Download Campo Eléctrico - IES Montevives

Actividades del final de la unidad
1. Calcula la distancia entre las cargas q1 = 3 µC y q2 = 8 µC para que se repelan
con F = 0,6 N:
a) Si están en el vacío.
b) Si el medio entre ellas es agua (er = 80).
a) Si las cargas están en el vacío, la fuerza entre ellas es:
F=
Q·q
Q·q
1
·
= K0 ·
2
4 · π · e0
d
d2
Despejando la distancia, tenemos:
d=
√
K0 ·
Q·q
F
=
√
9 · 109 ·
3 · 10–6 · 8 · 10–6
= 0,6 m
0,6
b) Si están en el agua, la expresión de la fuerza entre ellas es:
Q·q
Q·q
1
K
·
= 0 ·
2
4 · π · e0 · er
er
d
d42
Por tanto, la distancia entre ellas en el agua vale:
F=
d4 =
√
K0 Q · q
=
·
F
er
√
9 · 109 3 · 10–6 · 8 · 10–6
= 0,067 m
·
0,6
80
Como vemos, la distancia en el agua es prácticamente la décima parte de la distancia en el vacío para que la fuerza de interacción sea la misma.
2. Si la distancia entre dos protones en el interior de un núcleo atómico es
0,3 · 10–15 m, calcula la fuerza eléctrica y la fuerza gravitatoria entre ellos.
Datos: mp = 1,67 · 10–27 kg; qp = 1,6 · 10–19 C.
El valor de la fuerza eléctrica entre los protones vale:
Fe = K0 ·
(1,6 · 10–19)2
Q·q
9
=
9
·
10
·
= 2 560 N
(0,3 · 10–15)2
d2
El valor de la fuerza gravitatoria entre los protones es:
Fg = G ·
(1,67 · 10–27)2
m · m4
= 6,67 · 10–11 ·
= 2,1 · 10–33 N
2
(0,3 · 10–15)2
d
A la vista de los resultados, es evidente que la fuerza gravitatoria es totalmente despreciable frente a la fuerza eléctrica; por tanto, no puede ser la responsable de la estabilidad nuclear. La repulsión eléctrica entre dos protones solo es contrarrestada por
la atracción nuclear fuerte entre ellos.
3. Dos cargas, q1 y q2, se repelen con una fuerza de 4,5 N cuando están separadas
por 10 cm de un medio dieléctrico donde er = 4. Calcula el valor de cada carga,
si q1 + q2 = 9 µC.
Si las cargas se repelen, es que ambas son del mismo signo, y como su suma es positiva, las dos son positivas.
200
Unidad 6. Campo eléctrico
Despejando en la expresión de la fuerza entre dos cargas separadas 10 cm en un medio de er = 4:
q ·q
q ·q
4,5 · 4 · 0,12
F · er · d 2
1
K
F=
· 1 2 2 = 0 · 1 2 2 8 q1 · q2 =
=
= 2 · 10–11
4 · π · e0 · er
er
d
d
9 · 109
K0
Entonces, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones:
q1 · q2 = 2 · 10–11
q1 + q2 = 9 · 10–6
Despejando en la segunda y sustituyendo en la primera, obtenemos una ecuación de
segundo grado:
q2 = 9 · 10–6 – q1 8 q12 – 9 · 10–6 · q1 + 2 · 10–11 = 0
Cuyas soluciones son:
q1 = 5 · 10–6 C ; q14 = 4 · 10–6 C
Los valores posibles de la otra carga son, por tanto:
q2 = 4 · 10–6 C ; q24 = 5 · 10–6 C
Por tanto, los valores de las cargas son 5 · 10–6 C y 4 · 10–6 C.
4. Dos pequeñas esferas iguales de 80 g de masa, cargadas con igual cantidad de
carga positiva, al suspenderlas de un mismo punto mediante sendos hilos
idénticos de longitud 20 cm se separan hasta que los hilos forman 60°. Calcula:
a) El valor de cada una de las fuerzas que actúan sobre cada esfera en la posición de equilibrio.
b) El valor de la carga de cada esfera.
8
8
a) Las fuerzas que actúan
sobre cada esfera son: su peso, P ; la tensión del hilo, T , y
8
la fuerza eléctrica, Fe, que ejerce la otra carga. En la posición de equilibrio, la resultante de estas fuerzas es nula:
T
l
Ty
T
α = 30°
Fe
Fe
+
+
Tx
x
P
P
Según el diagrama vectorial de las fuerzas que actúan sobre cada esfera, que se
muestra en la figura anterior, tenemos:
8
8
8
8
SF = P + T + Fe = 0
Unidad 6. Campo eléctrico
201
• Las componentes de estas fuerzas en el eje X son:
Fe – Tx = 0 8 Fe = T · sen a
• Y en el eje Y:
Ty – P = 0 8 P = T · cos a
Donde el ángulo que forma cada hilo con la vertical es la mitad del que forman
entre sí los dos hilos, a = 30°.
El peso de cada esfera vale:
P = m · g = 0,08 · 9,8 = 0,784 N
Despejando y sustituyendo en la segunda ecuación, la tensión del hilo resulta:
P
0,784
T=
=
= 0,905 N
cos a
cos 30°
Y el valor de la fuerza eléctrica entre las esferas es:
Fe = T · sen 30° = 0,905 · 0,5 = 0,4525 N
b) Para calcular la carga de las esferas, utilizaremos la expresión de la ley de Coulomb, para lo cual necesitamos conocer la distancia que separa a las dos esferas.
La distancia, x, de cada carga a la vertical del punto de suspensión es:
x = l · sen a = 0,2 · sen 30°
Por tanto, la distancia, d, entre las esferas es:
d = 2 · x = 2 · l · sen a = 2 · 0,2 · sen 30° = 0,2 m
Aplicando la ley de Coulomb y despejando, tenemos:
q·q
q2
q2
8 q = 1,42 · 10–6 C
Fe = K · d 2 = K · 2 8 0,4525 = 9 · 109 ·
d
0,22
Esto es, el valor de la carga de cada esfera es 1,42 µC.
5. Las cargas q1 = +9 µC y q2 = –3 µC están en el vacío situadas en los puntos
(–3, 0) m y (3, 0) m, respectivamente. Calcula la carga q3 que hemos de colocar
en el origen de coordenadas para que la fuerza sobre la carga q = 1 µC situada
en el punto P (6, 0) m sea nula.
La fuerza que ejerce la carga q1 sobre la carga q es:
q ·q 8
8
8
9 · 10–6 · 1 · 10–6 8
F1 = K · 1 2 · i = 9 · 109 ·
· i = 1 · 10–3 · i N
d1
92
La fuerza que ejerce la carga q2 sobre la carga q es:
q ·q 8
8
8
–3 · 10–6 · 1 · 10–6 8
F2 = K · 2 2 · i = 9 · 109 ·
· i = –3 · 10–3 · i N
d2
32
La fuerza de la carga q3 sobre la carga q es:
q ·q 8
8
8
q · 1 · 10–6 8
F3 = K · 3 2 · i = 9 · 109 · 3
· i = 250 · q3 · i N
d3
62
y (m)
q1
+
–3
202
q2
–2
–1
q3
–
1
2
3
q
F2
+
4
5
6
F1
x (m)
Unidad 6. Campo eléctrico
De acuerdo con el principio de superposición, si la fuerza sobre q es nula, se debe
cumplir lo siguiente:
8
8
8
8
8
8
8
F = F1 + F2 + F3 = 0 8 1 · 10–3 · i – 3 · 10–3 · i + 250 · q3 · i = 0
Al despejar se obtiene:
q3 =
2 · 10–3
= 8 · 10–6 C
250
Esto es, la carga q3 que hemos de colocar en el origen es de 8 µC.
6. Tres cargas iguales de valor Q = 2 µC están colocadas en tres de los vértices de un
cuadrado de lado 10 cm. Calcula el módulo de la fuerza que actúa sobre una carga q = 1 µC si está colocada: a) En el cuarto vértice. b) En el centro del cuadrado.
Para poder diferenciar la fuerza ejercida por cada carga, aunque estas sean iguales,
las designaremos por q1, q2 y q3, como se indica en la figura adjunta:
F1
q3
F2
d3
+
+
d2
q2
q
F3
d1
+
+
q1
a) La distancia de q1 y de q3 al cuarto vértice es el lado del cuadrado, y la distancia de
q2 a dicho vértices es:
d2 = √0,12 + 0,12 = √0,02 m
Los módulos de las fuerzas ejercidas por estas cargas son:
F1 = K ·
q1 · q
2 · 10–6 · 1 · 10–6
9
=
9
·
10
·
= 1,8 N
d12
0,12
F2 = K ·
2 · 10–6 · 1 · 10–6
q2 · q
9
2
=
9
·
10
·
= 0,9 N
d22
√0,02
F3 = K ·
q3 · q
2 · 10 · 1 · 10–6
= 9 · 109 ·
= 1,8 N
2
d3
0,12
(
)
–6
La figura anterior permite obtener fácilmente las componentes cartesianas de estos
vectores; de acuerdo con ella, las fuerzas son:
8
8
8
8
F1 = 1,8 · j N
8
8
8
F2 = 0,9 · cos 45° · i + 0,9 · cos 45° · j = (0,64 · i + 0,64 · j ) N
8
8
F3 = 1,8 · i N
Unidad 6. Campo eléctrico
203
Aplicando el principio de superposición, la fuerza sobre la carga colocada en el
cuarto vértice es:
8
8
8
8
8
8
8
8
8
8
F = F1 + F2 + F3 = 1,8 · j + 0,64 · i + 0,64 · j + 1,8 · i = 2,44 · i + 2,44 · j N
El módulo de esta fuerza vale:
F=
√2,442 + 2,442
= 3,45 N
b) Las fuerzas que ejercen las cargas q1 y q3 sobre la carga situada en el centro del
cuadrado tienen el mismo módulo, la misma dirección y sentidos opuestos. Por
tanto, estas fuerzas se anulan, y la fuerza resultante sobre la carga q situada en el
centro del cuadrado coincide con la que ejerce la carga q2, cuyo valor es:
F = F2 = K ·
q3
q2 · q
2 · 10–6 · 1 · 10–6
= 9 · 109 ·
= 3,6 N
2
2
d2
√0,02
2
( )
+
F1
F2
q
+
F3
q2 +
+q
1
7. Calcula la energía potencial de las cargas q1 = 40 µC y q2 = 50 µC, que están en
el vacío, si la distancia, r, entre ellas es 1 m, 2 m, 3 m, 4 m, 5 m y 6 m, respectivamente. Representa la energía potencial en función de la distancia.
Los valores de la energía potencial para cada valor de la distancia son los siguientes:
• Para d = 1 m:
Ep1 = K ·
q1 · q2
40 · 10–6 · 50 · 10–6
= 9 · 109 ·
= 18 J
d1
1
Ep2 = K ·
q1 · q2
40 · 10–6 · 50 · 10–6
= 9 · 109 ·
=9J
d2
2
Ep3 = K ·
q1 · q2
40 · 10–6 · 50 · 10–6
= 9 · 109 ·
=6J
d3
3
• Para d = 2 m:
• Para d = 3 m:
• Para d = 4 m:
Ep4 = K ·
q1 · q2
40 · 10–6 · 50 · 10–6
= 9 · 109 ·
= 4,5 J
d4
4
Ep5 = K ·
q1 · q2
40 · 10–6 · 50 · 10–6
= 9 · 109 ·
= 3,6 J
d5
5
• Para d = 5 m:
• Para d = 6 m:
Ep6 = K ·
204
q1 · q2
40 · 10–6 · 50 · 10–6
= 9 · 109 ·
=3J
d6
6
Unidad 6. Campo eléctrico
Con estos valores representamos la gráfica de la variación de la energía potencial en
función de la distancia:
E (J)
20
18
15
10
9
6
4,5 5
3,6 3
0
1
2
3
4
5
6
d (m)
8. Calcula la energía potencial del sistema formado por las cargas q1 = 2 µC y
q2 = 4 µC cuando están separadas 40 cm. ¿Qué trabajo hay que realizar para
que la distancia entre ellas sea de 20 cm?
Si las cargas están separadas 40 cm, su energía potencial se calcula de acuerdo con la
siguiente expresión:
q ·q
2 · 10–6 · 4 · 10–6
Ep(A) = K · 1 2 = 9 · 109 ·
= 0,18 J
dA
0,4
Y cuando están separadas 20 cm, su valor es:
q ·q
2 · 10–6 · 4 · 10–6
Ep(B) = K · 1 2 = 9 · 109 ·
= 0,36 J
dB
0,2
Por tanto, el trabajo exterior que hay que realizar para aproximarlas desde A a B es el
siguiente:
Wext = –We = – (–DEp ) = DEp
Wext (A 8 B) = Ep(B) – Ep(A) = 0,36 – 0,18 = 0,18 J
9. Calcula la energía potencial del sistema formado por tres cargas iguales de
2 µC situadas en el vacío en los vértices de un triángulo equilátero de 10 cm
de lado. ¿Qué trabajo se necesita para colocar cada carga en el punto medio de
cada lado?
Cuando las cargas están en los vértices del triángulo equilátero, la distancia entre dos
cargas es igual al lado del triángulo y la energía potencial para el sistema de tres cargas en esta posición es:
Ep(A) = Ep12 + Ep13 + Ep23 = K ·
= 3 · 9 · 109 ·
Unidad 6. Campo eléctrico
q1 · q2
q ·q
q ·q
+K· 1 3 +K· 2 3 =
d12
d13
d23
2 · 10–6 · 2 · 10–6
= 1,08 J
0,1
205
Cuando las cargas están en el punto medio de los lados, la distancia entre dos cargas es igual a la mitad del lado, como se aprecia en la siguiente figura:
q2
+
d1,2
d2,3
q1
+
d1,2
d1,3
q1 +
+ q3
d1,3
+ q2
d2,3
+
q3
La energía potencial del sistema de tres cargas en esta nueva posición es:
Ep(B) = E p412 + E p413 + E p423 = K ·
= 3 · 9 · 109 ·
q1 · q2
q ·q
q ·q
+K· 1 3 +K· 2 3 =
d 124
d 134
d 234
2 · 10–6 · 2 · 10–6
= 2,16 J
0,05
Para pasar de la situación inicial, A, a la situación final, B, es necesario realizar trabajo exterior, pues al ser todas las cargas positivas, se repelen, y hay que forzarlas
para que se aproximen. El trabajo exterior vale:
Wext = –We = – (–DEp) = DEp = Ep(B) – Ep(A) = 2,16 – 1,08 = 1,08 J
10. La carga Q = 20 µC está fija en el origen de coordenadas. Una partícula cargada, m = 0,1 g y q = +2 µC, pasa del punto A (2, 0) m al punto B (6, 0) m. Calcula:
a) La fuerza sobre la partícula cuando está en A y cuando está en B.
b) La aceleración de la partícula en A y en B.
c) Su energía potencial en A y en B.
d) El trabajo efectuado por la fuerza eléctrica entre A y B sobre la partícula.
e) Su velocidad en A si llega a B con 50 m/s.
a) Cuando q está en A, la fuerza que ejerce Q sobre ella vale:
FA = K0 ·
20 · 10–6 · 2 · 10–6
Q·q
9
=
9
·
10
·
= 0,09 N
22
dA2
Y cuando está en B, la fuerza es:
FB = K0 ·
20 · 10–6 · 2 · 10–6
Q·q
= 9 · 109 ·
= 0,01 N
2
62
dB
b) La aceleración de la partícula en A y en B vale:
206
aA =
FA
0,09
=
= 900 m/s2
m
0,1 · 10–3
aB =
FB
0,01
=
= 100 m/s2
m
0,1 · 10–3
Unidad 6. Campo eléctrico
c) La energía potencial en A y en B es:
EpA = K ·
20 · 10–6 · 2 · 10–6
Q·q
= 9 · 109 ·
= 0,18 J
2
dA
EpB = K ·
20 · 10–6 · 2 · 10–6
Q·q
= 9 · 109 ·
= 0,06 J
6
dB
d) El trabajo realizado por la fuerza eléctrica entre A y B es:
We = –DEp = – (EpB – EpA ) = – (0,06 – 0,18) = 0,12 J
e) Como la fuerza eléctrica es conservativa, la energía mecánica de la partícula, cinética más potencial, se conserva; luego:
Ec + Ep = cte 8 EcA + EpA = EcB + EpB 8
1
1
m · vA2 + EpA =
· m · vB2 + EpB
2
2
Sustituyendo y despejando, obtenemos la velocidad de la partícula en A:
1
1
· 0,1 · 10–3 · vA2 + 0,18 =
· 0,1 · 10–3 · 502 + 0,06 8 vA = 10 m/s
2
2
Se puede obtener el mismo resultado teniendo en cuenta que el trabajo de la
fuerza eléctrica se emplea en variar la energía cinética de la partícula:
We (A 8 B) = DEc =
0,12 =
1
1
· m · vA2
· m · vB2 –
2
2
1
1
· 0,1 · 10–3 · 502 –
· 0,1 · 10–3 · vA2 8 vA = 10 m/s
2
2
11. Calcula el módulo del campo eléctrico creado por la carga puntual q = 16 nC
a una distancia de 1, 2, 3 y 4 m. Dibuja la gráfica E-x y las líneas del campo
producido por q.
El módulo del campo eléctrico producido por la carga q es:
• Para d = 1 m:
E1 = K ·
16 · 10–9
q
= 9 · 109 ·
= 144 N/C
2
12
d1
E2 = K ·
16 · 10–9
q
= 9 · 109 ·
= 36 N/C
2
22
d2
E3 = K ·
16 · 10–9
q
9
=
9
·
10
·
= 16 N/C
32
d32
E4 = K ·
16 · 10–9
q
9
=
9
·
10
·
= 9 N/C
42
d42
• Para d = 2 m:
• Para d = 3 m:
• Para d = 4 m:
Unidad 6. Campo eléctrico
207
La representación de la variación del módulo de la intensidad del campo eléctrico producido por una carga puntual en función de la distancia, y las líneas del campo, son:
E (N/C)
150
144
100
+
50
36
16
9
1
12. La carga Q = –2
Calcula:
2
3
4
d (m)
C está en el vacío situada en el origen de coordenadas.
µ
a) El campo eléctrico producido por Q en los puntos A (3, 0) m, B (0, 4) m y
C (3, 3) m.
b) La fuerza (módulo, dirección y sentido) que ejerce Q sobre una carga q, de
–1 µC, colocada en B.
c) ¿En qué punto hemos de colocar una carga Q 4 = +8 µC para que el campo
resultante de Q y Q 4 en el punto C sea nulo?
a) En la figura de la derecha se representa la
situación descrita en el enunciado del
problema.
y (m)
B
El campo producido por la carga Q en cada uno de los puntos es:
EB
C
– Punto A: la distancia de la carga al punto y el vector unitario en la dirección
que une la carga y el punto son:
8
EC
8
rA = 3 · i m 8
8
8
dC
dB
8 rA = dA = 3 m ; uA = i
Luego:
8
EA = K ·
= 9 · 109 ·
Q 8
· uA =
dA2
45°
_
Q
EA
A
dA
x (m)
8
–2 · 10–6 8
· i = –2 000 · i N/C
2
3
– Punto B: la distancia de la carga al punto y el vector unitario en este caso son:
8
8
8
8
r B = 4 · j m 8 rB = dB = 4 m ; uB = j
208
Unidad 6. Campo eléctrico
Por tanto:
8
EB = K ·
8
–2 · 10–6 8
Q 8
9
·
u
=
9
·
10
·
· j = –1 125 · j N/C
B
2
2
4
dB
– Punto C: en este caso, tenemos:
8
8
8
r C = 3 · i + 3 · j m 8 rC = dC = √32 + 32 = √18 = 3 · √2 m
8
8
uC =
8
EC = K ·
8
3·i +3·j
1 8
1 8
=
·i +
·j
3 · √2
√2
√2
Q 8
–2 · 10–6
· uC = 9 · 109 ·
·
2
dC
(3 · √2)2
= –1 000 ·
(
(
)
1 8 1 8
·i+
·j =
√2
√2
)
8
8
1 8 1 8
·i+
· j = (–707 · i – 707 · j ) N/C
√2
√2
b) La fuerza sobre la carga q colocada en B es:
8
8
8
8
F = q · E = (–1 · 10–6) · (–1 125 · j ) = 1,125 · 10–3 · j N
c) Para que el campo sea nulo en el punto C, la carga Q 4 debe estar en la línea recta que une el origen con el punto C, y, puesto que es positiva, ha de estar en el
mismo lado que Q y a una distancia de C que haga que el módulo del campo
producido por Q 4 sea igual al producido por Q.
y (m)
3
C
EC'
EC
–3
–
+
Q'
8
3
x (m)
–3
Por tanto:
8
Q
8
|E C4| = |E C| 8 |E C4| = K ·
Q4
8 · 10–6
= 9 · 109 ·
= 1 000 8
2
dP
dP2
8 dP = √72 = 6 · √2 m
Como esta distancia está medida sobre la bisectriz del primer cuadrante, tenemos:
xP = yP
°
§
¢ 8 2 · (3 – xP )2 = 72 8 3 – xP = 6 8 xP = –3 m
2
2
2
(3
–
x
)
+
(3
–
y
)
= 6 · √2 §£
√
P
P
Entonces, la carga Q 4 debe de estar colocada en el punto P(–3, –3) m.
Unidad 6. Campo eléctrico
209
13. Las cargas q1 = 2 µC y q2 = –2 µC están en el vacío situadas en A (–3, 0) m y
B (3, 0) m, respectivamente. Calcula: a) El campo eléctrico en el origen y en
el punto P (0, 3) m. b) La fuerza que actúa sobre una carga q = – 0,1 µC colocada en el origen.
a) Los campos eléctricos producidos por ambas cargas en el origen tienen el mismo
módulo, pues ambas tienen el mismo valor absoluto y se encuentran a la misma
distancia. Su valor es:
2 · 10–6
q
E1 = E2 = K · 2 = 9 · 109 ·
= 2 000 N/C
32
d
Teniendo en cuenta el signo de las cargas y la posición de cada una, representadas en la figura adjunta, el campo eléctrico en el origen es:
8
8
8
8
8
8
E O = E 1 + E 2 = 2000 · i + 2000 · i = 4000 · i N/C
y (m)
EP, 1
P
EP
45°
EP, 2
d
EO, 2 45°
q1
45°
+
A (–3, 0)
O
EO
EO, 1
q2
–
x (m)
B (3, 0)
Para el punto P (0, 3) m, podemos obtener directamente el campo eléctrico producido por cada carga utilizando la expresión vectorial:
8
q 8
E = K · 2 · ur
d
8
Donde ur es el vector unitario en la dirección que une la carga con el punto.
Para q1 tenemos, a partir de los datos mostrados en la figura anterior:
8
8
8
r 1 = 3 · i + 3 · j 8 r1 = √32 + 32 = √18 = 3 · √2 m
8
8
3·i +3·j
1 8
1 8
u1 =
=
·i +
·j
3 · √2
√2
√2
8
8
E 1 = 9 · 109 ·
Y para q2:
8
2 · 10–6
·
(3 · √2)2
8
(
)
8
8
1 8 1 8
·i+
· j = 707 · i + 707 · j N/C
√2
√2
8
r 2 = –3 · i + 3 · j 8 r1 = √(–3)2 + 32 = √18 = 3 · √2 m
8
8
u2 =
8
E 2 = 9 · 109 ·
210
8
–3 · i + 3 · j
–1 8
1 8
=
·i +
·j
3 · √2
√2
√2
(
)
8
8
–2 · 10–6
–1 8 1 8
·i+
· j = 707 · i – 707 · j N/C
·
2
(3 · √2) √2
√2
Unidad 6. Campo eléctrico
Por tanto, el campo total en el punto P es:
8
8
8
8
8
8
8
8
EP = E1 + E2 = 707 · i + 707 · j + 707 · i – 707 · j = 1 414 · i N/C
b) La fuerza sobre la carga q colocada en el origen es:
8
8
8
8
F = q · E = (–0,1 · 10–6) · (4 000 · i ) = –4 · 10–4 · i N
14. La carga q1 = +4 µC está en el origen, y la carga q2 = –9 µC está en el punto
B (3, 0) m. Calcula:
a) El punto donde se anula el campo.
b) La fuerza sobre una carga q = –1 µC situada en el eje X en el punto x = 1,2 m.
a) En el punto donde se anula el campo se cumple que:
8
8
8
8
8
E = E 1 + E 2 = 0 8 E 1 = –E 2
Por tanto, los módulos del campo creado por cada carga han de ser iguales, y los
sentidos de los campos, opuestos.
8
8
Los vectores E 1 y E 2 solo pueden tener la misma dirección en puntos del eje X, es
decir, (x, 0), y para que los módulos de ambos campos sean iguales en ese punto, se ha de cumplir:
E1 = E2 8 K ·
|q1|
2
1
d
=K·
|q2|
2
2
d
4 · 10–6
9 · 10–6
=
8 4 · (x – 3)2 = 9 · x 2
2
x
(x – 3)2
8
4 · x 2 – 24 · x + 36 = 9 · x 2 8 5 · x 2 + 24 · x – 36 = 0
Cuyas soluciones son x1= –6 m y x2 = 1,2 m.
En la figura siguiente podemos comprobar que el campo solo se anula en el
punto (–6, 0) m, puesto que en ese punto los campos tienen sentidos opuestos,
mientras que, en el punto (1,2, 0) m, los campos tienen el mismo sentido y su suma no se anula.
y (m)
E1
q1
E2
–6
–5
–4
–3
–2
–1
+
E1
1 E2 2
q2
–
3
4
x (m)
b) Como ya hemos visto, el campo eléctrico en el punto (1,2, 0) m no es nulo, por
lo que una carga situada en ese punto estará sometida a una fuerza proporcional
al valor de dicho campo.
El campo producido por cada carga en el punto (1,2, 0) m es:
q
8
8
8
4 · 10–6 8
E 1 = K · 12 · u 1 = 9 · 109 ·
· i = 25 000 · i N/C
2
1,2
d1
8
E2 = K ·
q2
2
2
d
8
· u 2 = 9 · 109 ·
8
8
–9 · 10–6
· (–i ) = 25 000 · i N/C
2
(3 – 1,2)
Aplicando el principio de superposición, el campo total en ese punto es:
8
8
8
8
8
8
E = E 1 + E 2 = 25 000 · i + 25 000 · i = 50 000 · i N/C
Y, por tanto, la fuerza sobre la carga q es:
8
8
8
8
F = q · E = (–1 · 10–6 ) · 50 000 · i = – 0,05 · i N
Unidad 6. Campo eléctrico
211
15. Dos cargas iguales, q1 = q2 = 5 µC, están colocadas en los puntos A (– 4, 0) m y
B (4, 0) m. ¿Cuál es el valor de la carga q3 situada en el punto (0, 8) m para
que el campo eléctrico se anule en (0, 3) m?
El campo eléctrico que produce la carga q1, situada en A (–4, 0) m, en el punto
P (0, 3) m señalado en la figura es:
q
8
8
E 1 = K · 12 · u 1
r1
y (m)
q3
8
7
6
5
4
E2
E1
3
2
E3
1
q1
+
–4
–3
–2
q2
–1
1
2
3
+
4
x (m)
Donde:
8
8
8
8
r 1 = AP = (0 + 4) · i + (3 – 0) · j =
8
4
u1 =
5
Luego:
q
8
8
5 · 10–6
E 1 = K · 12 · u 1 = 9 · 109 ·
·
52
r1
8
8
(4 · i + 3 · j ) m 8 r1 = √42 + 32 = 5 m
8
3 8
·i +
·j
5
(
)
8
4 8 3 8
8
·i+
· j = (1 440 · i + 1080 · j ) N/C
5
5
Del mismo modo, el campo creado en el punto P (0, 3) m por la carga q2, situada
en B (4, 0) m, es:
8
8
8
8
8
8
r 2 = BP = (0 – 4) · i + (3 – 0) · j = (–4 · i + 3 · j ) m 8 r2 = √(–4)2 + 32 = 5 m
8
u2 = –
8
E2 = K ·
q2
2
2
r
8
· u 2 = 9 · 109 ·
4 8 3 8
·i +
·j
5
5
)
(
8
8
5 · 10–6 – 4 8 3 8
·i+
· j = (–1 440 · i + 1080 · j ) N/C
·
5
5
52
La carga q3, situada en el punto C (0, 8) m, también producirá un campo eléctrico en
el punto P, que calculamos como en los casos anteriores:
8
8
8
8
8
8
r 3 = CP = (3 – 8) · j = –5 · j m 8 r3 = 5 m 8 u 3 = – j
q
q
8
8
8
8
E 3 = K · 32 · u3 = 9 · 109 · 23 · (–j ) = –3,6 · 108 · q3 · j N/C
r3
5
212
Unidad 6. Campo eléctrico
De acuerdo con el principio de superposición, el campo eléctrico en el punto P es
la suma de los tres campos. Imponiendo la condición de que el campo se anule, obtenemos el valor de la carga q3:
8
8
8
8
8
8
E = E1 + E2 + E3 = 0
8
8
8
0 = (1 440 · i + 1 080 · j ) + (–1 440 · i + 1 080 · j ) + (–3,6 · 108 · q3 · j ) =
8
= (2 160 – 3,6 · 108 · q3) · j
Por tanto, el valor de la carga debe ser:
2 160 – 3,6 · 108 · q3 = 0 8 q3 = 6 · 10–6 C
16. Calcula la distancia que recorre hasta pararse un protón que penetra en un
campo eléctrico uniforme de 5 · 103 N/C con una velocidad de 2 · 105 m/s paralela al campo pero en sentido opuesto. ¿Cuánto tiempo tarda en detenerse?
El valor de la fuerza que actúa sobre el protón es:
F = q · E = 1,6 · 10–19 · 5 000 = 8 · 10–16 N
Como la velocidad inicial del protón tiene sentido contrario al campo, la fuerza se
opone a su velocidad y le origina una aceleración de frenado:
F
8 · 10–6
a=–
=–
= – 4,8 · 1011 m/s2
m
1,67 · 10–27
El tiempo que tarda el protón en detenerse lo obtenemos por medio de la expresión
de la velocidad en un m.r.u.a.:
2 · 105
v = v0 + a · t = 0 8 0 = 2 · 105 – 4,8 · 1011 · t 8 t =
= 4,2 · 10–7 s
4,8 · 1011
Aplicando ahora la expresión de la distancia en el m.r.u.a., obtenemos la distancia
que recorre dentro del campo eléctrico uniforme hasta que se detiene:
1
s = s0 + v0 · t +
· a · t2
2
s = 0 + 2 · 105 · 4,2 · 10–7 +
1
· (–4,8 · 1011) · (4,2 · 10–7)2 = 4,2 · 10–2 m
2
17. Una partícula cargada, m = 1 mg y q = 200 nC, se deja en reposo en un campo
eléctrico uniforme y adquiere una velocidad de 300 m/s a los 0,5 s. Calcula: a)
El valor del campo. b) El espacio recorrido en ese tiempo. c) El trabajo realizado por el campo eléctrico en ese tiempo. d) La variación de energía potencial.
a) Para que la partícula, que inicialmente está en reposo, adquiera una velocidad de
300 m/s en 0,5 s, debe estar sometida a una fuerza que le produzca una aceleración:
v – v0
300
a=
=
= 600 m/s2
t
0,5
Según la segunda ley de la dinámica, la fuerza necesaria para producir esta aceleración es:
F = m · a = 0,001 · 600 = 0,6 N
Y como esta fuerza está originada por el campo eléctrico, el valor del campo debe ser:
0,6
F
F=q·E 8 E=
=
= 3 · 106 N/C
q
200 · 10–9
Unidad 6. Campo eléctrico
213
b) El espacio que recorre la carga en ese tiempo es:
1
1
· 600 · 0,52 = 75 m
x=
· a · t2 =
2
2
c) El trabajo realizado por el campo eléctrico es igual al aumento de energía cinética. Teniendo en cuenta que inicialmente la partícula se encuentra en reposo:
1
We = DEc = Ec – Ec0 =
· 0,001 · 3002 = 45 J
2
d) La variación de energía potencial es igual al trabajo eléctrico cambiado de signo:
We = –DEp 8 DEp = –We = –45 J
18. Calcula el potencial eléctrico producido por la carga Q = 20 nC a una distancia de 1, 2, 3, 4, 5 y 6 m. Realiza la gráfica del potencial, V, en función de la
distancia, r.
El valor del potencial para cada una de esas distancias es:
– Para d = 1 m:
V1 = K ·
q
20 · 10–9
= 9 · 109 ·
= 180 V
d1
1
V2 = K ·
q
20 · 10–9
= 9 · 109 ·
= 90 V
d2
2
V3 = K ·
q
20 · 10–9
= 9 · 109 ·
= 60 V
d3
3
V4 = K ·
q
20 · 10–9
= 9 · 109 ·
= 45 V
d4
4
V5 = K ·
q
20 · 10–9
= 9 · 109 ·
= 36 V
d3
5
– Para d = 2 m:
– Para d = 3 m:
– Para d = 4 m:
– Para d = 5 m:
– Para d = 6 m:
q
20 · 10–9
= 9 · 109 ·
= 30 V
d6
6
Con los valores obtenidos podemos representar la gráfica del potencial en función
de la distancia:
V6 = K ·
V (V)
180
150
100
90
60
4550
3630
0
214
1
2
3
4
5
6
d (m)
Unidad 6. Campo eléctrico
19. La carga q = –5 µC está situada en el origen de coordenadas. Calcula: a) El potencial eléctrico en el punto P (3, 4) m. b) La energía potencial de una carga
q 4 = – 0,1 µC si la colocamos en P . c) El trabajo que hay que hacer para traer
la carga q 4 desde el infinito al punto P.
a) El potencial producido por la carga en el punto P es:
q
V=K·
d
Donde d es la distancia de la carga al punto:
d = √32 + 42 = 5 m
Por tanto:
V=K·
q
–5 · 10–6
= 9 · 109 ·
= –9 000 V
d
5
b) La energía potencial de la carga q 4 colocada en P es:
Ep = q · V = (–0,1 · 10–6) · (–9 000) = 9 · 10–4 J
c) Como la energía potencial cuando q 4 está en el infinito es nula y como el trabajo
exterior es igual al trabajo eléctrico cambiado de signo, tenemos:
Wext = –We = –(–DEp) = DEp = Ep(P) – Ep(@) = 9 · 10–4 – 0 = 9 · 10–4 J
Comprobamos que la energía potencial de un sistema de cargas es igual al trabajo exterior necesario para traerlas desde el infinito a esa situación.
20. Si la carga q1 = 3 µC está en el origen de coordenadas, calcula el trabajo para
trasladar la carga q2 = 2 µC desde el infinito al punto A (0, 6). Las coordenadas están en metros.
Cuando las cargas están separadas una distancia infinita, su energía potencial es nula, pero cuando la carga q2 se encuentra en el punto A, a una distancia de 6 m de q1,
su energía potencial vale:
EpA = K ·
q1 · q2
dA
= 9 · 109 ·
3 · 10–6 · 2 · 10–6
= 9 · 10–3 J
6
El trabajo exterior que es necesario realizar para aproximar dos cargas del mismo
signo desde el infinito hasta esa situación coincide con la variación de energía potencial de las cargas, que es igual a la energía potencial del sistema cuando las cargas se encuentran en la situación final:
Wext = EpA – Ep = EpA = 9 · 10–3 J
@
También se puede resolver el problema calculando el potencial que produce la carga q1 en el punto A:
q
3 · 10–6
V=K·
= 9 · 109 ·
= 4,5 · 103 V
d
6
Para luego calcular la energía potencial de q2 en ese punto:
Ep = q · V = 2 · 10–6 · 4,5 · 103 = 9 · 10–3 J
Con ello, el trabajo resulta:
Wext = –We = –(–DEp) = DEp = EpA – Ep = 9 · 10–3 – 0 = 9 · 10–3 J
@
Unidad 6. Campo eléctrico
215
21. Las cargas q1 = 2 µC y q2 = – 4 µC están en el vacío situadas, respectivamente,
en los puntos A (–1, 0) m y B (2, 0) m. Calcula: a) El campo en el origen y en
el punto C (– 4, 0) m. b) El potencial eléctrico en ambos puntos. c) El trabajo
para trasladar la carga q = –1 µC desde el origen al punto C.
a) El campo en el origen es la suma vectorial de los campos creados por ambas cargas en dicho punto. Para calcular estos, determinamos, en primer lugar, los vectores unitarios en la dirección de cada uno:
8
8
8
8
r 1O = i 8 d1O = 1 m ; u1O = i
8
8
8
8
r 2O = –2 · i 8 d2O = 2 m ; u2O = – i
Con esto, los vectores campo eléctrico creados por cada carga en el origen resultan:
q1 8
8
2 · 10–6 8
9
· i = 1,8 · 104 · i N/C
2 · u1O = 9 · 10 ·
2
d1O
1
8
E1O = K ·
8
E2O = K ·
q2 8
8
8
–4 · 10–6
9
· (–i ) = 9 · 103 · i N/C
2 · u2O = 9 · 10 ·
d2O
22
Por tanto, el campo total en el origen vale:
8
8
8
8
8
8
EO = E1O + E2O = 1,8 · 104 · i + 9 · 103 · i = 2,7 · 104 · i N/C
Del mismo modo, para el punto C (–4, 0) m tenemos que:
8
8
8
8
8
8
r 1C = –3 · i m 8 d1C = 3 m ; u1C = –i
8
8
r 2C = –6 · i m 8 d2C = 6 m ; u2C = –i
Con lo que el campo producido por cada carga en C es:
8
q1 8
8
8
2 · 10–6
9
· (–i ) = –2 · 103 · i N/C
2 · u1C = 9 · 10 ·
d1C
32
8
q2 8
8
8
–4 · 10–6
9
· (–i ) = 1 · 103 · i N/C
2 · u2C = 9 · 10 ·
2
d2C
6
E1C = K ·
E2C = K ·
Y el campo total en el punto C vale:
8
8
8
8
8
8
EC = E 1C + E 2C = –2 · 103 · i + 1 · 103 · i = –1 · 103 · i N/C
En la siguiente figura se representan los vectores campo eléctrico en ambos
puntos:
y (m)
E1C
C E2C
–4
q1 O
–1 d1O
A
–3
–2
+
E10 d2O B
E20 1
–
2
q2
3
4
x (m)
d1C
d2C
216
Unidad 6. Campo eléctrico
b) El potencial eléctrico en cada punto es la suma de los potenciales que crean cada
una de las cargas en esos puntos. Así, en el origen:
q
2 · 10–6
V1O = K · 1 = 9 · 109 ·
= 1,8 · 104 V
d1O
1
q
–4 · 10–6
V2O = K · 2 = 9 · 109 ·
= –1,8 · 104 V
d2O
2
VO = V1O + V2O = 1,8 · 104 – 1,8 · 104 = 0
Y en el punto C:
q1
2 · 10–6
= 9 · 109 ·
= 6 · 103 V
d1C
3
q
–4 · 10–6
V2C = K · 2 = 9 · 109 ·
= –6 · 103 V
d2C
6
V1C = K ·
VC = V1C + V2C = 6 · 103 – 6 · 103 = 0
Como vemos, el potencial es nulo en ambos puntos.
c) Del apartado anterior se deduce que cualquier carga situada en los puntos O y C
tendrá una energía potencial nula. Por tanto, su energía potencial no variará al pasar de un punto a otro y no se realizará ningún trabajo al trasladar la carga, ya que
este coincide, en valor absoluto, con la variación de la energía potencial. Desde el
punto de vista energético, para la carga es indiferente estar en un punto u otro.
22. Indica para cuál de las distribuciones de cargas siguientes, de igual valor absoluto, se cumple que, en el centro del cuadrado:
a) El campo y el potencial son nulos.
b) El campo es nulo y el potencial es positivo.
c) El potencial es nulo y el campo está dirigido hacia la derecha.
d) El campo es nulo y el potencial es negativo.
e) El potencial es nulo y el campo está dirigido hacia arriba.
–Q
+Q
–Q
+Q
+Q
+Q
I
–Q
+Q
–Q
+Q
II
+Q
+Q
+Q
–Q
III
–Q
+Q
IV
El campo eléctrico en el centro del cuadrado es la suma vectorial de los campos
producidos por cada carga. Los módulos de estos campos son todos iguales y sus
direcciones y sus sentidos están representados en la figura siguiente:
–Q
–Q
+Q
–Q
+Q
+Q
+Q
–Q
+Q
+Q
+Q
–Q
+Q
+Q
–Q
+Q
I
Unidad 6. Campo eléctrico
II
III
IV
217
El potencial eléctrico en el centro es la suma algebraica de los potenciales debidos a
cada carga; todos tienen el mismo valor absoluto, V, y su signo coincide con el de la
carga que lo produce. Por tanto:
VI = +V + V + (–V ) + (–V ) = 0 ; VII = +V + (–V ) + (–V ) + V = 0
VIII = +V + V + V + V = 4 · V ; VIV = (–V ) + V + (–V ) + V = 0
A la vista de los resultados, las respuestas son:
a) El campo y el potencial eléctricos son nulos en la situación IV.
b) El campo es nulo y el potencial es positivo en la situación III.
c) El potencial es nulo y el campo está dirigido hacia la derecha en la situación II.
d) El potencial no es negativo en ninguna de las situaciones.
e) El potencial es nulo y el campo está dirigido hacia arriba en la situación I.
23. Dos cargas iguales q1 = q2 = +6 µC están fijas en los puntos (–3, 0) m y (3, 0) m.
Calcula: a) La fuerza que actúa sobre una partícula cargada, m = 1 mg y
q = –1 µC, situada en A (0, 4) m. b) La energía potencial de la partícula en A y
en el origen. c) La velocidad de la partícula al llegar al origen si se suelta en
reposo en el punto A.
a) El ejercicio se puede resolver calculando directamente la fuerza que ejerce cada
carga sobre la partícula, pero vamos a hacerlo obteniendo, en primer lugar, el
campo producido por ambas cargas en ese punto, para luego calcular la fuerza.
Para el punto A (0, 4) m se cumple:
8
8
3·i +4·j
3 8 4 8
r 1A = 3 · i + 4 · j 8 d1A = 5 m 8 u1A =
=
·i +
·j
5
5
5
8
8
3 8 4 8
8
8
r 1B = –3 · i + 4 · j 8 d2A = 5 m 8 u2A = –
·i +
·j
5
5
Por tanto, el campo producido por cada carga en el punto A es:
q
8
8
8
8
6 · 10–6 3 8 4 8
·i+
· j = (1 296 · i + 1 728 · j ) N/C
E 1A = K · 12 · u 1A = 9 · 109 ·
·
5
5
52
d1A
8
8
8
8
)
(
8
E 2A = K ·
q2
2
2A
d
8
· u 2A = 9 · 109 ·
)
(
8
8
6 · 10–6
3 8 4 8
· – · i + · j = (–1 296 · i + 1 728 · j ) N/C
52
5
5
Y el campo eléctrico total en A es:
8
8
8
8
8
8
8
8
E A = E 1A + E 2A = (1 296 · i + 1 728 · j ) + (–1 296 · i + 1 728 · j ) = 3 456 · j N/C
La fuerza que actúa sobre la partícula es, por tanto:
8
8
8
8
F = q · E = (–1 · 10–6) · (3 456 · j ) = –3 ,456 · 10–3 · j N
b) Para conocer la energía potencial de la partícula en los puntos solicitados calculamos, previamente, el valor del potencial en esos puntos:
El potencial en A es:
q
q
6 · 10–6
6 · 10–6
VA = V1A + V2A = K · 1 + K · 2 = 9 · 109 ·
+ 9 · 109 ·
= 21 600 V
5
5
d1A
d2A
Y el potencial en el origen es:
q
q
6 · 10–6
6 · 10–6
VO = V1O + V2O = K · 1 + K · 2 = 9 · 109 ·
+ 9 · 109 ·
= 36 000 V
3
3
d1O
d2O
218
Unidad 6. Campo eléctrico
Luego, la energía potencial de la carga en A y en el origen es:
EpA = q · VA = (–1 · 10–6) · 21 600 = –0,0216 J
EpO = q · VO = (–1 · 10–6) · 36 600 = –0,036 J
c) Para calcular la velocidad de la partícula al llegar al origen, aplicaremos el principio de conservación de la energía mecánica, teniendo en cuenta que la velocidad
inicial de la partícula es nula y que su energía potencial en cada punto es la calculada en el apartado anterior:
Ec + Ep = cte 8 EcA + EpA = EcO + EpO
1
1
· m · vA2 + EpA =
· m · vO2 + EpO
2
2
Sustituyendo y despejando, tenemos:
–0,0216 =
1
· 1 · 10–6 · vO2 + (–0,036) 8 v = 169,7 m/s
2
24. Calcula en qué puntos de la recta que une las cargas q y –2 · q, separadas una
distancia r, se anula el potencial eléctrico. ¿Cuánto vale el campo eléctrico
en esos puntos?
De acuerdo con el principio de superposición, el potencial se anula en aquellos
puntos donde se cumple:
q
q
V = V1 + V2 = K · 1 + K + 2 = 0
r1
r2
donde r1 y r2 son las distancias a dicho punto desde cada una de las cargas.
Si las cargas fuesen del mismo signo, el potencial solo se anularía en el infinito, pero cuando son de signo distinto, se puede anular, además, en puntos situados a distancias finitas de las cargas.
Si las cargas q1 y q2 están en los puntos A(x1, y1) y B (x2, y2), respectivamente, la
ecuación de los puntos del plano para los cuales V = 0 (línea equipotencial) es:
q1
q2
V=0 5 K·
+K·
=0
2
2
2
√(x – x1) + (y – y1)
√(x – x2) + (y – y2)2
La línea recta que pasa por las dos cargas corta a esta línea equipotencial, V = 0, en
dos puntos. Para determinar esos puntos, podemos utilizar dos métodos:
– Método A:
Si elegimos nuestro sistema de referencia de forma que q1 esté en el origen de coordenadas y el eje X coincida con la recta que pasa por las cargas, tenemos:
x1 = y1 = 0 ; x2 = r ; y2 = 0
Para los puntos del eje X (y = 0) en los que se anula el campo, se cumple:
q
–2 · q
q
2·q
K·
+K·
=0 8
=K·
2
2
2
√(x – 0)
√(x – r)
√(x – 0)
√(x – r)2
Elevando al cuadrado ambos términos, tenemos:
1
4
q2
(2 · q)2
=
8 2 =
8 (x – r)2 = 4 · x 2
2
2
x
(x – r)2
x
(x – r)
De donde:
x2 – 2 · r · x + r 2 = 4 · x2 8 3 · x2 + 2 · r · x – r 2 = 0
Unidad 6. Campo eléctrico
219
Al resolver la ecuación de segundo grado, nos queda:
£ x = –r
–2 · r ± 4 · r
¢
–2 · r ± √4 · r 2 + 4 · 3 · r 2
8 ° x4 = r
x=
=
6
6
3
Por tanto, el potencial se anula en un punto situado entre las cargas a una distancia r/3 de q1 y a 2 · r/3 de q2, y en un punto situado a la izquierda de q1 a una distancia r de ella y a una distancia 2 · r de q2.
– Método B:
El potencial se anula en dos puntos de la línea recta que une ambas cargas, el primero, M, situado en el segmento entre ellas, y el segundo, N, fuera de ese segmento pero más próximo a la carga de menor valor absoluto.
d 2'
d1
d
N
q1
M
+
–
d1
q2
d2
d
Para ambos puntos se cumple que:
q
q
q
–2 · q
V = V1 + V2 = K · 1 + K · 2 = 0 8 K ·
+K·
=0 8
r1
r2
r1
r2
1
–2
1
2
+
=0 8
=
8 r2 = 2 · r1
r1
r2
r1
r2
8
Para el punto M, situado en la zona entre ambas cargas:
r1 + r2 = r
[1]
[2]
Sustituyendo la ecuación [1] en la [2], tenemos:
r
2·r
; r2 =
3
3
Es decir, para el punto M: r1 = r/3 y r2 = 2 · r/3, lo que coincide con el punto x
del método A.
r1 + r2 = r1 + 2 · r1 = r 8 3 · r1 = r 8 r1 =
Para el punto N, situado a la izquierda de q1, se cumple que:
r2 = r1 + r
[3]
Y sustituyendo [1] en [3]:
r2 = 2 · r1 = r1 + r 8 r1 = r ; r2 = 2 · r
Lo que coincide con el punto x 4 del método A.
El valor del campo eléctrico en esos puntos es la suma de los campos creados por
cada una de las cargas en dichos puntos:
q
–2 · q
q
q
q 8
8
8
8
8
27
EM = K ·
·i +K·
· (–i ) = K · 9 · 2 +
·i =
· K · 2 · i N/C
2
2
2
(r/3)
(2 · r/3)
r
2·r
2
r
(
8
EN = K ·
220
q
r
2
8
· (–i ) + K ·
–2 · q
2
(2 · r)
8
(
· (–i ) = K · –
q
r
2
+
)
q
2·r
2
)
8
·i =–
q 8
1
· K · 2 · i N/C
2
r
Unidad 6. Campo eléctrico
25. ¿Cuál es el valor del campo eléctrico en una zona donde el potencial tiene el
mismo valor en cada punto de esa zona?
Si el potencial eléctrico toma el mismo valor en todos los puntos de una zona, es
decir, es constante en dicha zona, entonces, para dos puntos cualesquiera, la diferencia de potencial entre ellos es nula.
Por tanto, de acuerdo con la expresión E = –dV/dx, como la derivada de una constante es cero, el campo eléctrico es nulo en todos los puntos de esa zona.
26. ¿Pueden cortarse dos líneas de fuerza de un campo eléctrico? ¿Y dos superficies equipotenciales? ¿Por qué?
Dos líneas de campo eléctrico no pueden cortarse nunca, pues el campo es único en
cada punto del espacio; es decir, su valor y su dirección son únicos en cada punto.
Supongamos que L1 y L2 representan dos líneas de campo y que se cortan en el
punto P (figura siguiente). Como el campo es tangente a la línea en cada punto, en
el punto P, perteneciente a L1, el campo sería tangente a L1 y su valor sería E1, pero
por pertenecer este punto también a L2, el campo sería tangente a L2 y de valor E2.
Entonces, el campo en P tomaría dos valores, lo que es imposible, luego por cada
punto del espacio pasa una, y solo una, línea de fuerza.
Dos superficies equipotenciales, S1 y S2, no pueden
cortarse, pues el valor del potencial en un punto
es único, y si dos superficies equipotenciales se
cortasen en un punto o en una serie de puntos, en
los puntos de corte, por pertenecer a cada una de
las superficies, el potencial en ellos tendría dos valores: V1 por pertenecer a la superficie S1, y V2 por
pertenecer a la superficie S2; como esto es imposible, las superficies no pueden cortarse.
L1
E1
L2
E2
S1
S2
27. Calcula la diferencia de potencial necesaria:
a) Para acelerar un protón desde el reposo a una velocidad de 2 · 105 m/s.
b) Para frenar un electrón que lleva una velocidad de 5 · 106 m/s.
a) Sobre el protón solo actúa la fuerza eléctrica debida al campo asociado a la diferencia de potencial aplicada; por tanto, su energía mecánica (cinética más potencial) permanece constante; luego:
EcA + EpA = EcB + EpB 8 DEc = –DEp
Si deseamos acelerar la partícula desde el reposo, tenemos:
1
· m · v 2 – 0 = –q · (V – V0) = q · (V0 – V)
2
Si la carga es positiva, el potencial final, V, es menor que el inicial, V0; si la carga
hubiese sido negativa sería al revés, pero la diferencia, en valor absoluto, en ambos casos es:
1
1
· 1,67 · 10–27 · (2 · 105)2
· m · v2
2
2
|DV| =
=
= 208,8 V
q
1,6 · 10–19
221
Unidad 6. Campo eléctrico
La diferencia de potencial necesaria es de 208,8 voltios, siendo el potencial de
entrada mayor que el potencial de salida:
DV = V – V0 = –208,8 V
b) Aplicando, en este caso, el principio de conservación de la energía mecánica al
movimiento de frenado del electrón, tenemos:
EcA + EpA = EcB + EpB 8 DEc = –DEp
0–
1
1
· m · v02 = – q · (V – V0 ) 8
· m · v02 = q · (V – V0 )
2
2
Para detener una partícula positiva, el potencial inicial o de entrada, V0, ha de ser
menor que el potencial final, V, pero si la partícula es negativa, es al revés, V0 > V,
como sucede en este caso. La diferencia de potencial es:
1
1
· m · v2
· 9,1 · 10–31 · (5 · 106)2
2
2
DV =
=
= –71,1 V
q
–1,6 · 10–19
Como el electrón es una carga negativa, se mueve espontáneamente hacia los potenciales más altos; por tanto, para frenarlo, necesitamos que el potencial de entrada sea mayor que el potencial de salida:
DV = –71,1 V
28. Un protón que se mueve entre dos puntos de un campo eléctrico uniforme
alcanza una velocidad de 8 · 105 m · s–1. Si ha partido del reposo, calcula:
a) La diferencia de potencial entre ambos puntos.
b) El valor del campo si la distancia entre ambos puntos es de 4 cm.
c) La velocidad del protón cuando ha recorrido 2 cm desde el reposo.
Dato: mp = 1,6 · 10–27 kg
a) Como el protón solo está sometido a la fuerza que sobre él ejerce el campo eléctrico, y como esta es conservativa, la suma de su energía cinética y su energía potencial permanece constante:
1
1
Ec + Ep = cte 8 EcA + EpA = EcB + EpB 8
· m · vA2 + EpA =
· m · vB2 + EpB
2
2
Teniendo en cuenta que parte del reposo y que su energía potencial es q · V, tenemos:
1
1
0 + q · VA =
· m · vB2 + q · VB 8 q · VA – q · Vb = q · (VA – VB ) =
· m · v2
2
2
1
1
· 1,67 · 10–27 · (8 · 105)2
· m · v2
2
2
VA – VB =
=
= 3 340 V
q
1,6 · 10–19
Para acelerar al protón el potencial del punto inicial, VA, tiene que ser mayor que
el del punto final, VB. La diferencia, en valor absoluto, es de 3 340 V; si interpretamos la diferencia de potencial como la final menos la inicial, será:
DV = –3 340 V
b) La relación entre el campo eléctrico y el potencial en un campo uniforme es
–DV
3 340
DV = –E · Dx 8 E = x =
= 83 500 V/m
0,04
222
Unidad 6. Campo eléctrico
c) Cuando el cuerpo ha recorrido 2 cm, la diferencia de potencial entre el punto inicial,
A, y el punto final, C, teniendo en cuenta la relación entre el campo y el potencial, es:
DV = –E · D x 8 VC – VA = –83 500 · 0,02 = –1 670 V
Aplicando el principio de conservación de la energía:
EcA + EpA = EcC + EpC 8 0 + q · VA =
1
· m · vC2 + q · VC
2
1
1
· m · vC2 = q · VA – q · VC = q · (VA – VC ) 8
· 1,67 · 10–27 · vC2 = 1,6 · 10–19 · 1 670
2
2
vC = 5,66 · 105 m/s
También se puede resolver este último apartado aplicando las leyes de la dinámica, pues, conocido el valor del campo, podemos calcular la fuerza que actúa sobre el protón y la aceleración a la que está sometido:
F
q·E
a = m = m = 8 · 1012 m/s2
Como el protón realiza un m.r.u.a., entonces:
v 2 – v02 = 2 · a · x 8 v 2 = 2 · 8 · 1012 · 0,02 8 v = √32 · 1010 = 5,66 · 105 m/s
8
8
29. Un electrón se mueve con v = 2 · 105 · i m/s cuando penetra en un campo
8
8
eléctrico uniforme E = 5 · 10–6 · j N/C. Calcula:
a) El módulo, la dirección y el sentido de la fuerza que actúa sobre el electrón.
b) La velocidad del electrón en función del tiempo.
c) La energía cinética del electrón 1 s después de penetrar en el campo.
d) La variación de la energía potencial experimentada por el electrón 1 s después de penetrar en el campo.
Dato: melectrón = 9,1 · 10–31 kg.
a) La fuerza que actúa sobre el electrón es:
8
8
8
8
F = q · E = (–1,6 · 10–19) · (5 · 10–6 · j ) = –8 · 10–25 · j N
Esta fuerza está dirigida en el sentido negativo del eje Y.
b) La velocidad del electrón varía debido a la fuerza eléctrica, que produce en él
una aceleración. La aceleración del electrón es constante y su valor es:
8
8
8
F
–8 · 10–25 · j
a = m =
= – 8,8 · 105 · j m/s2
9,1 · 10–31
8
8
8
Teniendo en cuenta la velocidad inicial del electrón, v 0 = 2 · 105 · i , entonces su
velocidad en función del tiempo es:
8
8
8
8
8
v = v 0 + a · t = (2 · 105 · i – 8,8 · 105 · t · j ) m/s
c) Al cabo de 1 s de entrar en la región en que existe el campo eléctrico, la velocidad del electrón es:
8
8
8
8
8
v = 2 · 105 · i – 8,8 · 105 · 1 · j = (2 · 105 · i – 8,8 · 105 · j ) m/s
Unidad 6. Campo eléctrico
223
Su módulo es:
v = √(2 · 105)2 + (–8,8 · 105)2 = 9 · 105 m/s
Y, por tanto, la energía cinética del electrón en ese instante vale:
Ec =
1
1
· m · v2 =
· 9,1 · 10–31 · (9 · 105)2 = 3,7 · 10–19 J
2
2
d) El principio de conservación de la energía implica que la variación de energía
potencial es igual a la variación de energía cinética cambiada de signo, pues:
Ec + Ep = cte 8 DEc + DEp = 0 8 DEp = –DEc
Como la energía cinética inicial es:
1
1
· m · v 02 =
· 9,1 · 10–31 · (2 · 105)2 = 1,8 · 10–20 J
2
2
Ec0 =
Resulta:
DEp = –DEc = – (Ec – Ec0) = – (3,7 · 10–19 – 1,8 · 10–20) = – 3,5 · 10–19 J
La energía potencial disminuye en la misma cantidad que aumenta la energía cinética.
30. El campo eléctrico entre las placas del condensador plano de la figura es uniforme, y su valor es 100 N/C. Si por el punto A penetra un electrón con una
velocidad v0 = 2 · 106 m/s, calcula: a) La desviación, y, del electrón al salir de
las placas. b) ¿A qué altura, h, impacta en la pantalla? c) ¿Dónde se producirá
el impacto si la velocidad de entrada es de 4 · 105 m/s?
5 cm
+ + + + + + +
h
v0
A
y
1 cm
– – – – – – –
35 cm
Pantalla
a) Tomando el semieje X positivo en la horizontal y hacia la derecha, y el semieje Y
positivo vertical y hacia arriba, como se ve en la figura, la fuerza que actúa sobre
el electrón al penetrar en el campo vale:
8
8
8
8
F = q · E = –1,6 · 10–19 · (–100 · j ) = 1,6 · 10–17 j N
Y
5 cm
+
+
+
+
+
+
+
+
h
A
y
v0
E
X
1 cm
35 cm
–
224
–
–
–
–
–
–
–
Unidad 6. Campo eléctrico
Y, por tanto, su aceleración es:
8
8
8
F
1,6 · 10–17 · j
a = m =
= 1,76 · 1013 · j m/s2
9,1 · 10–31
8
El electrón realiza un m.r.u. en el eje X con velocidad inicial v0, y un m.r.u.a. en el
eje Y con velocidad inicial nula y con la aceleración calculada. De la ecuación del
m.r.u. despejamos el tiempo que tarda en salir de la zona entre las placas:
x = v0 · t 8 0,05 = 2 · 106 · t 8 t = 2,5 · 10–8 s
Sustituyendo este tiempo en la ecuación de la posición para el m.r.u.a. del eje Y,
obtenemos la distancia que se ha desviado el electrón de su trayectoria inicial:
1
1
y=
· a · t2 8 y =
· 1,76 · 1013 · (2,5 · 10–8)2 = 5,5 · 10–3 m
2
2
Como vemos, el electrón se desvía 5,5 mm de su trayectoria inicial.
b) Al salir de las placas, las componentes de la velocidad del electrón son:
vx = v0 = 2 · 106 m/s
vy = a · t = 1,76 · 1013 · 2,5 · 10–8 = 4,4 · 105 m/s
Cuando el electrón abandona el condensador, sobre él no actúa ya ninguna fuerza y, por tanto, realiza un movimiento rectilíneo uniforme con la misma velocidad que tiene al salir de las placas. El tiempo que emplea en llegar a la pantalla
se deduce de la ecuación de la posición en la componente horizontal:
vx = v0 = 2 · 106 ; x = v0 · t 8 0,35 = 2 · 106 · t 8 t = 1,75 · 10–7 s
Y la coordenada Y al llegar a la pantalla es:
y = y0 + vy · t = 5,5 · 10–3 + 4,4 · 105 · 1,75 · 10–7 = 0,0825 m
El electrón impacta en la pantalla a una altura de 8,25 cm.
c) Aunque variemos la velocidad de entrada, la fuerza y la aceleración sobre el electrón serán las mismas, pero no lo será el tiempo que tardará en recorrer las placas, que ahora valdrá:
x = v0 · t 8 0,05 = 4 · 105 · t 8 t = 1,25 · 10–7 s
Entonces, se habrá desviado una distancia:
1
1
y=
· a · t2 8 y =
· 1,76 · 1013 · (1,25 · 10–7)2 = 0,1375 m
2
2
Como se aprecia en la figura del enunciado, esta distancia es mayor que la distancia que separa al electrón inicialmente de cada una de las placas, de 1 cm, lo
que significa que el electrón no sale del condensador, sino que choca con la placa positiva y, por tanto, no impacta en la pantalla.
31. Entre las placas de un condensador plano, separadas 10 cm, hay una diferencia de potencial de 6 V. Calcula:
a) La fuerza y la aceleración sobre un electrón situado en su interior.
b) La velocidad del electrón al llegar a la placa positiva si partió del reposo
de la placa negativa.
c) El tiempo que tarda en ir de una placa a la otra.
Dato: me = 9,1 · 10–31 kg.
Unidad 6. Campo eléctrico
225
a) Como la diferencia de potencial entre las placas es constante, de 6 V, el campo
eléctrico entre ellas es uniforme, y su valor es:
6
DV
E=
=
= 60 V/m
0,1
d
Por tanto, la fuerza sobre el electrón vale:
F = q · E = 1,6 · 10–19 · 60 = 9,6 · 10–18 N
Y su aceleración es:
F
9,6 · 10–18
=
= 1,05 · 1013 m/s2
m
9,1 · 10–31
b) El electrón está en reposo en la placa negativa y es acelerado hacia la placa positiva, realizando un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. Teniendo
en cuenta la relación entre el espacio recorrido y la velocidad adquirida, tenemos:
a=
v 2 – v02 = 2 · a · x 8 v = √2 · a · x = √2 · 1,05 · 1013 · 0,1 = 1,45 · 106 m/s
c) Para calcular el tiempo que emplea en recorrer la distancia entre placas, lo despejamos en la ecuación de la posición en el m.r.u.a.:
x=
1
· a · t2 8 t =
2
√
2·x
a
=
√
2 · 0,1
1,4 · 10–7 s
1,05 · 1013
32. Mediante un hilo de seda de 50 cm colgamos una pequeña esfera, de masa 4 g
y cargada con 3 µC, de una lámina plana vertical cargada sin que entren en
contacto. Si la esfera se separa de la lámina 30 cm, calcula la densidad superficial de carga de la lámina.
Datos: g = 9,8 m/s2, e0 = 8,85 · 10–12 N–1 · m–2 · C2.
La esfera se separa de la placa porque tienen cargas del mismo signo.
8
Las fuerzas que actúan
sobre la esfera son
su peso, P ; la
8
8
tensión del hilo, T, y la fuerza eléctrica, F e, que ejerce la
lámina cargada. En la posición de equilibrio, la resultante
de estas fuerzas es nula:
8
∑F
8
8
Y
α
Ty
T
8
= P + T + Fe = 0
• Eje X:
Fe – Tx = 0 8 Fx = T · sen a
• Eje Y:
Fe
+
Ty – P = 0 8 P = T · cos a
De la figura deducimos las relaciones trigonométricas:
x
0,3
sen a =
=
= 0,6
l
0,5
X
Tx
x
P
cos a = √1 – sen a = √1 – 0,6 = √0,64 = 0,8
2
2
Luego, la tensión de la cuerda vale:
T=
226
4 · 10–3 · 9,8
P
m·g
=
=
= 0,049 N
0,8
cos a
cos a
Unidad 6. Campo eléctrico
Y, por tanto, la fuerza eléctrica sobre la esfera es:
Fe = T · sen a = 0,049 · 0,6 = 0,0294 N
Del valor de la fuerza eléctrica despejamos el valor del campo eléctrico producido
por la lámina cargada:
F
0,0294
Fe = q · E 8 E = e =
= 9 800 N/C
q
3 · 10–6
Considerando la lámina como una distribución plana de carga, el campo producido
por ella es:
q
E=
2·e
De donde despejamos la densidad superficial de carga de la lámina:
q = 2 · E · e = 2 · 9 800 · 8,85 · 10–12 = 1,73 · 10–7 C/m2
Pero también podríamos considerarla como una lámina metálica cargada por ambas
caras; en este caso, tendríamos:
q
E=
8 q = E · e = 9 800 · 8,85 · 10–12 = 8,67 · 10–8 C/m2
e
33. Calcula el campo y el potencial eléctricos producidos por una esfera conductora de diámetro 10 cm y cargada con – 4 nC en los puntos situados a una distancia del centro: a) De 12 cm. b) De 5 cm. c) De 3 cm.
El campo producido por una esfera conductora cargada en su interior es nulo, y en
el exterior es el mismo que produciría una carga puntual, igual a la carga de la esfera, situada en su centro.
El potencial en el exterior de la esfera es igual al producido por su carga situada en
el centro de ella, mientras que para puntos interiores es constante e igual al de su
superficie.
Considerando el radio de la esfera, de 0,05 m, para los casos propuestos tenemos:
a) El punto es exterior, ya que:
r = 12 cm = 0,12 m > 0,05 m
Por tanto, la esfera se comporta como si toda su carga estuviese concentrada en
su centro. Los valores del campo y del potencial son:
q
4 · 10–9
E = K · 2 = 9 · 109 ·
= 2 500 N/C
r
0,122
q
4 · 10–9
= 9 · 109 ·
= 300 V
r
0,12
b) Como r = 5 cm, el punto está en la superficie de la esfera y se puede considerar
como un punto exterior; por tanto, el valor del campo y del potencial son:
q
4 · 10–9
E=K·
= 9 · 109 ·
= 14 400 N/C
r
0,052
q
4 · 10–9
V=K·
= 9 · 109 ·
= 720 V
r
0,05
c) Si r = 3 cm, el punto es interior, por lo que el campo en este punto es nulo y el potencial es constante y del mismo valor que en su superficie; entonces, su valor es:
V = 720 V
V=K·
Unidad 6. Campo eléctrico
227
34. En un punto, P, exterior a una esfera fija y uniformemente cargada de radio 20 cm, el potencial eléctrico vale 150 V y el valor del campo eléctrico es
250 N/C. Calcula: a) La carga de la esfera y la distancia entre su centro y el punto P. b) La velocidad de una partícula cargada (m = 2 mg y q = –30 nC) cuando
choca con la superficie de la esfera, si se suelta en reposo en el punto P.
a) El valor del campo eléctrico producido por la esfera en el punto P, situado a una
distancia r del centro de esta, es:
q
Q
E = K · 2 8 250 = 9 · 109 · 2
r
r
Y el valor del potencial en ese punto es:
q
Q
V=K·
8 150 = 9 · 109 ·
r
r
Dividiendo miembro a miembro ambas expresiones, obtenemos la distancia del
centro de la esfera al punto P:
Q
9 · 109 ·
r
V
150
=
=
= r 8 r = 0,6 m
Q
E
250
9 · 109 · 2
r
Y sustituyendo en la expresión del potencial, obtenemos la carga de la esfera:
Q
150 = 9 · 109 ·
8 Q = 1 · 10–8 C
0,6
Por tanto, la carga de la esfera es de 10 nC y el punto P está a 60 cm de su centro.
b) La partícula parte del reposo, vP = 0, y el potencial en un punto, M, situado en la
superficie de la esfera es:
q
1 · 10–8
V=K·
= 9 · 109 ·
= 450 V
r
0,2
La partícula se encuentra sometida únicamente a la fuerza eléctrica que produce
la esfera sobre ella, y al ser esta fuerza conservativa, se cumple el principio de
conservación de la energía mecánica:
Ec + Ep = cte 8 EcP + EpP = EcM + EpM
1
1
· m · vP2 + q · VP =
· m · vM2 + q · VM
2
2
Sustituyendo y despejando, obtenemos la velocidad de la partícula al chocar con la
esfera:
1
(–30 · 10–9) · 150 =
· 2 · 10–6 · vM2 + (–30 · 10–9) · 450 8 v = 3 m/s
2
35. Dos hilos paralelos cargados uniformemente están separados 40 cm. Si las
densidades lineales de cada uno son l1 = 2 nC/m y l2 = 6 nC/m, calcula dónde se anula el campo eléctrico producido por ambos hilos si su carga:
a) Es del mismo signo.
b) Es de distinto signo.
Para que se anule el campo, se ha de cumplir que:
8
8
8
8
8
E = E1 + E2 = 0 8 E1 = – E2
228
Unidad 6. Campo eléctrico
a) Teniendo en cuenta la forma radial de las líneas del campo producido por un hilo cargado, si los conductores están cargados con cargas del mismo signo, el
campo solo se puede anular en un punto situado entre ambos hilos (realmente,
una línea de puntos paralela a los hilos), pues es en esa zona donde los campos
producidos por cada hilo tienen sentidos opuestos, como se muestra en la figura:
+
+
+
+
+
+
λ1
+
+
+
+
+
+
+
+
E2
+
+
+
+
+
+
λ
+ 2
+
+
+
+
+
+
+
E1
d1
d2
d
Por tanto, el campo se anula en los puntos en que los módulos sean iguales. Teniendo en cuenta la expresión del campo producido por una distribución rectilínea de carga, tenemos:
E1 = E2 8
l1
l2
l
l
=
8 1 = 2
2 · π · e · d1
2 · π · e · d2
d1
d2
2
6
2 · 10–9
6 · 10–9
=
8
=
8 2 · d2 = 6 · d1 8 d2 = 3 · d1
d1
d2
d1
d2
Y como el punto ha de estar entre los hilos, se cumple que:
d1 + d2 = 40 8 d1 + 3 · d1 = 40 8 d1 = 10 cm
El campo se anula a 10 cm del hilo de menor densidad de carga y a 30 cm del de
mayor densidad.
b) Si los hilos están cargados con cargas de distinto signo, entonces el campo se
anula en una línea paralela a ambos hilos situada fuera de la zona entre ellos y
más cerca de la línea de menor densidad de carga, como se muestra en la figura.
E1'
E2'
d1'
Unidad 6. Campo eléctrico
+
+
+
+
+
+
+
λ1
+
+
+
+
+
+
+
+
d 2'
d
–
–
–
–
–
–
–
λ
– 2
–
–
–
–
–
–
–
229
Por tanto, en los puntos de esa línea se cumple que:
d2 – d1 = 40
Y como los módulos de ambos campos tienen que ser iguales:
E1 = E2 8
8
l1
l2
l
l
=
8 1 = 2 8
2 · π · e · d1
2 · π · e · d2
d1
d2
2 · 10–9
6 · 10–9
=
8 d2 = 3 · d1
d1
d2
3 · d1 – d1 = 40 8 d1 = 20 cm
El campo se anula a 20 cm del hilo de menor densidad y a 60 cm del de mayor
densidad.
230
Unidad 6. Campo eléctrico