Fig 1. Líneas de campo que representan un campo eléctrico uniforme que penetra
en un plano de área A perpendicular al campo.
Por lo tanto, el total de líneas que penetran en la superficie es proporcional al producto EA. A este producto de la magnitud del campo eléctrico E y al área superficial A, perpendicular al campo, se le conoce como flujo eléctrico $\Phi _{E}$ (phi mayúscula):
$$\Phi _E = EA \qquad \qquad \qquad (1)$$
Las unidades del flujo eléctrico son $\frac{Newton}{coulomb}*metro^2$ O simplemente $N\cdot m^2/C$
El flujo eléctrico es proporcional al número de las líneas de campo eléctrico que penetran en una superficie.
Si la superficie en cuestión no es perpendicular al campo, el flujo que pasa a través de él debe ser menor que el resultante si se utiliza la (1).
Fig 2. Líneas de campo que representan un campo eléctrico uniforme que
penetra en un área A la cual forma un ángulo $\theta$ en relación con el campo.
Observa que el número de líneas que atraviesan el área $A$ es igual al número que atraviesa el área $A_{\textbf ⊥}$, la cual es una proyección del área $A_{\textbf ⊥}$ a un plano con orientación perpendicular al campo.
El área $A$ y $A_{\textbf ⊥}$ están relacionadas por la fórmula
$$\Phi_E = E A_{\textbf ⊥} = E A\ cos\ \theta \qquad \qquad (2)$$
Hasta este momento, se ha supuesto un campo eléctrico uniforme. En situaciones más generales, el campo eléctrico varía a lo largo de una superficie. Por lo tanto, la definición de flujo conocida en (2) tiene significado sólo para un elemento de área pequeño sobre el cual el campo es casi constante.
Considere una superficie dividida en un gran número de elementos pequeños, cada uno de área $\Delta A$Es conveniente definir un vector $\vec {A}_i$ cuya magnitud representa el área del elemento i-ésimo sobre la superficie y cuya dirección está definida como perpendicular al elemento de superficie, como se muestra en la figura 3
Fig 3. Elemento pequeño de área superficial $\Delta A_i$ . El campo
eléctrico forma un ángulo $\theta _i$ con el vector $\Delta \vec {A}_i$
El campo eléctrico $\vec {\textbf E}_i$ en la ubicación de este elemento forma un ángulo $\theta _i$ con el vector $\Delta \vec A _i$ . El flujo eléctrico $\Delta \Phi_E$ a través de este elemento es
$$\Delta \Phi _E = E_i\ \Delta A _i\ cos\theta_i = \vec {\textbf E} _i\ \cdot\ \Delta \vec{\textbf A}_i$$
Al sumar las contribuciones de todos los elementos, obtiene el flujo total a través de la superficie.
$$\Phi _E \approx \sum \vec {\textbf E} _i\ \cdot\ \Delta \vec{A}_i$$
Tomando los deltas de área cada vez más pequeño, se presenta el proceso límite cuando lo estos deltas se hacen infinitesimales de tal manera que ese límite se convierte a
$$\Phi _E = \int_{S} \vec {\textbf E} \cdot\ d\vec {\textbf A}\qquad \qquad \qquad (3)$$
La ecuación (3) es una integral de superficie, lo que significa que debe ser evaluada sobre la superficie en cuestión. En general, el valor de $\Phi _E$ depende tanto del patrón de campo como de la superficie.
EJEMPLO 1 Un disco con radio de 0.10 m se orienta con su vector unitario normal con un ángulo de 30° respecto de un campo eléctrico uniforme con magnitud de 2.0 x $10^3$ N/C (figura 4). (Como ésta no es una superficie cerrada, no tiene un “interior” ni un “exterior”; por eso se tiene que especificar la dirección de $\hat {\textbf n}$ en la figura.)
a) ¿Cuál es el flujo eléctrico a través del disco?
b) ¿Cuál sería el flujo que cruzaría el disco si se girara de manera que su normal fuera perpendicular a $\vec {\textbf E}$
c) ¿Cuál sería el flujo que pasaría a través del disco si su normal fuera paralela a $\vec {\textbf E}$ ?
Fig 4. El flujo eléctrico $\Phi _E$ a través de un disco depende
del ángulo entre su normal $\hat {\textbf n}$ y el campo eléctrico $\vec {\textbf E}$
SOLUCIÓN 1
a) El área $A = \pi (0.1\ m)^2 = 0.0314\ m^2$, y el ángulo entre $\vec {\textbf E}$ y $\vec {\textbf A}$ es $\theta = 30°$, por lo que
$$\Phi _E = EA\ cos\theta = (2.0\ \text {x}\ 10^3\ N/C)(0.0314\ m^2)(cos 30°) = 54\ N \cdot m^2/C$$
b) Si se gira el disco, el ángulo entre los dos vectores es 90° y por tanto cos 90° = 0, así que el flujo es cero
$$\Phi _E = EA\ cos\theta = (2.0\ \text {x}\ 10^3\ N/C^2)(0.0314\ m^2)(cos 90°) = 0 N \cdot m^2/C$$
c) Ahora la normal al disco es paralela a $\vec {\textbf E}$, por lo que $\theta = 0$ y $cos 0° = 1$ por lo que el flujo tiene su valor máximo
$$\Phi _E = EA\ cos\theta = (2.0\ \text {x}\ 10^3\ N/C^2)(0.0314\ m^2)(cos 0°) = 63 N \cdot m^2/C$$
EJEMPLO 2 Una carga puntual positiva q = 3.0 $\mu$C está rodeada por una esfera centrada en la carga y cuyo radio mide 0.20 m (figura 5). Determina el flujo eléctrico a través de la esfera debido a esta carga.
Fig 5. Flujo eléctrico a través de una esfera centrada en una carga puntual.
SOLUCIÓN 2
Sabemos que en cualquier punto de la esfera, la magnitud de $\vec {\textbf E}$ es
$$E = \frac{q}{4\pi \epsilon _0 r^2} = k _e \frac {q}{r^2} = (9.0\ \text {x}\ 10^9\ N \cdot m^2/C^2)\frac{3.0\ \text {x}\ 10^{\textbf -\ 6}\ C}{(0.2\ m)^2} = 6.75\ \text {x}\ 10^5\ N/C$$Además, sabemos que $E$ es igual en todos los puntos, se puede sacar de la integral $\Phi_E = \int E\ dA = E\int dA = EA$, donde A es la superficie de la esfera, esto es
$$\Phi_E = E\ 4 \pi r^2 = (6.75\ \text{x}\ 10^5\ N/C)(4\pi)(0.2\ m)^2 $$$$\boxed{\ \ \ \Phi_E = 3.4\ \text{x}\ 10^5\ N \cdot m^2/C \ \ \ }$$
PROBLEMA 3 Un cubo de arista L está situado en una región de campo eléctrico uniforme $\vec {\textbf E}$. Determina el flujo eléctrico que pasa a través de cada cara del cubo y el flujo total a través de éste cuando
a) el cubo está orientado con dos de sus caras perpendiculares al campo $\vec {\textbf E}$, como se ilustra en la figura 6a; y
b) cuando el cubo se gira un ángulo $\theta$, como en la figura 6b
Fig 6. Flujo eléctrico de un campo uniforme $\vec {\textbf E}$ a través de
un caja cúbica con arista L en dos orientacionesSOLUCIÓN 3
a) En la figura se observa que los vectores unitarios para cada cara (desde $\hat {\textbf n _1}$ hasta $\hat {\textbf n}_6$) y su dirección es hacia afuera. cada cara tiene un área $L^2$, así que
$\Phi _{E1} = \vec {\textbf E} \cdot \hat {\textbf n}_1 A = EL^2 cos 180° = - EL^2$
$\Phi _{E2} = \vec {\textbf E} \cdot \hat {\textbf n}_2 A = EL^2 cos 0° = + EL^2$
$\Phi _{E3} = \Phi _{E4} = \Phi _{E5} = \Phi _{E6} = -EL^2 cos 90° = 0$
$\Phi _{E} = \Phi _{E1} + \Phi _{E2} + \Phi _{E3} + \Phi _{E4} + \Phi _{E5} + \Phi _{E6} = -EL^2 + EL^2 + 0 + 0 + 0 + 0 = 0$
$$\boxed {\ \ \ \Phi _{E} = 0\ \ \ }$$
b) Con el giro tendremos que, los flujos en las caras 1 y 3 son negativos y en las caras 2 y 4 son positivos. En los demás son cero.
$\Phi _{E1} = \vec {\textbf E} \cdot \hat {\textbf n}_1 A = EL^2 cos (180° - \theta) = - EL^2 cos \theta$
$\Phi _{E2} = \vec {\textbf E} \cdot \hat {\textbf n}_2 A = EL^2 cos \theta) = EL^2 cos \theta$
$\Phi _{E3} = \vec {\textbf E} \cdot \hat {\textbf n}_3 A = EL^2 cos (90° + \theta) = - EL^2 sen \theta$
$\Phi _{E4} = \vec {\textbf E} \cdot \hat {\textbf n}_4 A = EL^2 cos (\theta - \theta) = + EL^2 cos \theta$
$\Phi _{E5} + \Phi _{E6} = - EL^2 cos 90° = 0$
$\Phi _{E} = \Phi _{E1} + \Phi _{E2} + \Phi _{E3} + \Phi _{E4} + \Phi _{E5} + \Phi _{E6} = - EL^2 cos \theta + EL^2 cos \theta - EL^2 sen \theta + EL^2 sen \theta0 + 0 + 0 = 0$
$$\boxed {\ \ \ \Phi _{E} = 0\ \ \ }$$
LEY DE GAUSS
La ley de Gauss establece que el flujo eléctrico total a través de cualquier superficie cerrada (una superficie que encierra un volumen definido) es proporcional a la carga eléctrica total (neta) dentro de la superficie
Comenzamos analizando el campo de una sola carga puntual positiva $q$. Las líneas de campo se extienden en forma radial hacia afuera en todas direcciones por igual.
Si colocamos esta carga en el centro de una superficie esférica imaginaria de radio R. La magnitud E del campo eléctrico en cada punto de la superficie está dado por
$$E = \frac{1}{4\pi \epsilon _0} \frac{q}{R^2}$$
En cada punto de la superficie, $\vec {\textbf E}$ es perpendicular a esta y obvio que su magnitud es la misma en todos los puntos.
El flujo eléctrico total es el producto del campo E por el área total $A = 4 \pi r^2$ de la esfera:
$$\Phi _E = \frac{1}{4\pi \epsilon _0} \frac{q}{R^2} (4\pi R^2) = \frac{q}{\epsilon _0}$$.
El flujo es independiente del Radio R de la esfera.
CARGA PUNTUAL DENTRO DE UNA SUPERFICIE NO ESFERICA
En la figura 7 aparece una esfera de radio R circundada por una superficie de forma irregular, en vez de por una segunda esfera. Considere un pequeño elemento de área dA sobre la superficie irregular; se observa que esta área es mayor que el elemento correspondiente sobre una superficie esférica a la misma distancia de q.
Fig 7. Cálculo del flujo eléctrico que pasa a través de una superficie no esférica
Si una normal a dA forma un ángulo $\phi$ con una línea radial que sale de q, dos lados del área proyectada sobre la superficie esférica se ven disminuidos en un factor $cos \phi$ (figura 7). Los otros dos lados permanecen sin cambio. De esta forma, el flujo eléctrico a través del elemento de superficie esférica es igual al flujo $E\ dA\ cos \phi$ a través del correspondiente elemento de superficie irregular. Por lo tanto, para la superficie
$$\Phi _E = \oint \vec {\textbf E} \cdot\ d\vec {\textbf A} = \frac{q}{\epsilon _0}$$
FORMA GENERAL DE LA LEY DE GAUSS
Supón que la superficie encierra no sólo una carga puntual q, sino varias cargas,$q_1 ,\ q_2 ,\ q_3\ , ….$ El campo eléctrico total (resultante) $\vec {\textbf E}$ en cualquier punto es la suma vectorial de los campos $\vec {\textbf E}$ de las cargas individuales. En general
$$\Phi _E = \oint \vec {\textbf E} \cdot\ d\vec {\textbf A} = \frac{Q_{enc}}{\epsilon _0}$$
Donde $Q_{enc} = q_1 ,\ q_2 ,\ q_3\, … .$
La ley de Gauss es válida para cualquier distribución de cargas y cualquier superficie cerrada. La ley de Gauss se puede utilizar de dos maneras. Si se conoce la distribución de la carga y si ésta tiene simetría suficiente que permita evaluar la integral en la ley de Gauss, se puede obtener el campo. O si se conoce el campo, es posible usar la ley de Gauss para encontrar la distribución de carga, como las cargas en superficies conductoras.
En problemas prácticos es frecuente encontrar situaciones en las que se desea conocer el campo eléctrico causado por una distribución de carga en un conductor. Estos cálculos se facilitan por el siguiente hecho notable: cuando en un conductor sólido se coloca un exceso de carga que se encuentra en reposo, se encuentra en su totalidad en la superficie, no en el interior del material.
PROBLEMA 4 Se coloca una carga positiva q en una esfera conductora sólida de radio R (figura 8). Determina en cualquier punto en el interior o en el exterior de la esfera.
Fig 8. Cálculo del campo eléctrico de una esfera conductora con carga positiva q
SOLUCIÓN 4
Dado que la esfera es conductora, toda la carga esta en la superficie de esta, por lo que el campo en el intervalo de $0 \leq r < R$ debe ser cero ya que ahí no hay carga.
En el intervalo $R \leq r < \infty$ el campo está dado por:
$$E(R) = \frac{1}{4\pi \epsilon _0} \frac{q}{R^2}$$
EJERCICIO 1 Una carga eléctrica está distribuida de manera uniforme a lo largo de un alambre delgado de longitud infinita. La carga por unidad de longitud es $\lambda$ (se supone positiva). Se trata de encontrar el campo eléctrico.
EJERCICIO 2 Encuentra el campo eléctrico que genera una lámina delgada, plana e infinita, en la que hay una carga uniforme positiva por unidad de área $\sigma$.
Nota: La simetría plana significa que la distribución de carga no cambia si hay un movimiento en cualquier dirección paralela a la lámina, además que el campo debe tener la misma magnitud E a cualquier distancia dada en cualquier lado de la lámina.
EJERCICIO 3 Una carga eléctrica positiva Q está distribuida de manera uniforme en todo el volumen de una esfera aislante con radio R. Encuentra la magnitud del campo eléctrico en el punto P a una distancia r del centro de la esfera.
No hay comentarios. :
Publicar un comentario