Capítulo 6

Colóquelo de forma que su normal unitaria sea perpendicular a $\overrightarrow{\text{E}}.$

$ma{b}^2\text{/}2$

a. $\mathrm{3,4}\times {10}^5\text{N}·{\text{m}}^2\text{/C;}$ b. $\mathrm{-3,4}\times {10}^5\text{N}·{\text{m}}^2\text{/C;}$ c. $\mathrm{3,4}\times {10}^5\text{N}·{\text{m}}^2\text{/C;}$ d. 0

En este caso, solo hay ${\overrightarrow{\text{E}}}_{\text{fuera}}.\text{Así que},\text{sí}.$

$\overrightarrow{\text{E}}=\frac{{\lambda }_0}{2\pi {\epsilon }_0}\frac{1}{d}\widehat{\text{r}}$; Esto concuerda con el cálculo del Ejemplo 5.5 donde encontramos el campo eléctrico integrando sobre el cable cargado. Observe que el cálculo de este campo eléctrico es mucho más sencillo con la ley de Gauss.

Si hay otros objetos cargados alrededor, entonces las cargas en la superficie de la esfera no serán necesariamente esféricamente simétricas; habrá más en cierta dirección que en otras.

a. Si la superficie plana es perpendicular al vector de campo eléctrico, se obtendría el flujo máximo. b. Si la superficie plana fuera paralela al vector de campo eléctrico, se obtendría el flujo mínimo.

Falso. El flujo eléctrico neto que atraviesa una superficie cerrada es siempre cero si y solo si la carga neta encerrada es cero.

Dado que el vector del campo eléctrico tiene una dependencia $\frac{1}{r^2}$, los flujos son los mismos ya que $A=4\pi r^2$.

a. no; b. cero

Ambos campos varían como $\frac{1}{r^2}$. Debido a que la constante gravitacional es mucho más pequeña que $\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}$, el campo gravitacional es órdenes de magnitud más débiles que el campo eléctrico. Además, el flujo gravitacional a través de una superficie cerrada es cero o positivo; sin embargo, el flujo eléctrico es positivo, negativo o cero, dependiendo de la definición de flujo para la situación dada.

No, se produce por todas las cargas tanto dentro como fuera de la superficie gaussiana.

No, ya que la situación no tiene simetría, lo que hace que la ley de Gauss sea difícil de simplificar.

Se puede utilizar cualquier forma de la superficie gaussiana. La única restricción es que la integral gaussiana debe ser calculable; por tanto, una caja o un cilindro son las formas geométricas más convenientes para la superficie gaussiana.

No. Si un metal estuviera en una región de campo eléctrico cero, todos los electrones de conducción se distribuirían uniformemente por el metal.

Como el campo eléctrico es cero dentro de un conductor, una carga de $\mathrm{-2,0}\mu \text{C}$ se induce en la superficie interior de la cavidad. Esto pondrá una carga de $+\mathrm{2,0}\mu C$ en la superficie exterior, dejando una carga neta de $\mathrm{-3,0}\mu \text{C}$ en la superficie.

$\text{Φ}=\overrightarrow{\text{E}}·\overrightarrow{\text{A}}\to EA\text{cos}\theta =\mathrm{2,2}\times {10}^4\text{N}·{\text{m}}^2\text{/}\text{C}$ campo eléctrico en la dirección de la normal unitaria $\text{Φ}=\overrightarrow{\text{E}}·\overrightarrow{\text{A}}\to EA\text{cos}\theta =\mathrm{-2,2}\times {10}^4\text{N}·{\text{m}}^2\text{/}\text{C}$ campo eléctrico opuesto a la normal unitaria

$\frac{3\times {10}^{\mathrm{-5}}\text{N}·{\text{m}}^2\text{/}\text{C}}{{(\mathrm{0,05}\text{m})}^2}=E\Rightarrow \sigma =\mathrm{2,12}\times {10}^{\mathrm{-13}}\text{C}\text{/}{\text{m}}^2$

a. $\text{Φ}=\mathrm{0,17}\text{N}·{\text{m}}^2\text{/C;}$
b $\text{Φ}=0$; c. $\text{Φ}=EA\text{cos}0\text{°}=\mathrm{1,0}\times {10}^3\text{N}\text{/}\text{C}{(\mathrm{2,0}\times {10}^{\mathrm{-4}}\text{m})}^2\text{cos}0\text{°}=\mathrm{0,20}\text{N}·{\text{m}}^2\text{/}\text{C}$

$\text{Φ}=\mathrm{3,8}\times {10}^4\text{N}·{\text{m}}^2\text{/}\text{C}$

$\overrightarrow{\text{E}}(z)=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{2\lambda }{z}\widehat{\text{k}},{\displaystyle \int \overrightarrow{\text{E}}·\widehat{\text{n}}}dA=\frac{\lambda }{{\epsilon }_0}l$

a. $\text{Φ}=\mathrm{3,39}\times {10}^3\text{N}·{\text{m}}^2\text{/}\text{C}$; b. $\text{Φ}=0$;
c. $\text{Φ}=\mathrm{-2,25}\times {10}^5\text{N}·{\text{m}}^2\text{/}\text{C}$;
d. $\text{Φ}=\mathrm{90,4}\text{N}·{\text{m}}^2\text{/}\text{C}$

$\text{Φ}=\mathrm{1,13}\times {10}^6\text{N}·{\text{m}}^2\text{/C}$

Haga un cubo con q en el centro, usando el cubo de lado a. Se necesitarían cuatro cubos de lado a para hacer una cara del cubo grande. El lado sombreado del cubo pequeño sería 1/24 del área total del cubo grande; por lo tanto, el flujo a través del área sombreada sería
$\text{Φ}=\frac{1}{24}\frac{q}{{\epsilon }_0}$.

$q=\mathrm{3,54}\times {10}^{\mathrm{-7}}\text{C}$

cero, también porque el flujo de entrada es igual al flujo de salida

$r>R,E=\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2};r<R,E=\frac{qr}{4\pi {\epsilon }_0{R}^3}$

$EA=\frac{\lambda l}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\mathrm{4,50}\times {10}^7\text{N}\text{/}\text{C}$

a. 0; b. 0; c $\overrightarrow{\text{E}}=\mathrm{6,74}\times {10}^6\text{N}\text{/}\text{C}(\text{−}\widehat{\text{r}})$

a. 0; b. $E=\mathrm{2,70}\times {10}^6\text{N}\text{/}\text{C}$

a. Sí, la longitud de la varilla es mucho mayor que la distancia al punto en cuestión. b. No, la longitud de la varilla es del mismo orden de magnitud que la distancia al punto en cuestión. c. Sí, la longitud de la varilla es mucho mayor que la distancia al punto en cuestión. d. No. La longitud de la varilla es del mismo orden de magnitud que la distancia al punto en cuestión.

a. $\overrightarrow{\text{E}}=\frac{R{\sigma }_0}{{\epsilon }_0}\frac{1}{r}\widehat{\text{r}}\Rightarrow {\sigma }_0=\mathrm{5,31}\times {10}^{\mathrm{-11}}\text{C}\text{/}{\text{m}}^2,$
$\lambda =\mathrm{3,33}\times {10}^{\mathrm{-12}}\text{C}\text{/}\text{m}$;
b. $\text{Φ}=\frac{q_{\text{enc}}}{{\epsilon }_0}=\frac{\mathrm{3,33}\times {10}^{\mathrm{-12}}\text{C}\text{/}\text{m}(\mathrm{0,05}\text{m})}{{\epsilon }_0}=\mathrm{0,019}\text{N}·{\text{m}}^2\text{/}\text{C}$

$E2\pi rl=\frac{\rho \pi r^{2}l}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{\rho r}{2{\epsilon }_0}(r\le R)$;
$E2\pi rl=\frac{\rho \pi R^{2}l}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{\rho R^2}{2{\epsilon }_{0}r}(r\ge R)$

$\text{Φ}=\frac{q_{\text{enc}}}{{\epsilon }_0}\Rightarrow q_{\text{enc}}=\mathrm{-1,0}\times {10}^{\mathrm{-9}}\text{C}$

$q_{\text{enc}}=\frac{4}{5}\pi \alpha r^5,$
$E4\pi r^2=\frac{4\pi \alpha r^5}{5{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{\alpha r^3}{5{\epsilon }_0}(r\le R),$
$q_{\text{enc}}=\frac{4}{5}\pi \alpha R^5,E4\pi r^2=\frac{4\pi \alpha R^5}{5{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{\alpha R^5}{5{\epsilon }_0{r}^2}(r\ge R)$

integrar por partes $q_{\text{enc}}=4\pi {\rho }_0\left[\text{−}{e}^{\text{−}\alpha r}(\frac{{(r)}^2}{\alpha }+\frac{2r}{{\alpha }^2}+\frac{2}{{\alpha }^3})+\frac{2}{{\alpha }^3}\right]\Rightarrow E=\frac{{\rho }_0}{r^2{\epsilon }_0}\left[\text{−}{e}^{\text{−}\alpha r}(\frac{{(r)}^2}{\alpha }+\frac{2r}{{\alpha }^2}+\frac{2}{{\alpha }^3})+\frac{2}{{\alpha }^3}\right]$

a. Afuera $E2\pi rl=\frac{\lambda l}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{\mathrm{3,0}\text{C}\text{/}\text{m}}{2\pi {\epsilon }_{0}r}$; Adentro $E_{\text{dentro}}=0$; b

a. $E2\pi rl=\frac{\lambda l}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_{0}r}r\ge R$ E interior es igual a 0; b.

$E=\mathrm{5,65}\times {10}^4\text{N}\text{/}\text{C}$

$\lambda =\frac{\lambda l}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{a\sigma }{{\epsilon }_{0}r}r\ge a$, $E=0$ adentro, dado que $q\text{cerrado}=0$

a. $E=0$; b. $E2\pi rL=\frac{Q}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{Q}{2\pi {\epsilon }_{0}rL}$; c. $E=0$ ya que r estaría dentro de la segunda capa o si está fuera entonces q cerrada es igual a 0.

${\displaystyle \int \overrightarrow{\text{E}}·\widehat{\text{n}}dA=a^4}$

a. ${\displaystyle \int \overrightarrow{\text{E}}·\widehat{\text{n}}dA=E_0{r}^2\pi }$; b. cero, ya que el flujo a través de la mitad superior anula el flujo a través de la mitad inferior de la esfera

$\text{Φ}=\frac{q_{\text{enc}}}{{\epsilon }_0}$; Hay dos contribuciones a la integral de superficie: una en el lado del rectángulo en $x=0$ y el otro al lado en $x=\mathrm{2,0}\text{m}$
$-E(0)[\mathrm{1,5}{\text{m}}^2]+E(\mathrm{2,0}\text{m})[\mathrm{1,5}{\text{m}}^2]=\frac{q_{\text{enc}}}{{\epsilon }_0}=\mathrm{-100}{\text{Nm}}^2\text{/}\text{C}$
donde el signo menos indica que en $x=0$, el campo eléctrico está a lo largo de x positivo y la normal unitaria está a lo largo de x negativo. En $x=2$, la normal unitaria y el vector del campo eléctrico están en la misma dirección $q_{\text{enc}}={\epsilon }_0\text{Φ}=\mathrm{-8,85}\times {10}^{\mathrm{-10}}\text{C}$.

no mantuvo direcciones consistentes para los vectores de área, o los campos eléctricos

a. $\sigma =\mathrm{3,0}\times {10}^{\mathrm{-3}}\text{C}\text{/}{\text{m}}^2$, $+3\times {10}^{\mathrm{-3}}{\text{C/m}}^2$ en uno y $\mathrm{-3}\times {10}^{\mathrm{-3}}{\text{C/m}}^2$ en el otro; b. $E=\mathrm{3,39}\times {10}^8\text{N}\text{/}\text{C}$

Construya un cilindro gaussiano a lo largo del eje z con un área de sección transversal A.
$\left|z\right|\ge \frac{a}{2}{q}_{\text{enc}}=\rho Aa,\text{Φ}=\frac{\rho Aa}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{\rho a}{2{\epsilon }_0}$,
$\left|z\right|\le \frac{a}{2}{q}_{\text{enc}}=\rho A2z,E(2A)=\frac{\rho A2z}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{\rho z}{{\epsilon }_0}$

a. $r>b_{2}E4\pi r^2=\frac{\frac{4}{3}\pi [{\rho }_1(b_1^3-a_1^3)+{\rho }_2(b_2^3-a_2^3)}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{{\rho }_1(b_1^3-a_1^3)+{\rho }_2(b_2^3-a_2^3)}{3{\epsilon }_0{r}^2}$;
b. $a_2<r<b_{2}E4\pi r^2=\frac{\frac{4}{3}\pi [{\rho }_1(b_1^3-a_1^3)+{\rho }_2(r^3-a_2^3)]}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{{\rho }_1(b_1^3-a_1^3)+{\rho }_2(r^3-a_2^3)}{3{\epsilon }_0{r}^2}$;
c. $b_1<r<a_{2}E4\pi r^2=\frac{\frac{4}{3}\pi {\rho }_1(b_1^3-a_1^3)}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{{\rho }_1(b_1^3-a_1^3)}{3{\epsilon }_0{r}^2}$;
d. $a_1<r<b_{1}E4\pi r^2=\frac{\frac{4}{3}\pi {\rho }_1(r^3-a_1^3)}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E=\frac{{\rho }_1(r^3-a_1^3)}{3{\epsilon }_0{r}^2}$; e. 0

Campo eléctrico debido a la placa sin agujero $E=\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0}$.
Campo eléctrico de un solo agujero lleno de $\text{−}\sigma E=\frac{\text{−}\sigma }{2{\epsilon }_0}\left(1-\frac{z}{\sqrt{R^2+z^2}}\right)$.
Por lo tanto, $E_{\text{neto}}=\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0}\frac{h}{\sqrt{R^2+h^2}}$.

a. $E=0$; b. $E=\frac{q_1}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}$; c. $E=\frac{q_1+q_2}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}$; d. $0,q_1,-q_1,q_1+q_2$

Dado el enlace referenciado, utilizando una distancia a Vega de $237\times {10}^{15}$ m¹ y un diámetro de 2,4 m para el espejo primario,² hallamos que a una longitud de onda de 555,6 nm, Vega está emitiendo $\mathrm{2,44}\times {10}^{24}\text{J/s}$ en esa longitud de onda. Observe que el flujo que atraviesa el espejo es esencialmente constante.

La simetría del sistema obliga a $\overrightarrow{\text{E}}$ a ser perpendicular a la hoja y constante sobre cualquier plano paralelo a la hoja. Para calcular el campo eléctrico, elegimos la superficie cilíndrica gaussiana mostrada. El área de la sección transversal y la altura del cilindro son A y 2x, respectivamente, y el cilindro se coloca de manera que sea bisecado por la hoja plana. Como E es perpendicular a cada extremo y paralelo al lado del cilindro, tenemos EA como el flujo a través de cada extremo y no hay flujo a través del lado. La carga que encierra el cilindro es $\sigma A,$ por la ley de Gauss, $2EA=\frac{\sigma A}{{\epsilon }_0},$ y el campo eléctrico de una hoja de carga infinita es
$E=\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0},$ de acuerdo con su cálculo en el texto.

Hay Q/2 en cada lado de la placa ya que la carga neta es Q: $\sigma =\frac{Q}{2A}$,
${\displaystyle \underset{S}{\oint }\overrightarrow{\text{E}}·}\widehat{\text{n}}dA=\frac{2\sigma \text{Δ}A}{{\epsilon }_0}\Rightarrow E_P=\frac{\sigma }{{\epsilon }_0}=\frac{Q}{{\epsilon }_{0}2A}$