u3-Interaccion Electrica-ley de Coulomb

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Apuntes de física II- Cap. 3 Interacción eléctrica …………………………... [email protected] 87

Capí t u l o 3

LEY DE COULOM B Y EL CAM PO ELECTRI CO

3.1 CARGAS ELECTRI CAS.

Los antiguos griegos sabían ya, hacia el año 600 A de C, que el ámbar, frotado conlana, adquiría la propiedad de atraer cuerpos ligeros (hierba seca, papel, etc.). Al in-terpretar hoy esta propiedad se dice que el ámbar está electrizado, o que posee carga eléctrica, o que está cargado eléctricamente. Estos términos se derivan del griego,elektron que significa ámbar.

En experiencias de clase se utilizan corrientemente una barra de ebonita en lugar delámbar y una piel. Si después de frotar la ebonita con la piel la acercamos a una bolade corcho que cuelga de una cuerda. Se observa que la bolita de corcho es atraídahacia la varilla (figura 3.1 a). El experimento análogo realizado con una barra de vi-drio frotada con seda dará el mismo resultado (figura 3.1b). Por otra parte, si se tie-nen dos esferas de corcho que previamente han sido “tocadas” cada una por una barra

de ebonita previamente frotada con piel. Ambas se repelen (figura 3.1c). Lo mismoocurre si el mismo experimento es realizado con vidrio (3.1d).

Ahora, si una de las bolas de corcho ha estado en contacto con la ebonita electrizada,cuando se coloca cerca de otra que ha mantenido contacto con el vidrio electrizado, seobserva que se atraen (figura 3.1 e).

Figura 3.1

Esto lleva a la conclusión de que hay dos clases de cargas eléctricas, a las cuales Ben- jamín Franklin (1706-1790) les asignó los nombres de carga n ega t i va la que posee la




ebonita frotada con piel y de ca rga pos i t i va la que posee el vidrio después de frotadocon seda.

Como conclusión de los eventos con bolas de corcho se llega a dos resultados funda-mentales: 1) cargas de igua l s igno se repe len ; 2) ca r gas de d i s t i n t o s igno se

a t r aen .

Tales interacciones atractivas o repulsivas de origen eléctrico coexisten con la interac-ción gravitatoria de atracción y, en la mayor parte de los casos, esta última puededespreciarse por ser sumamente débil frente a las primeras(ver ejemplo 1).

Otro aspecto importante del modelo de Franklin es el siguiente: si una barra de ebonitase frota con piel y se pone después en contacto con una bola de corcho suspendida.Tanto la ebonita como la bola están cargadas negativamente. Si se aproxima ahora lapiel a la bola, esta será atraída, indicando que la piel se halla cargada positivamente.De ello se deduce que cuando la ebonita se frota con piel, aparecen cargas opuestassobre ambos materiales. Siempre que cualquier objeto se frota con otro se obtiene elmismo resultado. Así el vidrio resulta positivo, mientras que la seda conque se ha fro-tado resulta negativa. Esto sugiere que las cargas eléctricas no son creadas ni des-truidas, sino que el proceso de adquirir carga eléctrica consiste en ceder algo de un

cuerpo a otro, de modo que uno posee un exceso y el otro un déficit de ese algo. Estose puede resumir de la siguiente manera en un proceso físico l a carga e léc t r ica

s iempre se conserva . Hasta fines del siglo XIX no se descubrió que ese algo secompone de porciones muy pequeñas de electricidad negativa, actualmente llamadas

e lec t rones .

En 1909, Robert Millikan (1869-1953), quien con su experimento de la gota de aceiteencontró que la carga eléctrica siempre se encuentra en la naturaleza como un múlti-plo entero de una unidad fundamental de carga e, conocida como ca rga f undamen-t a l . En otra palabras, actualmente se dice que la carga q está cuan t i záda, donde qrepresenta la carga eléctrica. Así, q=ne, donde n es un entero.

La unidad de carga en el sistema SI es el coulomb (C). La carga e de un electrón ese= 1.602x10-19 C. La materia común está formada por cantidades enteras de electro-nes y protones que tienen carga positiva y el mismo e. Hoy se cree que los protonesestán formadas por partículas más pequeñas llamadas quarks, cuyas cargas son múlti-plos de e/3. Aparentemente, los quarks no pueden existir fuera de las partículas queforman, de modo que para todo fin práctico, la mínima carga observable es e.

Como e es tan pequeña, en los fenómenos a escala de laboratorio n es muy grande.En la misma forma en que el aire se puede considerar como un fluido continuo, aunqueen realidad sea un conjunto de moléculas individuales, con frecuencia una distribuciónde carga se puede considerar continua, aunque está formada por cargas elementalesindividuales.

3.2 COND UCTORES Y AI SLADORES.

En un día seco la varilla de ebonita que ha sido frotada con piel permanecerá cargadapor varios minutos, mientras que una varilla metálica cargada pierde su carga instan-táneamente al tocarla. La diferencia radica en la capacidad que tiene una carga demoverse a través de los materiales de las dos varillas. El metal es un conduc t o r y laebonita es un a is lan te . Cada molécula de la ebonita sujeta fuertemente sus electro-nes, mientras los electrones externos en un metal son atraídos por los átomos vecinostan fuertemente como por su propio átomo, y en consecuencia tienen libertad para




moverse en el material. Toda carga colocada en un conductor se puede mover libre-mente en el material, o hasta pasar a través del conductor. Los materiales conducto-res más comunes son los metales. Los mismos electrones libres que sostienen la co-rriente en un alambre de cobre también transportan el calor en forma eficiente a tra-vés del fondo de una olla, y reflejan la luz para producir su apariencia brillante.

El grado con el que los electrones tienen libertad de movimiento en un material se des-

cribe con su conduc t i v idad . La conductividad varía enormemente entre los materia-les. Los metales permiten que las cargas se muevan unas 1023 veces más fácilmenteque los aislantes comunes, como el vidrio. El germanio, el silicio, arseniuro de galio yotros materiales tienen una cantidad intermedia de electrones móviles por átomo, aestos materiales se les llama sem iconduc t o r es . El control de la conductividad deesos materiales se hace mediante una ingeniosa contaminación con impurezas.

Existe un método para cargar un conductor y es por inducc ión . Uno de los procedi-mientos es utilizar una barra de ebonita para cargar otros cuerpos, mediante el cual labarra de ebonita comunica una carga de sentido opuesto sin pérdida alguna de su pro-pia carga en el proceso.

Para explicar uno de los métodos de ca rga po r i nducc ión se sigue la secuencia de la

figura 3.2 de la izquierda. En la parte (1) de esta figura se muestra esquemáticamentedos esferas metálicas neutras en contacto, sostenidas por pies aislantes. Cuando unabarra de ebonita cargada negativamente se aproxima a una de las esferas, pero sinllegar a tocarla, como se indica en (2), son repelidos los electrones libres de las esferasmetálicas, y toda la nube de gas electrónico contenido en el interior de las esferas sedesplaza ligeramente hacia la derecha, alejándose de la barra. Dado que los electro-nes no pueden escapar de las esferas, en la superficie de la esfera de la derecha, masalejada de la barra, se acumula un exceso de carga negativa. Esto origina una pérdidade carga negativa ( o sea, un exceso de carga positiva) en la superficie más próxima ala barra de la esfera de la izquierda. Tales excesos de carga se denominan cargas i n -

duc idas .

Figura 3.2




No debe inferirse que todos los electrones libres son arrastrados hacia la superficie dela esfera derecha. Tan pronto como se producen cargas inducidas, estas también ejer-cen fuerzas sobre los electrones libres situados en el interior de las esferas. Esta fuer-za es hacia la izquierda (repulsión por la carga inducida negativa y atracción por lacarga inducida positiva). En un tiempo extremadamente pequeño el sistema alcanzaun estado de equilibrio, y en cada punto del interior de las esferas, la fuerza hacia laderecha que la barra cargada ejerce sobre un electrón queda exactamente equilibrada

por una fuerza hacia la izquierda producida por las cargas inducidas.

Las cargas inducidas permanecerán sobre las superficies de las esferas mientras semantenga cerca la barra de ebonita. Si esta se aleja, la nube de electrones de las es-feras se desplaza hacia la izquierda y se restablece el estado neutro inicial.

Sí se desplazan ligeramente las esferas, como en (3), mientras se mantiene la barracerca la barra de ebonita. Después, se aleja la barra de ebonita, como en (4), que-dando dos esferas metálicas cargadas con cargas opuestas. Puesto que estas seatraen entre sí, permanecerán tan próximas como les sea posible, y solo cuando am-bas esferas estén separadas lo suficiente, como en (5), las cargas se distribuirán uni-formemente. Debe notarse que en los pasos sucesivos de (1) a (5), la barra de eboni-ta cargada negativamente no perdió carga alguna.

Los pasos de (1) a (5), en la figura 3.2 de la derecha se explican fácilmente. En estafigura, se carga por inducción una sola esfera metálica que esta aislada por un soporteaislante, y el símbolo designado por “Tierra” en la parte (3) significa sencillamente quela esfera esta conectada a la tierra, que en este caso desempeña el papel de la segun-da esfera de la figura 3.2 de la izquierda. En el paso (3), los electrones son repelidos atierra, sea a través de un alambre conductor o de una persona que toque la esfera conla mano. La tierra adquiere así una carga negativa igual a la carga positiva inducidaque permanece en la esfera.

3.3 LA LEY DE COULOM B.

La ley que rige las fuerzas entre partículas inmóviles fue determinada en 1784 porCharles Augustin Coulomb (1736-1806), quien usando una balanza de torsión figura3.3 estableció la dependencia de la fuerza eléctrica con la distancia y el valor de la car-ga.

Figura 3.3




La ley de Coulomb establece que “La interacción eléctr ica entre dos par tículas cargadas q a y q b en reposo, es proporcional al producto de sus cargas y al inverso del cuadrado

de la distancia entr e ellas, y su dirección se halla a lo largo de la línea que las une” .

Que se puede expresar en forma vectorial como

abba

eba r r

qqK F ˆ2=r 3.1

donde es un vector unitario dirigido de q$r ab a a qb, como en la figura 3.4 a y señala la

dirección de la fuerza que ejerce qa sobre qb. Si qa y qb tienen el mismo signo, el pro-ducto de ellas es positivo y la fuerza es de repulsión figura 3.4a. Si qa y qb son de sig-no opuesto, como en la figura 3.4b, el producto de ellas es negativo y la fuerza esatractiva. Además, como la ley de Coulomb obedece la tercera ley de Newton, la fuer-za que ejerce qa sobre qb es igual en magnitud a la fuerza que ejerce qb sobre qa y en

dirección opuesta, es decir abba F F rr

−= .

Figura 3.4

En 3.1 Ke es la constante de Coulomb que se escribe como

K e =1

4 0π ε

donde la constante ε 0 se conoce como la permitividad del vacío y tiene en unidades

SI, el valor

ε 0 =8.8542x10-12 C2 .N-1 .m-2

por lo tanto Ke= 8.9875x109 N. m2. C-2.

Ejemp lo . 1 ¿Cuál es la relación que existe entre la fuerza eléctrica y gravitacionalcuando interactúan un electrón y un protón?.

Las fuerzas eléctrica y gravitacional varían ambas de la misma forma en función de la

distancia. Por consiguiente su relación no depende de la distancia.

F

F

K e

Gm m

x kg m s C x C

x m s kg x kg x kg x

elc

v

e

p egra

( . . . )( . )

( . . . )( . )( )= = ≈

− − −

− − − − −

2 9 3 2 2 19 2

11 3 2 1 27 31

399 10 16 10

6 7 10 17 10 9 102 10

Definitivamente, las fuerzas gravitacionales son tan pequeñas comparadas con la fuer-za eléctrica que a nivel atómico son despreciables.




Cuando están presentes más de dos cargas, la fuerza esta dada por la ecuación 3.1,que es un vector, por lo tanto la fuerza resultante sobre cualquiera de ellas es igual ala suma vectorial de las fuerzas ejercidas por diversas cargas individuales.

Ejemp lo . 2 Cuatro cargas puntuales están en las esquinas de un cuadrado de lado a,como en la figura 3.5.

figura 3.5a

Determine la fuerza neta sobre la carga colocada en el vértice superior derecho de lafigura.

Para efectos del calculo q1=2q, q2=q, q3=-q y q4=-2q. O sea que la fuerza que hay quedeterminar es sobre la carga q3 debido a las otras cargas.Primero se dibujan las fuerzas que ejercen q1, q2, y q4 sobre q3 y luego se hace un dia-grama de cuerpo libre como en la figura 3.5b.

figura 3.5b

La fuerza neta sobre q3 es

343231 F F F F rrrr

++=

Por lo tanto, las componentes x e y de la fuerza resultante sobre q3 son

0

3134

32

0

31

45

45cos

senF F F

F F F

y

x

∑

∑

−=

−−=

donde

2

2

2

2

312

2

a

qK

a

qK F ee == ,

2

2

32a

qK F e= y

2

2

34

2

a

qK F e=

el signo de las cargas se tuvo en cuenta cuando se construyo el diagrama de cuerpolibre.




Reemplazando la magnitud de las fuerzas en las sumatorias, se tiene:

2

2

2

2

2

2

2

2

29.1

2

22

70.12

21

a

qK

a

qK F

a

qK

a

qK F

ee y

ee x

≈⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ −=

−≈⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−=

∑

∑

entonces,

2

222

2

222 13.2)29.1()70.1()()(

a

qK

a

qK F F F ee y x ≈+=+= ∑ ∑

76.070.1

29.1tan −≈−=θ

Y se obtiene:

019.37−=θ

3.4 EL CAM PO ELECTRI CO.

La interacción entre cargas se puede medir de otra manera. Una carga crea un cam -

po e léc t r ico en la región que la rodea, y este ejerce una fuerza sobre cualquier cargaque se coloque en él. El campo eléctrico está presente en cada punto del espacio in-dependientemente de que allí exista una carga. Sin embargo, para medir el campo endeterminado punto colocamos allí una carga y medimos la fuerza sobre ella. Para noperturbar apreciablemente el sistema, lo que colocamos es una carga de prueba positi-

va q 0 , tan pequeña como sea posible. A partir de la fuerza medida sobre la carga de

prueba se determina el valor del campo eléctrico en ese punto.

rr

E limF

qK

q

r r

qe≡ =

→0 00

2$ 3.2

La magnitud del vector campo eléctricor

E es la intensidad del campo eléctrico.

La ley de Coulomb describe el campo eléctrico producido por una sola carga. Si exis-ten varias cargas en una región del espacio, cada una de ellas contribuye al campoeléctrico neto. Se observa que el campo eléctrico total es la suma vectorial de lasaportaciones individuales. La presencia de una carga no afecta la contribución de la

otra. A esta regla se le llama principio de superposición.

O sea, que si existen varias cargas puntuales q i en una cierta región del espacio, el

vector campo eléctrico totalr

E en un punto P es la suma de los vectores de campoeléctrico producidos por las cargas individuales.

r r E E K

q

r r i

ie

i

iii= =∑ ∑ 2

$ 3.3




Como una aplicación, se calcula el campo eléctrico producido por dos cargas iguales yde signo contrario separadas una distancia 2a en un punto P, a una distancia x a lolargo de la perpendicular bisectriz de la línea que une las cargas ver figura 3.6. A estadistribución de dos cargas se le llama d ipo lo e léc t r ico .

figura 3.6

El campo total en el punto P esr r r

E E E = ++ −

donde

E E K q

r K

q

x ae e+ −= = =

+2 2 2

−

Las componentes x de se cancelan entre sí. El campo totalr r

E y E +

r E tiene por lo

tanto una componente a lo largo del eje y únicamente, de magnitud

( ) ( ) E E E K q

x aa

x a

K qa

x a

e e= + =+

+

=

++ −cos cosθ θ 2 2

2 22 2

1

2 2 23

2

para el caso x >> a, se puede ignorar a2 en el denominador de la ultima ecuación, por

lo tanto el campor

E para un d ipo lo e léc t r ico es

33)ˆ(

2

x

pK u

x

aqK E e ye

rr

−=−≅ 3.4

donde es llamado e l vect o r de m om en t o d ipo la r y va de la carga nega-

tiva a la carga positiva y por lo tanto antiparalelo al campo eléctrico de la distribución

(figura 3.6). El momento dipolar eléctrico es una propiedad fundamental de las molé-culas llamadas dipolares, por ejemplo el H

yuqa p ˆ)2(=r

2O.

Pero, en la practica los campos los crean generalmente cargas distribuidas sobre lassuperficies de tamaño finito, y no cargas puntuales. El campo eléctrico se calcula en-tonces imaginando subdividida la carga de cada objeto cargado en pequeños elemen-

tos . No toda la carga se halla a la misma distancia del punto P como en la figura

3.7, pero si los elementos son pequeños comparados con la distancia al punto, y si r

∆q




representa la distancia de un punto cualquiera del elemento al punto P, se puede es-cribir (aproximadamente) el campo eléctrico como

r E K

q

r r e

≈ ∑∆

2$ 3.4

Figura 3.7

cuanto más fina sea la subdivisión, más aproximado será el resultado, y en el limite,

cuando, se tiene entonces∆q → 0

r E K lim

q

r r K

dq

r r e

qe= =

→∑ ∫

∆

∆

02

$2

$ 3.5

Los limites de integración han de ser tales que queden incluidas todas las cargas quecontribuyen a crear el campo. como cualquier ecuación vectorial, 3.5 equivale a tres

ecuaciones escalares, una para cada componente de los vectoresr

E y r $ . Para hallar la

integral vectorial, se calcula cada una de las tres integrales escalares.

Una distribución de carga continua se describe por su densidad de carga , si dq se dis-

tribuye en un volumen dV, la carga por unidad de volumen , se define dV dq= ρ y

tiene como unidades C-m-3. Si dq se distribuye en un área dA, la carga por unidad de

área , se define dAdq=σ y tiene como unidades C-m-2 y si dq se distribuye en una

longitud dl, la carga por u nidad de longitud, se define dldq=λ y tiene como unidades

C-m-1.

Ejemplo . 3 Distribución lineal de carga. Determinarr

E de un alambre de longitud l en un punto P que esta en la perpendicular bisectriz como se muestra en la figura 3.8.La carga del alambre está uniformemente distribuida.

Figura 3.8




Un elemento de longitud dx tiene una carga dq dx=λ que produce un campo eléctrico

infinitesimal dE r

en el punto P de la figura, dado por

dE dE u dE u dE u u x x y y x y

r= + = +$ $ (sen $ cos $ )θ θ

donde la magnitud de dE r

es

dE K dx

x ye=

+

λ

( )2 2

calculando primero la componente y del campo dada por

E K dx

x y y e l

l

=+−

∫λ θ cos( )2 2

2

2

E K dx

x y y e

l

= +∫2 2 202λ θ cos ( )

de la figura se ve que las cantidades θ y x no son independientes. Por lo tanto se de-

be expresar una de ellas en termino de la otra, por ejemplo x. De la figura la relaciónes

x y tan= θ , por lo tanto dx y d = sec2 θ θ

sustituyendo en la ultima integral estas dos expresiones, se llega finalmente a

E K y d K y y e e

Max

= ==

=

∫2 20Max

λ

θ θ

λ

θ θ

θ θ

cos sen

donde sen( )

θ Max

l

l y=

+2 24por lo que

E K l

y l y y e=

+2

42 2

λ

( )

cuando l → ∞ E K y y y e= =2

2 0

λ λ

π ε

La componente Ex debe ser cero porque todo elemento de carga a la izquierda tiene unelemento correspondiente a la derecha de modo que sus contribuciones al campo en ladirección de las x se anulan. Es decir, existe una simetría a lo largo del eje y de talmanera que las componentes perpendiculares a este eje se anulan.Ejemp lo . 4 Se tiene un alambre que forma un arco de circunferencia de radio R y que

subtiende un ángulo 02θ ver figura. La carga del alambre está uniformemente distri-

buida y es q. Encuentre el campo eléctrico en el punto P.




Figura 3.9

Para cada elemento de carga que se toma, existe uno simétrico con respecto al eje y;en consecuencia la componente x del campo eléctrico en el punto P es cero.

0)( =P E x Por lo tanto

y

y

udE E d ˆ∫ ∫−=v

donde

θ cos2 R

dqKedE y =

Si consideramos únicamente la mitad del alambre entonces la anterior expresión semultiplica por dos debido a la simetría.

Haciendo θ θ θ θ θ λ λ d q Rd Rq Rd dsdq )2()2( 00 ====

Entonces

ye ud

RqK E ˆcos

0

00

2 ∫−=

θ

θ θ θ

v

Entonces

y

e usen R

qK E ˆ

0

0

2θ

θ −=

v

Ejemp lo . 5 Distribución superficial de carga. Determinarr

E de una lámina plana infi-nita en un punto P que esta en la perpendicular bisectriz como se muestra en la figura

3.9. La carga en la lámina está uniformemente distribuida.




Figura3.10

Se subdivide la carga en estrechas franjas de anchura dz, paralelas al eje x. Cadafranja es una carga lineal, de modo que se puede utilizar el resultado del alambre infi-nito del ejemplo anterior. El área de una porción de franja de longitud l es ldz, la car-ga dq ldz= σ y la magnitud del campo en el punto P debida a esta franja es

r K dE

e

λ 2=

donde

dzl

ldz

l

dA

l

dqd σ

σ σ λ ==== ,

por lo tanto

dE K dz

r e= 2σ

con r z y= +( 2 2 ) ver figura.

Este campo se puede descomponer en sus componentes dEy y dEz; que por razones desimetría, las componentes dEz al hacer la integración completa sobre la lámina da cero.El campo en el punto P, por lo tanto está en la dirección y, perpendicular a la laminade carga. De la figura 3.10 se tiene

dE dE y = senθ

entonces,

E K dz

r y e=

−∞

+∞

∫2 σ θ sen

reemplazando senθ =y

r

y a r en la anterior ecuación se obtiene

E K ydz

z y y e

=+−∞

+∞

∫22 2

σ

E K y y

arctan z

yK y e e= =

−∞

+∞

21

22 0

σ π σ

ε =σ

Resultado parecido al obtenido en el capitulo de gravitación.




Nótese que en el resultado no aparece la distancia y . O sea que el campo resultantees uniforme y normal al plano.Otros ejemplos se pueden resolver simplemente tomando los ejemplos de gravitación.

En estos ejemplos, donde aparece G se reemplaza por K e =1

4 0π ε y en donde está m

por q con su signo respectivo.

3.5 LI NEAS DE FUERZA.

Una buena manera de visualizar el campo eléctrico producido por cualquier distribuciónde cargas es trazar un diagrama de líneas de fuerza en ese punto. Concepto que fueintroducido por Michael Faraday. La dirección del vector de campo eléctrico en cadapunto es tangente a la línea de fuerza en ese punto ver figura 3.10.

Figura3.11

En otras palabras, en cada punto la línea de fuerza tiene la misma dirección que elvector de campo eléctrico. Puesto que, de ordinario, la dirección del campo varía deun punto a otro, las líneas de fuerza son en general curvas.

En la figura 3.12 se muestran las líneas de fuerza para algunas distribuciones de car-ga. Se observa que cerca de una carga puntual las líneas de fuerza son radiales y vandirigidas hacia fuera si la carga es positiva o hacia la propia carga si es negativa.

figura 3.12




En las regiones donde las líneas de fuerza están muy juntas el campo eléctrico esgrande, mientras que donde están muy separadas el campo es muy pequeño. Por tan-to, la densidad de líneas es proporcional al campo eléctrico, hecho que se tratará enotro capitulo mediante la ley de Gauss.Además, en cualquier punto, el campo resultante solo puede tener una dirección; portanto, por cada punto del campo pasa solo una línea de fuerza. En otras palabras: laslíneas de fuerza no se cortan.

3.6 MOVI MI ENTO DE PARTI CULAS CARGADAS EN UN CAMPOELECTRI CO.

Si una partícula con carga q se encuentra en una región con campo eléctricor

E , esta

sufre una fuerzar r

.F q E =Haciendo caso omiso de otras fuerzas, la aceleración de una partícula en un campoeléctrico está dada por

r

rr

aF

m

q

m E = = . 3.6

Que permite para un campo conocido determinar la relación carga a masa, q/m, deuna partícula cargada.

Ejemp lo . 6. Escribir las ecuaciones cinemáticas para una partícula cargada que estáinicialmente en reposo en un campo eléctrico uniforme.

Una partícula cargada, soltada desde el reposo en el seno de un campo eléctrico uni-

forme, se mueve con una aceleración constante a lo largo de una línea paralela ar

E ,de la misma forma que una partícula de masa m soltada en un campo gravitatorio uni-

forme cae verticalmente siguiendo una línea paralela arg como se muestra en la figura

3.12.

Figura 3.12

Si se toma el origen inicial del movimiento en la región punteada, y el eje y en la di-

rección der

E y se hace t=0 para y=0, la cinemática es:

aqE

m y= , v

qE

mt y

= , yqE

mt =

1

2

2

Despejando el tiempo t en v y y remplazándolo en y se obtienen:




vqE

m y y

22

= y K mv q E y= =

1

22 y

Ejemp lo . 7. Escribir las ecuaciones cinemáticas para una partícula cargada que seenvía con una velocidad perpendicular hacia un campo eléctrico uniforme.

Figura 3.13

En la figura 3.13 se toma el campo

r

E en la dirección y a x0 = y0 = 0 y a v=v0x en t=0.El movimiento es similar al de una bola lanzada horizontalmente en el campo gravita-cional uniforme de la tierra.Utilizando de nuevo los procedimientos cinemáticos se obtiene:

aqE

ma a

vqE

mt v v v

yqE

m

t x v t z

y x

y x x

ox

= =

= =

= =

0 0

0

1

2

0

0

2

z

z

=

=

=

Como se puede ver de las ecuaciones, el movimiento se realiza en el plano xy. Si seelimina t entre las ecuaciones de x e y se obtiene una trayectoria parabólica de la par-tícula:

yqE

mv x

x

=1

20

2

2

Si la carga fuese negativa, ay sería negativa , con lo que la trayectoria se curvaríahacia abajo parecido al movimiento de una bola en un campo gravitacional.

Ejemp lo . 8. Un electrón describe una trayectoria circular alrededor de un alambre

largo cargado uniformemente ver figura. Si la velocidad del electrón es de 6x106

m-s-1

, ¿ Cuál es la densidad de carga en el alambre?.

El campo eléctrico de un alambre con carga positiva es radial y hacia afuera. El elec-trón se mueve entonces en un circulo alrededor del alambre debido a que la fuerza

r r rque actúa sobre él siempre se dirige hacia el centro del circulo.F q E eE = = −




Figura 3.14

El campo eléctrico es el calculado en el ejemplo 3 para un alambre muy largo.Por lo tanto la magnitud de la fuerza sobre el electrón para un radio y es:

F eE ek

y

e= =⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠⎟

2 λ .

Esta fuerza causa la aceleración centrípeta

ek

ym

v

y

e2 2λ ⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠⎟ = .

por lo tanto

λ = = =− −

−− −mv

eK

x kg x m s

x C x N m C x C m

e

2 31 6 1 2

19 9 2 2

8 1

2

911 10 6 0 10

2 160 10 9 0 1011 10

( . )( . . )

( . )( . . . ). .

3.7 DI POLO EN PRESENCI A D E UN CAMPO ELECTRI CO.

figura 3.15

En la figura 3.15 se muestra un dipolo eléctrico colocado en una región donde hay un

campo eléctrico uniformer

E , el dipolo eléctrico pv

forma con este un ángulo θ . Obran

dos fuerzas iguales y opuestasr r

F y F − como se muestra, con F=q E.

La fuerza neta es cero, pero hay un torque neto con respecto a un eje que pasa por 0dado por

τ θ θ = =2 2F a aqE ( sen ) sen

Teniendo en cuenta que p=2aq, se obtiene




τ θ = pE sen 3.7

La anterior ecuación se puede escribir en forma vectorial así:

v r rτ = × p E 3.8

El torque está en la dirección entrando al plano de la figura. Este torque hace que eldipolo comience a girar para alinearse con el campo eléctrico; cuando el dipolo estáparalelo al campo eléctrico, el torque en ese instante es cero, pero el dipolo ha adqui-rido momento angular. Continua girando y se pasa de la alineación; entonces el tor-que invierte su dirección. El dipolo oscila respecto a una posición de equilibrio, parale-la a la dirección del campo. Este modelo no tiene mecanismo alguno para que el dipo-lo pierda energía, así que este continuará oscilando indefinidamente. Los dipolos re-ales, están sujetos a fricción; en consecuencia sus oscilaciones se amortiguan y estosquedan alineados con el campo.

Ejemp lo . 9. ¿Cuál es la aceleración angular máxima de una molécula de HCl ( mo-mento de dipolo p= 3.6 x 10-30C.m y momento de inercia I= 2.7 x 10-47 Kg.m2) en una

región de campo eléctrico E=1.7 x 104

N.C-1

?.Cuando el vector momento de dipolo forma un ángulo recto con el vector del campo

eléctrico en la figura 3.15, el ángulo entre ellos es 2π θ = . En este caso, el torque

es máximo y está dado por

pE pEsen == )2(π τ

La aceleración angular α se relaciona con el torque por medio de I τ α = .

Por ello, la aceleración angular es

221

247

1430

.103.2.107.2

).107.1)(.106.3( −

−

−−

=×

××=== srad x

mkg

C N mC

I

pE

I

τ α

Obsérvese que aunque el torque es bastante pequeño, el momento de inercia tambiénlo es, la molécula tiene una aceleración muy grande.

Para cambiar la orientación de un dipolo eléctrico en un campo eléctrico externo debehacerse trabajo mediante un agente externo. Este trabajo queda almacenado comoenergía potencial U en el sistema formado por el dipolo y el dispositivo usado paracrear el campo externo. Por lo tanto el trabajo requerido para hacer girar el dipolo un

ángulo θ , está dado por

W d = =∫ τ θ θ

θ

∆0

U

Siendo τ el momento ejercido por el agente que hace el trabajo.

Combinando esta última ecuación con la ecuación 3.7 se obtiene:

∆U pE d pE d pE = = = − −∫∫ sen sen (cos cos )θ θ θ θ θ θ θ

θ

θ

θ

000




Como lo que interesa son los cambios de energía potencial, se escoge la orientación de

referencia como θ π

0 2= . Así se obtiene:

U pE = − cosθ 3.9

que en forma vectorial es

U p= − E r r. 3.10

Ejemp lo 10. Una molécula de agua tiene un momento de dipolo eléctrico p=6.2x10-

30 C.m . Si la molécula está en un campo eléctrico de 1.0x103 N.C-1, ¿cuánta energíase requiere para rotar el dipolo desde el alineamiento paralelo hasta uno antiparalelo alcampo?.En la figura 3.16 se muestra como la energía potencial depende de la orientación delvector de momento de dipolo respecto a la dirección del campo.

Figura 3.16

La energía que se requiere para rotar la molécula es igual al cambio en la energía po-tencial:

pE pE pE U U U paraleloloantiparale 2)0cos(180cos00 =−−−=−=∆

J xC N xmC xU 261330 102.1).100.1)(.102.6(2 −−− ==∆

3.8 APLI CACI ONES PRACTI CAS.

Los campos electrostáticos aceleran partículas en el interior de los tubos de rayos ca-tódicos de los osciloscopios y televisores, y en los aceleradores lineales para investiga-ción de partículas de alta energía. Los campos electrostáticos también se usan en al-gunos diseños de altoparlantes de alta frecuencia y micrófonos, y en las fotocopiado-ras. Los dipolos son un buen modelo para moléculas expuestas a campos eléctricoscomo en los hornos de microondas y también son la base del comportamiento 1/r 6 de

las fuerzas moleculares en el modelo de los gases de Van der Waals.

I NTERACCI ÓN ELÉCTRI CAPROBLEMA S RESUELTOS

3.1 Dos bolas iguales de corcho tienen cargas eléctricas iguales q atadas a dos cuer-das de longitud l que cuelgan del techo, como muestra la figura. Halle una expresión

en términos del ángulo θ para la situación de equilibrio del sistema mostrado en la

figura.




La distancia entre las bolas de corcho es d + 2l senθ . La fuerza electrostática F en-

tre ellas es repulsiva y viene dada por:

2

0

2

)sen2(4 θ π ld

qF

+∈=

Ahora, el diagrama de la derecha mues-

tra las tres fuerzas que actúan sobre la

bola. Como ésta se encuentra en equili-

brio, entonces estos tres vectores deben

sumar cero. Entonces se tiene que

0vvvv

=++ W F T Esta ecuación vectorial tiene componentes horizontal y vertical:

mgT

F T

=

=

θ

θ

cos

sen

Al dividir una por otra se encuentra quemg

F =θ tan , es decir:

[ ]2

0

2

)sen2(4tan θ π θ ld mg

q

+∈= .

3.2 Dos placas muy grandes y paralelas tienen una separación de 2 centímetros y sesometen a una diferencia de potencial de 1000 voltios (ver la figura). Por el extremosuperior se inyecta un electrón con una velocidad horizontal de magnitud

. Calcule:17106)0()0(

−×== smvv x




a) La distancia horizontal a la cual el electrón choca con la placa inferior.b) El tiempo que tarda el electrón en chocar con la placa inferior.c) La velocidad v con que choca.

v

En la figura hemos indicado, con líneas punteadas, los ejes coordenados x, y. La po-

sición r v

y la velocidad son funciones del tiempo, y por eso las escribimosvv

)(t r v

y

, y sus componentes son x (t ), y (t ) y v )(t vv

x (t ), v y (t ). Para un electrón se tiene

y ; además los datos del problema indican que

, ,

C106.1 19−×=q Kg101.9 31−×=m

17106)0( −×= smv m102)0( 2−×= y 1

2102

1000 −

−×== sm

d

V E ; puesto que E es cons-

tante. El movimiento horizontal es uniforme:

- 1 - x (t ) = v (0) t

- 2 - v x (t ) = v (0)

El movimiento vertical es uniformemente acelerado dado por:

E qamF vvr

==

- 3 -2

2

1)0()( t

m

qE yt y −=

- 4 - t m

qE t v y

−=)(

b) Llamar t = T al instante del choque con la placa inferior. Para hallar T hacemos

en - 3 -:0)( =T y

2

2

1)0(0 T

m

qE y −= , de donde

- 5 - sqE

myT 91013.2)0(2 −×==

a) Remplazando - 5 - en - 1 -:

m xs xsm xT vT x x

2917 108.12)1013.2()106()0()(−−−− =⋅== .

c) La velocidad para cualquier tiempo t es:




y y x x ut vut vt v ˆ)(ˆ)()( +=v

; y en el tiempo t = T :

y y x x uT vuT vT v ˆ)(ˆ)()( +=v

; usando - 2 - y - 4 -:

y xuT

m

qE uv ˆˆ)0(

−= ; reemplazando - 5 -:

y x uqE

my

m

qE uv ˆ

)0(2ˆ)0( −=

) 1710ˆ87.1ˆ6 −×−= smuu y x

3.3 Dos piezas metálicas se encuentran a una diferencia de potencial V . Desde la

pieza inferior se dispara un electrón con velocidad 0vv

. Averiguar la magnitud de la

velocidad con que el electrón golpea la pieza superior.vv

Llamamos m y la masa y la carga del electrón. Llamamos V q− 1 y V 2 los poten-

ciales en las piezas inferior y superior. Ahora escribimos la energía total en el instanteen que se dispara el electrón:

- 1 - 1

2

0 )(2

1V qmv E −+=

y la energía total será cuando el electrón llega a la pieza superior:

- 2 - 2

2 )(2

1V qmv E −+=

La ley de la conservación de la energía indica que podemos igualar - 1 - y - 2 -:

2

2

02

2

2

1

2

1qV mvqV mv −=− , es decir

)(2

12

2

0 V V m

qvv −+=




m

qV v

22

0+=

3.4 Dos cargas q iguales, positivas, se encuentran en el eje y en las posiciones

. Para puntos en el eje x halle el potencial eléctrico y luegoa y ±= E v

; repita el

problema hallando primero E v

en forma directa, y luego el potencial eléctrico.

En un punto P en el eje x el potencial producido por cada carga es22

0

1

4 xa

q

+∈π

,

o sea que el potencial total es:

- 1 -22

0

1

4

2

xa

qV

+∈=

π

Como V esta evaluado en y=0 y z=0 y por simetría Ey=Ez=0 el campo lo evaluamos alo largo de x.

Entonces, para hallar se toma x E x

V

∂

∂− :

- 2 -

( )23

2204

2

xa

xq

x

V E x

+∈

=∂

∂−=

π

Ahora calculemos E directamente. El campo producido por cada carga tiene magnitud

22

0

1

4 xa

q

+∈π y sus componentes horizontal y vertical son

( ) ( )23

2202

3220 4

,4

xa

aq

xa

xq

+∈

±

+∈ π π

ver figura. Las componentes verticales se

cancelan una a la otra y las componentes horizontales se suman para dar el campototal E x :

- 3 -

( )23

2204

2

xa

xq E x

+∈

=π




Para hallar V a partir del campo se tomadx

dV E x −= que es una ecuación válida para

cualquier punto a lo largo de x, es decir EdxdV −= e integrando se tiene :

∫∫ ∞−=

xv

EdxdV 0

, es decir:

∫∞−=

x

EdxV , y con - 3 -:

( )∫∞

+∈−=

x

xa

xdxq

V 23

2204

2

π

- 4 -22

0

1

4

2

xa

qV

+∈=

π

Nótese que - 3 - y - 4 - coinciden con - 2 - y - 1 -, respectivamente.

3.5 Para el arreglo de cargas del problema anterior, halle el campo y el potencial en el

punto ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

2

,0a

.

El campo producido por la carga superior es hacia abajo, y el producido por la cargainferior es hacia arriba. El campo total es:

- 1 -2

0

2

0

2

0

9

8

24

24

a

q

aa

q

aa

q E

y∈

−=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +∈

+

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −∈

−=π

π π

El potencial total es la suma de los potenciales:

- 2 -a

qa

a

qa

a

qV 0

00

32

24

24

∈=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +∈

+

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −∈

=π

π π

Comparemos nuestras soluciones a los problemas 3.4 y 3.5. En el problema 3.4 pu-dimos hallar V a partir de E x (integrando), y también pudimos hallar E x a partir deV (derivando); pudimos derivar e integrar porque conocíamos los valores de una fun-ción en todos los puntos del eje x. Sin embargo, en nuestra solución al problema 3.5




no podemos hallar - 2 - a partir de - 1 -, ni podemos hallar - 1 - a partir de - 2 - por-que en nuestra solución no podemos integrar ni derivar, ya que no conocemos los va-lores de las funciones sino en un solo punto.

3.6 Una partícula alfa con 4 MeV de energía cinética se dispara directo contra unnúcleo de un átomo de mercurio ver figura. Halle la distancia de acercamiento máxi-

mo. (la partícula alfa es el núcleo del átomo de He).

q ; m : carga y masa de la partícula alfa.

Kg1067.14 m ; C106.12 2719 −− ××=××=q

Kg106.68 m; C102.3 2719 −− ×=×=q

Q ; M : carga y masa del núcleo del átomo de mercurio.

KgQ1067.1200 M ; C106.10.8 2719 −− ××=××=Q

Kg10334M ; C10128 2719 −− ×=×=Q

E co :energía cinética inicial de la partícula alfa.

Eco = 4 MeV

Eco = Joules101.6104196 −×××

- 1 – E co = J1041.6 13−×

Obsérvese que 50=m

M , es decir, el blanco es mucho más pesado que el proyectil;

además la energía cinética del proyectil es mucho más pequeña que las energías enreposo del proyectil o del blanco. Estas dos consideraciones indican que, aproximada-mente, es como si el blanco permaneciera en reposo durante el proceso; montamosentonces el sistema de referencia en el blanco. La energía inicial es la energía cinéticadel proyectil.Como Eco<<Ereposo el tratamiento del problema es clásico.

- 2 - E = E co

y en máximo acercamiento la energía total es potencial:

- 3 -d

Qq E E p

04 ∈==

π

donde d es la distancia de máximo acercamiento. La ley de la conservación de laenergía permite igualar - 2 - con - 3 -:




d

Qq E co

04 ∈=

π y con -1 -:

d

Qq

0

13

4J1041.6

∈=× −

π , de donde

m107.5 14−×=d

3.7

La figura muestra un trozo de una red rectilínea de cargas q± , que alternan, y de tal

manera que la separación d entre cualesquiera dos cargas adyacentes es constante.Hallar la energía potencial E p entre una carga cualquiera y el resto de la red.

Calculemos la energía potencial entre la carga señalada con una flecha y el resto de lared. Hay dos cargas a una distancia d que marcamos con la letra α ; hay dos cargasa una distancia 2d , marcadas con β ; hay dos cargas a una distancia 3d , marcadas

con γ ; etc. La energía potencial entre la carga flechada y las dos cargas α es

d

q

0

2

4

2

∈−

π ; la energía potencial entre la carga flechada y las dos cargas β es

d

q

24

2

0

2

∈+

π ; la energía potencial entre la carga flechada y las dos cargas γ es

d

q

34

2

0

2

∈−

π . Ahora sumamos un número infinito de términos:

...

34

2

24

2

4

2

0

2

0

2

0

2

+

∈

−

∈

+

∈

−=

d

q

d

q

d

q E p

π π π

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+−+−

∈−= ...

5

1

4

1

3

1

2

11

4

2

0

2

d

q

π

Recordemos que ...432

)1ln(432

+−+−=+z z z

z z entonces:




d

q

d

q Ep

0

2

0

2

2

69.02ln

4

2

∈−=

∈−=

π π

3.8 Un acelerador lineal tiene una caída de potencial de 800=∆V KV, y produce un

chorro de protones que se aceleran para golpear un blanco. Este chorro forma unacorriente de 1mA. Calcular, a) el número de protones que golpean el blanco cadasegundo; b) la potencia que se requiere para acelerar todos los protones; c) la velo-cidad que tienen los protones al golpear el blanco. Llame e=1.6x10 -1 9 C la carga delprotón y mp=1.67x10-27 Kg masa del protón.

a) corriente = carga que cruza cada segundo una superficie transversal. Ahora, lla-mar n el número de protones que la cruzan cada segundo:

corriente = ne

ne A =−310

15

3

1025.610

×==−

e

An protones cada segundo.

b) La energía requerida para acelerar un protón es 800×=∆ eV e KV .

Entonces la potencia requerida para acelerar todo el chorro es :

eV 5

108×=V ne∆

eV ndt

dE Potencia 5108 ×==

121105−×= eVs

= 800 Watts

c) V evm p ∆=2

2

1, de donde

pm

V ev

∆=

22

ms 1024.1 -17×=v

3.9 En los problemas 2.9, 210, 2.11 y 2.12 del capitulo de gravitación se hacen las

substituciones: ;q M →eK =

∈−→

04

1

π γ y se obtienen los campos y potenciales

eléctricos de esas distribuciones.

3.10 Considere de nuevo el anillo del problema 2.10 con la sustitución ;q M →

eK =∈

−→04

1

π γ . Suponga que una partícula de masa m y momento dipolar eléc-

trico pv

puede moverse únicamente a lo largo del eje z ver figura; suponga además

que pv

es constante en magnitud y dirección, y que siempre apunta hacia así: zu




zu p p ˆ=v

. Pruebe que hay dos puntos de equilibrio, en2

r z ±= . Pruebe que si se

consideran pequeños desplazamientos alrededor del punto de equilibrio estable, el mo-vimiento es armónico simple.

Para calcular la energía potencial E p E prv

⋅−= utilizamos el resultado obtenido en el

problema 3.10:

E p E prv

⋅−=

- 1 -

2

3

22

0 )(4 zr

pqz E p

+∈

=

π

Tomando la derivadadz

dE p− encontramos la fuerza:

dz

dE F

p−= , es decir:

- 2 -2

5

22

22

0)(

24

zr

zr pqF

+

−

∈= π

Los puntos de equilibrio son aquellos donde la fuerza es cero. La fuerza es cero cuan-

do el numerador - 2 - sea cero, es decir , de donde:0222 =− zr

- 3 - equilibrio en2

r z ±=

Llamaremos “punto de equilibrio estable” al que tiene coordenada

2

r + y llamare-

mos “punto de equilibrio inestable” al que tiene coordenada2

r − . Ahora conside-

remos que el dipolo se encuentra a una distancia ε del punto de equilibrio estable, es

decir:

- 4 - ε +=2

r z esto en - 2 - da:




- 5 -

2

5

2

2

2

0

2

222

4

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++

−−

∈=

ε

ε ε

π r

r

r pqF

Si consideramos pequeños desplazamientos ε alrededor del punto de equilibrio estable

tenemos 1<<r

ε y en - 5 - despreciamos términos como

2

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

r

ε , etc:

- 6 - ε π 4

0

2

5

2

3

2

r

pq

F ∈

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

−=

Nótese que la fuerza 6 es de la forma ×− k distancia. ε π

ε 4

0

2

5

2

2

23

2

r m

pq

dt d

∈

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

−= ,

Que es de la forma 02

2

2

=+ xdt

xd ω , con

4

0

2

5

2

2

3

2

r m

pq

∈

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

−=π

ω

Finalmente consideremos que el dipolo se encuentra a una distancia δ del punto de

equilibrio inestable:

δ +−=2

r z esto en - 2 - da:

- 7 -

2

5

2

2

2

0

2

222

4

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++

−

∈=

δ

δ δ

π r

r

r pqF

Si suponemos pequeños desplazamientos δ alrededor del punto inferior de equilibrio

tenemos 1<<r

δ y en - 7 - despreciamos términos como

2

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

r

δ , etc:

- 8 - δ π 4

0

2

5

2

3

2

r

pq

F ∈

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

+=




Esta no es una fuerza recuperadora (comparar con - 6 -), sino repulsiva. En generalpodemos decir que el dipolo se siente atraído hacia el punto de equilibrio estable, encuyas cercanías el movimiento es armónico simple; y el dipolo se siente repelido por elpunto de equilibrio inestable.

cap i t u lo 3 . Prob lem as p rop ues tos

1). Dos bolas similares de masa m se cuelgan de hilos de seda de longitud l y llevan

cargas iguales q como se muestra en la figura de la derecha. Supóngase que θ es

muy pequeña. Haciendo esta aproximación, demostrar que

3

1

0

2

2 ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

mg

lq x

ε π

2) Una partícula de carga –q y de masa m se mueve en una órbita circular alrededorde una carga fija +Q. Muestre que se cumple la tercera ley de Kepler para este siste-ma.

3) Un “dipolo” está formado por dos cargas +q y –q separadas una distancia 2ª. Dosdipolos de esta naturaleza se encuentran orientados como se muestra en la figura dela derecha, estando sus centros separados una distancia R. a) Calcular la fuerza que seejerce sobre el dipolo de la izquierda. b) Para R>>a, demuestre que la magnitud de lafuerza ejercida en el dipolo de la izquierda está dada aproximadamente por

qa pcon R

pF 2,2

34

0

2

==ε π

,

4) Dos pequeñas cuentas que tienen cargas positivas 3q y q están fijas en los extre-mos opuestos de una barra aislante horizontal que se extiende desde el origen al puntox = d. Como se muestra en la figura , una tercera cuenta pequeña cargada es librede deslizarse sobre la barra. ¿En que posición está en equilibrio la tercera cuenta?.¿Puede estar en equilibrio estable?.

5) Una pequeña bola de plástico de m= 2 gramos con carga q está suspendida de

una cuerda larga l = 20cm en un campo eléctrico uniforme13 ˆ101

−= NC u x E x

v, como se

ve en la figura. Si la bola está en equilibrio cuando la cuerda forma un ángulo de

con la vertical ¿cuál es la carga neta en la bola?.015=θ




6) Una varilla delgada aislante está doblada formando un semicírculo de radio R. En

la mitad superior de este semicírculo se encuentra distribuida uniformemente una car-ga +Q, y en la mitad inferior del mismo, una carga –Q, igualmente distribuida , como

se muestra en la figura. Encontrar el campo eléctrico E v

en el centro de la figura.

7) Una varilla aislante semi-infinita como en la figura, tiene una carga uniformemente

distribuida por unidad de longitud λ . Muestre que el campo eléctrico en el punto Phace un ángulo de 45o con la varilla. Este resultado es independiente de R.

8) Una partícula cargada negativamente –q se coloca en el centro de un anillo cargadouniformemente con una carga +Q, como se muestra en la figura. La partícula, restrin-

gida a moverse a lo largo del eje z, se desplaza una pequeña distancia z<<a y se libe-ra. Muestre que la partícula oscila con MAS y halle la frecuencia.

9) Considere un cascaron cilíndrico circular recto cargado uniformemente con una car-ga total Q, radio R y largo h. Determine el campo eléctrico en un punto a una distan-cia d del lado derecho del cilindro, como se muestra en la figura . Sugerencia: conside-

re al cilindro como una colección de anillos de carga.




10) Considere ahora un cilindro sólido con las mismas dimensiones del problema ante-rior y que tiene la misma carga Q uniformemente distribuida en todo su volumen. De-termine el campo eléctrico a una distancia d como se muestra en la figura. Sugeren-

cia: considere al cilindro como una colección de discos cargados.

11) Un electrón se lanza con una velocidad v0=8x105 ms-1 con un ángulo de 30o sobre

el eje horizontal, en una región donde el campo eléctrico es1ˆ390 −= NC u E y

v. Ignore

los efectos gravitacionales y determine a) el tiempo que tarda el electrón en regresar asu posición inicial b) la altura máxima que alcanza y c) su desplazamiento horizontalcuando alcanza su altura máxima.

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u3-Interaccion Electrica-ley de Coulomb