,\varepsilon_o}} \end{aligned} \]
















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Pregunta: Se le dan dos cargas puntuales desconocidas, $Q_{1}$ y $Q_{2}$. En un punto sobre la línea que las une, a un tercio del camino entre $Q_{1}$ y $Q_{2}$, el campo eléctrico es cero (ver Figura). ¿Cuál es el cociente $Q_{1} / Q_{2}$ ? Datos: Resolucion: Campo elétrico en $P$ debido a $Q_1$ $$ E_1=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{Q_1}{\left(\frac{l}{3}\right)^2}=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{9 Q_1}{l^2} $$ Campo elétrico en $P$ debiclo a $Q_2$. $$ E_2=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{Q_2}{\left(\frac{2}{3} l\right)^2}=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{9 Q_2}{4 l^2} $$ Debido a la condición del problema $$ E_1-E_2=0 \Longrightarrow E_1=E_2 $$ Entonces $$ \begin{aligned} \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{9 Q_1}{l^2} &=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{9 Q_2}{4 l^2} \\ Q_1 &=\frac{Q_2}{4} \\ \frac{Q_1}{Q_2} &=\frac{1}{4} \end{aligned} $$
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Pregunta: El alambre recto cargado de manera uniforme de la Figura 3 tiene una longitud $l$, donde el punto 0 está en su punto medio. Demuestre que el campo en el punto $\mathrm{P}$, a una distancia $x$ perpendicular desde 0 , está dado por $$ E=\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{l}{\left(l^{2}+4 x^{2}\right)^{1 / 2}}, $$ donde $\lambda$ es la carga por unidad de longitud. Datos: Resolucion: \[ \begin{aligned} d E_x=& d E \cos \theta \\ d E_x=& \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{d Q}{r^2} \cos \theta \\ & \lambda=\frac{d Q}{d y} \Rightarrow d Q=\lambda d y \\ & \cos \theta=\frac{x}{r}=\frac{x}{\left(x^2+y^2\right)^{1 / 2}} \end{aligned} \] \[ \begin{aligned} &d E_x=\frac{1}{4 \pi E_0} \frac{x d y}{\left(x^2+y^2\right)} \frac{x}{\left(x^2+y^2\right)^{1 / 2}}\\ &d E_x=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{\lambda x d y}{\left(x^2+y^2\right)^{3 / 2}}\\ &E_x=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \lambda x \int_{-\frac{l}{2}}^{\frac{l}{2}} \frac{1...
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