Problemas de diferencia de potencial: 17-24

${\displaystyle \Delta V=V_B-V_A= -\int_{\scriptscriptstyle {\rm posici\acute on }A}^{\scriptscriptstyle {\rm posici\acute on }B} \vec{E}\cdot d\vec{l}}$

Antes de empezar con los problemas de esta sección, consideremos una carga puntual q situada en el origen de coordenadas y calculemos el potencial creado por tal carga en un punto P situado a una distancia R de la carga. El campo eléctrico creado por esta carga a una distancia r cualquiera es ${\displaystyle \vec{E}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \frac{\vec{r}}{r}}$. La diferencia de potencial entre un punto alejado infinitamente (al que se le asigna un potencial igual a cero) y el punto que estamos considerando es la siguiente integral a través de un camino en dirección radial desde el punto P hasta el infinito

$$\begin{array}{l} {\displaystyle V_\infty-V_P\equiv 0-V_P =-\... ...{r^2} dr= \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac qR .} \end{array}$$ (32)

De la misma forma, el potencial creado por una carga q situada en $\vec{r}'$ en un punto situado en $\vec{r}$ es igual a ${\displaystyle V(\vec{r}) =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{\vert\vec{r}-\vec{r}'\vert}}$.

P.17 Empecemos con la carga $q_1$, que a una distancia r crea un potencial (=energía potencial por unidad de carga) igual a ${\displaystyle V=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1}{r}}$: el traer una carga $q_2$ desde el infinito hasta una distancia $r_{12}$ de la carga $q_1$ hace que el sistema adquiera una energía potencial de ${\displaystyle \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1q_2}{r_{12}}}$. Si traemos ahora otra carga $q_3$ desde el infinito hasta un punto que está a una distancia $r_{13}$ de la carga $q_1$ y a una distancia $r_{23}$ de la carga $q_2$, el aumento en energía potencial será ${\displaystyle \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1q_3}{r_{13}}+ \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_2q_3}{r_{23}}}$. Por tanto lo que ha ganado en energía potencial el sistema durante este proceso es

$$U_{\scriptscriptstyle \rm pot}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\f... ...\neq i}^3 \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_iq_j}{r_{ij}} ,$$ (33)

con $r_{ij}=r_{ji}$. En este problema, $r_{12}=r_{13}=r_{23}=2{\rm m}$.

P.18 Dividamos el disco en anillos concéntricos de radio r y grosor dr: si el punto P donde queremos calcular el potencial está a una distancia x sobre el eje del disco, cada elemento de tal anillo de radio r está a una distancia ${\displaystyle \sqrt{r^2+x^2}}$ del punto P y por tanto el potencial creado por el anillo en P es

$$dV=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq}{\sqrt{r^2+x^2}} ,$$ (34)

donde $dq=\sigma 2\pi rdr$ es la carga que tiene tal anillo de radio r y grosor dr; $\sigma$ es la densidad superficial de carga que es igual a la constante $\sigma=7.5\times 10^{-9}{\rm nC/m^2}$. El potencial creado por todo el disco será la suma(=integral) de las contribuciones de todos los anillos con radio desde r=0 hasta r=R

$$V=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \int_{r=0}^{r=R}\hspace{-1mm... ...\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(\sqrt{R^2+x^2}-x\right) ,$$ (35)

donde R=6.25cm es el radio del disco.

P.19 Puesto que el potencial a una distancia a=2.5m se toma como cero, lo que nos están pidiendo en el problema es la diferencia de potencial entre un punto cualquiera y un punto situado a a de la línea cargada. Consideraremos que el punto P donde queremos calcular tal diferencia de potencial está situado sobre el plano XY a una distancia r en perpendicular a la línea infinita de carga. Consideremos un elemento diferencial de longitud dz de esta línea, elemento situado a una distancia $z$ del origen de coordenadas y por lo tanto alejado una distancia $\sqrt{z^2+r^2}$ del punto P: la diferencia de potencial creada por tal elemento dz es ${\displaystyle \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda dz}{\sqrt{z^2+r^2}} -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda dz}{\sqrt{z^2+a^2}}}$ ya que la carga que lleva dz es $\lambda dz$ con $\lambda=1.5\times 10^{-6}{\rm C/m}$ la densidad lineal de carga, que es constante. La diferencia de potencial que piden en el problema es por tanto

$$\hspace{-3mm} \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\int_{z=-\inf... ...t(\frac{1}{\sqrt{z^2+r^2}}- \frac{1}{\sqrt{z^2+a^2}}\right)dz=$$

$$\hspace{-3mm} =\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\hspace{-1mm... ...\pi\varepsilon_0}\ln\hspace{-1mm}\left(\frac{r}{a}\right) .$$ (36)

Otra forma de obtener el mismo resultado es la siguiente. Primero calculamos el campo creado por la línea infinita cargada y para ello utilizamos la Ley de Gauss: por la simetría de la distribuión de carga, el campo eléctrico va en dirección radial perpendicular a la línea; y la superficie sobre la que vamos a integrar $\vec{E}$ es un cilindro de longitud finita L con su eje coincidiendo con la línea cargada, igual que en el problema 11. Puesto que la carga contenido dentro de este cilindro sólo está sobre su eje y vale $\lambda L$, la Ley de Gauss nos da

$$\oint_{S={\scriptscriptstyle \rm cilindro con tapas}} \vec... ...tarrow\quad E_r=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\frac 1 r .$$ (37)

Aplicando ahora la definición de diferencia de potencial entre un punto alejado r y otro punto alejado a de la línea cargada, se obtiene

$$V(r)-V(a)=-\int_{r'=a}^{r'=r}\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_... ...\pi\varepsilon_0}\ln\hspace{-1mm}\left(\frac{r}{a}\right) ,$$ (38)

como en (36).

P.20 Sea un elemento diferencial dx' situado a una distancia x' del origen, portador de una carga $\lambda dx'$ con $\lambda=Q/L$ la densidad lineal de carga. Tal elemento crea un potencial ${\displaystyle \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q/L}{x-x'}}$ en un punto situado a una distancia x del origen, fuera de la barra, y por tanto separado una distancia x-x' del elemento diferencial dx'. Así el potencial en x debido a toda la barra será la suma(=integral) de las contribuciones de cada elemento diferencial

$$\hspace{-3mm} V_{\scriptscriptstyle {\rm en }x}=\int_{x'=-L... ...e{-1mm}\left(\frac{1+\frac{L}{2x}} {1-\frac{L}{2x}}\right) .$$ (39)

Para $x\gg L/2$, y por tanto $L/2x\ll 1$, se puede utilizar la siguiente aproximación: $\ln(1\pm z)\approx \pm z$ para $z\ll 1$. Aplicando esto al resultado anterior

$$\hspace{-3mm} \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 L}\left[ \ln\hspace... ...{L}{2x}\right)\right]= \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac Qx ,$$ (40)

que es el potencial creado a una distancia x por una carga puntual Q situada en el origen de coordenadas.

P.21 En (34) ya se ha calculado el potencial creado por un anillo de carga uniforme q (con $q=2\times 10^{-9}{\rm C}$) y radio r (con r=0.1m) a una distancia x sobre el eje

$$V=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{\sqrt{r^2+x^2}} ,$$ (41)

obtenido dándose cuenta que todos los puntos del anillo cargado están a la misma distancia, $\sqrt{r^2+x^2}$, del punto donde queremos calcular el potencial. El trabajo que hace el campo eléctrico para mover una carga $q'=1\times 10^{-9}{\rm C}$ desde la posición $x\neq 0$ hasta el origen es igual a menos la variación de la energía potencial (este menos es el mismo que aparece en la definición de la diferencia de potencial):

$$W_{\scriptscriptstyle \rm por campo}=-\Delta U_{\scriptscri... ...silon_0}\left(\frac{q}{r} -\frac{q}{\sqrt{r^2+x^2}}\right) .$$ (42)

Si hubiéramos querido calcular el trabajo hecho por nosotros para mover la carga $q'$ hasta el origen, el resultado sería (42) pero con el signo opuesto. Recordar que $1{\rm eV}=1.6\times 10^{-19}{\rm J}$.

P.22 Puesto que el campo electrostático es conservativo y ya que las cargas no tienen velocidad inicial, la energía potencial que tiene cada una de las cargas inicialmente sobre el cuadrado es igual a la energía cinética final con la que llegan al infinito (en el infinito la energía potencial es cero). Para la primera carga que sale tenemos que inicialmente está bajo la acción del potencial de las otras tres cargas (ver problema 17), luego

$$\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{Q^2}{L}+\frac{Q^2}{\s... ...c{Q^2}{L}\right)=E_{\scriptscriptstyle \rm cin final, 1} .$$ (43)

De la misma forma

$$\begin{array}{rcl} {\displaystyle \frac{1}{4\pi\varepsilon_0... ...-2mm}& E_{\scriptscriptstyle \rm cin final, 4} .\end{array}$$ (44)

P.23 Este problema se resuelve siguiendo los mismos pasos que en el problema 15. Por la simetría radial del problema, $\vec{E}$ lleva dirección radial y la Ley de Gauss la aplicaremos a una esfera de radio r, concéctrica con la bola cargada

$$\displaystyle \oint_{S={\scriptscriptstyle \rm esfera}}\vec{... ...Q_{\scriptscriptstyle {\rm dentro de }S}}{\varepsilon_0} .$$

Como la densidad volumétrica de carga es igual a ${\displaystyle \rho=\frac{Q}{\frac{4\pi}{3}R^3}}$ y es constante, entonces

$$Q_{\scriptscriptstyle \rm dentro}=\int_{r'=0}^{r'=r}\hspace{... ...le Q \frac{r^3}{R^3}} & r<R\\ Q & r\geq R \end{array}\right.$$

y por tanto

$$E_r=\frac{1}{4\pi r^2}\frac{Q_{\scriptscriptstyle \rm dentro... ...i\varepsilon_0}\frac{1}{r^2}} & r\geq R . \end{array}\right.$$ (45)

El potencial en un punto a una distancia $r\geq R$ viene dado por

$$V(r)=-\int_{r'=\infty}^{r'=r}E_r(r')dr'= -\int_{r'=\infty}^{... ...\frac{1}{r^2} dr' =\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r} ,$$ (46)

y para $r<R$, es decir, dentro de la bola cargada

$$V(r)=-\int_{r'=\infty}^{r'=R}\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\fra... ...on_0}\frac{1}{R} -\frac{Q(r^2-R^2)}{4\pi\varepsilon_0 R^3} ,$$ (47)

que es continuo en r=R.

P.24 Este problema es similar al problema 15, con la sustitución $A\leftrightarrow\rho_0/R$.