Tenemos un cilindro de radio “a” y que podemos considerar infinito para este problema, tiene su eje alineado con el eje z. Este cilindro está cargado con una densidad de carga volumétrica que vale

1. ey de Gauss

Tenemos un cilindro de radio “a” y que podemos considerar infinito para este problema, tiene su eje alineado con el eje z. Este cilindro está cargado con una densidad de carga volumétrica que vale:

4 r        3[pic 1]

ρ=ρ0 (1+

a ) [C / m ]

Coaxial con este cilindro, tenemos un cilindro hueco de radio interior “b” y de radio exterior “c” de material conductor y que no tiene carga neta. Teniendo en cuenta que 0 < a < b < c:

• Dibuja un sección transversal del problema.

• Calcula el campo electrostático en cualquier punto del espacio.

Resolución:

En primer lugar vamos a dibujar la sección transversal que nos pide el problema. Podría ser algo así:

[pic 2]

Recuerda que este dibujo no es una esfera, si no un cilindro cuyo eje sale hacia nosotros del papel.

Vamos ahora a calcular el campo eléctrico. Como los cilindros son coaxiales, e infinitos y la densidad de carga solo depende del radio, en este caso tenemos una simetría cilíndrica, cualquier rotación alrededor del eje z o cualquier traslación sobre este eje que hagamos no cambia el problema y por lo tanto el resultado va a ser simétrico. La única forma posible del campo va ser radial y perpendicular al eje.

Esto nos va a permitir usar unas superficies gausianas cilíndricas en las que el campo va a ser perpendicular a lo largo de todo el cilindro y de módulo constante.

Empezamos por la zona r < a. La superficie gaussiana tiene, en el corte transversal, este forma:

[pic 3]

En este caso, la superficie roja es un cilindro que sale del papel, de longitud infinita. Planteamos la ley de Gauss que dice que:

∮s  ⃗E⋅d⃗s=

Qenc

ϵ[pic 4]

0

Puesto que el campo es perpendicular a la superficie (y por tanto paralelo al vector diferencial de superficie) y constante, este sale de la integral:

|⃗E|⋅S=

Qenc

ϵ[pic 5]

0

La superficie del cilindro será:

S=2 π r L

Sé que estarás pensando que puesto que L es infinita, la superficie también lo será. Tienes razón, pero de momento vamos a dejarlo indicado así.

Vamos ahora con la carga encerrada por la superficie gaussiana. Puesto que la carga no es constante he de hacer una integral que es:

Qenc=∫ρdv

Voy a usar como diferencial de volumen un cilindro de longitud L (infinita, ya sabemos) y de espesor dr. Por tanto el volumen será:

dv=2 π Lr dr

Y la integral:

r

 4 r[pic 6][pic 7]

r2        4 r3

3 ar2+ 8 r3

Qenc=∫ρ0 (1+[pic 8]

0

a  ) 2 π Lr dr =2 π Lρ0 (2 + 3 a )=π Lρ0 (

3 a        ) [ C ]

Y por lo tanto substituyendo en la ecuación de la ley de Gauss:

2 π r L|⃗E|= π Lρ0

3 ar2 +8 r3

ϵ0        ([pic 9]

3 a        )

Como ves el problema en realidad es independiente de L mientras esta sea muy grande ya que se simplifica de ambos lados de la expresión y podemos dejar el campo:

|⃗E|= ρ0

3 ar +8 r2

ϵ0 ([pic 10]

6 a        ) [V / m]

Y vectorialmente:

⃗E= ρ0

3 ar +8 r 2

ϵ0 ([pic 11]

6 a        )r^

[V / m]

...