Problemas de aplicación de la ley de Coulomb: 1-9, 12

Next: Problemas de aplicación de
Up: SOLUCIONES DE LOS PROBLEMAS
Previous: SOLUCIONES DE LOS PROBLEMAS

Problemas de aplicación de la ley de Coulomb: 1-9, 12

Campo eléctrico $d\vec{E}$ creado en el punto $\vec{r}$
por una carga diferencial dq situada en $\vec{r}'$ :

${\displaystyle d\vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} dq \frac{\vec{r}-\vec{r}'}{\vert\vec{r}-\vec{r}'\vert^3}}$

P.1
La carga situada en y=a crea un campo en (x, y=0) igual a

$\begin{displaymath} \vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{x^2+a^2} \left(\... ...{q}{x^2+a^2} \left(\frac{-a}{\sqrt{x^2+a^2}}\right)\hat{j} , \end{displaymath}$

con
$\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}=k$ ; notar que el vector

$\vec{r}-\vec{r}'$ que va desde la carga hasta el punto donde queremos calcular
el campo eléctrico es igual a

$\vec{r}-\vec{r}'=(x-0) \hat{i}+(y-a) \hat{j}$ y
por tanto el vector unitario en esa dirección es

${\displaystyle \frac{\vec{r}-\vec{r}'}{\vert\vec{r}-\vec{r}'\vert} =\frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}} \hat{i} +\frac{-a}{\sqrt{x^2+a^2}} \hat{j}}$ .
La componente vertical del campo eléctrico anterior es compensada por la
componente vertical del campo creado por la carga situada en y=-a
(para verlo, basta con sustituir en la ecuación anterior a por
-a).
El campo eléctrico resultante es entonces

$\begin{displaymath} \vec{E}_{\scriptscriptstyle \rm total}= 2\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qx}{(x^2+a^2)^{3/2}} \hat{i} . \end{displaymath}$

(1)

Para $x\approx 0$ se cumple
$\sqrt{x^2+a^2}\approx\sqrt{a^2}=a$ y
entonces
${\displaystyle E_{\scriptscriptstyle \rm total}\approx 2\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qx}{a^3}}$ .
Para $x\gg a$ podemos escribir
$\sqrt{x^2+a^2}\approx x$
y el campo resultante es entonces

$\begin{displaymath} \vec{E}_{\scriptscriptstyle \rm total}\approx 2\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{x^2} \hat{i} , \end{displaymath}$

(2)

que es el campo creado por una única carga puntual de 2q situada
en el eje horizontal: esto es debido a que a grandes distancias
comparadas con la distancia 2a que separa las dos cargas, el efecto
es como si estas dos cargas se ``vieran'' juntas.

P.2
Por el mismo motivo que en el
problema anterior, la dos
cargas Q colocadas en la vertical del punto donde queremos calcular
el campo (donde está situada la carga q) compensan entre sí el
campo eléctrico que crean en el centro del círculo.
La dos cargas siguientes crean un campo que viene dado por la
ecuación (1) para
$x=\frac{R}{\sqrt{2}}=a$ ; y la carga
que está sobre el eje horizontal crea un campo también dado por
(1) con x=R y a=0.
El campo resultante en el centro del círculo es entonces

$\begin{displaymath} \vec{E}_{\scriptscriptstyle \rm total}= 2\frac{1}{4\pi\varep... ...rac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q(1+\sqrt 2)}{R^2} \hat{i} , \end{displaymath}$

(3)

y la fuerza a la que está sometida la carga q puesta en ese punto
es
$\vec{F}=q\vec{E}_{\scriptscriptstyle \rm total}$ .

P.3
Midamos el ángulo $\alpha$ a partir del eje vertical.
Un elemento diferencial de arco situado a un ángulo $\alpha$ de la
vertical crea un campo en el origen de coordenadas

$\begin{displaymath} d\vec{E}= \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq}{R^2} \left(- {\rm sen} \alpha \hat{i}-\cos\alpha \hat{j}\right) , \end{displaymath}$

(4)

con
$dq=\lambda R d\alpha$ ya que $Rd\alpha$ es la longitud del
elemento diferencial de arco.
El campo creado por el arco completo en su centro es entonces

$\begin{displaymath} \vec{E}=\int_{\alpha=-\theta}^{\alpha=\theta}d\vec{E}= -\fra... ...}{2\pi\varepsilon_0}\frac{ {\rm sen} \theta}{R} \hat{j} , \end{displaymath}$

(5)

ya que la componente horizontal del campo resultante es cero por
simetría, algo que se puede comprobar directamente al hacer la
integral

$\int_{\alpha=-\theta}^{\alpha=\theta} {\rm sen} \alpha d\alpha=0$ .

P.4
Un elemento diferencial dx situado a una distancia x del origen de
coordenadas crea en este último punto un campo

${\displaystyle d\vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda dx}{x^2}(-\hat{i})}$ ya que la carga que tiene dicho elemento
diferencial es $dq=\lambda dx$ .
El campo resultante de sumar toda la distribución continua de carga
es

$\begin{displaymath} \vec{E}=-\hat{i}\int_{x=d}^{x=l+d} \frac{1}{4\pi\varepsilon_... ...mm}\left(\frac{l+d}{d}\right)-\frac{l}{l+d}\right) \hat{i} . \end{displaymath}$

(6)

P.5
En el vértice inferior izquierdo el campo creado por cada una de las
cargas (sin contar la carga que está situada en dicho punto) es

$\displaystyle \hspace{-8mm}\vec{E}_1$	$\textstyle =$	$\displaystyle \underbrace{\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{(+q)}{L^2}\left(-\h... ..._0} \frac{(+q)}{L^2}\left(0 \hat{i}-\hat{j}\right)}_{ \mbox{$+q$ sup. izq.}}=$
	$\textstyle =$	$\displaystyle \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{L^2} \left(-1+\frac{1}{2\sqrt 2}\right)(\hat{i}+\hat{j}) ,$	(7)

y por tanto la fuerza que siente una carga -q situada en dicho punto
es
${\vec{F}=(-q)\vec{E}_1}$ .

Para el segundo caso, el campo eléctrico creado por las cuatro
cargas es

$\displaystyle \hspace{-8mm}\vec{E}_2$	$\textstyle =$	$\displaystyle \underbrace{\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{(-q)}{\displaystyle... ...0} \frac{(+q)}{\left(\frac L2\right)^2} (-\hat{j})}_{ \mbox{$+q$ sup. izq.}}+$
		$\displaystyle +\underbrace{\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{(-q)}{\displaystyl... ...}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{L^2} \left(-8+\frac{8}{5\sqrt 5}\right)\hat{j} .$	(8)

Notar que el vector que va, por ejemplo, de la carga inferior derecha
al punto medio del tramo vertical izquierdo es

$\vec{r}=-L \hat{i}+\frac L2 \hat{j}$ y por tanto el vector
unitario en tal dirección es

$-\frac{2\hat{i}}{\sqrt 5}+\frac{\hat{j}}{\sqrt 5}$ .

P.6
El campo eléctrico
$\vec{E}=E_0 \hat{j}$ con
$E_0=3.5\times 10^3{\rm N/C}$
indica que la placa superior del condensador plano está cargada
negativamente y por tanto va a repeler al electrón.
Dentro del condensador la fuerza que actúa sobre el electrón es

$\vec{F}=(-e)\vec{E}$ , donde
$e=1.6\times 10^{-19}{\rm C}$ es la
carga del electrón, y por tanto estará sometido a una
aceleración

$\begin{displaymath} \left\{\begin{array}{lclccl} \vec{a}_y &\hspace{-2mm}=\hspac... ...mm}=\hspace{-2mm}& 0 \hat{i} &&& a_x=0 , \end{array}\right. \end{displaymath}$

con
$m_e=9.11\times 10^{-31}{\rm kg}$ .
En la anterior ecuación se ha despreciado la fuerza gravitatoria
sobre el electrón ya que su masa es muy pequeña.
Puesto que por definición la aceleración es la derivada de la
velocidad con respecto al tiempo, la velocidad se obtiene a partir de
la aceleración integrando con respecto al tiempo

$\begin{displaymath} \left\{\begin{array}{lcl} v_y &\hspace{-2mm}=\hspace{-2mm}& ... ...&\hspace{-2mm}=\hspace{-2mm}& v_{0, x} , \end{array}\right. \end{displaymath}$

donde
$v_{0, y}=v_0 {\rm sen} \theta$ y

$v_{0, x}=v_0\cos\theta$ con
$v_0=5\times 10^6{\rm m/s}$ y

$\theta=\pi /4\equiv 45^\circ$ .
Y la posición se obtiene integrando una vez más con respecto al
tiempo

$\begin{displaymath} \left\{\begin{array}{lcl} y &\hspace{-2mm}=\hspace{-2mm}& {... ...\hspace{-2mm}=\hspace{-2mm}& v_{0, x}t , \end{array}\right. \end{displaymath}$

en la que despejando el tiempo obtenemos un tiro parabólico de
ecuación

$\begin{displaymath} y=\frac{v_{0,y}}{v_{0,x}} x-\frac{eE_0}{2m_e v_{0, x}^2} x^2 . \end{displaymath}$

(9)

Para que el electrón llegue a la placa superior se tiene que
cumplir que y=h=2cm sea solución de la ecuación (9):
puesto que la solución de la ecuación

es

$\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ , el que exista solución
depende de si lo que hay dentro de la integral es mayor que cero, ya
que la raíz cuadrada de un número negativo es un número
imaginario.
En nuestro caso, es necesario que

$\begin{displaymath} \left(\frac{v_{0,y}}{v_{0,x}}\right)^2\geq 4h\frac{eE_0}{2m_... ...row\quad v_0^2 {\rm sen} ^2\theta\geq 2h\frac{eE_0}{m_e} . \end{displaymath}$

(10)

Y como
$v_0^2 {\rm sen} ^2\theta=1.25\times 10^12{\rm m^2/s^2}$
pero
$2h\frac{eE_0}{m_e}=2.46\times 10^12{\rm m^2/s^2}$ ,
no llega a la placa superior.

*Suplemento.
Otra manera de obtener el mismo resultado es partiendo de que si el
electrón no parte con energía cinética suficiente, no
llegará a alcanzar la placa superior: de acuerdo con la
conservación de la energía mecánica, lo que varía la
energía cinética del electrón es igual a menos lo que
varía la energía potencial

$\begin{displaymath} \Delta E_{\scriptscriptstyle \rm cin}=\frac{m_e}{2} v_f^2-\f... ...v_0^2= -\Delta U_{\scriptscriptstyle \rm pot}=(-e)\Delta V , \end{displaymath}$

donde $\Delta V$ es la direfencia de potencial entre las placas del
condensador, que en el caso de un condensador plano es igual al campo
eléctrico multiplicado por la distancia entre las placas,
$\Delta V=h E_0=3.5\times 10^3{\rm V/m} \times 0.02{\rm m}=70{\rm V}$ .
La condición mínima para que el electrón justo llegue a la
placa superior es que su velocidad final sólo tenga componente
horizontal (acordarse de que como no hay ninguna fuerza en el eje
horizontal, la velocidad en este eje no puede disminuir):

$v_f=v_0\cos\theta$ con lo que la velocidad mínima con la que
tiene que partir el electrón para alcanzar la placa superior es

$\begin{displaymath} \frac{m_e}{2}(v_0)^2_{\scriptscriptstyle \rm min}\cos^2\theta- \frac{m_e}{2}(v_0)^2_{\scriptscriptstyle \rm min}=-ehE-0 , \end{displaymath}$

$\begin{displaymath} (v_0)^2_{\scriptscriptstyle \rm min} {\rm sen} ^2\theta=\frac{2h eE_0}{m_e} , \end{displaymath}$

(11)

que es el mismo resultado que (10).

El electrón no alcanza la placa superior y choca contra la placa de
la que partió a una distancia x que viene dada por la ecuación
(9) para y=0: x=0.04 m.

P.7
El campo creado por un elemento diferencial
$\lambda d\theta$ de carga en un
punto a una altura x del eje viene dado

${\displaystyle d\vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda ad\theta}{a^2+x^2} \frac{x}{\sqrt{a^2+x^2}} \hat{i}+d\vec{E}_\perp}$ , donde $\lambda$ es
la densidad lineal de carga
$\lambda=\frac{Q}{2\pi a}$ ;

$d\vec{E}_\perp$ es la componente del campo eléctrico perpendicular
al eje X y que al sumar todos los elementos diferenciales de arco se
van a compensar unos con otros, quedando así

$\begin{displaymath} \vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda a 2\pi}{a^2... ...{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Qx}{(a^2+x^2)^{3/2}} \hat{i} , \end{displaymath}$

(12)

y para $x\ll a$

$\begin{displaymath} \vec{E}\approx \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 a^3} x \hat{i} . \end{displaymath}$

(13)

La fuerza que actúa sobre un electrón situado en la posición en
la que acabamos de calcular el campo eléctrico es

$\begin{displaymath} \vec{F}=(-e)\vec{E}\approx -\frac{eQ}{4\pi\varepsilon_0 a^3} x \hat{i} , \end{displaymath}$

que tiene que ser igual, de acuerdo con la segunda Ley de Newton, a la
masa del electrón por su aceleración

$\begin{displaymath} -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{eQ}{a^3} x \hat{i} =m_e\frac{d^2x}{dt^2} \hat{i} , \end{displaymath}$

$\begin{displaymath} \frac{d^2x}{dt^2}+ \left(\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{eQ}{m_e a^3}\right)x=0 . \end{displaymath}$

(14)

Esta última ecuación es la de un movimiento armónico

$\frac{d^2x}{dt^2}+\omega_0^2x=0$ con frecuencia natural

$\omega_0=\sqrt{\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{eQ}{m_e a^3}}$ ; la
frecuencia f viene definida por $\omega_0/2\pi$ .

P.8
La fuerza de repulsión entre las dos cargas,

$\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{(2L {\rm sen} \theta)^2}$ ,
lleva dirección horizontal y en la posición de equilibrio tiene
que ser compensada por la componente horizontal de la tensión,

$T {\rm sen} \theta$ .
Por otro lado, la componente vertical de la tensión, $T\cos\theta$ ,
equilibra el peso de cada bola, y por lo tanto

$\begin{displaymath} \frac{T_x}{T_y}=\tan\theta =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{(2L {\rm sen} \theta)^2mg} , \end{displaymath}$

(15)

de donde se despeja q.

P.9
Teniendo en cuenta que la tensión viene dada por

$\vec{T}=-T {\rm sen} \theta \hat{i}+T\cos\theta \hat{j}$ , el peso
por
$\vec{P}=-mg \hat{j}$ , y la fuerza debida al campo
eléctrico constante

$\begin{displaymath} \vec{F}=q\vec{E}=3\times 10^5 q \hat{i}+5\times 10^5 q \hat{j} , \end{displaymath}$

el valor de T y q en la posición de equilibrio se obtiene
directamente de la condición que la suma de las tres fuerzas es
cero:

$\begin{displaymath} \left\{\begin{array}{rcl} -T {\rm sen} \theta+3\times 10^5... ...5 q-mg &\hspace{-1mm}=\hspace{-1mm}& 0 , \end{array}\right. \end{displaymath}$

(16)

con
$m=10^{-3}{\rm kg}$ y
$\theta=37^\circ$ .

P.12
El campo eléctrico creado por el anillo en puntos a lo largo del eje
que pasa por su centro ya ha sido calculado en (12):

${\displaystyle \vec{E}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \frac{x}{(a^2+x^2)^{3/2}} \hat{i}}$ , con Q la carga del anillo.

$\begin{figure}\centerline{\epsfxsize=12cm\epsffile{maxim.eps}}\end{figure}$

La función
$f(x)=\frac{x}{(a^2+x^2)^{3/2}}$ , representada en
trazo continuo en la siguiente figura, presenta un extremo (máximo o
mínimo) en aquellos valores de x para los que la derivada
(representada en trazo discontinuo)

$\frac{df}{dx}=\frac{a^2-2x^2}{(a^2+x^2)^{5/2}}$
sea cero, es decir, cuando

.
Así se obtiene

$\begin{displaymath} \left\{\begin{array}{rcl} \vec{E}(x=a/\sqrt 2) &\hspace{-2mm... ...ilon_0 a^2}\frac{2}{3\sqrt 3} \hat{i}} . \end{array}\right. \end{displaymath}$

(17)

Next: Problemas de aplicación de
Up: SOLUCIONES DE LOS PROBLEMAS
Previous: SOLUCIONES DE LOS PROBLEMAS

José Luis Marqués 01.12.01

vendo todo

lunes, 25 de julio de 2016

Problemas de aplicación de la ley de Coulomb: 1-9, 12

Problemas de aplicación de la ley de Coulomb: 1-9, 12

No hay comentarios:

Publicar un comentario

Archivo del blog