Ley de Gauss

1.-Un conductor hueco tiene dos cargas positivas (en color rojo).

En el hueco se introduce un conductor cargado con 4 cargas positivas. Dibuja la nueva distribución de carga. Justifica la respuesta.
Se pone en contacto el conductor interior con el hueco. Dibuja la nueva distribución de carga. Justifica la respuesta.

Solución

2.-Una esfera de 5 cm está uniformente cargada con una densidad de carga de 1.2·10^-5/π C/m³.

Calcular el módulo del campo eléctrico a una distancia r del centro, en el interior (r<5) y en el exterior (r>5) de la esfera cargada.
Calcular el potencial en el centro r=0, de la esfera.

Solución

Distribución de carga con simetría esférica.

El campo eléctrico tiene dirección radial, su módulo es constante en todos los puntos de una superficie esférica concéntrica de radio r.

El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \oint^{} E \cdot d S \cdot \cos 0 = E \oint^{} d S = E \cdot 4 π r^{2}$

Conocida la carga q contenida en una superficie esférica de radio r, determinamos el módulo del campo eléctrico E aplicando la ley de Gauss

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{q}{4 π ε_{0} r^{2}}$

Para r<5 cm

$q = \frac{1.2 \cdot 10^{- 5}}{π} \frac{4}{3} π r^{3} = 1.6 \cdot 10^{- 5} r^{3} E = 144 000 \cdot r N/C$

Para r>5 cm

$q = \frac{1.2 \cdot 10^{- 5}}{π} \frac{4}{3} π {(0.05)}^{3} = 2 \cdot 10^{- 9} E = \frac{18}{r^{2}} N/C$

Gráfica del campo

Potencial

$V = \int_{0}^{\infty} E \cdot d r = \int_{0}^{0.05} 144 000 r \cdot d r + \int_{0.05}^{\infty} \frac{18}{r^{2}} \cdot d r = 540 V$

3.-Un cilindro muy largo, macizo, de 5 cm de radio está uniformemente cargado en todo su volumen con una densidad de carga de 4·10^-6 C/m³.

Determinar, razonadamente, la expresión del campo eléctrico dentro y fuera del cilindro.
Determinar la diferencia de potencial entre un punto situado en el eje del cilindro y otro a 15 cm del mismo.

Solución

Distribución de carga con simetría cilíndrica.

El campo eléctrico tiene dirección radial y perpendicular al eje del cilindro, su módulo es constante en todos los puntos de una superficie cilíndrica de radio r y longitud L

El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es

$\begin{array}{l} \oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = {\begin{cases} s . lateral \int^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \int^{} E \cdot d S \cdot \cos 0 = E \int^{} d S = E \cdot 2 π r L \\ base inferior \int^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = 0 \vec{E} ⊥ \vec{S_{2}} \\ base superior \int^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = 0 \vec{E} ⊥ \vec{S_{1}} \end{cases} \\ \oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = E \cdot 2 π r L \end{array}$

Conocida la carga q contenida en una superficie cilíndrica de radio r y longitud L, determinamos el módulo del campo eléctrico E aplicando la ley de Gauss

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{q}{2 π ε_{0} r L}$

Para r<5 cm

$q = 4 \cdot 10^{- 6} π r^{2} L = 4 π \cdot 10^{- 6} r^{2} L E = 72 000 π \cdot r N/C$

Para r>5 cm

$q = 4 \cdot 10^{- 6} π {(0.05)}^{2} L = π \cdot 10^{- 8} L E = \frac{180 π}{r} N/C$

Gráfica del campo

Diferencia de potencial

$V_{0} - V_{15} = \int_{0}^{0.15} E \cdot d r = \int_{0}^{0.05} 72 000 π r \cdot d r + \int_{0.05}^{0.15} \frac{180 π}{r} \cdot d r = 90 π (1 + 2 \ln 3) V$

4.-Una placa plana, está uniformemente cargada, con una densidad de carga de σ=2/π 10^-9 C/m².

Calcular el módulo del campo eléctrico.
Hallar la diferencia de potencial entre dos puntos situados a 1 cm y 8 cm de la placa

Solución

Distribución de carga con simetría plana.

El campo eléctrico tiene dirección perpendicular al plano cargado. Para calcular el flujo tomamos una superficie cilíndrica cuyo eje es perpendicular al plano cargado y cuya sección es S.

El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es

$\begin{array}{l} \oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = {\begin{cases} superficie lateral \int^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = 0 \vec{E} ⊥ \vec{d S} \\ base izquierda \int^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \vec{E} \cdot \vec{S_{1}} = E S \\ base derecha \int^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \vec{E} \cdot \vec{S_{2}} = E S \end{cases} \\ \oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = 2 E \cdot S \end{array}$

Conocida la carga q contenida en dicha superficie cilíndrica, determinamos el módulo del campo eléctrico E aplicando la ley de Gauss

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{q}{2 S ε_{0}}$

Es la carga que hay en la porción de placa de área S marcada en color rojo es q=σ·S

$E = \frac{σ}{2 ε_{0}} = 36 N/C$

Gráfica del campo

Diferencia de potencial

$V_{1} - V_{8} = \int_{0.01}^{0.08} E \cdot d r = \int_{0.01}^{0.08} 36 \cdot d r = 2.52 V$

5.-Una placa plana, indefinida de espesor 2d=2 cm, está uniformemente cargada, con una densidad de carga de ρ=2 10^-8 C/m³.

Obtener razonadamente la expresión del campo eléctrico en el interior y en el exterior de dicha placa.

Representar el módulo del campo eléctrico en función de la distancia a la placa.

Hallar la diferencia de potencial entre el origen (plano que divide a la placa por la mitad) y un punto situado a 5 cm de dicho plano.

Solución

Distribución de carga con simetría plana.

El campo eléctrico tiene dirección perpendicular al plano cargado. Para calcular el flujo tomamos una superficie cilíndrica cuyo eje es perpendicular al plano cargado y cuya sección es S.

El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es

Conocida la carga q contenida en dicha superficie cilíndrica, determinamos el módulo del campo eléctrico E aplicando la ley de Gauss

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{q}{2 S ε_{0}}$

Para x>d

La carga que hay en la porción cilíndrica de placa de área S y longitud 2d marcada en color rojo es q=ρ(2d)S

$E = \frac{ρ d}{ε_{0}} = 7.2 π N/C$

Para x<d

La carga que hay en la porción cilíndrica de placa de área S y longitud 2x marcada en color rojo es q=ρ(2x)S

$E = \frac{ρ x}{ε_{0}} = 720 π x N/C$

Gráfica del campo

Diferencia de potencial

$V_{0} - V_{5} = \int_{0}^{0.05} E \cdot d x = \int_{0}^{0.01} 720 π x \cdot d x + \int_{0.01}^{0.05} 7.2 π \cdot d x = 0.324 π V$

Área de un triángulo más el área de un rectángulo

6.-Una esfera hueca de radio interior 3 cm y radio exterior 5 cm, contiene carga uniformemente distribuida por todo su volumen con una densidad de 4 10^-5/π C/m³. En su centro hay una esfera conductora de 1 cm de radio cargada con -4·10^-9 C.

Obtener, razonadamente, la expresión del campo eléctrico en las siguientes regiones r<1, 1< r<3, 3<r<5, r>5.
Calcular el potencial del centro de la esfera conductora

Solución

	Distribución de carga con simetría esférica. El campo eléctrico tiene dirección radial, su módulo es constante en todos los puntos de una superficie esférica concéntrica de radio r. El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es $\begin{array}{l} {\oint^{}}^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = {\oint^{}}^{} E \cdot d S \cdot \cos 0 = \\ E {\oint^{}}^{} d S = E \cdot 4 π r^{2} \end{array}$ Conocida la carga q contenida en una superficie esférica de radio r, determinamos el módulo del campo eléctrico E aplicando la ley de Gauss $\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}}$
	r<1 cm. En el interior de un conductor el campo eléctrico es nulo, E=0
	1<r<3 cm. q=-4·10^-9 C, la carga de la esfera conductora $E \cdot 4 π r^{2} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{- 36}{r^{2}}$ Sentido hacia el centro.
	3<r<5 cm. La carga de la esfera conductora y una parte de la carga de la esfera hueca. $\begin{array}{l} q = - 4 \cdot 10^{- 9} + \frac{4}{π} 10^{- 5} (\frac{4}{3} π r^{3} - \frac{4}{3} π {0.03}^{3}) \\ E \cdot 4 π r^{2} = \frac{q}{ε_{0}} E = 48 \cdot 10^{4} r - \frac{48.96}{r^{2}} \end{array}$
	r>5 cm. La carga de la esfera conductora y la carga de la esfera hueca. $\begin{array}{l} q = - 4 \cdot 10^{- 9} + \frac{4}{π} 10^{- 5} (\frac{4}{3} π {0.05}^{3} - \frac{4}{3} π {0.03}^{3}) \\ E \cdot 4 π r^{2} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{11.04}{r^{2}} N/C \end{array}$

Gráfica del campo

Potencial de la esfera conductora

$V = \int_{0}^{\infty} E \cdot d r = \int_{0.01}^{0.03} - \frac{36}{r^{2}} d r + \int_{0.03}^{0.05} (48 \cdot 10^{4} r - \frac{48.96}{r^{2}}) d r + \int_{0.05}^{\infty} \frac{11.04}{r^{2}} d r = - 2448 V$

7.-Dos cilindros coaxiales muy largos, uno macizo y otro hueco están cargados. El primero, que tiene un radio de 2 cm está uniformemente cargado en todo su volumen con una densidad de carga de 4·10^-6 C/m³ El hueco de radio interior 5 cm y radio exterior 8 cm, es un conductor cargado con una carga por unidad de de longitud de -9·10^-9 C/m.

Determinar razonadamente, la expresión del campo eléctrico en las distintas regiones: r<2, 2<r<5, 5<r<8, 8<r cm.
Representar el campo en función de la distancia radial
Calcular la diferencia de potencial entre un punto situado en el eje y otro situado a 15 cm del mismo, a lo largo de la dirección radial.

Solución

Distribución de carga con simetría cilíndrica.

El campo eléctrico tiene dirección radial y perpendicular al eje del cilindro, su módulo es constante en todos los puntos de una superficie cilíndrica de radio r y longitud L

El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es

Conocida la carga q contenida en una superficie cilíndrica de radio r y longitud L, determinamos el módulo del campo eléctrico E aplicando la ley de Gauss

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{q}{2 π ε_{0} r L}$

	Para r<2 cm $\begin{array}{l} q = 4 \cdot 10^{- 6} π r^{2} L = 4 π \cdot 10^{- 6} r^{2} L \\ E = 72 000 π \cdot r N/C \end{array}$
	Para 2<r<5 cm $\begin{array}{l} q = 4 \cdot 10^{- 6} π {(0.02)}^{2} L = π \cdot 1.6 \cdot 10^{- 9} L \\ E = \frac{28.8 π}{r} N/C \end{array}$
	Para 5<r<8 cm En el interior de un conductor el campo eléctrico es E=0
	Para r>8 cm $\begin{array}{l} q = 4 \cdot 10^{- 6} π {0.02}^{2} L - 9 \cdot 10^{- 9} L = (1.6 π - 9) \cdot 10^{- 9} L \\ E = \frac{- 71.52}{r} N/C \end{array}$

Gráfica del campo

Diferencia de potencial

$V_{0} - V_{15} = \int_{0}^{0.15} E \cdot d r = \int_{0}^{0.02} 72 000 π r \cdot d r + \int_{0.02}^{0.05} \frac{28.8 π}{r} \cdot d r + 0 + \int_{0.08}^{0.15} \frac{- 71.52}{r} \cdot d r = 83.18 V$

8.-Dos cilindros coaxiales muy largos, uno macizo y otro hueco están cargados. El primero que tiene un radio de 2 cm y es un conductor cargado con una carga por unidad de longitud de 9·10^-9 C/m El hueco de radio interior 5 cm y radio exterior 8 cm, está uniformemente cargado en todo su volumen con una densidad -4/π·10^-6 C/m³.

Determinar la expresión del campo eléctrico en las distintas regiones: r<2, 2<r<5, 5<r<8, 8<r cm.
Representar el campo en función de la distancia radial
Calcular la diferencia de potencial entre un punto situado en el eje y otro situado a 15 cm del mismo, a lo largo de la dirección radial.

Solución

Distribución de carga con simetría cilíndrica.

El campo eléctrico tiene dirección radial y perpendicular al eje del cilindro, su módulo es constante en todos los puntos de una superficie cilíndrica de radio r y longitud L

El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es

Conocida la carga q contenida en una superficie cilíndrica de radio r y longitud L, determinamos el módulo del campo eléctrico E aplicando la ley de Gauss

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{q}{2 π ε_{0} r L}$

	Para r<2 cm En el interior de un conductor el campo eléctrico es E=0
	Para 2<r<5 cm $q = 9 \cdot 10^{- 9} L E = \frac{162}{r} N/C$
	Para 5<r<8 cm $\begin{array}{l} q = 9 \cdot 10^{- 9} L - \frac{4}{π} \cdot 10^{- 6} (π r^{2} - π {0.05}^{2}) L \\ E = \frac{342}{r} - 72 000 \cdot r N/C \end{array}$
	Para r>8 cm $\begin{array}{l} q = 9 \cdot 10^{- 9} L - \frac{4}{π} \cdot 10^{- 6} (π {0.08}^{2} - π {0.05}^{2}) L \\ E = \frac{- 118.8}{r} N/C \end{array}$

Gráfica del campo

Diferencia de potencial

$V_{0} - V_{15} = \int_{0}^{0.15} E \cdot d r = 0 + \int_{0.02}^{0.05} \frac{162}{r} \cdot d r + \int_{0.05}^{0.08} (\frac{342}{r} - 72 000 \cdot r) \cdot d r + \int_{0.08}^{0.15} \frac{- 118.8}{r} \cdot d r = 94.1 V$

9.-Sea una esfera aislada de 8 cm de radio cargada con una carga uniformemente distribuida en su volumen de 5.37·10^-7 C/m³.

Determinar razonadamente la expresión del campo eléctrico y el potencial a una distancia r del centro de la esfera, para r<8 cm y para r>8 cm.
Consideremos ahora el sistema formado por dicha esfera cuyo centro está en el origen y una la carga puntual Q de -2·10^-9 C situada en el punto (12, 0) cm. Calcular el vector campo eléctrico y el potencial en los puntos A(-12, 0) y B(0, 6) cm.

Solución

Distribución de carga con simetría esférica.

El campo eléctrico tiene dirección radial, su módulo es constante en todos los puntos de una superficie esférica concéntrica de radio r.

El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \oint^{} E \cdot d S \cdot \cos 0 = E \oint^{} d S = E \cdot 4 π r^{2}$

Conocida la carga q contenida en una superficie esférica de radio r, determinamos el módulo del campo eléctrico E aplicando la ley de Gauss

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}}$

r<8 cm.

La carga q es una parte de la carga total de la esfera uniformemente cargada

$\begin{array}{l} q = 5.37 \cdot 10^{- 7} \frac{4}{3} π r^{3} \\ E \cdot 4 π r^{2} = \frac{q}{ε_{0}} E = 20244.4 \cdot r N/C \end{array}$

r>8 cm.

La carga q es la de la esfera cargada

$\begin{array}{l} q = 5.37 \cdot 10^{- 7} \frac{4}{3} π {0.08}^{3} \\ E \cdot 4 π r^{2} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{10.365}{r^{2}} N/C \end{array}$

El potencial

$\begin{array}{l} V (r) = \int_{r}^{\infty} E \cdot d r = \int_{r}^{\infty} \frac{10.365}{r^{2}} d r = \frac{10.365}{r} r > 0.08 \\ V (r) = \int_{r}^{\infty} E \cdot d r = \int_{r}^{0.08} 20244.4 \cdot r \cdot d r + \int_{0.08}^{\infty} \frac{10.365}{r^{2}} d r = 194.34 - 10122.2 \cdot r^{2} r < 0.08 \end{array}$

Sistema formado por la carga Q y la esfera uniformemente cargada

Cuando está presente la carga Q, el campo en A o B es la suma vectorial del campo producido por la distribución esférica de carga y la carga puntual.

Punto A

$\begin{array}{l} E_{1} = \frac{10.365}{{0.12}^{2}} \vec{E_{1}} = 719.8 \cdot \hat{i} \\ E_{2} = 9 \cdot 10^{9} \frac{2 \cdot 10^{- 9}}{{0.24}^{2}} \vec{E_{2}} = - 312.5 \cdot \hat{i} \\ \vec{E_{A}} = \vec{E_{1}} + \vec{E_{2}} = 407.3 \cdot \hat{i} N/C \\ V_{1} = \frac{10.365}{0.12} = 86.375 \\ V_{2} = 9 \cdot 10^{9} \frac{- 2 \cdot 10^{- 9}}{0.24} = - 75 \\ V_{A} = V_{1} + V_{2} = 11.375 V \end{array}$

Punto B

$\begin{array}{l} E_{1} = 20244.4 \cdot 0.06 \vec{E_{1}} = 1214.7 \cdot \hat{j} \\ E_{2} = 9 \cdot 10^{9} \frac{2 \cdot 10^{- 9}}{{0.06}^{2} + {0.12}^{2}} = 1000 \tan θ = \frac{0.06}{0.12} \\ \vec{E_{2}} = E_{2} \cos θ \cdot \hat{i} - E_{2} \sin θ \cdot \hat{j} = 894.4 \cdot \hat{i} - 447.2 \cdot \hat{j} \\ \vec{E_{B}} = \vec{E_{1}} + \vec{E_{2}} = 894.4 \cdot \hat{i} + 767.5 \cdot \hat{j} N/C \\ V_{1} = 194.34 - 10122.2 \cdot {0.06}^{2} = 157.90 \\ V_{2} = 9 \cdot 10^{9} \frac{- 2 \cdot 10^{- 9}}{\sqrt{{0.06}^{2} + {0.12}^{2}}} = - 134.16 \\ V_{B} = V_{1} + V_{2} = 23.74 V \end{array}$

10.-Sea un sistema formado por dos esferas de radio a=4 cm. La de la izquierda cuyo centro está situado en el origen y tiene una carga uniformemente distribuida en todo su volumen de 1.152·10^-9 C. La de la derecha es una esfera hueca cargada uniformente con -2.0·10^-9 C, su centro está a 12 cm de la primera.

Determinar, la expresión del campo eléctrico y del potencial de cada esfera aisladamente en función de la distancia a su centro r, para r<a y r>a.
Calcular el vector campo eléctrico y el potencial en los puntos A (0, 2 ) cm, B (6, 0) cm, y C (12, -2) cm producido por ambas esferas.

Solución

	Distribución de carga con simetría esférica. El campo eléctrico tiene dirección radial, su módulo es constante en todos los puntos de una superficie esférica concéntrica de radio r. El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es $\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \oint^{} E \cdot d S \cdot \cos 0 = E \oint^{} d S = E \cdot 4 π r^{2}$ Conocida la carga q contenida en una superficie esférica de radio r, determinamos el módulo del campo eléctrico E aplicando la ley de Gauss $\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}}$
	Esfera cargada uniformente r>4 cm. La carga q es la de la esfera cargada $\begin{array}{l} q = 1.152 \cdot 10^{- 9} \\ E \cdot 4 π r^{2} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{10.368}{r^{2}} N/C \\ V (r) = \int_{r}^{\infty} \frac{10.368}{r^{2}} d r = \frac{10.368}{r} \end{array}$
	r<4 cm. La carga q es una parte de la esfera uniformemente cargada $\begin{array}{l} q = \frac{1.152 \cdot 10^{- 9}}{\frac{4}{3} π {0.04}^{3}} \frac{4}{3} π r^{3} = 1.8 \cdot 10^{- 5} r^{3} \\ E \cdot 4 π r^{2} = \frac{q}{ε_{0}} E = 162 000 \cdot r N/C \\ V (r) = \int_{r}^{0.04} 162 000 \cdot r \cdot d r + \int_{0 .04}^{\infty} \frac{10.368}{r^{2}} d r = 388.2 - 81000 r^{2} \end{array}$
	Esfera hueca r>4 cm La carga q es la de la esfera cargada $\begin{array}{l} q = - 2 \cdot 10^{- 9} \\ E \cdot 4 π r^{2} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{- 18}{r^{2}} N/C \\ V (r) = \int_{r}^{\infty} \frac{- 18}{r^{2}} d r = - \frac{18}{r} \end{array}$
	r<4 cm No hay carga dentro de una superficie esférica de radio r<4 cm. El campo eléctrico es nulo E=0 Potencial para un punto r<4 cm es $V (r) = \int_{0.04}^{\infty} \frac{- 18}{r^{2}} d r = - 450 V$

Combinación de ambas distribuciones de carga

Punto A(0, 0.02)

$\begin{array}{l} E_{1} = 162000 \cdot 0.02 = 3240 \\ E_{2} = \frac{18}{{0.02}^{2} + {0.12}^{2}} = 1216.2 \tan θ = \frac{0.02}{0.12} \\ \vec{E_{1}} = 3240 \cdot \hat{j} \\ \vec{E_{2}} = E_{2} \cos θ \cdot \hat{i} - E_{2} \sin θ \cdot \hat{j} \\ \vec{E_{A}} = \vec{E_{1}} + \vec{E_{2}} = 1200 \cdot \hat{i} + 3040 \cdot \hat{j} N/C \\ \begin{array}{l} V_{A} = V_{1} + V_{2} = 388.2 - 81000 \cdot {0.02}^{2} \\ - - \frac{18}{\sqrt{{0.02}^{2} + {0.12}^{2}}} = 207.84 V \end{array} \end{array}$

Punto B(0.06, 0)

$\begin{array}{l} E_{1} = \frac{10.386}{{0.06}^{2}} \\ E_{2} = \frac{18}{{0.06}^{2}} \\ \vec{E_{1}} = 2885 \cdot \hat{i} \\ \vec{E_{2}} = 5000 \cdot \hat{i} \\ \vec{E_{B}} = \vec{E_{1}} + \vec{E_{2}} = 7885 \cdot \hat{i} N/C \\ V_{B} = V_{1} + V_{2} = \frac{10.386}{0.06} - \frac{18}{0.06} = - 127.2 V \end{array}$

Punto C(0.12, -0.02)

$\begin{array}{l} E_{2} = 0 \\ E_{1} = \frac{10.368}{{0.02}^{2} + {0.12}^{2}} = 700.5 \tan θ = \frac{0.02}{0.12} \\ \vec{E_{1}} = E_{1} \cos θ \cdot \hat{i} - E_{1} \sin θ \cdot \hat{j} \\ \vec{E_{C}} = \vec{E_{1}} + \vec{E_{2}} = 691.0 \cdot \hat{i} + 115.2 \cdot \hat{j} N/C \\ V_{A} = V_{1} + V_{2} = \frac{10.368}{\sqrt{{0.02}^{2} + {0.12}^{2}}} - \frac{18}{0.04} = - 364.77 V \end{array}$

11.-Un modelo de átomo consiste en un núcleo positivo representado por una carga puntual carga +Q situado en el centro de una esfera de radio R, que tiene uniformemente distribuida una carga -Q en su interior.

Determinar de forma razonada la expresión del campo eléctrico a una distancia r<R del centro de la esfera cargada. ¿Cuánto vale el campo para r>R?.
Calcular la diferencia de potencial entre dos puntos situados a una distancia del centro r₁=R/2 y r₂=R, respectivamente.

Solución

Distribución de carga con simetría esférica.

El campo eléctrico tiene dirección radial, su módulo es constante en todos los puntos de una superficie esférica concéntrica de radio r.

El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \oint^{} E \cdot d S \cdot \cos 0 = E \oint^{} d S = E \cdot 4 π r^{2}$

Conocida la carga q contenida en una superficie esférica de radio r, determinamos el módulo del campo eléctrico E aplicando la ley de Gauss

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{q}{4 π ε_{0} r^{2}}$

Para r<R

$q = Q - \frac{Q}{\frac{4}{3} π R^{3}} \frac{4}{3} π r^{3} = Q (1 - \frac{r^{3}}{R^{3}}) E = \frac{Q}{4 π ε_{0} R^{2}} (\frac{R^{2}}{r^{2}} - \frac{r}{R})$

Para r>R

q=Q-Q=0, E=0

Diferencia de potencial

$V_{R / 2} - V_{R} = \int_{R / 2}^{R} E \cdot d r = \int_{R / 2}^{R} \frac{Q}{4 π ε_{0} R^{2}} (\frac{R^{2}}{r^{2}} - \frac{r}{R}) \cdot d r = \frac{5 Q}{32 π ε_{0} R}$

12.-Dentro de una superficie esférica conductora de radio r₂=20 cm, se coloca una esfera metálica de radio r₁=10 cm, concéntrica. Esta esfera se conecta a Tierra, a través de un pequeño orificio que se ha hecho en la primera, tal como se muestra en la figura. Se coloca una carga Q=10^-8 C en la esfera hueca exterior. Calcular

La carga q de la esfera metálica interior para que su potencial sea cero
El potencial de la esfera hueca de radio r₂

Problema de la IV Olimpiada Internacional de Física. Moscow, 1970

Solución

Distribución de carga con simetría esférica.

El campo eléctrico tiene dirección radial, su módulo es constante en todos los puntos de una superficie esférica concéntrica de radio r.

El flujo del campo eléctrico $\vec{E}$ a través de dicha superficie es

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \oint^{} E \cdot d S \cdot \cos 0 = E \oint^{} d S = E \cdot 4 π r^{2}$

Conocida la carga q contenida en una superficie esférica de radio r, determinamos el módulo del campo eléctrico E aplicando la ley de Gauss

$\oint^{} \vec{E} \cdot \vec{d S} = \frac{q}{ε_{0}} E = \frac{q}{4 π ε_{0} r^{2}}$

Para este sistema.

r<r₁, E=0

r₁<r<r₂

$E = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{q}{r^{2}}$

r>r₂

$E = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q + q}{r^{2}}$

Calculamos el potencial de la esfera metálica de radio r₁

$\begin{array}{l} V_{r_{1}} = \int_{r_{1}}^{r_{2}} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{q}{r^{2}} d r + \int_{r_{2}}^{\infty} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q + q}{r^{2}} d r = \frac{1}{4 π ε_{0}} (\frac{q}{r_{1}} - \frac{q}{r_{2}}) + \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q + q}{r_{2}} = \\ \frac{1}{4 π ε_{0}} (\frac{q}{r_{1}} + \frac{Q}{r_{2}}) \end{array}$

Como la esfera interior está conectada a Tierra, su potencial es cero, V₁=0, lo que nos permite despejar su carga desconocida q

$q = - Q \frac{r_{1}}{r_{2}}$

Con los datos del problema, q=-5·10^-9 C

El potencial de la esfera hueca de radio r₂ es

$V_{r_{2}} = \int_{r_{2}}^{\infty} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q + q}{r^{2}} d r = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q + q}{r_{2}} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q (r_{2} - r_{1})}{r_{2}^{2}}$

Con los datos del problema, V₂=225 V