Electromagnetismo 456y6o

Problema 1. Dos alambres no conductores de 1.20 m de largo forman un ángulo recto. Un segmento tiene 2.5 µC de carga, distribuida de manera uniforme a lo largo de su longitud; el otro tiene -2.5 µC de carga, distribuida de manera uniforme a lo largo de su longitud como se muestra en la figura. a) Encuentre la magnitud y dirección del campo eléctrico que producen estos alambres en el punto P, que está a 60.0 cm de cada alambre. b) Si un electrón se libera en P, ¿cuáles son la magnitud y la dirección de la fuerza neta que ejercen estos alambres sobre él?

Solución: Primero calculemos el campo eléctrico que produce la barra de carga positiva en el punto P. y x

r⃗2

dx x

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+ + + + + + + + + + + + + + + + +

(x, 0)

r⃗1

d

r⃗1 −r⃗2 P(0,-d)

⃗ dF El elemento de carga de longitud dx y carga dq = λ dx, está localizado en la posición r⃗2=x ̂i+0 ̂j , y la carga de prueba q' está colocada en el punto r⃗1 =0 ̂i−d ̂j , 2 2 así r⃗1 −r⃗2=−x ̂i−d ̂j , de ahí obtenemos que ∣r⃗1−r⃗2∣=√ x +d

Ahora aplicamos la ley de Coulomb para calcular la fuerza que experimenta q' debido al elemento diferencial de carga dq

(

)

q ' dq ⃗= 1 dF (−x ̂i−d ̂j), 4 π ε0 ( √ x 2+d 2 )3 asi la fuerza total está dada por

⃗ = q' λ F 4 π ε0

[

L/2

∫

−L / 2

L/2

−x ̂i 3 2 2

2

dx+

(x +d )

−d ̂j

∫

3 2 2

2

( x +d )

−L / 2

]

dx ,

ahora evaluado las integrales, tenemos que

[

]

L ⃗ = q ' λ 0 ̂i− ̂j . F 2 4 π ε0 d √ L / 4+d 2 En este problema particular la distancia d es L/2, además λ = q/L, así tenemos que

[

]

⃗ = q ' q 0 ̂i − 2 √ 2 ̂j , F 4 π ε0 L2 por lo tanto, el campo eléctrico en el punto P será

[

]

⃗ F q 2 2 E⃗1= = 0 ̂i − √2 ̂j . q ' 4 π ε0 L Por otra parte, el campo producido por la barra de carga negativa tendrá la misma magnitud, pero su dirección será hacia la izquierda (esto es debido a que ambas barras tienen la misma carga y el punto P se encuentra a la misma distancia, d = L/2, de la barra) y

+

+ + + + + + + + + + + + + + + + - - -

- - -

-

- -

+

-

]

+

[

q 2 2 E⃗2= − √2 ̂i +0 ̂j . 4 πε0 L El campo total será entonces,

+

E⃗1

+

P(0,-d)

++

E⃗2

x

⃗ E = E⃗1+ E⃗2=−

q [ ̂i + ̂j ] , 2 √ 2 π ε0 L

sustituyendo los valores tenemos que N N 4 ⃗ ⃗ E =−4.41×104 ̂i −4.41×104 ̂j , la magnitud es ∣E∣=6.24×10 N /C , a un ángulo de C C 225º medido desde el eje “x” positivo en sentido contrario a las manecillas del reloj. a)

⃗ =q E ⃗ =7.07×10−15 N ̂i+7.07×10−15 N ̂j , cuyo módulo es b) La fuerza está dada por F −15 ⃗ ∣F∣=1.0×10 N , en dónde hemos usado la carga del electrón e = -1.602 x 10-19 C. Observe que la fuerza tiene dirección opuesta al campo eléctrico, esto es porque la carga del electrón es negativa, así que sentirá atracción debida a la barra con carga positva y repulsión de la barra negativa. Problema 2. Una carga negativa -Q está distribuida de manera uniforme alrededor de un cuarto de círculo de radio, a, que se encuentra en el primer cuadrante, con el centro de curvatura en el origen. Calcule las componentes x y y del campo eléctrico neto en el origen.

Solución y y

x

⃗r

dS = R dθ R dθ

y

θ

x

x

Tomemos un elemento de carga dq el cuál es una pequeña porción de arco, dS. Ahora coloquemos una pequeña carga de prueba positiva, q' en el origen. Debido a que la carga del cuarto de círculo es negativa, la carga q' experimentará una fuerza en la dirección del vector ⃗r =x ̂i + y ̂j. Así, la fuerza que actúa sobre la carga de prueba debida al elemento diferencial dq será

(

)

q ' dq ⃗= 1 dF ( x ̂i+ y ̂j) , 4 π ε0 ( √ x 2+ y 2)3 2 2 de la figura se puede ver que √ x + y = R , x=R cos θ y y=R sin θ , donde R es el radio del círculo, el cual es constante para cualquier elemento tomado sobre el aro. Por otro lado, la densidad

de carga será λ=

dq dq = , dS R d θ

de donde obtenemos que dq=λ R d θ , sustituyendo en la expresión para la fuerza, se tiene

( )

q' λ ⃗= 1 dF (cos θ d θ ̂i +sin θ d θ ̂j) , 4 π ε0 R la fuerza total será π/ 2

⃗ = q ' λ ∫ (cos θ d θ ̂i +sin θ d θ ̂j) , F 4 π ε0 R 0 donde los límites de la integral deben cubrir un cuarto de círculo ⃗ = q ' λ ( ̂i + ̂j). F 4 π ε0 R Así el campo eléctrico en el origen será ⃗ F ⃗ E = = λ ( ̂i + ̂j). q ' 4 π ε0 R

Sustituyendo el valor de λ=

Q , ya que el segmento es 1/4 del perímetro de un círculo, tenemos π R/2

que ⃗ E=

Q ( ̂i + ̂j). 2 π ε0 R 2 2

NOTA: En el enunciado del problema al radio del cículo le denomina, a, así que la respuesta correcta ⃗ = Q ( î + ̂j). sería E 2 π 2 ε0 a 2

Problema 3. Dos láminas muy grandes están separadas 5.00 cm. La lámina A tiene una densidad de carga superficial uniforme de -9.50 µC/m2; y la lámina B, que está a la derecha de A, tiene una densidad de carga uniforme de -11.60 µC/m2. Suponga que las láminas son los suficientemente grandes como para considerarse infinitas. Encuentre la magnitud y dirección del campo eléctrico neto que estás láminas producen en un punto a) 4.00 cm a la derecha de la lámina A; b) 4.00 cm a la izquierda de la lámina A; c) 4.00 cma la derecha de la lámina B.

Solución: z

En la figura de la derecha se representan las láminas y los puntos de interés. La magnitud del campo eléctrico que produce una lámina infinita ⃗ ∣= σ , cuya dirección es está dado por ∣E 2ε0 perpendicular al plano y es indipendiente de la distancia respecto a la lámina. En este caso el campo eléctrico que produce cada lámina está dirigido a lo largo del eje “y”.

5 cm

A

B

P2

P1

P3

a) En el punto P1, la lámina A produce un campo hacia la izquierda dado por σ E⃗A=0 ̂i − A ̂j+0 k̂ , 2 ε0 mientras que la lámica B produce un campo eléctrico hacia la derecha dado por

x 4 cm

4 cm

4 cm

σ E⃗B=0 ̂i + B ̂j+0 k̂ , 2 ε0 el campo total debido a las dos láminas es 1 ⃗ E = E⃗A+ E⃗B =0 ̂i + (σ −σ A ) ̂j+0 k̂ , 2ε0 B sustituyendo los valorse de las densidades tenemos N ⃗ E =0 ̂i +1.18×10 5 ̂j+0 k̂ . C b) En el punto P2 las dos láminas producen un campo hacia el eje “y” positivo 1 N ⃗ E =0 ̂i + ( σ B+σ A) ̂j+0 k̂ =0 ̂i +1.19×106 ̂j+0 k̂ . 2 ε0 C c) En P3 ambas láminas producen un campo hacia la izquierda

N ⃗ E =0 ̂i −1.19×106 ̂j+0 k̂ . C

y

Problema 4. Un disco delgado con un agujero circular en el centro, llamado corona circular, tiene un radio interior R1 y un radio exterior R2. El disco tiene una densidad de carga uniforme y positiva σ en su superficie. a) Determine la carga eléctrica total en la corona circular. b) La corona circular se encuentra en el plano yz, con su centro en el origen. Para un punto arbitrario en el eje x (el eje de la corona circular), encuentre la magnitud y la dirección del campo eléctrico ⃗ E . Considere puntos arriba y abajo de la corona circular. c) Demuestre que en puntos sobre el eje x que estén lo suficientemente cerca del origen, la magnitud del campo eléctrico es aproximadamente proporcional a la distancia entre el centro de la corona circular y el punto. ¿Qué tan cerca es “suficientemente cerca”? d) Una partícula puntual de masa m y carga negativa -q tiene libertad de movimiento a lo largo del eje x (pero no puede apartarse del eje). Originalmente, la partícula está en reposo en x = 0.01R1 y luego se libera. Encuentre la frecuencia de oscilación de la partícula.

x R2 z R1

y

Solución: dr r

dr 2πr

De la figura podemos ver que el anillo de grosor dr tiene una longitud 2π r, por lo tanto el área de este elemento será dA = 2π r dr, así la densidad superficial de carga será σ=

dq dq = , dA 2 π r dr

por lo tanto la carga total estará dada por Q=∫ dq=∫ 2 π σ r dr ,

esta integral debe cubrir la corona circular, es decir, se debe evaluar desde R1 hasta R2. Efectuando las integrales, tenemos R2

a)

Q=∫ 2 π σ r dr=π σ(R 22−R21 ). R1

b) El campo producido por un anillo delgado de carga dq, radio r, a una distancia x del plano yz, está dado por 1 x dq ̂ d⃗ E= i +0 ̂j+0 k̂ . 2 4 πε0 ( x +r 2 )3/ 2 así la expresión para el campo eléctrico producido por este elemento diferencial en forma de anillo es x r dr ̂ d⃗ E= σ i +0 ̂j+0 k̂ . 2 2 ε0 ( x +r 2)3 /2 Para calcular el campo eléctrico producido por la corona circular debemos integrar desde el radio interior hasta el radio exterior R2

xσ r dr ⃗ ̂i +0 ̂j+0 k̂ = x σ E= 2 2 3 /2 2 ε0 ∫ 2 ε0 R ( x +r )

[

]

1 1 ̂i +0 ̂j+0 k̂ , − 2 2 2 x +R x + R √ √ 1 2 en esta última expresión se puede factorizar x en los radicales, para obtener 1

⃗ E= σ 2 ε0

[√

1 2

1+( R1 / x )

−

2

1

√ a+( R / x )

2

2

]

̂i +0 ̂j+0 k̂ .

Esta expresión es válida para puntos por encima del plano yz, para puntos por debajo del plano el campo tendría una dirección opuesta, es decir ⃗ E =− σ 2ε 0

[√

1 1+( R1 / x )

2

−

1

√ a+( R / x ) 2

2

]

̂i +0 ̂j +0 k̂ .

c) Retomando la expresión que habíamos encontrado para el campo eléctrico xσ ⃗ E= 2 ε0

[√

1 2

x +R

2 1

−

1

√ x +R 2

2 2

]

̂i+0 ̂j+0 k̂ ,

de dónde se obtiene que ⃗ ∣= ∣E

xσ 2ε0

[√

1 2

− 2

x +R1

1

√ x +R2 2

2

]

,

para el caso de valores muy pequeños del valor absoluto de x, podemos despreciar los términos cuadráticos para x y obtener una aproximación para la magnitud del campo

[

]

⃗ ∣≈ σ 1 − 1 x , ∣E 2ε 0 R1 R 2 de donde se puede observar que la magnitud es proporcional a x.

⃗ ∣=−q∣ ⃗ E∣=− d) La magnitud de la fuerza actuando sobre la partícula es ∣F ⃗ ∣=m∣⃗a∣=m ahora aplicando la segunda ley de Newton ∣F

m

[

]

qσ 1 1 − x, 2ε0 R1 R2

d2 x , se obtiene d t2

d2 x qσ 1 1 =− − x, 2 2 ε 0 R 1 R2 dt

[

]

[ (

)]

o bien d2 x qσ 1 1 =− − 2 2 mε0 R1 R 2 dt Comparando esta ecuación con la de un oscilador armónico, velocidad angular es ω=

x.

d2 x =−ω 2 x , observamos que la 2 dt

√ ( )

qσ 1 1 − , 2 mε0 R1 R2

por lo tanto, la frecuencia es

√ ( )

1 qσ 1 1 f= ω = − 2 π 2 π 2 m ε0 R 1 R 2

Problema 5. Tres cargas puntuales se ubican en el plano xy como sigue: una carga de 5 nC está en y = 5 cm, una carga de -10 nC está en y = -5 cm y otra carga de 15 nC está en x = -5 cm. Hallar las coordenadas x-y para que una cuarta carga de 20 nC produzca un campo eléctrico igual a cero en el origen.

Solución: De acuerdo a las tres primeras cargas, la cuarta carga debe colocarse sobre el eje x positivo y sobre el eje y negativo. Sea (x,-y) la posición de la carga q4 , así el campo producido por cada carga en el origen es 1 5×10−9 C ̂ E⃗1=− j, 4 πε 0 a2 donde a = 0.05 m. −9

1 2×5×10 C ̂ E⃗2=− j, 4 π ε0 a2

q1 q3 y x q2

q4

1 3×5×10−9 C ̂ ⃗ E 3=+ i, 4 π ε0 a2 y para la carga q4 , tenemos que el campo tiene la dirección mostrada en la figura, es decir, va en la −x ̂i+ y ̂j dirección del vector unitario û = 2 , por lo tanto (x + y 2)1 /2

(

)

1 4×5×10−9 C −x ̂i + y ̂j ̂ ⃗ E 4= i, 4 πε 0 x 2+ y 2 √ x2 + y2 por lo tanto, el campo eléctrico (en el origen) debido a las cuatro cargas es −9

(

)

5×10 C 3 3 4x 4y ⃗ E = E⃗1+ E⃗2+ E⃗3+ E⃗4= − 2 ̂j+ 2 ̂i− 2 2 3 / 2 ̂i+ 2 2 3/ 2 ̂j , 4 π ε0 a a (x +y ) (x +y ) para que el campo sea nulo en el origen, se requiere que 4x 3 = 2, 2 3 /2 (x + y ) a 4y 3 = 2, 2 2 3 /2 (x + y ) a 2

de estas ecuaciones podemos obtener que 3 2 2 3 /2 (x +y ) , a2 3 2 2 3/ 2 4 y= 2 ( x + y ) , a 4 x=

así obtenemos que x = y. Sustituyendo este resultado en cualquiera de las ecuaciones anteriores, para hallar 3 2 2 3/2 3 ( x + x ) = 2 √8 x 3 , 2 a a 2a 10 cm x= y= = ≈3.43 cm. √ 6 √ 2 √6 √ 2 4 x=

así obtenermos que

Problema 6. Dos cargas puntuales de 1 nC y – 2 nC están ubicadas en (0,0,0) y (1,1,1) respectivamente, en el espacio libre. Determinar la fuerza vectorial que actúa sobre cada carga.

Solución: z

La fuerza que experimenta la carga en el origen tendrá la misma dirección que el vector ⃗r =̂i+ ̂j + k̂ , esto es q1 q 2 1 q1 q2 ⃗= 1 F r̂ = ⃗r , 2 4 π ε0 ∣⃗r ∣ 4 π ε0 ∣⃗r∣3

r

1

y 1

al sustituir los valores de las cargas obtenemos que

1

x ⃗ =(3.46 ̂i+3.46 ̂j+3.46 k̂ )×10−8 N . F La fuerza que experimenta la carga en (1,1,1) tendrá la misma magnitud pero en sentido contrario. Problema 7. Una carga de -1 nC está en el origen en el espacio libre. ¿Qué carga debe colocarse en (2,0,0) para que Ex sea cero en (3,1,1)?

Solución: z

Se debe calcular el campo en el punto (3,1,1) debido a las dos cargas y buscar las condiciones para que la componente en x del campo total sea cero. Debido a que la carga que se encuentra en el origen es negativo, el campo producido por esta tendrá la misma dirección que el vector r⃗1 , el cual está dado por 1 q1 1 q1 E⃗1= r̂ = r⃗1 , 2 1 4 π ε0 ∣⃗ 4 π ε0 ∣⃗ r 1∣ r 1∣3

r⃗1

y

2

r⃗2 x

1

3

1

en donde r⃗1=−3 ̂i− ̂j− k̂ , y ∣⃗ r 1∣=√ 11. Sustituyendo los valores dados en el problema y tomando 9 2 2 1/(4 π ε0)=9×10 N m /C , tenemos que 1×10−9 C 27 ̂ 9 ̂ 9 ̂ E⃗1=( 9×109 N m2 /C 2 ) (−3 ̂i− ̂j − k̂ )=− i− j− k. 3 √1331 √ 1331 √1331 ( √ 11) Debido a que la componente en x del campo debido a la carga en el origen es negativa, se requiere que la componente en x del campo producido por la carga q2 tenga la misma dirección del vector r2 para que ambos se anulen. Por lo que la carga q2 debe ser positiva para generar el campo requerido. Observe que el vector r2 va de x=2 a x=3, por lo tanto su componente en x es positiva, asi tenemos que el campo producido por la carga en (2,0,0) es

1 q2 1 q2 E⃗2= r̂ = r⃗ , 2 2 4 πε0 ∣⃗ 4 π ε0 ∣r⃗2∣3 2 r 2∣ donde r⃗2= ̂i+ ̂j+ k̂ , por lo que ∣⃗ r 2∣= √3 . Entonces, E⃗2=(9×10 9 N m2 /C 2)

q2 ( ̂i + ̂j+ k̂ ) , √ 27

para que la componente en x del campo total sea nula es necesario que 9×10 9

q2 27 = , √ 27 √1331

finalmente se obtiene que q 2≈4.27×10−10 C . Problema 8. Una pequeña esfera de plomo está encerrada en plástico aislador y suspendida verticalmente de un resorte ideal ( k = 126 N/m) sobre una mesa de laboratorio. La masa total de la esfera recubierta es de 0.8 kg y su centro se encuentra a 15.0 cm sobre la mesa cuando está en equilibrio. La esfera se jala hacia abajo 5.00 cm por debajo del equilibrio; sobre ella se deposita una carga eléctrica Q = -3.00 µC y luego se libera. a) Con el uso de lo que sabe acerca de la oscilación armónica, escriba una expresión para la intensidad del campo eléctrico como función del tiempo que se mediría en el punto sobre la mesa (P) directamente por debajo de la esfera.

15 cm

P

Solución: La esfera que cuelga tiene una posición que oscila al rededor de z = 0.15 m, es decir, su posición está dada por una ecuación de la forma z(t) = 0.15 m + z0(t) , donde

z 0 (t )=A cos (ω t) , dode A es la amplitud de la oscilación, la cual para este caso es A = 5 cm = 0.05 m y ω es la frecuencia k 1 angular de un oscilador dada por ω= ≈12.55 . NOTA: Revisar el tema de movimiento m s oscilatorio. Así, tenemos que 1 z (t )=0.15−0.05 mcos (12.55 t). s

√

El signo negativo se debe a que el resorte fue jalado hacia abajo, es decir, empezó su movimiento por debajo de 0.15 m. La magnitud del campo en el punto P será

Q ⃗ ∣= 1 ∣E = 4 π ε0 [ z (t) ]2

2.7×104 N m2 /C

[

1 0.15m−0.05m cos(12.55 t) s

2

]

.

Si se factoriza 0.05 m en el denominador, tenemos ⃗ ∣= ∣E

7

[

1.08×10 N /C . 2 1 3.0−cos (12.55 t) s

]

Problema 9. Tres cargas , +q, +2q, y +4q, están conectadas por medio de cuerdas como se indica en la figura. Determinar las tensiones T1 y T2. T1 +q

d

T2 +2q

d

+4q

Solución: Las fuerzas actuado sobre la carga +q son tres: la tensión T1 (a la dereha) la fuerza debida a la carga +2q (a la izquierda) y la fuerza debida a la carga +4q (a la izquierda), así que aplicando condiciones de equilibrio se tiene que T 1=

1 ( q)(2q ) 1 (q)( 4q) 1 3 q2 + = . 4 π ε0 d 2 4 πε0 (2 d ) 2 4 π ε0 d 2

Las fuerzas actuado sobre la carga +4q son tres: la tensión T2 (a la izquierda) la fuerza debida a la carga +2q (a la derecha) y la fuerza debida a la carga +q (a la derecha), así que aplicando condiciones de equilibrio se tiene que 1 (4q )(2q ) 1 (4q )(q) 1 9 q2 T 2= + = . 4 πε0 4 πε 0 (2 d )2 4 π ε0 d 2 d2

Problema 10. Dos pequeñas esferas de masa m están suspendidas, de un punto común mediante cuerdas de longitud L. Cuando cada una de las esferas tiene una carga q, cada cuerda forma un ángulo θ con la vertical. (a) Demostrar que la carga q viene dada por

q=2 L sin θ √( mg /k ) tan θ , donde k =

1 . b) Determine q si m = 10g, L = 50 cm y θ 4 πε0

= 10°.

Solución:

T

a) En la figura de la derecha se muestra una representación del problema. En el diagrama de cuerpo libre de la partícula de la izquierda actúan tres fuerzas: el peso, la tensión de la cuerda y la fuerza de Coulomb F. Aplicando las condiciones de equilibrio, tenemos que

θ L θ θ

F

a mg

Σ F x =T sin θ−F =T sin θ−

k qq =0 , (2a )2

donde k = 1/4πε0, además de la figura se tiene que a = L sin θ, por lo tanto, 2

kq T sin θ= 2 2 , 4 L sin θ por otro lado, Σ F y =T cos θ−mg=0 →T =

mg , cos θ

sustituyendo este valor de T en la ecuación de suma de fuerzas en x, se obtiene mg k q2 sin θ= 2 2 , cos θ 4 L sin θ q=2 L sin θ

b) q=2 (0.5m )sin (10 °)

√

√

m g tan θ . k

(0.01kg)(9.81m /s 2 ) tan(10 °) =2×10−7 C=0.2 μ C . 9 2 2 9×10 N m /C

E que Problema 11. Se coloca un péndulo simple de 1.0 m de longitud y 5 g de masa en un campo eléctrico uniforme ⃗ se dirige verticalmente hacia arriba. La “lenteja” del péndulo tiene una carga de -8 µC. El periodo del péndulo es 1.2 s. Determine el módulo del campo eléctrico. Solución: En el diagrama de la derecha se muestra el péndulo, así como las fuerzas actuando sobre él. En primer lugar, se observa que el peso de la lenteja se dirige hacia abajo, además existe una fuerza debido al campo eléctrico. El campo eléctrico está dirigido hacia arriba, pero la carga eléctrica es negativa, por lo tanto la fuerza que actúa sobre la carga está dirigida hacia abajo cuya magnitud es F =qE. Se puede ver que las componentes en la dirección del movimiento son

θ L q Lθ

mg θ qE

Σ F s=−m g sin θ−q E sin θ=−sin θ (m g+q E) , donde s= L θ indica el trayecto (arco) sobre el cual se mueve la lenteja. Aplicando la segunda ley de Newton, tenemos que m

d2s d 2θ =m L =−sin θ(m g+q E) , d t2 d t2

para oscilaciones pequeñas se puede usar las aproximación sin θ≈θ , así se obtiene d2θ g qE =−( + )θ , 2 L mL dt comparando esta ecuación con la de un oscilador armónico simple está dado por la expresión

2π τ= ω , se puede ver que

ω=

por lo tanto el periodo es

τ=2 π

√

√

d2θ 2 =−ω θ , donde el periodo 2 dt

√

g qE m g +q E + = , L mL mL

mL , entonces m g +q E 4 π2 m L m g E= − , q q τ2

sustituyendo los valores dados en el problema, se obtiene

E=1.1×10 4

N . C