6fisica.webs.com de fIsica LIBRO.pdf · Prohibida la reproducción total o parcial de esta obra sin la autorización escrita del autor. Todos los derechos de autor reservados © 1

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1

FUERZA ELÉCTRICA Y CARGAS ELÉCTRICAS PUNTUALES PROBLEMA.1. Se sitúan dos partículas cargadas eléctricamente a una distancia

de 4,00 mm entre sí; siendo la magnitud de las cargas eléctricas q1 = 6,0C y

q2 = -12,0C respectivamente. Determine: a) ¿Cuál será el módulo de la fuerza eléctrica que se ejerce sobre cada carga

eléctrica? Compare además la dirección y sentido del vector fuerza actuante sobre cada carga.

b) ¿Cuál será el módulo de las fuerzas mencionadas, si la distancia entre las cargas eléctricas se reduce a la mitad? ¿y si la distancia se aumenta al doble respecto al apartado a)? (no es necesario que realice cálculos)

SOLUCIÓN:

a) Cómo aquí están involucradas partículas cargadas eléctricamente, para calcular el módulo de las fuerzas eléctricas ( FE ) que se ejercen dichas cargas entre sí, utilizaremos la ley de Coulomb. Dicha ley establece que para calcular el módulo de la fuerza que dos cargas eléctricas puntuales1 se ejercen entre sí se debe utilizar la

siguiente ecuación: 2

21..

d

qqkFE ; donde k es la constante de Coulomb cuyo valor es

k = 8,99x109 Nm2/C2; los símbolos q1 y q2 representan el valor absoluto de cada una de las cargas puntuales involucradas, y d indica la distancia que separa a las cargas eléctricas.

Sustituyendo en la ecuación: q1 = 6,0x10 – 6 C; q2 = -12x10 -6 ; d = 4,00x10 – 3 m El módulo de la fuerza F1/2 que ejerce la carga q 1 sobre la carga q 2 es:

23

66229

2/1)1000,4(

100,12.100,6./.1099,8

mx

CxCxCmNxF

= 4, 0 x 10 4 N

Si se quisiera calcular el módulo de la fuerza F2/1 que ejerce la carga q2 sobre la

carga q1, el cálculo llevaría al mismo planteo y resultado que el calculado anteriormente.

Por lo tanto, los módulos de las fuerzas que q1 y q2 se ejercen entre sí, son iguales. Lo único que difiere para estas fuerzas, es el sentido de las mismas. En la figura adjunta, se aprecia como las fuerzas involucradas

1 Se denomina carga puntual, a todo aquel cuerpo con carga eléctrica que posee dimensiones tan

pequeñas, que se puede considerar a toda su carga eléctrica y a toda su masa, concentradas en un punto

del espacio.

q1 q2 F1/2

F2/1

Comentario [o1]: La letra “ “actúa

como un prefijo que se lee “micro”

y es equivalente a colocar el valor

1x10 - 6 como multiplicador .

Ejemplo: 6,0 C = 6,0 x 1 x 10 - 6

Comentario [o2]: En este texto se

utilizarán las siguientes notaciones:

a)Cuando se haga referencia a un vector se

utilizarán letras en color más oscuro

(“negrita”) y

b) Cuando se indique el módulo de una

magnitud vectorial, se escribirá el símbolo

con letra de color normal.

Comentario [o3]: No está de más

repetir, que la ecuación descripta,

únicamente sirve para calcular el módulo de

la fuerza eléctrica que dos cargas puntuales

se ejercen mutuamente entre sí. Cuando se

trabaje con otro tipo de cuerpos cargados

que no sean partículas, no debe hacerse uso

de la ley de Coulomb en una forma tan

simple, sino que deben utilizarse otras

ecuaciones.

Comentario [o4]: Aprecie como q 2 a pesar de tener carga

negativa, en la ecuación siempre se la

escribe con signo positivo, es decir que se

trabaja con valores absolutos, de ahí que el

resultado de la cuenta indique el módulo de

la fuerza.

Observe también que la distancia d se

encuentra elevada al cuadrado. Es muy

común en las pruebas escritas olvidarse de ese detalle. Preste atención siempre que

realice cálculos.

Por último analice cuidadosamente la

ecuación para comprobar que la fuerza

calculada tiene por unidad el Newton ( N )


2

en la interacción entre q1 y q2; son fuerzas de igual módulo y dirección, pero de sentidos opuestos. La disposición de las cargas eléctricas en el dibujo, se eligió de forma arbitraria, y la dimensión de cada carga se aumentó por claridad.

b) I) Si la distancia se reduce a la mitad, ahora será d’ = 0,5 d. Cuando se

sustituya la nueva distancia d’ en la ecuación de la ley de Coulomb, quedará (d’)2 = 0,25 d2 y el módulo de la fuerza aumentará 4 veces respecto al valor del apartado a). II) Si en cambio la distancia aumenta al doble, la nueva distancia d’ será 2d. Cuando se sustituya la nueva distancia d’ en la ecuación de la ley de Coulomb, quedará (d’)2 = 4 d2 y el módulo de la fuerza disminuirá a la cuarta parte comparado con el valor del apartado a).

PROBLEMA.2. Se disponen tres cargas puntuales según se indica en la figura 1. Determine: módulo, dirección y sentido de la fuerza eléctrica neta o resultante que se ejerce sobre q2 .

Datos: q1 = 3,0 C ; q2 = 4,0 C; q3 = - 5,0 C; d = 20 cm.

Primero determinaremos el módulo de la fuerza que las cargas q1 y q3 ejercen sobre q2. La fuerza F1/2 que q1 ejerce sobre q2 es de repulsión y apunta hacia la derecha según el dibujo de más abajo. El módulo de dicha fuerza se calcula haciendo:

Nmx

CxCxCNmx

d

qqkF 7,2

)1020(

100,4.100,3./1099,8..22

66229

2

212/1

Por otra parte, la fuerza F3/2 que ejerce q3 sobre q2 es de atracción y apunta hacia la derecha según la figura 2. El módulo de dicha fuerza se calcula haciendo:

Nmx

CxCxCNmx

d

qqkF 5,4

)1020(

100,4.100,5./1099,8..22

66229

2

23

2/3

Cómo F1/2 y F3/2 tienen igual sentido (los

vectores “actúan hacia el mismo lado”), para calcular el módulo de la fuerza resultante, basta simplemente con sumar el módulo de cada fuerza individual. Así obtenemos: Fresultante = F1/2 + F3/2 Fresultante = 2,7 N + 4,5 N = 7,2 N

Por lo tanto la fuerza neta o resultante que se ejerce sobre q2, tiene como módulo 7,2N ; dirección horizontal y sentido hacia la derecha tal como se ilustra en la figura 3.

q1 q2 q3

d d

Figura 1

q1 q2 q3

F1/2

F3/2

Figura 2

q1 q2 q3 Fneta

Figura 3

Comentario [o5]: Debe recordarse que las fuerzas son magnitudes vectoriales. Esto

quiere decir que no basta con indicar el

valor numérico (módulo) de una fuerza.

Para que se conozca toda la información

relativa a una fuerza, además del módulo

de la misma, es necesario indicar la

dirección y el sentido que tiene dicha

fuerza.

Si dos o más fuerzas que actúan sobre un

mismo cuerpo, tienen igual dirección y

sentido, para saber el módulo de la fuerza

neta o resultante, basta con sumar el

módulo de las fuerzas involucradas. La

dirección y sentido de la fuerza resultante,

será igual a la dirección y sentido de la

fuerza de mayor módulo.


3


Datos: q1 = 3,0 C ; q2 = 4,0 C; q3 = - 5,0C; d = 20 cm. SOLUCIÓN: Primero determinaremos el módulo de la fuerza que las cargas q1 y q3 ejercen sobre q2. La fuerza F1/2 que q1 ejerce sobre q2 es de repulsión y apunta hacia la derecha según la figura 5. El módulo de dicha fuerza se calcula haciendo:

Nxmx

CxCxCNmx

d

qqkF 1

22

66229

2

212/1 108,6

)1040(

100,4.100,3./1099,8

)2(

..

Por otra parte, la fuerza F3/2 que ejerce q3 sobre q2 es de atracción y apunta hacia la izquierda según la figura 5. El módulo de dicha fuerza se calcula haciendo:

Nmx

CxCxCNmx

d

qqkF 5,4

)1020(

100,4.100,5./1099,8..22

66229

2

23

2/3

Cómo F1/2 y F3/2 tienen sentidos opuestos, (los vectores “actúan hacia lados opuestos”), para calcular el módulo de la fuerza resultante, se deben restar los valores de las fuerzas involucradas. Es preferible restar la fuerza de mayor módulo a la fuerza de menor módulo. Así obtenemos: Fresultante = F3/2 - F1/2 = 4,5 N – 6,8x10 -1 N = 3,8 N Por lo tanto la fuerza neta o resultante que se ejerce sobre q2, tiene como módulo 3,8N ; dirección horizontal y sentido hacia la izquierda tal como se ilustra en el dibujo de la figura 6:

q1 q3 q2 Fneta

q1 q3 q2

d d

Figura 4

q1 q3 q2 F3/2

F1/2

Figura 5

Figura 6

Comentario [o6]: Observe de la figura,

que la distancia entre q 1 y q 2 es de 40 cm,

es decir igual a 2d.

Comentario [o7]: Si dos fuerzas que

actúan sobre un mismo cuerpo, tienen igual

dirección y sentido, para saber el módulo de

la fuerza neta o resultante, se debe restar el

módulo de las fuerzas involucradas. Es

conveniente restar la fuerza de mayor

módulo menos la de menor módulo. La

dirección y sentido de la fuerza resultante,

será igual a la dirección y sentido de la

fuerza individual de mayor módulo.


4


Datos: q1 = 3,0 C ; q2 = 4,0 C; q3 = - 5,0 C; d = 20 cm. SOLUCIÓN: Lo primero que haremos será calcular el módulo de las fuerzas F1/2 y F3/2 que las cargas q1 y q2 ejercen respectivamente sobre q2. Para ello aplicaremos la ley de Coulomb, por tratarse de cargas puntuales. El módulo de la fuerza F1/2 que q1 ejerce sobre q2, lo calculamos haciendo:

Nmx

CxCxCNmx

d

qqkF 7,2

)1020(

100,4.100,3./1099,8

)(

..22

66229

2

21

2/1

Esta es una fuerza de repulsión entre las cargas q1 y q2. El módulo de la fuerza F3/2 que q3 ejerce sobre q2, lo calculamos

haciendo:

Nmx

CxCxCNmx

d

qqkF 5,4

)1020(

100,4.100,5./1099,8..22

66229

2

23

2/3

Esta es una fuerza de atracción entre las cargas q3 y q2. En la figura 8 se representan a los vectores fuerza F1/2 y F3/2. Puede apreciarse que dichas fuerzas actúan en direcciones diferentes. Para conocer el módulo de la fuerza resultante Fres, no se puede realizar una

simple suma o resta entre los módulos de cada fuerza; en su lugar debe emplearse el teorema del coseno. El teorema del coseno sirve para hallar el módulo del vector resultante de sumar otros dos. En este caso queremos hallar el módulo del vector fuerza resultante, que surge de sumar los vectores fuerza F1/2 y F3/2. El teorema del coseno se aplica en este caso haciendo la siguiente operación:

cos).).(.(2)()( 2/32/1

2

2/3

2

2/1 FFFFFres

Donde cos, es el coseno del ángulo que se forma entre los vectores fuerza F1/2 y

F3/2 (ver figura 8). En la figura se aprecia que = 90º Haciendo cuentas, se obtiene:

NNNFres 2,5º90cos).5,4).(7,2.(2)5,4()7,2( 22

Ya determinamos el módulo de vector fuerza resultante que actúa sobre q2 , siendo este igual a Fres = 5,2N. Falta sin embargo saber cuál es la dirección de dicha fuerza. Para hacerlo, analizaremos la figura 9

d

d

q3

q2 q1

Figura 7

q3

q2 q1

F3/2

F1/2

Figura 8

Comentario [o8]: Cuando dos o más fuerzas actúan sobre un mismo cuerpo, pero en direcciones diferentes, para conocer el módulo de la fuerza resultante Fres, no se puede realizar una simple suma o resta entre los módulos de cada fuerza. En su lugar debe emplearse el teorema del coseno.

Comentario [o9]: Cuando sobre un sistema material actúan varias fuerzas, y se

pretende hallar la fuerza resultante (o fuerza

neta); lo que se busca son las características

(módulo, dirección y sentido) que debería

tener una fuerza “equivalente al sistema de

fuerzas”, que ejercida por sí sola sobre el

cuerpo, produzca el mismo efecto que el

conjunto de fuerzas que se aplican.

Recuerde, que un conjunto de fuerzas

ejercidas simultáneamente sobre un cuerpo,

puede provocar que el mismo acelere, o que

permanezca en equilibrio (con velocidad

constante)


5

Aquí se ha dibujado el vector fuerza resultante, y el ángulo existente entre la dirección horizontal y el vector mencionado.

Para conocer la magnitud del ángulo apreciamos en la figura, que dicho ángulo forma parte de un triángulo rectángulo. Así tenemos por trigonometría

que:resF

F

hipotenusa

adyacentecateto 2/1_cos

Si sustituimos por los valores conocidos, tenemos que:

52,02,5

7,2cos

N

N

Si hallamos la función arco coseno de 0,52 ; determinamos que el valor del

ángulo es = 59º. Con esto podemos decir que el vector de la fuerza resultante que actúa sobre q2 ; tiene módulo Fres = 5,2N, y que la dirección del vector forma un ángulo de 59º respecto a la dirección horizontal (rotado en sentido horario respecto a la horizontal), y que el sentido de la fuerza es el indicado por la punta de la flecha en la figura 9. PROBLEMA.5. Se disponen tres cargas puntuales según se indica en la figura 10. Determine el módulo de la fuerza eléctrica neta o resultante que se ejerce sobre q2 .

Datos: q1 = 3,0 C ; q2 = 4,0 C; q3 = - 5,0C; r = 20 cm. SOLUCIÓN: Primero vamos a calcular el módulo de cada fuerza individual que se ejerce sobre la carga q2. Sobre ella se ejercen las siguientes fuerzas de origen eléctrico: F1/2 (fuerza que la carga q1 ejerce sobre q2); F3/2 (fuerza que ejerce la carga q3 ejerce sobre la carga q2) y F4/2 (fuerza que ejerce q4 sobre q2). Cálculo de F1/2 :

Nmm

CxCxCNmx

rr

qqk

d

qqkF 54,0

)20,0.2()20,0(

100,4.100,3./1099,8

).2(

..

)(

..22

66229

22

21

2

21

212/1

Observe que la distancia d1-2 existente entre q1 y q2 es igual a la hipotenusa del triángulo rectángulo que se ilustra en la figura 11. Sabemos que la hipotenusa de un triángulo rectángulo se calcula haciendo: (hipotenusa)2 = (cateto 1)2 + (cateto 2)2 , y en este caso se obtiene: (hipotenusa)2 = (d1/2)

2 = (r)2 + (2r)2. Por eso al calcular F1/2, en el lugar del término d1-2 se escribió la expresión r2 + (2r)2

q3

q2 q1

F3/2

F1/2

Fres

Figura 9

r r

2r

q2

q3 q1

Figura 10

r

2r

q2

q1

d1/2

Figura 11


6

Cálculo de F3/2:

Nmm

CxCxCNmx

rr

qqk

d

qqkF 90,0

)20,0.2()20,0(

100,4.100,5./1099,8

).2(

..

)(

..22

66229

22

23

2

23

23

2/3

Aquí también se deduce que el cuadrado de la distancia d3-2 entre la carga q3 y la carga q2 es: (d3-2)

2 = r2+(2.r)2 (ver figura 12)

Ahora hay que calcular el módulo de la fuerza resultante que se ejerce sobre la carga q2. Para hacerlo, es recomendable estudiar cuidadosamente la figura 13. Puede apreciarse que sobre q2 actúan dos fuerzas en direcciones completamente diferentes. Para hallar el módulo del vector fuerza resultante Fres, es necesario aplicar el teorema del coseno. El teorema del coseno en este caso se aplica haciendo:

cos...2)()( 2/32/1

2

2/3

2

2/1 FFFFFres

Solo resta conocer cuál es el ángulo que se forma entre los vectores F1/2 y F3/2. Para hacerlo, observe la figura 14, y note cómo

el ángulo marcado como más el ángulo deben sumar 180º.

Si conocemos el ángulo , podemos calcular simplemente

haciendo: = 180º -

Para determinar el valor de ; dividamos al triángulo de la figura en 2 triángulos iguales (ver figura). Se forma en la parte superior un

ángulo ( / 2) , que es igual a la mitad de . Por lo tanto por trigonometría se tiene que:

2

1

2.

_

2tan

r

r

adyacentecat

opuestocat

Y si hallamos el valor de / 2, haciendo la función arc tan,

encontramos que / 2 = 27º. Por lo tanto = 2 x 27º = 54º

Ahora podemos hallar , sabiendo que:

= 180º - = 180º - 54º = 126º Para calcular el módulo de la fuerza resultante Fres , hacemos:

NNNNNFFFFFres 73,0º126cos).90,0).(54,0.(2)90,0()54,0(cos...2)()( 22

2/32/1

2

2/3

2

2/1

Finalmente resta determinar la dirección del vector Fres. Obsérvese de la figura 14 b), que para especificar la dirección que forma Fres respecto a la horizontal, debemos

determinar el ángulo marcado como .

q2

q3 q1

F3/2

F1/2

r r

2r

2

Fres

Figura 14

q2

q3 q1

F3/2

F1/2

r r

Figura 13

r

2r

q2

q3

d3/2

Figura 12


7

Para determinar el

ángulo que el vector Fres forma con respecto a la dirección horizontal, dibujaremos el vector

- F1/2; es decir el vector

opuesto a F1/2 (ver figura

14 c) En dicha figura se aprecia claramente que el vector F3/2, puede considerarse como el vector resultante de sumar los vectores – F1/2 y Fres. El ángulo menor entre los vectores Fres y – F1/2

lo llamaremos ; siendo el mismo, el resultado de

sumar

22

Por el teorema del coseno sabemos que el módulo del vector F3/2 se

lo puede determinar realizando la siguiente operación matemática:

cos))((2)()( 2/1

22

2/12/3 resres FFFFF

Donde las cantidades involucradas, hacen referencia a módulos de las fuerzas. Si elevamos al cuadrado el valor F3/2 obtenemos:

cos))((2)()()( 2/1

22

2/1

2

2/3 resres FFFFF

Y luego de unas operaciones obtenemos que:

))((2

)()()(cos

2/1

22

2/1

2

2/3

res

res

FF

FFF

Sustituyendo por los valores correspondientes se obtiene que:

)73,0)(54,0(2

)73,0()54,0()90,0(cos

222

NN

NNN

/2

F1/2

F3/2

Fres

x

/2

90º-/2

Figura 14 b)

/2

F1/2

F3/2

Fres

x

/2 90º - 2

-F1/2

Figura 14 c)


8

cos = -1,84 x 10 – 2

= 91º

Podemos determinar el valor del ángulo recordando que: =

22

Sustituyendo por los valores de cada ángulo obtenemos:

91º = 2

º57

2

º57

Por lo que: = 91º - 2

º57

2

º57 = 34º

De la figura 14 c), se puede observar que 90 º es la suma de los ángulos 2

º57

Sustituyendo y despejando obtenemos:

90º = 2

º57

90º = º342

º57

= 90º - º342

º57 = 27º

Hemos determinado entonces, que el vector Fres forma un ángulo de 27º respecto a la dirección horizontal.

Observe que la suma de los ángulos

2

es igual a 90º. Esto nos permite

determinar que el vector Fres se encuentra por debajo de la horizontal. Si esto no fuera

así, entonces dicho vector estaría por encima de la dirección horizontal.


9

PROBLEMA.6. Un dipolo y una carga q positiva se encuentran dispuestos según la figura 47. La distancia que separa a la carga q del punto medio del dipolo, es igual a R. Las cargas Q y – Q del dipolo, están separadas por una distancia d. Determine las características de la fuerza resultante que ejerce el dipolo sobre la carga q.

Datos: |+Q| = | -Q| = 3,0 C; +q = 90 nC; D = 0,50 m; R = 1,00 m En la figura 48 se ilustran las fuerzas F- y F+ que las cargas “- Q “ y “ +Q” ejercen respectivamente sobre la carga puntual “+q ”. Observe que en la figura 49 se descomponen dichas fuerzas, en sus componentes verticales, y se muestra la fuerza resultante F. Se marcaron también tres

ángulos señalados cómo “”, los cuales se sabe que son iguales, por razones de simetría. Se procederá a hallar el módulo de las fuerzas que se ejercen sobre la carga +q Para hallar el módulo de la fuerza F+ que ejerce la carga “+Q” sobre “+q”, utilizaremos la ley de Coulomb, que en este caso queda escrita como:

2/

)).(.(

qQd

qQkF

Donde d+Q/q es la distancia entre la carga “+Q “y la carga “+q”, coincidiendo en este caso, con la hipotenusa de un triángulo rectángulo delimitado por las cargas mencionadas, y el origen de los ejes “x” e “y” (ver figura 48) Para hallar dicha distancia utilizamos el teorema de Pitágoras para triángulos rectángulos:

22 )2()1( catetocatetohipotenusa ;

mmm

RD

d qQ .03,1)00,1()2

50,0()()

2( 2222

/

Sustituyendo los valores en la ecuación antes escrita obtenemos:

Nx

m

CxCxC

Nmx

d

qQkF

qQ

3

2

96

2

29

2

/

103,2)03,1(

1090.100,3.1099,8)).(.(

Para hallar el módulo de la fuerza F- ,que ejerce la carga “- Q” sobre la carga “+q”, procedemos de forma similar:

Nx

m

CxCxC

Nmx

d

qQkF

qQ

3

2

96

2

29

2

/

103,2)03,1(

1090.100,3.1099,8)).(.(

x

y

+q

- Q

+ Q

D

R

Figura 47

x

y

+q

- Q

+ Q

D/2

F-

Figura 48

d Q-q

F+

Comentario [o10]: Un dipolo eléctrico,

está formado por dos cargas puntuales

idénticas, pero de signos contrarios,

separadas por cierta distancia “d”.


10

Observe la notable simetría de la situación, que lleva a que ambas fuerzas, F+ y F- , tengan igual módulo.

Luego basta sumar vectorialmente, las fuerzas F- y F+ ; para conocer el las características de la fuerza resultante Fres

Observe sin embargo de la figura 49, que si descomponemos en sus componentes vertical y horizontal, tanto a F- cómo a F+ , obtenemos que las componentes horizontales (F-x y F+x) de F- y F+ tienen módulos iguales pero sentidos opuestos, por lo que en el eje horizontal las componentes se anulan mutuamente (por razones de simetría). Solo quedan actuando sobre la carga “+q”, las fuerzas verticales componentes F-y y F+y. Para hallar el módulo de la fuerza resultante Fres, basta con sumar el módulo de las componente F-y y F+y. La fuerza resultante Fres tendrá el módulo dado por dicha suma, dirección vertical y sentido hacia abajo (ver figura 50). Hallaremos ahora el módulo de F+y, la componente vertical de la fuerza F+. Observe abajo y a la izquierda en la figura 49, que se

forma un triángulo rectángulo, conformando un ángulo , la hipotenusa F+ y el cateto opuesto F+y. De la figura 49 tenemos por trigonometría que:

Nx

F

F

F

hipot

opuestocatsen

yy

3103,2.

.

Falta calcular el ángulo para poder calcular F+y haciendo: F+y = sen . 2,3x10 – 3 N

El ángulo se puede calcular, si se analiza la figura 48. El ángulo señalado como “” ,arriba y a la izquierda de la figura 48, tiene como hipotenusa a “d –Q/q”, y como cateto opuesto a D/2. Por lo que se puede escribir:

243,003,1

)2/50,0(2/.

/

m

m

d

D

hipotenusa

opuestocatsen

qQ

Y al hacer la función arc sen(0,223) se obtiene que = 14,1º

Así obtenemos que F+y = sen . 2,3 x 10 – 3 N = sen14,1º . 2,3x 10 – 3 N = 5,60x10 – 4 N En forma similar podemos hallar el módulo de F-y, la componente vertical de la fuerza F-

De la figura 49 tenemos por trigonometría que:

243,0103,2.

.3

Nx

F

F

F

hipot

opuestocatsen

yy

Despejando obtenemos: F-y = 0,243 . 2,31x10 – 3 N = 5,60x10 – 4 N (idéntico al resultado anterior) Y por último para hallar la fuerza resultante Fres, basta con sumar los módulos de F-y y F+y.

Así obtenemos: Fres = F-y + F+y = 5,60x10 – 4 N + 5,60x10 – 4 N = 1,12x10 – 3 N

Figura 50

x

y

+q

- Q

+ Q

D

F-

Fres

F+

+q

F- F+

F-x

F+y F-y

F+x

Figura 49

y x


11

CAMPO ELÉCTRICO GENERADO POR CARGAS PUNTUALES PROBLEMA.7. Determine el módulo, dirección y sentido del campo eléctrico producido en el punto “A” ,por el conjunto de cargas eléctricas mostrado en la figura 15.

Q1 = 10c, Q2 = -6,0c, Q3 = -300nC, R = 5,0 cm

(1 nC 1x10 – 9 C) SOLUCIÓN : Comencemos hallando el módulo del campo eléctrico que genera cada carga individual en el punto “A”. El módulo del campo eléctrico generado por una carga eléctrica puntual, está dado por la siguiente ecuación:

2

.

d

qkE

donde k es la constante de Coulomb, q es la carga que genera el campo eléctrico, y d es la distancia entre la carga eléctrica y la zona del espacio donde queremos conocer el valor del campo. Primero calcularemos el módulo del campo eléctrico E1 generado por la carga Q1 en el punto “A”.

mNxmxx

CxCNmx

d

qkE

A

/100,4)100,53(

1010./1099,8

)(

. 6

22

6229

2

1

11

Observe que la unidad del campo eléctrico es N/m (se lee “Newton por metro”) Determinemos ahora el módulo del campo eléctrico E2 generado por la carga Q2 en el punto “A”.

mNxmxx

CxCNmx

d

qkE

A

/104,5)100,52(

106./1099,8

)(

. 6

22

6229

2

2

22

Lo mismo hacemos para determinar el módulo del campo E3 generado por Q3 en “A”

mNxmx

CxCNmx

d

qkE

A

/101,1)100,5(

10300./1099,8

)(

. 6

22

9229

2

3

13

En la figura 16 se han dibujado los vectores campo eléctrico E1, E2 y E3, generados por las cargas Q1, Q2 y Q3 en el punto “A”

respectivamente. El campo eléctrico también es una magnitud vectorial, por lo tanto para hallar el campo resultante o campo eléctrico neto, hay que tener cuidado con la forma de operar. Si estudia la figura 16, observará que los tres vectores campo eléctrico dibujados, tienen diferentes direcciones o diferente sentido, por lo que para hallar el

Figura 15

3R R

2R Q1

Q2

Q3

A

Figura 16

E1 Q1

Q2

Q3

A

E2

E3

Comentario [o11]: Todo cuerpo que

posee una carga eléctrica puede ejercer una

fuerza eléctrica sobre un cuerpo cargado

eléctricamente, y situado a cierta distancia.

Para poder ejercer fuerzas a distancia, un

cuerpo cargado genera en todo su alrededor

un campo eléctrico E, que se encarga de

ejercer la fuerza sobre la carga eléctrica

distante. Se dice que el campo eléctrico

actúa como intermediario entre la fuerza y

la carga eléctrica.


12

qo

F1

E1

módulo del vector campo eléctrico resultante, debemos aplicar el teorema del coseno en algún momento. Seguramente se preguntará cómo se dibujaron los vectores campo eléctrico en la figura 16. Estudiemos como ejemplo, la forma en que se determinaron las características del campo E1. En la figura 17 se dibuja a la carga Q1 y al punto “A”. Como primer paso se supone que se sitúa en el punto “A” una pequeña carga de prueba positiva qo. La carga positiva Q1 ejercería sobre esa carga de prueba qo una fuerza horizontal F1 apuntando hacia la derecha (fuerza de repulsión). El campo eléctrico E1 generado por Q1 tiene por lo tanto igual dirección y sentido que la fuerza que ejerce sobre la carga de prueba qo, por eso el vector E1 fue dibujado de esa forma en la figura 16. Una vez que se determinaron las características del vector campo eléctrico, no es necesario considerar que exista una carga de prueba q0 en el punto “A”. La carga de prueba qo es una carga “imaginaria” que se utiliza para determinar las características del campo eléctrico, pero en realidad esa carga qo “no existe”.

Primero procederemos a operar con el campo eléctrico generado por Q1 y el respectivo campo generado por Q3 en el punto “A”. Aprecie en la figura 16, que ambos vectores campo eléctrico (E1 y E3), tienen igual dirección y sentido. En el caso de vectores con estas características, basta con realizar la suma de los módulos de ambos vectores para hallar el módulo de un nuevo vector, equivalente al conjunto E1 y E3.

Así el módulo del vector “suma” es:

CNxCNxCNxEEE /101,5/101,1/100,4 666

3131

El campo eléctrico resultante de la suma de los vectores campo E1 y E2 tiene como módulo E1-3 = 5,1x10 6 N/C, dirección horizontal y sentido hacia la izquierda (ver figura 18). Como los vectores E1 y E3 tienen igual dirección y sentido; el vector resultante de la suma vectorial de ambos, tiene igual dirección y sentido que cada vector individual. Quizás el lector se pregunte por qué cuando dos vectores individuales actúan con igual dirección y sentido, para hallar el módulo del vector suma resultante, basta con sumar el módulo da cada vector individual involucrado. La respuesta está en el teorema del coseno. En realidad, siempre que se quiere hallar el módulo del vector resultante de la suma de otros vectores individuales; se debe utilizar el teorema del coseno. En nuestro caso, más arriba escribimos:

CNxCNxCNxEEE /101,5/101,1/100,4 666

3131

Esta misma expresión surge de trabajar con el teorema del coseno de la siguiente forma:

cos).).(.(2)()( 31

2

3

2

131 EEEEE

CNxxxxxE /101,5º0cos).101,1).(100,4.(2)101,1()100,4( 6662626

31

Cómo se puede apreciar, aplicar el teorema del coseno a la suma de dos vectores que actúan con igual dirección y sentido, arroja el mismo resultado que simplemente sumar los módulos de cada vector individual (vea figura 16 para cerciorarse que el ángulo

entre los vectores E1 y E2 es = 0º; por eso se utilizó cos 0º en el teorema del coseno)

Figura 17

Q1

Q2

Q3

A

Figura 18

E1-3

Q1

Q2

Q3

A

E2

Comentario [o12]: Recuerde que cuando deseamos hallar una magnitud

resultante o neta como el campo eléctrico

resultante, pretendemos determinar las

características de ese nuevo vector campo

eléctrico, de forma que si existiera

solamente esa campo eléctrico y no

existieran otros, esto provocaría el mismo

efecto en el sistema.


13

Eres

Ahora se procederá a determinar la suma de los vectores E1-3 y E2 (ver figura 18)

Según el teorema del coseno se obtiene:

cos...2)()( 231

2

2

2

31 EEEEEres

CNxCNxCNxCNxCNxEres /104,7º90cos)./104,5).(/101,5.(2)/104,5()/101,5( 6662626

CNxEres /104,7 6

Falta ahora determinar la dirección del vector Eres (ver figura 19).

Para hacerlo, determinaremos el ángulo mostrado en la figura 19.

La tangente del ángulo es:

06,1/101,5

/104,5

.

.tan

6

6

31

2 CNx

CNx

E

E

adycat

opcat

Y por lo tanto si hacemos arc tan obtenemos que el ángulo es igual

a = 47º. Así el vector campo eléctrico resultante Eres, tiene como módulo

7,4x106 N/C, dirección que forma 47º respecto a la horizontal (con rotación antihoraria), y sentido dado por la punta de la flecha en la figura 19. PROBLEMA.8. Determine la o las posiciones donde el campo eléctrico resultante es igual a cero (campo nulo) (ver figura 20) Datos: q1 = 5,0 x 10 – 6 C, q2 = 7,0 x 10 – 6 C, R = 45 cm SOLUCIÓN: Tanto q1 como q2 generan un campo eléctrico en cualquier punto del espacio. Pero para que el campo eléctrico resultante sea cero, los vectores campo eléctrico E1 y E2 generados por q1 y q2 respectivamente, deben tener igual módulo, igual dirección pero sentidos opuestos. En la figura 21 se muestran distintos puntos en los que se han dibujado los vectores campo eléctrico generados por cada carga. Obsérvese que solo en el punto “B” el

Figura 19

E1-3

Q1

Q2

Q3 A

E2

q1 q2

R

Figura 20

E2 q1 q2 E1

E1 E1 E2 E2 A

B B

Figura 21


14

campo eléctrico neto puede ser nulo, ya que solo allí se cumple la condición antes mencionada. En dicho punto del espacio, los módulos de los campos eléctricos E1 y E2 son iguales. Por lo tanto podemos escribir lo siguiente: E1 = E2

2

2

2

2

1

1

)(

.

)(

.

d

qk

d

qk (d1 = [0,45m – x] ; y d2 = x ; ver figura 22)

22 )()45,0(

.0,5.

xxm

Cx10./CN.m 8,99x10C10 x/CN.m 8,99x10 62296229

7,0

Si cancelamos algunos términos (que aparecen en letra negrita) por encontrarse a ambos lados de la igualdad obtenemos:

22 )(

0,7

)45,0(

0,5

xxm

Luego de algunas operaciones obtenemos:

22 )45,0(0,7).(0,5 xmx

Sabiendo que:

20,090,0.45,0.2)()45,0()45,0( 2222 xxxmxxm

Substituyendo obtenemos:

)20,090,0(0,7.0,5 22 xxx

Aplicando distributiva:

)20,0.790,0.70,7.0,5 22 xxx

4,13,60,7.0,5 22 xxx

Igualando a cero se obtiene:

4,13,60,50,70 22 xxx

04,13,60,2 2 xx

Resolviendo la ecuación de segundo grado:

2,9m

0,24m

0,2.2

4,1.0,2.4)3,6()3,6( 2

x

Observe que se obtienen dos valores para x, que por ser una distancia debe tener signo positivo. El valor x = 2,9 m es incorrecto (no tiene significado físico), puesto que la distancia entre las cargas q1 y q2 es de 0,45m y el punto “B” se encuentre a medio

Figura 22

q1 q2

R = 0,45m

0,45m - x x B


15

camino entre las dos cargas. La distancia x existente entre la carga q2 y el punto B nunca puede ser mayor que 0,45 m. Por lo tanto el valor correcto es x = 0,24m, siendo esta la distancia que existe entre q2 y el punto del espacio donde el campo resultante es nulo. Observe que el campo eléctrico resultante es nulo, más cerca de la carga q1, que es la que posee menor magnitud de carga (expresada en valor absoluto). PROBLEMA.9. Determine la o las posiciones donde el campo eléctrico resultante es igual a cero (campo nulo) (ver figura 23) Datos: q1 = - 5,0 x 10 – 6 C, q2 = 7,0 x 10 – 6 C, R = 45 cm

SOLUCIÓN: Nuevamente para que el campo eléctrico resultante sea cero, los vectores campo eléctrico E1 y E2 generados por q1 y q2 respectivamente, deben tener igual módulo, igual dirección pero sentidos opuestos. En la figura 24 se muestran distintos puntos en los que se han dibujado los vectores campo eléctrico generados por cada carga. Obsérvese que solo en el punto “A” el campo eléctrico neto puede ser nulo, ya que solo allí se cumplen las condiciones necesarias. Recuerde que el campo eléctrico resultante es nulo, más cerca de las cargas de menor valor absoluto; en este caso más cerca de q1. En dicho punto del espacio, los módulos de los campos eléctricos E1 y E2 son iguales. Por lo tanto podemos escribir lo siguiente: E1 = E2

2

2

2

2

1

1

)(

.

)(

.

d

qk

d

qk (d1 = x ; y d2 = [0,45+x] ; ver figura 22)

22 )45,0()(

.0,5.

xmx

Cx10./CN.m 8,99x10C10 x/CN.m 8,99x10 62296229 7,0

Si cancelamos algunos términos (que aparecen en letra negrita) por encontrarse a ambos lados de la igualdad obtenemos:

22 )45,0(

0,7

)(

0,5

xmx

q1 q2

R

Figura 23

q1 q2

E1

E1

E2 E2 B C

A E2

Figura 24

E1

Figura 25

q1 q2

A

R+x

R x

Comentario [o13]: Siempre en este tipo

de ejercicios, el campo eléctrico resultante

es nulo, en una zona más próxima a la carga

de menor valor absoluto. Eso tiene relación

con el hecho que el módulo del campo

eléctrico disminuye rápidamente con la

distancia.


16

Luego de algunas operaciones obtenemos:

22 )(0,7)45,0.(0,5 xx

Sabiendo que:

20,090,0.45,0.2)()45,0()45,0( 2222 xxxmxxm

Substituyendo obtenemos:

)(0,7)20,090,0.(0,5 22 xxx

Aplicando distributiva:

22 0,70,15,40,5 xxx

Igualando a cero se obtiene:

0,15,40,50,70 22 xxx

00,15,40,2 2 xx

Resolviendo la ecuación de segundo grado:

2,45m

0,20m -

0,2.2

)0,1.(0,2.4)5,4()5,4( 2

x

Observe que se obtienen dos valores para x, que por ser una distancia debe tener signo positivo. El valor x = -0,20m es incorrecto (no tiene significado físico), puesto el valor de una distancia nunca puede tener signo negativo. La distancia x existente entre la carga q1 y el punto A es x = 2,45m. Por lo tanto el campo eléctrico resultante es nulo, 2,45 m a la izquierda de la carga q1. Observe nuevamente, que el campo eléctrico resultante es nulo más cerca de la carga q1, que es la que posee menor magnitud de carga (expresada en valor absoluto).

PROBLEMA.10. En una zona cercana a la superficie del Planeta Tierra, existe un campo eléctrico uniforme y vertical de módulo constante E. En dicha zona, se liberan desde una condición inicial de reposo, dos cargas puntuales q1 y q2, ambas de igual masa. La carga q1 experimenta una aceleración de caída de módulo igual a 2,0 g (g = 9,8 m/s2); mientras que la carga q2 experimenta una aceleración también de caída pero de módulo igual a 0,8 g. Determine la razón q1 / q2 e indique si es posible o no, determinar el sentido del vector campo eléctrico.

FE1 P

Figura 59

q1


17

SOLUCIÓN: La carga q1 experimenta una aceleración de caída mayor que g = 9,8 m/s2, la que experimentaría si sólo actúa la fuerza peso. Por lo tanto además de la fuerza peso hacia abajo, debe existir otra fuerza actuando hacia abajo sobre la carga q1 que le otorga una aceleración extra; según se ilustra en la figura 59,

esa fuerza es FE1. Por la segunda ley de Newton podemos escribir:

Fneta = P + FE1 = m . a ;

Siendo la aceleración a, igual a 2,0 . g ; es decir 2,0 x 9,8 m/s2 = 19,6 m/s

2

Obtenemos entonces:

Fneta = P + FE1 = m . a

Fneta = m . g + q1 . E = m . 2,0 . g

Donde E es el campo eléctrico que ejerce la fuerza FE1.

La expresión anterior se puede rescribir de la siguiente forma, si agrupamos todos los

términos que contienen a “g” a la derecha:

q1 . E = m .2,0g – m . g

q1 . E = m . g(2,0 – 1,0)

(1) q1 . E = m . g

Por otra parte la carga q2 experimenta una aceleración de caída menor que g = 9,8 m/s2,

lo que implica que sobre ella actúa además de la fuerza peso P, otra fuerza FE2 que tiene

sentido opuesto a la fuerza peso P, haciendo que la aceleración sea menor (ver figura

60)

Nuevamente utilizando la segunda ley de Newton podemos plantear:

Fneta = P – FE2 = m.a (siendo a = 0,8 g)

Fneta = m . g – q2 . E = m . 0,8 . g

Agrupando los términos que contienen a “g”, obtenemos:

m. g – m . 0,8 g = q2 . E

(2) q2 . E = 0,2 m . g

Del análisis hasta ahora realizado, se puede observar que el campo eléctrico E, ejerce

fuerzas de sentidos opuestos sobre q1 y sobre q2. Debido a que el campo E apunta en

una única dirección, se deduce que q1 y q2 deben tener signos opuestos; de lo contrario

el campo eléctrico uniforme E, sobre cargas de igual signo, ejercería fuerzas de igual

dirección y sentido (y esto no ocurre en este problema).

Hasta ahora obtuvimos las ecuaciones (1) y (2) que se rescriben a continuación:

(1) q1 . E = m . g

(2) q2 . E = 0,2 m . g

Si las dividimos entre sí obtenemos:

P

Figura 60

FE2

q2


18

gm

gm

Eq

Eq

..2,0

.

.

.

2

1

52

1 q

q Esto último implica, que la magnitud de la carga q1, es 5 veces mayor que

la magnitud correspondiente de la carga q2

Por último, no es posible determinar el sentido del campo eléctrico E, ya que no

conocemos el signo de las cargas q1 y q2.

Por ejemplo, si q1 tuviese signo negativo, cómo FE1 apunta hacia abajo, el campo

eléctrico E tendría sentido opuesto, y se dirigiría hacia arriba.

En cambio, si q1 tuviese signo positivo, cómo FE1 apunta hacia abajo, el campo eléctrico

E tendría el mismo sentido, y se dirigiría hacia abajo también. Cómo no conocemos el

signo de ninguna de las cargas, es imposible determinar el sentido del campo eléctrico.

Solo podemos saber que los signos de las cargas q1 y q2 son opuestos, y que las

magnitud de q1 es 5 veces mayor que la de q2.

PROBLEMA.11. Cierto día de condiciones meteorológicas estables, se determina que el módulo del campo eléctrico cercano a la superficie terrestre, es igual a 120 N/C. Sabiendo que una gota de las que conforman la niebla, posee una carga neta equivalente a la de 150 electrones (e - = - 1,6 x 10 – 19 C), y que ésta permanece en reposo (sin caer); indique:

a) ¿Cuál es la masa de la gota? b) ¿Cuáles son la dirección y sentido del campo eléctrico?

SOLUCIÓN: a) Sobre la gota además de la fuerza que ejerce el campo eléctrico, actúa la fuerza peso P, que se dirige verticalmente hacia abajo. Para que la gota permanezca en equilibrio (y por tanto la fuerza neta sea igual a cero), debe existir otra fuerza de igual módulo que el peso P, pero de sentido opuesto. Dicha fuerza es, ni más ni menos, que la fuerza FE que ejerce el campo eléctrico E = 120 N/C. Sobre la gota actúan entonces, las fuerzas indicadas en la figura 61 Cómo tienen sentidos opuestos se puede escribir: Fneta = P – FE = 0 N

m . g – q . E = 0 N Despejando obtenemos:

m . g = q . E

kgxsm

CNCxx

g

Eqm 16

2

19

109,2/.8,9

/120).106,1150(.

b) Ya dedujimos que la fuerza eléctrica FE se ejerce hacia arriba, y sabíamos que la carga de la gota es negativa, por lo tanto el campo eléctrico E tiene sentido opuesto al de la fuerza FE. Es decir que el campo eléctrico E está dirigido verticalmente hacia abajo.

P

Figura 61

FE2


19

CAMPO ELÉCTRICO GENERADO POR DISTRIBUCIONES CONTÍNUAS DE CARGA PROBLEMA.12. Dos placas planas y paralelas cargadas uniformemente; se encuentran dispuestas según se muestra en el dibujo. Indique módulo, dirección y sentido del campo eléctrico resultante, en los puntos “A”, “B” y “C”.

Datos: 1 = - 2,0 C/m2 ; 2 = 6,0 C/m2 SOLUCIÓN: El módulo del campo eléctrico generado por una placa cargada uniformemente, se calcula mediante la siguiente ecuación:

o

E

.2

donde representa la densidad superficial de carga de la placa, y o una constante llamada constante de pemitividad del espacio libre, cuyo valor es 8,85x10 – 12 C2/Nm2 Se debe tener en cuenta, que esta ecuación se utiliza cuando la placa cargada, se supone que tiene dimensiones muy grandes (infinita) en comparación con la distancia a la cuál se pretende conocer el campo eléctrico. Como el campo eléctrico en las inmediaciones de una placa eléctrica se considera uniforme (el módulo y dirección del campo permanecen constantes), siempre el módulo de E cerca de una placa cargada

uniformemente valdrá o

E

.2

A) Primero calcularemos el módulo del campo eléctrico generado por cada placa en el punto “A” (ver figura 27)

El campo eléctrico E1 generado por la placa 1 es:

CNxmNCx

mCxE

o

/101,1./1085,8.2

/100,2

.2

5

2212

26

11


CNxmNCx

mCxE

o

/104,3./1085,8.2

/100,6

.2

5

2212

26

22

Para hallar el campo resultante Eres en el punto “A”, debemos simplemente restar el módulo de cada campo (E1 y E2), puesto que estos tienen igual dirección pero sentidos opuestos (ver figura 27) Así se obtiene:

CNxCNxCNxEEEres /103,2/101,1/104,3 555

12

A B C

1 2

Figura 26

A

B C

1 2

E1 E2

Figura 27

A

B C

1 2

Eres

Figura 28

Comentario [o14]: La densidad

superficial de carga , se calcula dividiendo la carga neta de la placa, entre la superficie

de la misma. Esto es:

Área

Qneta

La unidad de es: C / m2

Comentario [o15]: Note que si bien la

densidad superficial de carga de la placa puede tener signo negativo, en la ecuación

siempre se utiliza el valor absoluto

(positivo) de


20

El módulo del campo resultante en “A” es 2,3x105 N/C, y el vector campo eléctrico tiene dirección horizontal y sentido hacia la izquierda (ver figura 28) B) Calcularemos ahora el módulo del campo eléctrico generado por cada placa en el punto “B” (ver figura 29)


CNxmNCx

mCxE

o

/101,1./1085,8.2

/100,2

.2

5

2212

26

11


CNxmNCx

mCxE

o

/104,3./1085,8.2

/100,6

.2

5

2212

26

22

Cómo podrá apreciarse, el módulo de los campos E1 y E2 es independiente de la posición espacial. Para hallar el campo resultante Eres en el punto “B”, debemos sumar el módulo de cada campo (E1 y E2), ya que estos tienen igual dirección y sentido (ver figura 29) Así se obtiene:


12

El módulo del campo resultante en “B” es 4,5x105 N/C, y el vector campo eléctrico tiene dirección horizontal y sentido hacia la izquierda (ver figura 30) C) Calcularemos ahora el módulo del campo eléctrico generado por cada placa en el punto “C” (ver figura 31)


CNxmNCx

mCxE

o

/101,1./1085,8.2

/100,2

.2

5

2212

26

11


CNxmNCx

mCxE

o

/104,3./1085,8.2

/100,6

.2

5

2212

26

22

A

B C

1 2

E1

E2

Figura 29

A B

C

1 2

Eres

Figura 30

A

B C

1 2

E1

E2

Figura 31


21

Para hallar el campo resultante Eres en el punto “C”, debemos restar el módulo de cada campo (E1 y E2), ya que estos tienen igual dirección pero sentidos opuestos (ver figura 31) Así se obtiene:


12

El módulo del campo resultante en “C” es 2,3x105 N/C, y el vector campo eléctrico tiene dirección horizontal y sentido hacia la derecha (ver figura 32) PROBLEMA.13. Considere a las cargas puntuales q1 y q2 mostradas en la figura, situadas en las cercanías de una placa cargada plana infinita, de

densidad superficial (ver figura 33) a) Determine el campo eléctrico resultante en la posición donde está

situada la carga q2. b) Determine la fuerza resultante que se ejerce sobre la carga q2

Datos: = + 60 nC / m2; q1 = 5,0 nC, q2 = 9,0 C; d = 10 cm SOLUCIÓN: a) Lo primero que haremos será determinar al módulo del campo eléctrico generado por q1 y por la placa cargada, en la posición donde se encuentra q2. El módulo del campo generado por la placa cargada, en cualquier lugar del espacio, se

calcula haciendo:

2

E

En este caso se obtiene: CNxmNCx

mCxE /104,3

./1085,8.2

/1060 3

2212

29

El vector campo E tiene la dirección y sentido que se muestra en la figura

34. Observe que se ha eliminado la carga q2 en la figura 34 por claridad. Esto se debe a que una carga puntual (q2 en este caso), no genera un campo eléctrico en el punto donde se encuentra ubicada; entonces en este caso, no tiene importancia para nuestro problema (recuerde que se pide hallar el

campo resultante, y solo q1 y la placa generan campo eléctrico en el punto donde se encuentra q2) El módulo del campo generado por la carga q1 en la posición en que se encuentre q2,

lo calculamos haciendo CNxm

CxCmNx

d

qkEq /105,4

)10,0(

100,5./.1099,8

)(

. 3

2

9229

2

21

11

El vector campo E q1 tiene la dirección y sentido que se muestra en la figura 34.

A B C

1 2

Eres

Figura 32

q2

q1

d

Figura 33

q1

d

E

Eq1

Figura 34


22

Resta ahora hallar el vector campo eléctrico resultante Eres resultado de la suma de los

vectores Eq1 y E. Para sumar vectores recuerde que se debe utilizar el teorema del

coseno, que en este caso queda:

cos).).(.(2)()( 1

22

1 EEEEE qqres


Observe que el ángulo entre Eq1 y E es de 90º, por eso se utilizó cos 90º al aplicar el teorema del coseno (vea figura 34)

Finalmente resta determinar el ángulo que forma el vector campo eléctrico resultante respecto a la horizontal (ver figura 35) . Observe de la figura 35, que se forma un triángulo rectángulo entre el vector Eres y el

vector E; donde E es el cateto adyacente a , y Eq1 es el cateto opuesto a .

De la figura 35 se puede deducir que la tangente del ángulo se calcula haciendo:

3,1/104,3

/105,4

.

.tan

3

31

CNx

CNx

E

E

adycat

opcat q

Y si hacemos la función inversa de la tangente obtenemos que = 52,9º (en

la figura, no tiene la medida real) Por lo tanto el vector campo resultante tiene la dirección y el sentido ilustrados en la figura 35. b) Hallaremos ahora el módulo de la fuerza F que ejerce el campo resultante Eres sobre la carga q2. Para hacerlo simplemente basta con multiplicar el módulo del campo eléctrico resultante Eres por el valor absoluto de la carga q2.

2 Así obtenemos:

NxCNxNxEqF res

2.36

2 100,5/106,5.100,9.

La dirección y sentido del vector F, son iguales a la dirección y sentido del vector Eres, debido a que Eres ejerce fuerza sobre una carga positiva, que es q2

en este caso.3 Si q2 hubiese tenido carga eléctrica negativa, entonces el vector fuerza resultante F hubiese tenido la misma dirección que el vector Eres, pero sentido opuesto. (ver figura 36)

2 Siempre que deseemos hallar el módulo de la fuerza F, que un campo eléctrico E, ejerce sobre una

cartga puntual q ; basta con multiplicar el valor absoluto de la carga q, por el modulo del

campo eléctrico E. 3 Si un campo eléctrico E ejerce una fuerza F sobre una carga puntual q, entonces los vectores E y F

tendrán igual dirección y sentido si q tiene signo positivo. Si q tiene signo negativo, los vectores E y F

tendrán signos opuestos.

q1

E

Eq1

Eres

Figura 35

q1

F

Figura 36


23

PROBLEMA.14. Una partícula q eléctricamente cargada se encuentra

en una situación de equilibrio; 4,0 cm por encima de la placa cargada uniformemente, según se muestra en la figura 37. Halle la carga de la partícula (indicar el signo) (Considerar los efectos de la fuerza Peso.)

Datos: (M = masa de q); M = 4,0 g; = - 40,0 C / m2 SOLUCIÓN: En la posición donde se ubica la carga q, la placa cargada genera un

campo eléctrico E (ver figura 38), que ejerce una fuerza F sobre q.

El módulo del campo E lo calculamos haciendo:

CNxmNCx

mCxE

o/102,2

./1085,8.2

/100,40

.2

6

2212

26

Aún no sabemos si el campo E ejerce fuerza sobre q, hacia arriba o hacia abajo. Para saberlo primero analicemos el hecho que q, tiene masa considerable y que por lo tanto además de la fuerza que ejerce

E, también debemos considerar a la fuerza peso P, en la resolución de este ejercicio. La fuerza peso P, actúa hacia abajo (apuntando hacia el centro del planeta Tierra), según se ilustra en la figura 39. Para que la carga q esté en equilibrio, la fuerza neta debe ser nula; y la única manera de que se anule el efecto de la fuerza peso P, es que actúe otra fuerza de igual módulo que esta pero de sentido opuesto. Esa fuerza es nada más y nada menos que FE, la fuerza que ejerce el campo eléctrico (creado por la placa) sobre q. Ahora bien, la fuerza FE apunta hacia arriba (ver figura 39), y el campo

eléctrico E apunta hacia abajo. Como tienen igual dirección pero sentidos opuestos, se deduce que q debe tener signo negativo. (Si el

campo eléctrico E hubiese tenido la misma dirección y sentido que la fuerza FE, la carga q debería tener signo positivo) Según lo dicho anteriormente, la fuerza peso P debe tener igual módulo que la fuerza eléctrica FE, por lo que se puede escribir P = FE Sabiendo que la fuerza peso se calcula haciendo el producto: Peso = masa x aceleración en caída libre = m . g (con g = 9,8 m/s2) Y conociendo que la fuerza FE, que ejerce un campo eléctrico E sobre una carga puntual q, se calcula haciendo: FE = q .E Podemos sustituir en la expresión anterior y obtenemos: P = FE

m . g = q . E

4,0x10 – 3 kg . 9,8 m / s2 = q . 2,2 x 10 6 N / C

q

Figura 37

E

Figura 38

Figura 39

FE

P

q


24

Despejando q obtenemos:

CxCNx

smkgxq 8

6

23

108,1/102,2

/8,9.100,4

Pero este es el valor absoluto de q; en realidad como q tiene signo negativo debemos escribir: q = - 1,8x10 – 8 C PROBLEMA.15. Una partícula q eléctricamente cargada y de masa m, cuelga de un hilo de seda no conductor. Cuando una lámina cargada interactúa con la carga q, el hilo se separa respecto a la vertical, un

ángulo igual a 30º, y se alcanza una situación de equilibrio. (ver figura 40)

a) Determine el módulo de cada una de las fuerzas que se ejercen sobre la partícula q.

b) Halle la densidad superficial de carga de la lámina e indique el signo de la carga que porta.

Datos: m = 5,0 x 10 – 5 kg, q = - 9,0 C SOLUCIÓN: a) Lo primero que haremos en este ejercicio, será representar las fuerzas que actúan sobre la carga q. Las fuerzas que se ejercen sobre q son: fuerza eléctrica FE (la ejerce la placa cargada), fuerza tensión T (la ejerce el hilo no conductor), fuerza peso P (la ejerce el planeta Tierra). Véase figura 41 Seguramente se preguntará cómo se determinó el sentido de cada fuerza. La fuerza peso P, siempre actúa apuntando hacia el centro del planeta Tierra (hacia abajo en este caso). El hilo cuando queda tenso, solo puede ejercer una fuerza T sobre la carga q, en la dirección indicada. Y por último, para que la carga quede dispuesta según se muestra en las figuras 40 y 41,debe existir una fuerza que aleje a la carga q de la vertical, y en este caso esa fuerza debe dirigirse hacia la derecha, esa fuerza es la que ejerce la placa cargada sobre q. El módulo de la fuerza peso P, se lo calcula simplemente

haciendo: P = m . g = 5,0 x 10 -5 kg . 9,8 m / s 2 = 4,9 x 10 – 4 kg. El módulo de la fuerza FE que ejerce la placa sobre q, se lo calcula haciendo el producto FE = q . E , siendo E el módulo campo eléctrico generado por la placa cargada. Antes de calcular FE, debemos hallar el módulo de E.

Para eso haríamos: o

E

.2 , sin embargo no conocemos el

valor de (la densidad superficial de carga de la placa), ni existe forma aparente para conocerlo. Esto invita a pensar en otra forma de resolver este ejercicio. Observe ahora la figura 42, en la que se ha procedido a realizar la descomposición vectorial de la fuerza tensión T, en sus

q

Figura 40

Figura 41

T

FE

P

Figura 42

TY

FE

P

Tx


25

componentes horizontal (TX) y vertical (TY); y se ha marcado

nuevamente el ángulo por razones de simetría. Eso mismo se dibuja ampliado en la figura 43 El módulo de Tx se lo puede calcular si se observa que Tx representa el

cateto opuesto de un triángulo rectángulo, con un ángulo , y donde T es la hipotenusa.

Así tenemos que: T

Tx

hip

opcatsen

.

Y si despejamos Tx obtenemos: Tx = T . sen Algo similar podemos hacer para hallar Ty. Observe que Ty representa

el cateto adyacente al ángulo , donde T es la hipotenusa del triángulo rectángulo formado.

Así tenemos que: Tx

Ty

hip

adycat

.cos

Y si despejamos Ty obtenemos: Ty = T . cos El equilibrio4 debe cumplirse tanto en el eje horizontal como en el eje vertical. Por lo tanto puede escribirse: FX neta = 0 N (la fuerza neta en el eje x [horizontal] es igual a cero) FY neta = 0 N (la fuerza neta en el eje y [vertical] es igual a cero) En el eje x (horizontal) actúan las fuerzas Tx y FE, mientras que en el eje y (vertical) actúan las fuerzas Ty y P. Tenemos entonces que: Fx neta = 0 N = Tx - FE despejando obtenemos: Tx = FE lo que se puede escribir:

EFsenT . (ecuación 1)

También tenemos que: Fy neta = 0 N = Ty – P despejando obtenemos: Ty = P lo que se puede escribir:

PT cos. (ecuación 2)

Obtuvimos así dos ecuaciones que se escriben a continuación:

4 Recuerde que un cuerpo permanece en equilibrio cuando la fuerza neta o resultante que actúa sobre él,

es igual a cero. Cuando esto ocurre, el cuerpo tiene velocidad constante (igual a 0 m/s u otro valor)

TY

TX

T

FE

P

Figura 43


26

1) EFsenT .

2) PT cos.

Si dividimos ambas ecuaciones entre sí, obtenemos:

P

F

T

senT E

cos.

.

Eliminando T, queda:

P

FEtan

Despejando podemos obtener:

tan.PFE (ecuación 3)

A través de la ecuación 3, podemos hallar la fuerza FE, sin necesidad de conocer el campo eléctrico generado por la placa cargada. Calculando FE obtenemos:

FE = P. tan = m . g . tan = 5,0 x 10 – 5 kg . 9,8 m/s2 . tan 30º FE = 2,8 x 10 – 4 N Por último falta determinar el módulo de la fuerza tensión T. Nótese que la componente vertical de la fuerza Tensión, Ty; tiene igual módulo que la fuerza peso P. Por lo tanto podemos escribir: Ty = P

T. cos = P Despejando obtenemos:

NxsmkgxgmP

T 425

107,5866,0

/8,9.100,5

º30cos

.

cos

b) El signo de la carga que porta la placa, es evidentemente negativo; ya que la carga puntual q (negativa) sufre una fuerza de repulsión (solamente cargas de igual signo se pueden repeler). Falta sin embargo, determinar la densidad superficial de carga de la placa. Observe que determinamos anteriormente, que la fuerza eléctrica que ejerce la placa cargada sobre la carga puntual q, tiene por módulo FE = 2,8 x 10 – 4 N.

Esta fuerza la ejerce el campo eléctrico E que genera la placa cargada. Sabemos que la fuerza eléctrica FE que ejerce un campo eléctrico E sobre una carga puntual q la podemos calcular mediante el producto: FE = q . E. En nuestro caso podemos escribir:

FE = q . E

ECxNx .100,9108,2 64 .

Despejando E, obtenemos:


27

C

N

Cx

NxE 31

100,9

108,26

4

Y como E es el campo generado por la placa cargada, podemos escribir:

oE

.2

Sustituyendo y despejando queda:

2212 ./1085,8.2

31mNCxC

N

2

10

2

212 105,5

.1085,8.2.31

m

Cx

mN

Cx

C

N

Considerando que la carga de la placa es negativa; la densidad superficial de carga de

la misma es: = - 5,5 x 10 -10 C/m2


28

PROBLEMA.16. Se disponen una línea de carga infinita de densidad

lineal de carga , y una carga puntual q , según se ilustra en la figura. La línea de carga posee una carga eléctrica uniformemente distribuida. El punto “A” se encuentra a igual distancia (d) de la carga y de la línea infinita de carga. Determine el campo eléctrico en el punto “A”

Datos: = 4,0 x10 – 8 C/m, q = 10 nC, d = 0,20 m SOLUCIÓN:

Lo primero que haremos es dibujar tanto el vector campo eléctrico E generado por la línea de carga, cómo el vector campo eléctrico Eq generado por la carga puntual en el punto “A”. Esto se ha hecho en la figura 52. A continuación determinaremos el módulo de cada uno de los vectores campo eléctrico mencionados, para posteriormente realizar la suma vectorial de éstos.

El módulo del campo eléctrico E generado por una línea infinita cargada, se calcula mediante la siguiente ecuación:

RE

o

2

Donde es la densidad lineal de carga de la línea de carga, que se calcula dividiendo la magnitud de la carga neta de la línea cargada, entre el largo total de la misma. R es la distancia (mínima) entre la línea de carga y el punto del espacio donde se desea conocer el campo eléctrico (en este caso R = d = 0,20 m),

y o es la constante de permitividad del espacio libre, cuyo valor es

siempre igual a 8,85x10 – 12 C2 / N.m2 Sustituyendo por los valores respectivos obtenemos:

m

Nx

mNm

Cx

m

Cx

E 3

2

212

8

106,3

20,01085,8.2

100,4

Así mismo, procederemos a hallar el módulo del campo eléctrico Eq generado por la carga puntual “q” en el punto “A”. Utilizando la ecuación ya conocida para el campo eléctrico generado por una carga puntual y sustituyendo los valores correspondiente a este problema, obtenemos:

m

Nx

m

CxC

mNx

d

qkEq

3

2

9

2

29

2102,2

)20,0(

1010..

1099,8.

A

q

d

d

Figura 51

Figura 52

A

q

d

d

Eq

E

Eq

E

Figura 53


29

Una vez hallados los módulos de los respectivos campos eléctricos, falta determinar el módulo, dirección y sentido del vector campo eléctrico resultante Eres que surge de

sumar vectorialmente, los vectores Eq y E antes mencionados. Observando la figura

53 se aprecia que estos vectores (Eq y E) son perpendiculares entre sí, por lo que el

ángulo que se forma entre ellos es 90º. Al utilizar el teorema del coseno en la suma vectorial, obtenemos:

cos...2)()( 22 EEEEE qqres


Habiendo determinado que el módulo del campo eléctrico resultante Eres es igual a 4,2x103 N/C, falta determinar la dirección y sentido de dicho vector. Para eso

determinaremos el ángulo que forma el vector Eres respecto a la horizontal. Observe que dicho ángulo forma parte de uno de los ángulos de un triángulo rectángulo dónde

Eres representa la hipotenusa, y donde E representa el cateto adyacente. Así tenemos que:

857,0/102,4

/106,3.cos

3

3

CNx

CNx

E

E

hipot

adycat

res

Por lo que al hacer la función arc cos (0,857) obtenemos que = 31º Entonces la dirección del vector Eres es la de una recta con rotación antihoraria de 31º

respecto a al horizontal, y el sentido del vector es el que indica la flecha en la figura 54. PROBLEMA.17. Se colocan dos cargas puntuales q1 = q2 = - 30

C, cercanas a una línea de carga infinita de densidad lineal de

carga . La línea de carga posee una carga eléctrica uniformemente distribuida. Sabiendo que en el punto “A”, el módulo del campo eléctrico

resultante es cero; determine el valor de (indique también el signo) SOLUCIÓN: Si el campo eléctrico resultante es cero entonces, los vectores campo eléctrico generados por las cargas q1 y q2, y el campo generado por la línea cargada, se anulan entre sí. Comenzaremos dibujando en la figura 56 los vectores campo eléctrico E1 y E2 generados por las cargas q1 y q2 respectivamente. Observe que la figura 56, también se ha dibujado el vector suma E1+2 resultante de sumar los vectores E1 y E2. Los vectores E1 y E2 son equivalente al vector E1+2 , es decir que podemos reemplazar a los vectores E1 y E2 por uno equivalente, en este caso el vector al que hacemos referencia es E1+2 . Para que el campo eléctrico resultante Eres sea nulo, además del vector E1+2 debe existir otro vector de igual módulo y dirección que E1+2, pero

sentido opuesto (según se ilustra en la figura 57). Ese vector es E,

Figura 56

E1

E2 q2

q1

40 cm

E1+2 A

35º

35º

A 35º

35º

20 cm q2

q1

40 cm

Figura 55

Eq

E

Figura 54

Eres


30

el campo eléctrico generado por la línea cargada. Y cómo E es un vector que en este caso apunta hacia la izquierda, se deduce que la carga que porta la línea de carga, es

negativa; siendo también negativo el signo de la densidad lineal de carga de la línea de carga.

Para poder determinar la magnitud de la densidad lineal de carga de la línea infinita de carga, comenzaremos determinando el módulo del vector E1+2 De la figura 58 se observa que la distancia “d” de la carga “q1” al punto “A”, es la misma que la existente entre la carga “q2” y el mismo punto. Para calcular la distancia “d” (de la carga “q1” al punto “A”), utilizaremos el hecho que “d” representa en la figura 58, el cateto adyacente al ángulo de 35º de un triángulo rectángulo, donde el cateto opuesto mide la mitad de 40 cm (es decir 20 cm). Usando trigonometría tenemos:

700,020,0

.

.º35tan

d

m

adyacentecat

opuestocat

Por lo que al despejar “d” obtenemos:

mm

d 29,0700,0

20,0

Ahora estamos en condiciones de hallar el módulo del campo eléctrico E1 generado por la carga puntual “q1”, que coincidirá con el módulo del campo E2 por razones de simetría. Así tenemos que:

2

1

1)(

.

d

qkE , donde “d” es la distancia de “q1” al punto “A”

m

Nx

m

CxC

Nmx

E 6

2

6

2

29

1 102,3)29,0(

1030.1099,8

De igual modo calculamos el módulo de E2, que tendrá el mismo valor, o sea 3,2x10 6 N/m El módulo del vector suma E1+2 se lo obtiene a través de la suma vectorial de E1 y E2. Utilizando el teorema del coseno, y observando la figura57, obtenemos:

cos...2)()( 21

2

2

2

121 EEEEE

siendo (35º+35º=70º) el ángulo entre los vectores E1 y E2

º70cos)./102,3)(/102,3.(2)/102,3()/102,3( 662626

21 CNxCNxCNxCNxE

mNxE /102,5 6

21

Así, como se dedujo anteriormente, el campo eléctrico E tendrá el mismo módulo que

el vector E1+2. Por lo tanto el módulo de E es 5,2 x 10 6 N/m.

E1+2 E

A

Figura 57

A 35º

35º

20 cm q2

q1

40 cm

Figura 58

20 cm

d


31

Y cómo E es el campo eléctrico generado por una línea infinita de carga, utilizamos la

siguiente ecuación para determinar la magnitud de la densidad lineal de carga .

RE

o ...2

donde “R”, la distancia entre la línea de carga y el punto “A”, es igual a 20 cm (ver figura 55) De este modo, al sustituir por los valores conocidos, la ecuación anterior queda:

mmN

Cx

mNx

20,0..

1085,8..2

/102,5

2

212

6

Despejando obtenemos:

m

Cxm

Nm

Cx

m

Nx 5

2

2126 108,520,0.1085,8..2.102,5

Pero cómo la carga de la línea infinita es negativa debemos escribir:

= - 5,8x10 – 5 C/m PROBLEMA.18. Sea el sistema de cargas puntuales mostrado en la figura 62. Determine la/s posición/es sobre el eje horizontal que une a ambas cargas, donde el potencial eléctrico total es nulo.

Datos: q1 = 6,0 C ; q2 = - 4,0 C ; L = 2,5 m SOLUCIÓN: Para la resolución de este problema tómese en cuenta que el potencial eléctrico es una magnitud escalar y no vectorial, es decir que para saber toda la información referida al potencial eléctrico, bastará con saber el valor numérico del mismo, y no se trabajará con vectores. Así, en la posición “P” donde el potencial sea nulo, se tendrá que la suma del potencial V1 generado por q1 más el V2 generado por la carga q2 será igual a cero (0 V). Matemáticamente esto es: Vtot = V1 + V2 = 0V Lo cuál queda despejando: V1 = - V2

q2 q1

L

Figura 62

Comentario [o16]: El potencial total en

un punto del espacio, debido a un conjunto

de cargas puntuales; se calcula simplemente

realizando la suma algebraica de los

potenciales eléctricos, generados por cada

carga puntual en dicha posición.


32

De esta última expresión se deduce que el potencial eléctrico será nulo, en la posición donde los potenciales generados por las cargas “q1” y”q2”, tengan igual magnitud. Ahora bien, existen dos posibles posiciones (P1 y P2) donde el potencial eléctrico neto será nulo. Estas dos posiciones se encontrarán más cerca de la carga de menor valor absoluto; y en este caso esto es más cerca de la carga q2. Vea las figuras 63 y 64 para apreciar que esas dos posiciones, se encuentran una a la derecha de la carga q2 y la otra a la izquierda de la misma. Primero determinaremos la posición “P1”(ver figura 63). Según lo dedujimos anteriormente: V1 = - V2 Donde V1 y V2 son los voltajes generados por las cargas q1 y q2 respectivamente. El voltaje generado por cargas puntuales se calcula haciendo:

d

qkV

.

Siendo “k” la constante de Coulomb, “q” la carga que genera el potencial eléctrico (con la particularidad que en la ecuación, debe incluirse el signo de la carga), y “d” la distancia de la carga a la posición del espacio donde se desea conocer el voltaje. Así podemos escribir: V1 = - V2

2

2

1

1 ..

d

qk

d

qk

x

CxC

mNx

xL

CxC

mNx )100,4.(

.1099,8100,6.

.1099,8 6

2

296

2

29

Haciendo cuentas y cancelando términos que se repiten en la igualdad obtenemos:

).(0,4..0,6. 99 xLx Cx10C

N.m8,99x10Cx10

C

N.m8,99x10 6

2

26

2

2

)(0,4.0,6 xLx

xLx 0,40,4.0,6

6,0 x + 4,0 x = 4,0 L

10 x = 4,0 L

mmLL

x 0,15,2.4,04,010

0,4

Por lo tanto la posición “P1” se localiza a 1,0 m a la derecha de la carga q2.

q2 q1

L

Figura 63

x L - x

P1


33

Analizando la figura 64 podemos realizar un análisis similar al anterior, para determinar cuál es la otra posición “P2”,.donde el potencial eléctrico total es también igual a 0V. Así podemos escribir: V1 = - V2

2

2

1

1 ..

d

qk

d

qk

x

CxC

mNx

xL

CxC

mNx )100,4.(

.1099,8100,6.

.1099,8 6

2

296

2

29

Haciendo cuentas y cancelando términos que se repiten en la igualdad obtenemos:

).(0,4..0,6. 99 xLx Cx10C

N.m8,99x10Cx10

C

N.m8,99x10 6

2

26

2

2

)(0,4.0,6 xLx

xLx 0,40,4.0,6

6,0 x - 4,0 x = 4,0 L

2,0 x = 4,0 L

mmxLL

x 0,55,220,20,2

0,4

Por lo tanto la posición “P2” se localiza a 5,0 m a la izquierda de la carga q2. PROBLEMA.19. Sea el sistema de cargas puntuales mostrado en la figura. Determine la diferencia de potencial entre los puntos “A” y “B”.

Datos: q1 = 6,0 C ; q2 = - 4,0 C; d = 2,5 m SOLUCIÓN: Recordemos que el potencial en un punto, es igual a la suma de los potenciales generados por cada carga puntual. En el punto “A”, tenemos que el potencial VA es igual a la suma del potencial V1A generado por la carga “q1” en ese lugar, más el potencial V2A generado por la carga “q2”; esto es matemáticamente: VA = V1A + V2A

BA

Ad

qk

d

qkV

2

2

1

1 ..

Siendo la distancia entre la carga “q1” y el punto “A”, igual a d1A = d / 2 = 1,25m; y la distancia “d2A” entre la carga “q2” y el

Figura 65

q1 q2 d

B

d / 2 d / 2

A

Figura 64

q2 q1

L

x

L + x

P2

Figura 66

q1 q2 d

B

d / 2

A

2

d hipotenusa


34

punto “A” igual a la hipotenusa del triángulo rectángulo representado en la figura 66; esto es, utilizando el teorema de pitágoras:

d2A = hipotenusa = 22 )2()1( catetocateto

2222

2 )2

5,2()5,2()2/()(

mmddd A

d2A = 2,8 m Volviendo a nuestro cálculo del potencial VA en el punto “A”:

BA

Ad

qk

d

qkV

2

2

1

1 ..

m

CxC

mNx

m

CxC

mNx

VA8,2

)100,4.(.

1099,8

25,1

)100,6.(.

1099,8 6

2

296

2

29

VA = 3,0x10 4 V Entonces el potencial total en el punto “A” es VA = 3,0x10 4 V En forma similar calcularemos el potencial neto en el punto “B”, VB. En el punto “B”, el potencial VB es igual a la suma del potencial V1B generado por la carga “q1” en ese lugar, más el potencial V2B generado por la carga “q2”; esto es matemáticamente: VB = V1B + V2B

BB

Bd

qk

d

qkV

2

2

1

1 ..

La distancia entre la carga “q2” y el punto “B” es igual a d2B = d / 2 = 1,25m ; y la distancia “d1B” entre la carga “q1” y el punto “B” igual a la hipotenusa del triángulo rectángulo representado en la figura 67; esto es, utilizando el teorema de pitágoras:

d1B = hipotenusa = 22 )2()1( catetocateto

2222

1 )2

5,2()5,2()2/()(

mmddd B

d1B = 2,8 m Volviendo a nuestro cálculo del potencial VB en el punto “B”:

BB

Bd

qk

d

qkV

2

2

1

1 ..

Figura 67

q1 q2 d

B

d / 2

A

2

d hipotenusa


35

m

CxC

mNx

m

CxC

mNx

VB25,1

)100,4.(.

1099,8

8,2

)100,6.(.

1099,8 6

2

296

2

29

VB = - 9,5x10 3 V Entonces el potencial total en el punto “B” es VB = - 9,5x10 3 V Cómo nos piden determinar la diferencia de potencial existente entre los puntos “A” y “B”, basta con hacer la resta de VA menos VB: VA -B = VA – VB = 3,0x10 4 V – ( - 9,5x10 3 V)

VA -B = 4,0x10 4 V Así la diferencia de potencial entre los puntos “A” y “B” es VA –B = 4,0x10 4 V PROBLEMA.20. En una región del espacio existe un campo eléctrico uniforme E. En la figura 68 se representan líneas equipotenciales correspondientes a una zona de campo eléctrico de tales características.

a) Determine el módulo, dirección y sentido, de la fuerza eléctrica que se ejerce sobre la carga puntual “q” ilustrada en la figura, siendo su masa M = 2,0 mg.

b) Sabiendo que la carga “q” está inicialmente en reposo, determine la velocidad de la misma luego de recorrer 5,0 cm, y

c) determine el tiempo que tarda la carga “q” en recorrer dicha distancia

Datos: q = 5,0 C, D = 4,0 cm SOLUCIÓN:

a) El campo eléctrico siempre se dirige, desde regiones de potencial alto, a otras de potencial menor; en este caso se dirige horizontalmente de derecha a izquierda. Cómo el campo eléctrico E es uniforme, se puede relacionar con la

diferencia de potencial eléctrico V entre dos puntos del espacio, mediante la siguiente ecuación:

E . d = |V| Donde E es el módulo del campo eléctrico, d es la separación mínima entre dos

puntos situados en líneas equipotenciales diferentes, y |V| es el valor absoluto (positivo) de la diferencia de potencial existente entre los dos puntos del espacio. Entre las líneas equipotenciales que corresponden a 2,0 V y 4,0 V en la figura;

la separación es D = 4,0 cm; y la diferencia de potencial |V| = 4,0V-2,0V=2,0V. Por lo tanto al escribir la ecuación antes mencionada se obtiene:

E . d = |V|

E . 4,0 x 10 – 2 m = 2,0 V

m

V

mx

VE 50

100,4

0,22

Observe que la unidad V/m es válida para el campo eléctrico

E (1 V/m 1 N/C)

D D

q

6,0 V 4,0 V 2,0 V

Figura 68

D D

q

6,0 V 4,0 V 2,0 V

Figura 69

E

F

Comentario [o17]: Se considera que una línea equipotencial es la línea que se

origina de la unión de todos los puntos del

espacio que tienen igual potencial eléctrico

V.

El campo eléctrico E es siempre

perpendicular a esas líneas, y se dirige hacia

donde disminuye el potencial V.


36

Finalmente, para determinar el módulo de la fuerza que el campo eléctrico E ejerce sobre la carga puntual “q” hacemos: F = q . E

F = 5,0 x 10 – 6 C . 50 m

V= 2,5 x10 – 4 N

Cómo la carga “q” es positiva, la fuerza eléctrica F se dirige de la misma forma que el campo eléctrico E (ver figura 69)

b) Para determinar la velocidad de la carga eléctrica, utilizaremos principios de cinemática.

La velocidad final que alcanza un cuerpo luego de experimentar una aceleración constante, se la determinará mediante la siguiente ecuación:

xavivf ..2)( 2

Falta determinar la aceleración que experimenta la carga eléctrica. Para eso utilizaremos la segunda ley de Newton, sabiendo que la fuerza neta en este caso es igual a la fuerza eléctrica F = q . E; debido a que es la única fuerza que actúa sobre la carga. Por la segunda ley de Newton tenemos que: F = q . E = m . a

Por lo que la aceleración de la carga se calcula haciendo:m

Eqa

.

Al sustituir por los valores correspondientes, se obtiene: 26

6

125100,2

50.100,5

s

m

kgx

C

NCx

a

Resta por sustituir los valores hallados en la ecuación: xavivf ..2)( 2

Al hacerlo se obtiene: mxs

m

s

mvf 2

2

2 100,5.125.2)0( = 3,5 m/s

c) Para determinar el tiempo que tarda la carga eléctrica en alcanzar la velocidad final calculada en la parte b), utilizaremos la definición de aceleración para un movimiento con aceleración constante.

t

vivfa

Sustituyendo los valores conocidos y despejando t, se obtiene:

sx

s

ms

m

s

m

a

vivft 2

2

108,2

125

05,3


37

PROBLEMA.21. Dos placas con cargas eléctricas iguales pero opuestas, se encuentran dispuestas según la figura 70. En la placa de la izquierda existe un pequeño orificio, por el que penetra una carga puntual “q” de masa “m”con una velocidad inicial vi. Sabiendo que la diferencia de potencial entre las placas es igual a 20 V, y que la carga “q” se detiene 5,0 cm a la izquierda de la placa situada a la derecha en el dibujo; encuentre la solución de los siguientes apartados:

a) Determine el módulo, dirección y sentido del campo eléctrico E existente entre las placas.

b) Determine la magnitud de la densidad superficial de carga 1 y 2

de cada placa, e indique el signo de la misma. c) Sabiendo que la superficie de cada una de las placas es de 0,70

m2, determine la carga neta que porta cada placa d) Determine el módulo de la velocidad inicial de la carga puntual “q” al ingresar

por el orificio de la placa de la izquierda.

Datos: d = 20 cm; q = - 20 C; m = 5,0 x 10 – 5 kg a) Si la carga con signo negativo se detiene antes de alcanzar la placa de la derecha, es porque existió alguna fuerza que la frenó. Dicha fuerza es la que ejerce el campo eléctrico total generado por ambas placas eléctricamente cargadas. En la figura 71 se representa el mencionado vector fuerza. Cómo la carga es negativa, el campo eléctrico tendrá sentido opuesto al de la fuerza que ejerce. Por lo tanto se deduce que el campo eléctrico se dirige horizontalmente hacia la derecha. Falta determinar el módulo del campo eléctrico Para hacerlo haremos uso de la relación que establece que cuando el campo eléctrico es uniforme (lo cuál ocurre aquí puesto que se trabaja con placas cargadas), el valor absoluto de la diferencia de voltaje entre dos puntos del espacio, es igual al producto del módulo del campo eléctrico por la distancia entre esos dos puntos. La ecuación que resume lo descrito es:

|V| = E . d Sustituyendo por los valores conocidos se obtiene: 20 V = E . 20x10 – 2 m Por lo tanto el módulo del campo eléctrico es:

m

V

mx

VE 100

1020

202

b) Según la letra del problema, se deduce que las cargas de las placas son iguales

pero de signos opuestos, por lo que se puede escribir que: 1 = - 2; lo que en valor

absoluto queda: |1| = | - 2| = El campo eléctrico entre dos placas cargadas paralelas, se calcula mediante la siguiente ecuación:

E = /

Figura 70

1 2

v

d

Figura 71

1 2

5,0 cm

F

20 cm


38

Donde = 8,85x10 – 12 2

2

Nm

C es la constante de permitividad eléctrica.

Sustituyendo por los valores conocidos se obtiene:

100

2

2121085,8

Nm

Cx

C

N

Al despejar determinamos que:

2

10

2

212 1085,81085,8.100

m

Cx

Nm

Cx

C

N

Cómo la carga q (negativa) se detiene antes de llegar a la placa de la derecha, es evidente que la misma repele a la carga q. Esto puede ocurrir sólo si el signo de la carga de la placa es igual al signo de la carga de la partícula q. Por lo cuál se deduce

que la placa 2 tiene carga negativa, y que la densidad de carga es: 2 = - 8,85x10 – 10

2m

C.

Por lo expuesto el signo de la carga de la otra placa debe ser positivo, siendo la

densidad superficial de carga igual a 1 = + 8,85 x 10 – 10 2m

C

c) La densidad superficial de carga de cada placa, se define como el cociente entre la carga neta de la placa, y el área de la superficie de la placa. Matemáticamente esto se escribe:

Area

qneta

Sabiendo que el área de cada placa es de 0,70 m2; y conociendo la densidad superficial de cada placa, al sustituir por los valores conocidos se obtiene: Para la placa de la izquierda:

Area

qneta2

22

10

70,01085,8

m

qneta

m

Cx

Al despejar q neta queda.

Cxmm

Cxqneta 102

2

10 102,670,0.1085,8

La carga neta de la placa izquierda es – 6,2x10 – 10 C Para la placa de la derecha:


39

Area

qneta1

22

10

70,01085,8

m

qneta

m

Cx

Al despejar q neta queda.

Cxmm

Cxqneta 102

2

10 102,670,0.1085,8

La carga neta de la placa izquierda es + 6,2x10 – 10 C d) Para resolver este apartado, utilizaremos conceptos de energía. En un campo eléctrico uniforme, cuando la única fuerza que actúa sobre una carga es la fuerza eléctrica, la variación de la energía cinética de la partícula se la puede relacionar con la diferencia de potencial eléctrico, mediante la siguiente ecuación:

||

||.||

q

EcV

Donde |V| es el valor absoluto (positivo) de la diferencia de potencial eléctrico entre

dos puntos del espacio, |Ec| es al valor absoluto de la variación de la energía cinética que experimenta la carga q, y |q| es el valor absoluto de la magnitud de carga, de la carga puntual. También en un campo eléctrico uniforme, se encuentra la siguiente relación

|V| = E . d

Siendo |V| el valor absoluto (positivo) de la diferencia de potencial eléctrico entre dos puntos del espacio; E el módulo del campo eléctrico, y siendo “d” la distancia entre los dos puntos del espacio en cuestión. Si se aprecia la figura 71, se observará que la carga q, se detiene luego de recorrer una distancia de 15 cm. La diferencia de potencial entre la posición inicial y la posición final de la carga se la puede determinar mediante la ecuación previamente escrita:

|V| = E . d

|V| = 100 mxm

V 21015. =15 V

Ahora que conocemos la diferencia de voltaje o potencial eléctrico existente entre las posiciones inicial y final que atraviesa la carga q, utilizaremos la relación antes escrita:


40

||

||.||

q

EcV

Sustituyendo por los valores conocidos, se obtiene:

|15V| = |1020|

||6 Cx

Ec

Al despejar queda:

|Ec| = 15V . 20x10 – 6 C = 3,0x10 – 4 J |Ec final – Ec inicial| = 3,0 x 10 – 4 J

Recordando que Ec = 2

. 2vm, escribimos:

2

. 2vfm -

2

. 2vim = 3,0 x 10 – 4 J

Sustituyendo por los valores conocidos se obtiene:

2

)0.(100,5 25

s

mkgx

- 2

).(100,5 25 vikgx

= 3,0x10 – 4 J

0 J - 2

).(100,5 25 vikgx

= 3,0 x 10 – 4 J

- 2

).(100,5 25 vikgx

= 3,0 x 10 – 4 J

2

).(100,5 25 vfkgx

= 3,0 x 10 – 4 J

Al despejar vi se obtiene:

vi = s

m

kgx

Jx5,3

100,5

2.100,3.25

4.

Siendo entonces 3,5 m/s, la velocidad con la que la carga q ingresó por el orificio entre las placas. PROBLEMA.22. En el centro de dos placas paralelas cargadas, ingresa un electrón con una velocidad horizontal v = 4,0x10 6 m/s, tal como te indica en la figura. Entre las placas

v

2

d

d

Placa a

Placa b

Figura 44


41

existe una diferencia de potencial igual a 100 V (Va – Vb = 100 V), siendo la distancia entre las placas d = 3,0 cm. Determine la velocidad con la que el electrón impactará contra la placa positiva. (Considere que las placas tienen las dimensiones apropiadas para que el impacto ocurra, y que los efectos del peso son despreciables) SOLUCIÓN: Primeramente determinaremos las fuerzas que actúan sobre el electrón. En la figura se observa que sobre el electrón actúa solamente la fuerza eléctrica, que ejerce el campo eléctrico creado por las placas. Dicha fuerza actúa hacia arriba, y la razón es la siguiente: la diferencia de voltaje Va – Vb da un valor positivo igual a 100V. Esto quiere decir que la “placa a” está a un voltaje mayor al de la “placa b”., y sabemos que el campo eléctrico apunta desde la zona de mayor potencial a la de menor potencial; por lo tanto el campo eléctrico entre las placas apunta en dirección vertical, desde la “placa a” hacia la “placa b”. Como el campo eléctrico en este caso ejerce una fuerza sobre una carga negativa, el vector fuerza eléctrica será opuesto al vector campo eléctrico. Por lo tanto si el campo eléctrico generado por las placas apunta hacia abajo, entonces la fuerza eléctrica sobre el electrón apunta hacia arriba con dirección vertical (ver figura 45) Entonces sabemos que el electrón que se mueve con cierta velocidad horizontal inicial, experimentará una fuerza vertical, y por lo tanto una aceleración también vertical. Este problema es similar al de un tiro de proyectil. El movimiento horizontal puede ser concebido como un movimiento rectilíneo uniforme (M.R.U.) por no existir fuerzas en esa dirección; y el movimiento vertical puede ser entendido como un M.R.U.A. por existir una fuerza en esa dirección (la que ejerce el campo eléctrico). Analicemos el eje vertical. En esa dirección sobre el electrón actúa únicamente la fuerza eléctrica FE (despreciamos el efecto de la fuerza peso), cuyo módulo es FE = q . E; donde q es la carga del electrón (su valor absoluto) y E es el módulo del campo eléctrico que generan las placas. La carga q de un electrón es siempre expresada en valor absoluto igual a e = 1,6 x 10 – 19 C. El módulo del campo eléctrico E se lo puede determinar realizando el siguiente razonamiento: se supone que el campo eléctrico es uniforme entre las dos placas, por lo tanto se puede utilizar la siguiente

relación: dEV . , donde V es la diferencia de potencial entre dos puntos del

espacio (en este caso entre ambas placas), E es el campo eléctrico, y d es la distancia

entre los puntos en que existe la diferencia de potencial V (en este caso d es la distancia entre ambas placas) Despejando E, se obtiene:

d

VE

haciendo cuentas:

m

Vx

m

VE 3103,3

03,0

.100 observe que la unidad V/m también es

válida para el campo eléctrico. Así, la fuerza que el campo eléctrico ejerce sobre la carga se

d FE

trayectoria 2

d

Figura 45

v vfy

vx

Figura 46

placa a

Comentario [o18]: Esta relación entre V, E y d, se puede utilizar únicamente

cuando el campo eléctrico es uniforme en

una zona del espacio en particular,


42

calcula haciendo: FE = q . E = 1,6 x 10 – 19 C . 3,3 x 10 3 V/m = 5,3 x 10 – 16 N El electrón experimentará una aceleración vertical aY cuyo módulo se puede calcular aplicando la segunda ley de Newton. Cómo en el eje vertical la única fuerza que actúa es FE, entonces esta es la fuerza neta en el eje vertical. Y por la segunda ley de Newton tenemos que Fneta = masa . aceleración (siendo la masa del electrón me

- = 9,1x10 – 31 kg). En este caso podemos plantear: FE = m . aY ; y despejando

obtenemos: 2

14

31

16

108,5101,9

103,5

s

mx

kgx

Nx

m

Fa E

Y

.

Ahora bien, el electrón parte desde la mitad de ambas placas, a una distancia d/2 de la “placa a”. Por lo tanto cuando golpee contra la “placa a”, habrá recorrido una distancia

vertical y = d/2 = 0,015m. Utilizando ecuaciones de cinemática para el movimiento

uniformemente acelerado (MRUA) podemos escribir: yavv oYYf ..2)( 2

. ;

sustituyendo por los valores respectivos obtenemos:

smxmsmxsmv Yf /102,4015,0./108,5.2)/0( 62142

. , siendo este el módulo de la

componente vertical del vector velocidad v (ver figura 46). Como el módulo de la velocidad en el eje horizontal no cambia (por no actuar fuerzas en esa dirección), el mismo tiene el valor vx = 4,0 x 10 6 m/s. El módulo del vector velocidad v (la velocidad al momento del impacto) lo calculamos utilizando trigonometría. En la figura 46 se aprecia que v es vector resultante de la suma de vx y vy . Por medio del teorema del coseno hacemos:

cos...2)()( 22

yxyx vvvvv , donde ( = 90º ) es el ángulo entre los vectores vfy

y vfx

s

mx

s

mx

s

mx

s

mx

s

mxv 6662626 108,590cos.102,4.100,4.2)102,4()100,4(

Para saber la dirección del vector v, hallaremos el ángulo que se forma entre este y la dirección horizontal (ver figura 46). Observe que se forma un triángulo rectángulo

donde v es la hipotenusa, y vx el cateto adyacente al ángulo . Así por trigonometría se obtiene:

690,0

108,5

100,4.

cos6

6

s

mx

s

mx

v

v

hip

adycat x

Haciendo la función arc cos (0,690) se obtiene que = 46,4º

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