Hoja de problemas del módulo II.1

Aquí no hay ninguna componente que cancelar —todo el campo apunta a lo largo del hilo—, así que la integral es escalar desde el principio y el integrando es $1/(a+x)^{2}$, sin ninguna proyección.

Comprobación del apartado (b): sale 0,890 MV/m, casi exactamente la mitad que en la mediatriz. Y esa mitad no es una casualidad de estos números: en el límite del apartado (d) el factor 2 es exacto. Para (c), mira qué le pasa al integrando cuando $x$ crece, y compáralo con lo que ocurre en la mediatriz.

Por Gauss cilíndrico, $E = \lambda/2\pi\varepsilon_0 r$; integrando de $a$ a $b$ se obtiene $V_0 = (\lambda/2\pi\varepsilon_0)\ln(b/a)$, y eliminando $\lambda$ queda $E(r) = V_0/[\,r\ln(b/a)\,]$. Con $b/a = 400$ y $\ln 400 = 5{,}99$: 3,34 MV/m en el hilo y 8,35 kV/m en la pared, una razón de 400 —que es $b/a$, no su logaritmo—.

El campo cae a la décima parte en $r = 10a = 250$ μm, y ahí conviene hacer la cuenta del volumen antes de opinar: es $(10a/b)^{2}$ del total. Para el apartado (d), escribe el criterio con un número dentro: el electrón tiene que ganar la energía de ionización del gas —unos 10 eV— entre dos choques, de modo que con recorrido libre medio $\lambda$ hace falta $E \gtrsim 10\ \text{V}/\lambda$. Con los 3,34 MV/m del hilo eso exige una $\lambda$ de unas micras, que es el orden que tiene el gas a la presión de llenado —bastante por debajo de la atmosférica, y de ahí que el tubo se llene a baja presión y no con aire—. Ahora localiza la región: el campo cae por debajo de 3 MV/m ya a menos de tres micrómetros del hilo, sobre un tubo de 1 cm de radio. La avalancha no ocurre «cerca del hilo»: ocurre en una cáscara más fina que el propio hilo.

$Q = \int_0^R (A/r)\,4\pi r^{2}dr = 2\pi A R^{2}$, de donde $A = Q/2\pi R^{2} = 0{,}637$ μC/m². Con eso, $Q_{\text{enc}}(r) = 2\pi A r^{2}$ y la $r^{2}$ del numerador se cancela con la del área gaussiana: el campo dentro es constante, $E = A/2\varepsilon_0 = 36{,}0$ kV/m, exactamente el mismo valor que tiene en la superficie. Ni crece ni decrece: es plano desde el centro hasta el borde.

Para (c) usa la divergencia radial $(1/r^{2})\,d(r^{2}E)/dr$ y comprueba que devuelve $A/\varepsilon_0 r$. Para (d), integra el campo constante hacia adentro desde la superficie; sale $V(0) = 2kQ/R = 3\,595$ V, o sea $V(0)/V(R) = 2$ exacto, frente al 3/2 de la esfera uniforme. Merece la pena preguntarse qué tienen en común los dos números y por qué el más «concentrado» de los dos repartos da el cociente mayor.

No intentes integrar sobre el sólido agujereado: no tiene simetría y la ley de Gauss no despeja nada. Usa superposición de soluciones, que es la técnica del ejemplo resuelto 1 del artículo 01: el objeto es la suma de una esfera maciza completa de densidad $+\rho$ y otra, del tamaño de la cavidad y en su sitio, de densidad $-\rho$. Las dos son problemas ya resueltos.

Escribe los dos campos interiores en forma vectorial —$\mathbf{E} = \rho\,\mathbf{r}/3\varepsilon_0$ desde cada centro— y réstalos: los vectores de posición del punto desaparecen y sólo sobrevive el vector que une los dos centros. El resultado es $\mathbf{E} = \rho\,\mathbf{d}/3\varepsilon_0$, de módulo 7,53 kV/m, paralelo a la línea de centros y el mismo en toda la cavidad. Que $a$ y $R$ no aparezcan por ninguna parte es un resultado, no un descuido: compruébalo evaluando en tres puntos distintos de la cavidad antes de creértelo.

Para (a), una superficie gaussiana enteramente dentro del metal tiene flujo nulo: eso fija la carga de la cara interior en $-q$, y la neutralidad global fija la exterior en $+q$. Para (b), las dos respuestas son distintas y ahí está el problema: la cara interior «ve» dónde está la carga y la exterior no. El argumento para la exterior no es de simetría —la cavidad no la tiene— sino de blindaje: el metal es equipotencial y en su espesor no hay campo, así que la distribución exterior no puede depender de nada de dentro y sólo puede colocarse como si el conductor estuviera aislado y cargado con $+q$.

De ahí (c): fuera todo es idéntico al campo de una carga puntual $q$ en el centro, 4,49 kV/m a 10 cm, y la cáscara está a $kq/b = 1\,498$ V. En (d), lo de dentro no se entera —la cavidad sigue blindada— pero la distribución exterior sí se redistribuye, y con ella cambia el potencial. En (e), conectar a tierra vacía la cara exterior y fija $V=0$; comprueba qué pasa entonces con el campo fuera y con la carga de la cara interior, y di cuál de las dos era la que blindaba.

Empieza rehaciendo el estado inicial con $C = \varepsilon_0 A/d$: los tres números que salgan de ahí —$C$, $Q$ y $U$— se usan en los dos casos. En (I) lo que se conserva es $Q$, y la clave está en que la fuerza entre las placas, $Q^{2}/2\varepsilon_0 A$, con $Q$ fijo no depende de la separación: el trabajo mecánico es fuerza por distancia, sin integrar. Comprueba que coincide con $\Delta U$, que sale 4,15 μJ, y cierra el balance con dos términos.

En (II) lo que se conserva es $V$, la energía del condensador baja y hacen falta tres términos. El que se olvida es la pila: al bajar la carga, la que sobra vuelve a ella a 250 V, y eso es energía que la pila recupera. Aquí la fuerza sí depende de la separación, porque $Q$ va cambiando, así que el trabajo mecánico hay que integrarlo: $F(x) = \varepsilon_0 A V^{2}/2x^{2}$ de $d$ a $2d$. Tiene que salir 2,08 μJ por los dos caminos; si no coinciden, el error está en el signo del término de la pila.