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Compruebe Lo Aprendido

6.1

Colóquelo de forma que su normal unitaria sea perpendicular a E.E.

6.2

m a b 2 / 2 m a b 2 / 2

6.3

a. 3,4×105N·m2/C;3,4×105N·m2/C; b. -3,4×105N·m2/C;-3,4×105N·m2/C; c. 3,4×105N·m2/C;3,4×105N·m2/C; d. 0

6.4

En este caso, solo hay Efuera.Así que,.Efuera.Así que,.

6.5

E=λ02πε01dr^E=λ02πε01dr^; 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.

6.6

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.

Preguntas Conceptuales

1.

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.

3.

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

5.

Dado que el vector del campo eléctrico tiene una dependencia 1r21r2, los flujos son los mismos ya que A=4πr2A=4πr2.

7.

a. no; b. cero

9.

Ambos campos varían como 1r21r2. Debido a que la constante gravitacional es mucho más pequeña que 14πε014πε0, 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.

11.

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

13.

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

15.

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.

17.

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

19.

Como el campo eléctrico es cero dentro de un conductor, una carga de −2,0μC−2,0μC se induce en la superficie interior de la cavidad. Esto pondrá una carga de +2,0μC+2,0μC en la superficie exterior, dejando una carga neta de −3,0μC−3,0μC en la superficie.

Problemas

21.

Φ=E·AEAcosθ=2,2×104N·m2/CΦ=E·AEAcosθ=2,2×104N·m2/C campo eléctrico en la dirección de la normal unitaria Φ=E·AEAcosθ=−2,2×104N·m2/CΦ=E·AEAcosθ=−2,2×104N·m2/C campo eléctrico opuesto a la normal unitaria

23.

3 × 10 −5 N · m 2 / C ( 0,05 m ) 2 = E σ = 2,12 × 10 −13 C / m 2 3 × 10 −5 N · m 2 / C ( 0,05 m ) 2 = E σ = 2,12 × 10 −13 C / m 2

25.

a. Φ=0,17N·m2/C;Φ=0,17N·m2/C;
b Φ=0Φ=0; c. Φ=EAcos0°=1,0×103N/C(2,0×10−4m)2cos0°=0,20N·m2/CΦ=EAcos0°=1,0×103N/C(2,0×10−4m)2cos0°=0,20N·m2/C

27.

Φ = 3,8 × 10 4 N · m 2 / C Φ = 3,8 × 10 4 N · m 2 / C

29.

E ( z ) = 1 4 π ε 0 2 λ z k ^ , E · n ^ d A = λ ε 0 l E ( z ) = 1 4 π ε 0 2 λ z k ^ , E · n ^ d A = λ ε 0 l

31.

a. Φ=3,39×103N·m2/CΦ=3,39×103N·m2/C; b. Φ=0Φ=0;
c. Φ=-2,25×105N·m2/CΦ=-2,25×105N·m2/C;
d. Φ=90,4N·m2/CΦ=90,4N·m2/C

33.

Φ = 1,13 × 10 6 N · m 2 /C Φ = 1,13 × 10 6 N · m 2 /C

35.

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
Φ=124qε0Φ=124qε0.

37.

q = 3,54 × 10 −7 C q = 3,54 × 10 −7 C

39.

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

41.

r > R , E = Q 4 π ε 0 r 2 ; r < R , E = q r 4 π ε 0 R 3 r > R , E = Q 4 π ε 0 r 2 ; r < R , E = q r 4 π ε 0 R 3

43.

E A = λ l ε 0 E = 4,50 × 10 7 N / C E A = λ l ε 0 E = 4,50 × 10 7 N / C

45.

a. 0; b. 0; c E=6,74×106N/C(r^)E=6,74×106N/C(r^)

47.

a. 0; b. E=2,70×106N/CE=2,70×106N/C

49.

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.

51.

a. E=Rσ0ε01rr^σ0=5,31×10−11C/m2,E=Rσ0ε01rr^σ0=5,31×10−11C/m2,
λ=3,33×10−12C/mλ=3,33×10−12C/m;
b. Φ=qencε0=3,33×10−12C/m(0,05m)ε0=0,019N·m2/CΦ=qencε0=3,33×10−12C/m(0,05m)ε0=0,019N·m2/C

53.

E2πrl=ρπr2lε0E=ρr2ε0(rR)E2πrl=ρπr2lε0E=ρr2ε0(rR);
E2πrl=ρπR2lε0E=ρR22ε0r(rR)E2πrl=ρπR2lε0E=ρR22ε0r(rR)

55.

Φ = q enc ε 0 q enc = −1,0 × 10 −9 C Φ = q enc ε 0 q enc = −1,0 × 10 −9 C

57.

qenc=45παr5,qenc=45παr5,
E4πr2=4παr55ε0E=αr35ε0(rR),E4πr2=4παr55ε0E=αr35ε0(rR),
qenc=45παR5,E4πr2=4παR55ε0E=αR55ε0r2(rR)qenc=45παR5,E4πr2=4παR55ε0E=αR55ε0r2(rR)

59.

integrar por partes qenc=4πρ0[eαr((r)2α+2rα2+2α3)+2α3]E=ρ0r2ε0[eαr((r)2α+2rα2+2α3)+2α3]qenc=4πρ0[eαr((r)2α+2rα2+2α3)+2α3]E=ρ0r2ε0[eαr((r)2α+2rα2+2α3)+2α3]

61.


La figura muestra una esfera con dos cavidades. Una carga positiva qa está en una cavidad y una carga positiva qb está en la otra cavidad. Una carga positiva q0 está fuera de la esfera a una distancia r de su centro.
63.

a. Afuera E2πrl=λlε0E=3,0C/m2πε0rE2πrl=λlε0E=3,0C/m2πε0r; Adentro Edentro=0Edentro=0; b

Se muestra un círculo sombreado con signos de más alrededor de su borde. Las flechas del círculo irradian hacia el exterior.
65.

a. E2πrl=λlε0E=λ2πε0rrRE2πrl=λlε0E=λ2πε0rrR E interior es igual a 0; b.

Se muestra un gráfico de E versus r. La curva sube en línea vertical desde un punto R en el eje x. A continuación, desciende gradualmente y se estabiliza justo por encima del eje x.
67.

E = 5,65 × 10 4 N / C E = 5,65 × 10 4 N / C

69.

λ=λlε0E=aσε0rraλ=λlε0E=aσε0rra, E=0E=0 adentro, dado que qcerrado=0qcerrado=0

71.

a. E=0E=0; b. E2πrL=Qε0E=Q2πε0rLE2πrL=Qε0E=Q2πε0rL; c. E=0E=0 ya que r estaría dentro de la segunda capa o si está fuera entonces q cerrada es igual a 0.

Problemas Adicionales

73.

E · n ^ d A = a 4 E · n ^ d A = a 4

75.

a. E·n^dA=E0r2πE·n^dA=E0r2π; b. cero, ya que el flujo a través de la mitad superior anula el flujo a través de la mitad inferior de la esfera

77.

Φ=qencε0Φ=qencε0; Hay dos contribuciones a la integral de superficie: una en el lado del rectángulo en x=0x=0 y el otro al lado en x=2,0mx=2,0m
E(0)[1,5m2]+E(2,0m)[1,5m2]=qencε0=−100Nm2/CE(0)[1,5m2]+E(2,0m)[1,5m2]=qencε0=−100Nm2/C
donde el signo menos indica que en x=0x=0, el campo eléctrico está a lo largo de x positivo y la normal unitaria está a lo largo de x negativo. En x=2x=2, la normal unitaria y el vector del campo eléctrico están en la misma dirección qenc=ε0Φ=-8,85×10−10Cqenc=ε0Φ=-8,85×10−10C.

79.

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

81.

a. σ=3,0×10−3C/m2σ=3,0×10−3C/m2, +3×10−3C/m2+3×10−3C/m2 en uno y −3×10−3C/m2−3×10−3C/m2 en el otro; b. E=3,39×108N/CE=3,39×108N/C

83.

Construya un cilindro gaussiano a lo largo del eje z con un área de sección transversal A.
|z|a2qenc=ρAa,Φ=ρAaε0E=ρa2ε0|z|a2qenc=ρAa,Φ=ρAaε0E=ρa2ε0,
|z|a2qenc=ρA2z,E(2A)=ρA2zε0E=ρzε0|z|a2qenc=ρA2z,E(2A)=ρA2zε0E=ρzε0

85.

a. r>b2E4πr2=43π[ρ1(b13a13)+ρ2(b23a23)ε0E=ρ1(b13a13)+ρ2(b23a23)3ε0r2r>b2E4πr2=43π[ρ1(b13a13)+ρ2(b23a23)ε0E=ρ1(b13a13)+ρ2(b23a23)3ε0r2;
b. a2<r<b2  E4πr2=43π[ρ1(b13a13)+ρ2(r3a23)]ε0E=ρ1(b13a13)+ρ2(r3a23)3ε0r2a2<r<b2  E4πr2=43π[ρ1(b13a13)+ρ2(r3a23)]ε0E=ρ1(b13a13)+ρ2(r3a23)3ε0r2;
c. b1<r<a2  E4πr2=43πρ1(b13a13)ε0E=ρ1(b13a13)3ε0r2b1<r<a2  E4πr2=43πρ1(b13a13)ε0E=ρ1(b13a13)3ε0r2;
d. a1<r<b1  E4πr2=43πρ1(r3a13)ε0E=ρ1(r3a13)3ε0r2a1<r<b1  E4πr2=43πρ1(r3a13)ε0E=ρ1(r3a13)3ε0r2; e. 0

87.

Campo eléctrico debido a la placa sin agujero E=σ2ε0E=σ2ε0.
Campo eléctrico de un solo agujero lleno de σE=σ2ε0(1zR2+z2)σE=σ2ε0(1zR2+z2).
Por lo tanto, Eneto=σ2ε0hR2+h2Eneto=σ2ε0hR2+h2.

89.

a. E=0E=0; b. E=q14πε0r2E=q14πε0r2; c. E=q1+q24πε0r2E=q1+q24πε0r2; d. 0,q1,q1,q1+q20,q1,q1,q1+q2

Problemas De Desafío

91.

Dado el enlace referenciado, utilizando una distancia a Vega de 237×1015237×1015 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 2,44×1024J/s2,44×1024J/s en esa longitud de onda. Observe que el flujo que atraviesa el espejo es esencialmente constante.

93.

La simetría del sistema obliga a EE 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 σA,σA, por la ley de Gauss, 2EA=σAε0,2EA=σAε0, y el campo eléctrico de una hoja de carga infinita es
E=σ2ε0,E=σ2ε0, de acuerdo con su cálculo en el texto.

95.

Hay Q/2 en cada lado de la placa ya que la carga neta es Q: σ=Q2Aσ=Q2A,
SE·n^dA=2σΔAε0EP=σε0=Qε02ASE·n^dA=2σΔAε0EP=σε0=Qε02A

Notas a pie de página

  • 1http://webviz.u-strasbg.fr/viz-bin/VizieR-5?-source=I/311&HIP=91262
  • 2http://ntrs.nasa.gov/archive/nasa/casi.ntrs.nasa.gov/19910003124.pdf
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