¡Descarga Problemes de camps elèctrics y más Apuntes en PDF de Física solo en Docsity!
Tema 1. Exercicis resolts
Exercici 1. A un dau d’alumini d’1 cm^3 , li lleven 1e-^ per cada 1.000.000 àtoms. a) Quina és la força exercida sobre un altre dau tractat de la mateixa forma i separat a la distància d’1 metre? b) Compara aquest valor amb la força gravitatòria que exerceix la terra sobre el mateix dau situat a la superfície terrestre. c) Quina distància caldria separar els daus de l’apartat “a” perquè ambdues forces tingueren el mateix mòdul. d) Quants electrons hem de traure perquè ambdues forces siguen iguals Dades de l’alumini: densitat 2.700 kg/m 3. Pes atòmic: Ma=26,9815 g/mol. Nombre d’Avogadro: 6,022 x 10^23 àtoms/mol Càrrega de l’electró: -1,6 × 10 -19^ C
Solució:
a) Per resoldre l’exercici necessitem saber la càrrega total del dau i per tant el nombre d’àtoms que hi ha en 1 cm 3 d’alumini. La constant d’Avogadro és una constant universal que ens dóna el nombre d’àtoms en un mol de material. Com que de la taula periòdica dels elements podem traure el pes d’un mol (pes atòmic), podrem calcular el nombre d’àtoms que tenim en una quantitat (massa) determinada del material. Fent ús de la densitat del material (relació entre massa i volum) podrem calcular els àtoms per a un volum donat del material.
Aleshores, en primer lloc calcularem la massa que tenim en el nostre dau d’alumini: Com que la densitat és la relació entre massa i volum:
M V ( g cm ) ( cm ) g V
M
ρ= → =ρ = 2 , 7 /^3 × 1 3 = 2 , 7
On abans d’operar hem passat totes les dimensions a un mateix sistema d’unitats
= 3 = 3 = 2 , 7 g/cm^3 1000.000cm
1000 gr ρ 2. 700 kg/m 2.
Com que el pes atòmic és Ma = 26,9815g/mol, la seua inversa ens dóna el nombre de
mols que hi ha en un gram d’alumini : ( 26 , 9815 ) −^1 = 0 , 3706 mol/g. Aleshores, si
multipliquem per 2,7 g, tindrem el nombre de mols en un dau d’alumni:
nombre de mols: nombre mols=0,3706×2,7≈0,1mol
Si en un mol d’alumini tenim 6,022 x 1023 àtoms(que és el nombre d’Avogadro), en
0,1 mol, tindrem: 6,022 x 1023 ×0,1=6,022x10^22 àtoms
Cal fixar-se com a partir de dades dels materials, que podem aconseguir fàcilment via Internet o consultant taules (com és la taula periòdica), podem deduir informació que pot resultar important a efectes tecnocientífics o d’aprenentatge.
Si eliminem un electró cada 10^6 àtoms, això vol dir que trencarem l’equilibri de càrregues de tal manera que cada 10 6 àtoms tindrem una càrrega positiva igual a la de
l’electró que hem tret: +1,6 × 10-19^ C. Si el material té un total de 6,022x10 22 àtoms , la
càrrega total serà de: 9 , 35 10 C 10
Q 1 , 6 10 6 3
22 = × −^19 × = × −
El mòdul de la força entre dos daus d’alumini carregats amb 9 , 35 × 10 −^3 C i separats la
distància d’un metre serà:
( ) 85 , 15 10 N 1
r
Q.Q
F K 2 3
3 2 9 2 = ×
×
= = ×
−
b) Per obtenir el resultat de la força gravitatòria en Newtons (N) sobre un dau, haurem de treballar amb unitats del sistema internacional, on la unitat de massa és el kg.
Aleshores, la massa del dau d’alumini és de 2,7 g=2,7 × 10 -3kg.
La força gravitatòria és el pes del dau. El mòdul és
F = mg= 2 , 7 × 10 −^3 × 9 , 8 = 26 , 46 × 10 −^3 = 0 , 02646 N
Com podem observar, la magnitud de les forces gravitatòries és molt menor que la de les forces elèctriques.
c) Perquè la força electrostàtica fóra de 0 , 02646 N, la distància de separació hauria de
ser de:
( ) ( )
- 793 , 9 m 0 , 02646
r 9 10 r
r
Q.Q
F K
3 2 9 2
3 2 9 2 =
×
→ = ×
×
= → = ×
− −
És a dir, caldria separar els dos daus una distància pròxima als dos kilòmetres.
d) Perquè la força electrostàtica entre els daus siga de 0,02646 N, i tenint en compte que ambdós daus han de tenir les mateixes característiques, la càrrega de cadascun dels dos daus serà:
1 , 71 10 C
0 , 02646 Q
Q
r
Q.Q
F K 2 9 6
2 9 2
≈ ×^ −
×
= = × = → =
Això suposa la càrrega total de 19 11
6 107 10 1 , 6 10
≈ ×
×
×
−
− electrons
Si tenim 6 , 022 × 1022 àtoms, el resultat anterior implica 22 10
11 1 , 8 10 6,022 10
≈ ×
×
×
electrons/àtom o 1,8 electrons cada 10 bilions d’àtoms.
Amb la resolució d’aquest exercici podem comparar la magnitud de les forces elèctriques en relació a les gravitatòries.
Nota: Podíem haver resolt l’exercici dibuixant les càrregues i aplicant una mica de geometria:
En el nostre cas, com que totes les càrregues estan al pla XY, podem representar el sistema en aquest pla. Amb la representació de la figura, l’eix Z seria perpendicular al paper i eixiria cap a nosaltres.
Conegut el signe de les càrregues podem dibuixar els vectors que representen les forces que actuen sobre la càrrega d’1C.
El sentit del vector força ja està representat en el dibuix. Ens queda calcular el mòdul de cada força (que sempre serà positiu) i el valor de les seues projeccions, que seran positives o negatives, depenent del sentit positiu dels vectors unitaris de cada eix (representats en blau en el dibuix).
Així, el mòdul de la força F 1
és: ( ) K 910 N 1
K
r
q q F 1 K 2 2 = ≈ ⋅^9
on (^) r = 1 és la distància entre les càrregues, i les barres verticals indiquen que es tracta del valor absolut (zero o positiu) del seu contingut.
Per una altra banda, la força F 1
tindria una única component en la direcció negativa de
l’eix X, és a dir: F 1 F 1 ( i) 9 109 iN
Anàlogament, el mòdul de la força F 2
és: K 1810 N 1
K
r
q q F 2 K 2 2 = ≈ ⋅^9
i la
força F 2
tindria una única component en la direcció positiva de l’eix Y, és a dir: F 2 F 2 j 18109 j N
La força total serà la suma d’ambdues forces
F F 1 F 2 9109 i 18109 j 9 109 (- i 2 j) N
I obtenim, com era d’esperar, el mateix resultat que amb el mètode anterior.
Exercici 3. Dues càrregues Q iguals estan situades als punts (0,0)m i (4,0)m. Actuen sobre una càrrega q’=10 mC situada al punt (2,3)m amb una força total de mòdul 57, N. Determineu l’expressió vectorial de la força i el valor de les càrregues Q.
Solució:
En ser les dues càrregues Q iguals, el sistema presenta simetria respecte a l’eix vertical que passa per la càrrega q’. Per tant, la força total tant sols tindrà component en la direcció de l’eix Y. La seua expressió vectorial serà:
Ft 57 , 6 j
Per consideracions geomètriques, sabem que la distància entre cadascuna de les càrregues Q i la
càrrega q’ és de 13 m i que l’angle del vector força de cadascuna de les càrregues amb la component vertical és l’angle α, igual a l’angle superior del triangle rectangle assenyalat a la figura. En sumar els vectors força, les components horitzontals s’anul·len i tan sols hem de considerar les components verticals que tenen com a valor el mòdul de la força per cos(α). El cos(α) el podem calcular del triangle rectangle de la figura, obtindríem:
34 , 6 N
F
57 , 6 = 2 Fcosα= 2 F → = =
Conegut el mòdul de la força creada per cada càrrega Q, podrem determinar el valor d’aquesta únicament aplicant la llei de Coulomb:
( )
5 x 10 5 C 9 x 10
34 , 6 x 13 Q 13
Q 10 x 10 34 , 6 9 x 10 2 7 6
3 = 9 → = ≈ − = μ
−
Nota:
Podem resoldre l’exercici fent ús del càlcul vectorial, seguint un esquema similar al del problema anterior:
Força creada per la càrrega situada en (0,0) sobre la càrrega en (2,3):
q =Qiq'= 10 × 10 -3 C
El vector de posició de q’ respecte de Q és
r ( 2 , 3 , 0 ) ( 0 , 0 , 0 ) 2 i 3 j
^
(hem considerat que les càrregues es troben al pla Z=0, per tal d’aplicar el càlcul vectorial tal com el coneixem) La distància entre ambdues càrregues que es correspon amb el mòdul del vector (^) r
X
Y
α r^ =^13 3
2 Q
q’
Q
Exercici 4. Donades les tres càrregues puntuals situades com
es mostra en la figura, determineu la força elèctrica (^) F
que exerceixen sobre una càrrega Q/ 2 situada en el punt 0.
Q
- Q Q
d^ O
d
Solució: Tenint en compte la senzillesa del sistema , treballarem aquest exercici fent ús del mètode gràfic. A la figura s’han dibuixat les càrregues que actuen sobre la càrrega Q/2, situada en O i que hem
anomenat F 1 ,F 2 iF 3
. També hem definit els eixos
coordinats X i Y (l’eix Z serà perpendicular al paper i cap a nosaltres), d’aquesta forma tenim
definits els vectors principals de referència: i ,jik
Calculem cadascuna de les forces.
F 1
té la direcció del vector j
i el seu mòdul és:
2
2 (^1 222) d
Q
K
d
Q Q
K
r
q q F K =
Aleshores, el vector F 1
serà: j 2 d
Q
F K 2
2 1
F 2
té la direcció del vector i
i el seu mòdul és:
2
2 (^2 222) d
Q
K
d
Q Q
K
r
q q F K =
Aleshores, el vector F 2
serà: i 2 d
Q
F K 2
2 2
Les component del vector F 3
són les projeccions del vectors sobre el eixos coordinats i
en ambdós casos el sentit és contrari als vectors unitaris. El seu mòdul és
( )
2
2 (^3 224) d
Q
K
d 2
Q Q
K
r
q q F K =
, on s’ha tingut en compte que la distància r és la
diagonal d’un quadrat de costat d: r = d^2 +d^2 =d 2
i les seues projeccions sobre cada eix:
Eix X ( ) (^2)
2 2
2 3 x 3 4 2 d
Q
sin 45 º K 4 d
Q
F =Fsinα=K =
Eix Y ( ) (^2)
2 2
2 3 y 3 4 2 d
Q
cos 45 º K 4 d
Q
F =Fcosα=−K =
Q
- Q Q
d^ O
d
F 1
F 2
F 3
X
Y
α
ja que l’angle és de 45º i el seus sinus i cosinus són: ( ) ( )
sin 45 º =cos 45 º = =
Aleshores ( ) ( ) (i j)
4 2 d
Q
F F i F j K 2
2 3 3 x 3 y
La força total serà la suma dels tres vectors:
( ) (i j)
2 d
Q
i j K 4 2 d
Q
i K 2 d
Q
j K 2 d
Q
F F F F K 2
2 2
2 2
2 2
2 1 2 3
Exercici 5. Donades les càrregues puntuals de la figura, calculeu: a) El camp elèctric resultant en el punt A (2,0) m. Apliqueu el principi de superposició dibuixant en el gràfic els camps que exerceix cada càrrega per separat. b) La força que actuaria sobre una càrrega puntual negativa de -3 nC en A. c) Potencial elèctric resultant en el punt A(2,0) m i en el punt B(4,2) m d) La diferència de potencial entre els punts A i B (V (^) A-VB ) e) Treball que ha de realitzar una força externa per traslladar una càrrega puntual negativa de -3 nC des de A fins a B.
a) A la figura s’han representat els dos camps elèctrics creats per les dues càrregues i el camp elèctric total.
L’angle α està ben definit a partir del triangle recte del qual forma part, de catets 1m i 2m i d’hipotenusa
h = 12 + 22 = 5 m.
aleshores, 5
cos α = i 5
sin α=
El camp elèctric E 1
té per mòdul
2 , 25 10 2250 V/m 2
r
q E K 2 3
6 9 2
1 1 = × =
×
= = ×
− i per direcció el sentit positiu de
l’eix X, és a dir té per unitari el vector i
, llavors
X
A(2,0)
q 2 = - 2 μC
q 1 = 1 μC
Y
A(2,0)^ X
q 2 = - 2 μC
q 1 = 1 μC
Y
E 2
E 1
E
I el potencial de punt A(2,0) és:
-3550 V 5
r
q K r
q V K
6 6 9 2
2 1
1 A (^) =
×
×
= + = ×
− −
d) En conseqüència, la diferència de potencial (^) V (^) A −VB=− 3550 −( − 2353 ) =− 1197 V
e) El treball de la força externa serà:
W (^) AB (F (^) ext) = −q'( VA−VB) =−( − 3 × 10 −^9 ) ×( − 1197 ) =− 3 , 591 × 10 −^6 J=− 3 , 591 μJ
Ens dóna negatiu, això vol dir que la força externa ha hagut d’actuar de fre absorbint energia.
Nota: Una càrrega elèctrica que es desplaça des d’un punt d’energia potencial UA a un altre d’energia potencial menor, UB , ha perdut energia potencial per l’acció de la força electrostàtica responsable d’aquest canvi de posició. L’energia potencial, sinó hi ha cap tipus de fre, es transforma en una energia cinètica i la càrrega passarà pel punt B a una velocitat tal que l’energia cinètica siga igual a l’energia potencial perduda (si estava en repòs al punt A). La magnitud responsable d’aquest canvi és el treball de la força electrostàtica que serà positiu i igual a l’energia cinètica de la càrrega en B i, per tant, a l’energia potencial perduda.
( ) (^) A B ( (^) A B) (^2) B^2 A^2 B
B
A
E E
B A 2 mv
mv 2
mv 2
W F = (^) ∫ F ⋅dr=U −U =q'V −V = − =
Si la càrrega s’atura en B, com és el cas del nostre exercici, fa falta la presència d’una força exterior que frene la càrrega i absorbisca tota l’energia cinètica perquè la velocitat siga nul·la en B. En aquest cas, el que fa aquesta força és aportar un treball negatiu igual al valor de l’energia cinètica que tindria la càrrega i, per tant, igual a la variació d’energia potencial, però canviada de signe.
( ) ( (^) A B) ( (^) A B) (^) AB( (^) E)
B
A
ext ext
B WA F F dr U U q'V V W F
= (^) ∫ ⋅ =− − =− − =−
En el cas en què el punt d’eixida tinga menor energia potencial que el d’arribada (U (^) A
Exercici 6. Donades quatre càrregues puntuals iguals + q , situades en els vèrtexs d’un quadrat
de costat a 2 i en repòs, calculeu la força elèctrica total que les quatre càrregues exercirien sobre una càrrega q’ situada en 0 i l’energia potencial electrostàtica de q’ en 0_._
a 2 a^2
a 2
a 0 a
a
a
+ q
+ q + q
+ q
a 2
Solució:
La simetria del problema ens permet realitzar una primera estimació gràfica de l’exercici. Si considerem les forces que actuen sobre la càrrega q’ situada en 0, observarem que, independentment del signe de q’, les forces degudes a les càrregues en punts oposats respecta al punt central són iguals i de sentit contrari:
Els mòduls són iguals i de valor:
a^2
qq F K
i els sentits oposats dos a dos. En conseqüència la força total, resultat de la suma de les quatre forces, és nul·la.
FT = 0
Per les característiques de l’exercici, l’energia potencial de q’ deguda a cadascuna de les càrregues q, té un mateix valor que és igual a:
a
q U =q′V=q′K
Com que tenim quatre càrregues, el potencial total serà quatre vegades el potencial calculat:
a
qq a
qq 4
a
qq U 4 qV 4 K 0 πε 0
πε
El fet que la força total siga zero no diu res del valor del potencial, ja que aquest no depèn del valor de la força en un punt de l’espai donat, sinó de com varia aquesta a l’entorn del punt.
a 2 a^2
a 2
a 0 a
a
a
+ q
+ q + q
+ q
a 2
q’
r 3 = 102 + 82 + 72 = 213 m
(^) − +
213
10 i 8 j 7 k u (^) r 3
(^)
( ) ( )
(- 0.9265i 0.7412j 0.6485k) N 213
10 i 8 j 7 k 213
4 x 10 x 8 x 10 u 9 x 10 r
Qq' F K 2
6 3 9 2 r 1
1 (^3 )
− ^ − +
− −
La força total serà la suma de les tres forces:
F F 1 F 2 F 3 (- 3.7728i 5.5114j-15.6367k) N
I d’aquesta forma, podem operar amb 1, 2, 3 o 1.000 o 1.000.000 de càrregues. Només cal afegir-hi que el càlcul es pot introduir amb molta facilitat en una computadora i resoldre amb facilitat problemes d’una certa complexitat.
Exercici 8. Dues càrregues Q 1 i Q 2 estan situades als punts (0,0) i (4,0)m. Actuen sobre
una càrrega q’=10 mC situada al punt (2,3)m amb una força Ft 19 , 2 i 86 , 4 j
^
= − + N.
Determineu el valor de les càrregues Q. ¿On hauríem de col·locar una càrrega de -2μC perquè anul·lara la component vertical de la força electrostàtica sense modificar-ne la component horitzontal?
En aquest cas, calcularem la força creada per cada càrrega. La suma ens donarà la força total. D’aquesta forma obtindrem, ja que es tracta d’un sistema bidimensional, dues equacions: una per cada component, que ens permetran obtenir el valor de les dues càrregues.
La càrrega Q 1 produirà sobre q’ una força F 1
que tindrà com a expressió:
( )
(cos i sin j) 13
10 x 10 Q F 9 x 10 2 1
3 9 1
= β + β
−
Podem obtenir el valors trigonomètrics a partir del triangle de la figura:
= + j 13
i 13
9 x 10 Q F 2 1
7 1
De manera anàloga, la càrrega Q 2 produirà
sobre q’ una força F 2
que tindrà com a
expressió:
X
Y
r = 13 3
F t
Q 1 Q 2
F 1
F 2
F 1 sinβ
F 1 cos β
β
X
Y
(^3) r = 13
F t
Q 1 Q 2
F 1
F 2
F 2 sin β
F 2 cos β
β
β
( )
( cos i sin j) 13
10 x 10 Q F 9 x 10 2 2
3 9 2
= − β + β
−
on s’ha tingut en compte el signe negatiu de la component en X.
= − + j 13
i 13
9 x 10 Q F 2 2
7 2
La força total serà la suma de les dues forces:
= − + = + = + j 13
i 13
9 x 10 Q j 13
i 13
9 x 10 Q F 19 , 2 i 86 , 4 j F F 2 2
7 2
1
7 t 1 2
Si ho reordenem:
j 13
3 Q
3 Q
9 x 10 i 13
2 Q
2 Q
9 x 10 19 , 2 i 86 , 4 j 2 1 2
7 1 2 2
^7
Perquè aquesta igualtat es complisca, els components del vector del costat esquerre de la igualtat han de ser iguals als components del vector del costat dret. Així, arribem a dues equacions independents que ens permeten obtenir els valors de les incògnites:
Q 5 μCi Q 10 μC
13
3 Q
3 Q
9 x 10 86 , 4
2 Q
2 Q
9 x 10 19 , 2 i 1 2 1 2 2
7
1 2 2
7
Per anul·lar la component vertical amb una càrrega negativa sense afectar la component horitzontal, haurem de col·locar aquesta en la vertical de q’ i en punts per sota, ja que la força sobre q’ serà atractiva: La força que ha d’exercir la càrrega negativa ha de ser igual i de signe contrari a la component vertical de la
força F 86 , 4 j
= −. Aplicant la llei de Coulomb, la
component vertical de la força serà:
( ) 2
3 6 9 d
10 x 10 2 x 10 86 , 4 9 x 10
( ) d 1 , 4433 m
- 4
10 x 10 2 x 10 d 9 x 10
3 6 (^2 9) = → ≈ −
− −
Això vol dir una coordinada en Y= 3-1,4433=1,5567 m. La càrrega hauria d’estar al punt (2;1,55662).
X
Y
F t
Q 1 Q 2
-q
86 , 4 j
F 86 , 4 j
q’
d
NOTA: Si tractarem de calcular un valor nul per sota de x=1, trobaríem el següent: En aquest cas: r 1 =−x+ 1 i r 2 =−x+ 5
Cal tenir en compte que el valor de x<0 si està a l’esquerra del zero i positiu entre 0 i 1. Operant de manera anàloga:
- x 1 3 ( - x 5 ) 2x 14 x 7
x 1
x 5
x 5
x 1
x 5
Q
K
x 1
3 Q
K
Obtenint un punt ja calculat anteriorment.
b) Calcularem a continuació els punts on s’anul·la el camp elèctric:
En cada punt, el camp elèctric serà la suma dels camps elèctrics creats per cada càrrega. Als punts de l’eix X, els camps elèctrics tant sols tenen component en X. En la figura s’ha representat en color blau el vector camp elèctric creat per la càrrega negativa, en tres punts en la figura superior, i el valor de la seua component en X, en la figura inferior. S’ha representat en roig el camp creat per la càrrega positiva.
Si ens atenem a les representacions gràfiques, el camp elèctric tant sols s’anul·larà en un punt a l’interval x > 5 , ja que entre 1 i 5, els camps se sumen i per sota d’1 el camp elèctric creat per la càrrega negativa serà sempre menor que el creat per la càrrega positiva (menor distància i major en aquest últim cas).
Aleshores, consirem un punt qualsevol amb x > 5 , i apliquem la condició que la suma dels components en X del camp elèctric ha de ser nul·la:
2 2
2 2 1 2
2 1
2 2
2 1
0 r 3 r r
r
r
Q
K
r
3 Q
K + = → =
Com r 1 = x− 1 i r 2 =x− 5 , ( x − 1 ) 2 = 3 ( x− 5 ) 2 → x^2 − 2 x+ 1 = 3 x^2 − 30 x+ 75
Llavors ens queda l’equació de segon grau: 2 x^2 − 28 x+ 74 = 0 , que tindrà dues solucions:
x
×
± − × ×
(^1 5 10) x
r 1
r 2
x
(^1 5 10) x
E
(^1 5 10) x r 1 r 2
x
x = 10 , 47
x = 3 , 54
On l’única solució vàlida és x = 10 , 47 , ja que l’altra solució es correspon amb el punt
de la zona entre 1 i 5 on els camps elèctrics tenen el mateix mòdul, però els vectors camp elèctric tenen el mateix sentit i per tant no s’anul·len.
Exercici 10. Siga la càrrega puntual Q i les dues superfícies cúbiques, paral·leles, centrades en Q , i de costat a i 3 a , de la figura. Calculeu la relació que hi ha entre els fluxos del camp elèctric que travessa ambdues superfícies (Φa /Φ3a ). Justifiqueu la resposta.
3 a
a Q
Solució:
Segons el teorema de Gauss, el flux del camp elèctric a través d’una superfície tancada depèn únicament de la càrrega continguda dins del volum definit per aquesta superfície, segons la relació:
Φ = ∫ ⋅ = ε S 0
int S
Q
E ds
Com que a l’interior d’ambdues superfícies hi ha la mateixa càrrega, Q, el flux serà el
mateix independentment de la grandària de les superfícies. Aleshores, 1 3 a
a (^) = Φ
Exercici 10b. Siga un cub d’aresta a i densitat volumètrica de càrrega ρ uniforme, situat en el buit. S’envolta aquest cub d’una superfície esfèrica de radi 2 a. Determineu el flux del camp elèctric a través de l’esfera.
a
2 a
Solució:
Per aplicació del teorema de Gauss, serà suficient conèixer la càrrega continguda a l’interior d’una superfície tancada (en el nostre cas, la superfície esfèrica) per a calcular el flux del camp elèctric al seu través. La càrrega continguda a l’interior és la càrrega que conté el cub.
La densitat volumètrica de càrrega en un diferencial de volum es defineix com la relació entre quantitat de càrrega continguda en aquest diferencial de volum i el valor del diferencial:
Com que α i β formen una angle recte, α = 90 −β
Per una altra banda, l’angle β és igual a l’angle de 30º que formen el rectangle i l’eix Y, ja que rectes paral·leles formen els mateixos angles amb una altra recta que les talla (vegeu la figura). Aleshores, (^) β = 30 º→α=60º.
El flux que ens demanen serà:
F ds Fdscos ( ) Kdscos( 60 ) Kcos( 60 ) ds KScos( 60 ) Kab/ 2 S S S S
φ =∫ ⋅ =∫ α =∫ = ∫ = =
On s’ha tingut en compte que: F Kj
= ; K=cnt; ( ) 2
cos 60 = i S =ab
Nota: Es podria haver calculat vectorialment de la manera següent:
Sabem que F Kj
=. De la figura, calculem el vector (^) ds
a
partir de les seues projeccions sobre l’eix X i sobre l’eix Y:
ds dssin ( ) i dscos( ) j dssin( 60 ) i dscos( 60 ) j
=− α + α =− +
on s’ha determinat el valor de α tal com s’ha indicat abans.
j 2
i ds 2
ds ds
El flux:
( ) 2
Kab ds 2
K
j 2
ds j K 2
ds i 2
ds 3 F ds Kj S S S S
= =^ =
φ =∫ ⋅ =∫ ⋅ − + ∫ ∫
Exercici 12. Calculeu el flux de F Kyi
= , K >0 a través de
la superfície plana de la figura.
El flux d’un camp vectorial a través d’una superfície és defineix a través de l’operació matemàtica:
F K j
d s
30º (^) α
Y
X
φ= ∫ ⋅ S
F ds
on S és la superfície i ds
un vector perpendicular a la superfície, de mòdul el valor del diferencial de superfície i sentit, un dels dos possibles. d s
és un vector perpendicular a la superfície, és a dir, paral·lel a l’eix X. Si adoptem el sentit positiu, el vector
serà: ds dsi
Com que F Kyi
= , el flux serà
φ=∫ ⋅ =∫ ( ) (⋅ ) =∫ S S S
F ds Kyi dsi Kyds
En la integral apareixen dues variables, ds i y, que no són independents entre si i per tant no podem traure y fora de la integral. Per a integrar caldrà trobar una relació entre elles.
Si pensem una mica, ens adonarem que l’única condició perquè un element de superfície siga diferencial és que el seu valor siga molt pròxim a zero. Aleshores, potser un cercle de radi diferencial, un quadrat o un rectangle de costats diferencials o, perquè no?, un rectangle amb un únic costat diferencial, ja que si aquest tendeix a zero la superfície del rectangle també ho fa. Tenint en compte aqueta última possibilitat, podem considerar un rectangle diferencial com el representat en la figura de dalt, la superfície del qual té de valor: ds = bdy. Aquesta expressió mostra una relació entre ds i y.
La superfície total del rectangle d’amplària a, resulta de sumar tots el elements diferencials de superfície entre els valors y = ci y = c+a.
Substituint el valor calculat de ds en l’expressió del flux:
[ ( ) ]
[ 2 2 2 ] [ 2 ]
(^22)
ca
c
ca 2
c
yca
S yc
2 ac a 2
Kb c 2 ac a c 2
Kb
c a c 2
Kb 2
y Kyds Kybdy Kb ydy Kb
φ= = = =
=+ + +
=
∫ ∫ ∫
a
b
c
Y
Z
X
dy
d s
