Solucionario de las actividades propuestas en el libro del alumno 7.2. LEY DE COULOMB Página 147 1. La distancia que separa entre sí los dos protones de un núcleo de helio es del orden de 1 fm (10−15 m). a) Calcula el módulo de la fuerza que ejerce cada uno de los protones sobre el otro. b) Esta fuerza, ¿es de atracción o de repulsión? c) ¿Cómo podemos justificar la estabilidad nuclear de un átomo que tenga más de un protón en el núcleo? Dato: qp = 1,6 · 10−19 C a) El módulo de la fuerza que ejercen entre sí dos cargas eléctricas viene dado por: F =K ⋅

Q ⋅q 1, 6 ⋅ 10 −19 ⋅ 1, 6 ⋅ 10 −19 = 230, 4 N = 9 ⋅ 10 9 ⋅ 2 (1 ⋅ 10 −15 )2 r

b) La fuerza es de repulsión, dado que las cargas son del mismo signo. c) La estabilidad nuclear la produce la fuerza nuclear fuerte, que mantiene unidos entre sí a los nucleones, a pesar de la repulsión electrostática. Estudiamos esta interacción en la última parte del libro, en el tema de física atómica y nuclear. Si mantenemos constantes las demás variables (tipo de partículas, carga, masa y distancia a que se encuentran), la intensidad de la fuerza nuclear fuerte que actúa entre dos partículas es más de cien veces superior a la intensidad de la fuerza electrostática.

7.3. INTENSIDAD DEL CAMPO ELÉCTRICO Página 149 1. Calcula la intensidad del campo eléctrico que crea en el origen del sistema de referencia un dipolo formado por dos cargas, de +1 mC y –1 mC, situadas en el vacío en los puntos (1,0) y (–1,0) m, respectivamente. y (m)

q1 = –1mC (–1, 0) Unidad 7. Campo electrostático.

u2

u1

q 2 = 1mC (1, 0) x (m)

1

La situación de las cargas es la que se representa en la figura anterior. En primer lugar, calculamos los vectores unitarios que unen las cargas con el origen del sistema de referencia: r r u1 = 1 ⋅ i r r u2 = −1 ⋅ i La intensidad del campo eléctrico es una magnitud aditiva, por lo que, aplicando el principio de superposición en el origen del sistema de referencia, tendremos: r ET =

q

2

r

q r 

∑ = k ⋅  r 21 ⋅ u1 + r 22 u2  = 

i=1

 −1 ⋅ 10 = 9 ⋅ 10 9 ⋅   12



2

1

−3

r 1 ⋅ 10 −3 r  r ⋅i + ⋅ ( −1 ⋅ i ) = −18 ⋅ 10 6 ⋅ i N ⋅ C−1  12

2. Calcula el lugar geométrico de los puntos del plano XOY en los que se anula el campo eléctrico que crean dos cargas iguales situadas en (1,0) y (–1,0) m. La posición de las cargas es la misma que la representada en la cuestión anterior, pero en este caso las dos cargas tienen idéntico valor. El campo eléctrico creado en cada punto por las dos cargas es la suma de los campos creados por cada una de ellas en ese punto, por lo que podemos aplicar el principio de superposición para calcular la intensidad del campo eléctrico en cualquier punto: r ET =

2

r

∑ Ei i=1

Q r  1 r Q r  1 r  = k ⋅  2 u1 + 2 u2  = K ⋅ Q ⋅  2 u1 + 2 u2  r2 r2  r1   r1 

donde hemos tenido en cuenta que las dos cargas son iguales. Por tanto, en los puntos en que se anula el campo eléctrico tenemos: ET = 0 →

1 r 1 r u1 + 2 u2 = 0 2 r1 r2

Es fácil comprobar que el único punto para el que se cumple esta relación es el punto medio entre las dos cargas, que en este caso es el origen de coordenadas, para el cual: r1 = r2 r r u1 = –u2

3. Para resolver la cuestión anterior, ¿necesitas conocer el valor de las cargas? ¿Y el medio en que se encuentran? ¿Por qué? No es necesario conocer ni el valor de las cargas ni el medio en que se encuentran, puesto que, como vimos en la cuestión anterior, estos dos valores afectan proporcionalmente al campo eléctrico creado por las dos cargas. Unidad 7. Campo electrostático.

2

7.4. POTENCIAL ELÉCTRICO Página 151 1. Calcula el vector campo eléctrico que crea una carga puntual negativa de 1 µC en puntos situados a 10 cm de distancia de ella, si el medio es el vidrio. Dibuja las líneas de fuerza del campo en las proximidades de la carga puntual. La permitividad eléctrica del vidrio es ε = 60 · 10−12 U.I. Por tanto, la constante K del vidrio resulta: K =

1 1 = = 1, 33 ⋅ 10 9 U.I. 4 ⋅ π ⋅ ε 4 ⋅ π ⋅ 60 ⋅ 10 −12

El campo eléctrico que nos piden es, por tanto: E=K⋅

Q 1 ⋅ 10 −6 = 1, 33 ⋅ 10 9 ⋅ = 1, 33 ⋅ 10 5 N ⋅ C−1 2 r 0, 12

La dirección del vector campo es radial, estando su sentido dirigido hacia la carga que lo crea. E E

E

E

E

−Q E

E E

2. Si a 10 cm de la carga de la cuestión anterior situamos otra carga, de 500 µC positiva, ¿qué energía potencial adquiere? ¿Y si fuese negativa la carga, pero del mismo valor? Al resolver esta cuestión, seguiremos suponiendo que el medio es el vidrio. En primer lugar, calculamos el potencial: V =K⋅

Q 1, 33 ⋅ 10 9 ⋅ 10 −6 = = 1, 33 ⋅ 10 4 V r 10 ⋅ 10 −2

Conocido este, resulta sencillo calcular la energía potencial: Ep = q · V = 500 · 10−6 · 1,33 · 104 = 6,65 J Si la carga fuese de signo contrario: Ep = q · V = −500 · 10−6 · 1,33 · 104 = −6,65 J Unidad 7. Campo electrostático.

3

3. ¿Puede ser nulo el potencial eléctrico en un punto del espacio sin que lo sea el campo eléctrico en dicho punto? Pon un ejemplo que lo aclare. Sí, puede ocurrir. Veamos un ejemplo. Supongamos dos cargas iguales, de valor q, pero de signo opuesto, separadas una distancia d. El potencial que crean en cualquier punto de la línea que las une es: V =

2

qi

i =1

i

∑K ⋅ r

q  q = K ⋅ −  x d −x

Veamos si se anula el potencial en algún punto: d q  q V = K ⋅ −  = 0 → q ⋅ x = q ⋅ (d − x ) → x = x d −x 2 Como vemos, el potencial se anula en el punto medio. Por otra parte, el campo eléctrico en cualquier punto de la línea que une las cargas es: 2 r q r q  q  r E= K ⋅ 2i ⋅ ur = K ⋅  2 +  ⋅ ur 2  x d x r ( ) − i i =1

∑

Por tanto, en el punto en que se anula el potencial (x = d/2) resulta:     r 8 ⋅q q q q  = K ⋅2⋅ =K ⋅ 2 ≠0 + E = K ⋅ 2 2 2 d (d − d / 2)   d  d         2   2 En este punto el campo no es nulo, lo que demuestra que existen puntos en los que el potencial es nulo, sin serlo el campo eléctrico asociado. 7.5. SIGNIFICADO FÍSICO DEL POTENCIAL Página 153 1. Se traslada una carga de 5 µC desde el infinito hasta cierto punto, P. Para ello debemos realizar un trabajo externo de 0,05 J. a) Calcula el potencial que existe en el punto P si nos encontramos en el vacío. b) ¿Qué variación experimenta la energía potencial de la carga? a) El trabajo que realizamos al trasladar la carga viene dado por la expresión: W = −q · ∆V = q · (Vi − Vf ) En el infinito, el potencial es nulo. Por tanto: W = q ⋅ (Vi − V f ) = −q ⋅ V f → →Vf = − Unidad 7. Campo electrostático.

W −0, 05 = 10 000 V =− q 5 ⋅ 10 −6 4

b) La variación que experimenta la carga en su energía potencial es: ∆Ep = q · (Vf − Vi ) = q · Vf = 5 · 10−6 · (10 000 − 0) = 0,05 J Como vemos, la energía potencial de la carga aumenta. 2. ¿Qué resultados habríamos obtenido si hubiésemos trasladado, en las mismas condiciones, una carga de −5 µC? Procediendo igual que en la cuestión anterior, el potencial será ahora: W = q ⋅ (Vi − V f ) = −q ⋅ V f → →Vf = −

W −0, 05 =− = −10 000 V q −5 ⋅ 10 −6

siendo la variación de energía potencial: ∆Ep = q · (Vf − Vi ) = q · Vf = −5 · 10−6 · (−10 000 − 0) = 0,05 J El resultado nos indica que la energía potencial de la carga aumenta, pues el enunciado dice que el trabajo se realiza en las mismas condiciones; es decir, realizando un trabajo exterior. 3. Conocido el potencial que crea un campo en un punto, ¿puedes predecir cómo será la fuerza que actúe sobre una carga al situarla en ese punto? ¿Necesitas algún otro dato? Conocido el potencial que crea el campo en un solo punto y el valor de la carga que colocamos en dicho punto, no podemos determinar la fuerza que actúa sobre la carga. Necesitamos saber: • El valor de la carga que crea el campo y la distancia a que se encuentra del punto considerado. Si el campo está creado por varias cargas, necesitamos conocer el módulo, la dirección y el sentido del vector campo eléctrico. • El signo de la carga que situamos en el punto del que conocemos el potencial, para establecer si la fuerza es de atracción o de repulsión. 4. La d.d.p. entre dos puntos, A y B, de un campo eléctrico es de 220 V. Calcula el trabajo que debemos realizar para trasladar una carga de 10 µC de A a B, y el trabajo que realiza el campo en ese mismo proceso. Siendo VAB = VA − VB = 220 V, el trabajo que realizamos para trasladar la carga resulta: W = q · (Vf − Vi ) = q · (VB − VA ) = q · VBA = 10 · 10−6 · (−220) = −2,2 · 10−3 J El trabajo que realiza el campo tiene el mismo valor, aunque es de signo opuesto: Wcampo = 2,2 · 10−3 J Unidad 7. Campo electrostático.

5

7.7. CAMPO GRAVITATORIO Y CAMPO ELÉCTRICO Página 157 1. Calcula el valor del campo gravitatorio creado por una esfera maciza y homogénea, de masa M y radio R, en puntos situados más allá de su superficie. Calculemos el flujo neto que crea dicha esfera en un punto situado más allá de su superficie. Para ello, aplicamos el teorema de Gauss tomando como superficie la que se indica. De ese modo: g g

dS

g

g

g

g

g

g g

r

r

∫ g ⋅ dS = −4 ⋅ π ⋅G ⋅ M r r g ∫ ⋅ dS = ∫ g ⋅ dS ⋅ cos 180° = − g ⋅ ∫ dS = − g ⋅ 4 ⋅ π ⋅r

  → g = G ⋅M 2 r2 

El vector superficie y el vector campo forman un ángulo de 180°. Ello explica el signo negativo del resultado. Conocido el flujo, vamos a calcular el campo gravitatorio en puntos exteriores a la propia esfera. Para ello, aplicamos el teorema de Gauss a una superficie de radio r > R centrada en la esfera: r r φ = g ⋅ dS = −4 ⋅ π ⋅ G ⋅ M

∫

Desarrollando la integral anterior:

dS

g

R O r M

r

r

∫ g ⋅ dS = − g ⋅ ∫ dS = − g ⋅ S = − g ⋅ 4 ⋅ π ⋅r Unidad 7. Campo electrostático.

2

= −4 ⋅ π ⋅ G ⋅ M 6

obtenemos una expresión que nos permite calcular el valor del campo gravitatorio, g: −4 ⋅ π ⋅ G ⋅ M G ⋅ M = 2 g= −4 ⋅ π ⋅ r 2 r 2. Calcula el valor del campo gravitatorio que crea esa misma esfera en puntos situados en su interior. Si queremos calcular el campo gravitatorio en un punto interior de la esfera, situado a una distancia r < R del centro de la misma, aplicaremos el teorema de Gauss a una esfera de radio r cuyo centro debe coincidir con el de la esfera que nos proporcionan. En este caso, solo influirá en el campo gravitatorio la masa encerrada en el interior de la esfera de radio r. Por tanto: r r φ = g ⋅ dS = − g dS = − g ⋅ S = − g ⋅ 4 ⋅ π ⋅ r 2 = −4 ⋅ π ⋅ G ⋅ M int

∫

∫

de donde, al despejar g: g=

−4 ⋅ π ⋅ G ⋅ M int G ⋅ M int = −4 ⋅ π ⋅ r 2 r2

Ahora se trata de poner la masa interior en función de la masa total. Para ello, recordemos que la densidad de una esfera homogénea, de masa M y radio R, es: ρ=

r

M 4 ⋅π⋅R3 3

g

O

dS

R Mint

De acuerdo con ello, la masa interior encerrada por la esfera de radio r resulta: M int =

M 4 4 r  ⋅ π ⋅r 3 ⋅ ρ = ⋅ π ⋅r 3 ⋅ = M ⋅  4 R 3 3 ⋅π⋅R3 3

3

Con ello, el campo gravitatorio en el interior de la esfera resulta: g=− Unidad 7. Campo electrostático.

G ⋅ M int G ⋅M r 3 G ⋅M = − 2 ⋅ 3 = − 3 ⋅r 2 r r R R 7

Como vemos, el campo gravitatorio aumenta linealmente a medida que nos alejamos del centro de la esfera. 3. Calcula el valor del campo eléctrico creado por una carga esférica homogénea, de carga Q y radio R, en puntos situados en el exterior de la propia carga. Calcularemos el flujo neto que crea dicha esfera en un punto situado más allá de su superficie. Para ello, aplicamos el teorema de Gauss tomando como superficie la que se indica. De ese modo: r

r

  0 → r r 2 E ⋅ dS = E ⋅ dS = E ⋅ dS = E ⋅ 4 ⋅ π ⋅ r   q → 4 ⋅ π ⋅ K ⋅ q e = E ⋅ 4 ⋅ π ⋅ r 2 → E = K ⋅ e2 r qe

∫ E ⋅ dS = ε

dS

R O

∫

E

r Q

= 4 ⋅ π ⋅ K ⋅qe

∫

∫

En esta expresión, K es la constante dieléctrica del vacío. 4. Calcula el valor del campo eléctrico que crea esta misma carga en puntos situados en el interior de ella. Si queremos calcular el campo eléctrico en un punto interior de una esfera, que se encuentre a una distancia r < R, consideraremos una esfera de radio r con el mismo centro que la esfera que nos proporcionan, a la que aplicaremos el teorema de Gauss. En este caso, solo influirá la carga encerrada en el interior de la esfera de radio r : r r φ = E ⋅ dS = E dS = E ⋅ S = E ⋅ 4 ⋅ π ⋅ r 2 = 4 ⋅ π ⋅ K ⋅ Qint

∫

∫

r O

R

dS

E

Qint

Despejando E, resulta: E=

4 ⋅ π ⋅ K ⋅ Qint K ⋅ Qint = 4 ⋅ π ⋅r 2 r2

Si suponemos que es una esfera conductora y tenemos en cuenta que en un conductor la carga se distribuye por su superficie, siendo nula la carga neta en el interior del mismo, resulta: Unidad 7. Campo electrostático.

8

E=

K ⋅ Qint =0 r2

En el interior de un conductor cargado el campo eléctrico es nulo. ACTIVIDADES DE LA UNIDAD Cuestiones 1. En un campo eléctrico constante de signo positivo, el potencial eléctrico: a) Es nulo. b) Es constante. c) Disminuye de forma constante. d) Aumenta de forma constante. e) Disminuye con el cuadrado de la distancia. El campo y el potencial están relacionados mediante la siguiente expresión: r r dV = −E · dr r Si el campo es constante y el desplazamiento es en el sentido de E :

∫

∫

dV = −E ⋅ dr → dV = −E ⋅ dr → ∆V = −E ⋅ ∆r Si el campo eléctrico es constante, el potencial disminuye linealmente con la distancia. La respuesta correcta es c). 2. Cierta distribución de cargas, que se encuentra en el interior de una esfera de 1 m de radio, crea un campo eléctrico, perpendicular en todo momento a la superficie de la esfera, que viene dado por: E = E0 ⋅

1 r2

siendo E0 = 1 000 V · m−1 y r la distancia a que nos encontramos del centro de la esfera. Calcula la carga que existe en el interior de la esfera, suponiendo que está en el vacío. En la superficie de la esfera, r = R. Por tanto, el campo eléctrico en su superficie es: E (r = R ) = E 0 ⋅

1 R2

Aplicando el teorema de Gauss a la superficie esférica: r r Q φ = E ⋅ dS = ε0 r r E Q E ⋅ dS = E ⋅ S = 02 ⋅ 4 ⋅ π ⋅ R 2 = E 0 ⋅ 4 ⋅ π = ε0 R

∫

∫

Unidad 7. Campo electrostático.

9

Despejando la carga Q, y sustituyendo los datos del enunciado: Q = E0 · 4 · π · ε0= 1 000 · 4 · π · 8,84 · 10−12 = 0,11 µC 3. Aplica el teorema de Gauss para calcular el campo eléctrico que se produce a una distancia b de un hilo cargado, indefinido y cuya densidad lineal de carga es 8. Nota: Para aplicar el teorema de Gauss, toma una superficie cilíndrica cuyo eje de simetría coincida con el hilo cargado.

Tomaremos como superficie de Gauss una superficie cilíndrica de radio b y altura L, cuyo eje de simetría coincide con la recta soporte de la carga. S1 E1 b q=λ.L

E3

L

S3

E2

S2

El flujo total a través de dicha superficie es: φ = φ1 + φ2 + φ3 En este caso, tanto φ1 como φ2 son nulos, al ser perpendiculares el vector campo eléctrico y el vector superficie: r r r r r r r r E1 ⊥ S1 ; E2 ⊥ S2 → E1 · S1 = E2 · S2 = 0 En cambio, para la superficie 3, resulta: r r q φ 3 = E ⋅ dS 3 = E ⋅ dS 3 = E ⋅ S 3 = ε0

∫

∫

Sustituyendo cada término por su valor: E ⋅ 2 ⋅ π ⋅b ⋅ L =

λ ⋅L λ →E = ε0 2 ⋅ π ⋅b ⋅ ε 0

A continuación, podemos sustituir la densidad lineal de carga, λ, por el valor que se proporciona en el enunciado del problema, que en las unidades con las que estamos trabajando en todo el libro, las unidades S.I., es de 8 C · m−1. Al hacer esto, obtenemos la expresión que permite calcular la intensidad del campo eléctrico en función de la distancia al hilo: E=

λ 8 1, 44 ⋅ 10 11 = = −12 b 2 ⋅ π ⋅ b ⋅ ε 0 2 ⋅ π ⋅ b ⋅ 8, 84 ⋅ 10

donde el campo eléctrico se expresa en N · C−1 si b se expresa en metros. Unidad 7. Campo electrostático.

10

Ejer cicios 4. Se tienen tres bolitas, A, B y C, del mismo radio, dispuestas horizontalmente. Las bolitas A y B están fijas, se encuentran separadas 50 cm y están cargadas negativamente, siendo la carga de A ocho veces mayor que la de B. La bolita C está inicialmente en estado neutro y puede moverse en la recta que une A con B. Se coge la bolita C con unas pinzas aislantes y se pone en contacto con A, dejándola después libre en la línea que une A con B. Calcula la carga de las esferas A y C tras el contacto. La capacidad de un conductor esférico viene dada por la expresión: C = 4 · π · εo · R Por tanto, en el caso que nos proponen, las tres bolitas tienen la misma capacidad. Al poner en contacto las dos esferas, se produce una transferencia de electrones de A a C, ya que la carga de A es negativa. Dicha transferencia finaliza cuando ambas esferas quedan al mismo potencial, ya que, en ese caso, al no existir d.d.p. entre ambas, cesa el flujo de electrones. Al tener la misma capacidad y el mismo potencial, ambas esferas (A y C ) quedarán con la misma cantidad de carga eléctrica: q'A = q'C Como la carga es una magnitud conservativa, la carga inicial es la suma de ambas tras el contacto: qA = q'A + q'C = 2 · q'A Por tanto: q'A = 0,5 · qA Como vemos, la carga inicial de la esfera se reparte por igual entre las esferas A y C. Si tenemos en cuenta que: qA = 8 · qB = 2 · q'A la relación entre las cargas de las tres esferas es: q'A = q'C = 4 · qB 5. En el sistema de encendido de un motor de coche hay dos electrodos separados 0,7 mm. Si el aire comienza a ionizarse cuando el campo eléctrico alcanza un valor de 3,5 · 106 V · m−1, ¿cuál es la diferencia de potencial que hemos de aplicar entre los dos electrodos para que se produzca la chispa? El objetivo del encendido es provocar una chispa que haga detonar la mezcla aire-gasolina que se encuentra en el interior del cilindro. Para ello, el campo eléctrico entre los electrodos ha de ser suficientemente intenso. De este modo, se ioniza el aire y se establece una corriente de cargas eléctricas a través de él. Unidad 7. Campo electrostático.

11

Los dos electrodos y el aire que se encuentra entre ellos, que actúa como dieléctrico, forman un condensador. Por ello, al fenómeno consistente en ionizar el aire se lo denomina también “perforar el dieléctrico”. La diferencia de potencial mínima que debemos aplicar en este caso es: V = d · E = 0,7 · 10−3 · 3,5 · 106 = 2 450 V 6. En el plano inclinado de la figura, en el que se pueden despreciar los rozamientos, se encuentran dos masas de 1 g cada una. Una de ellas, m1, se encuentra fija en la base del plano, mientras que la otra, m2, permanece, sin caer, a cierta altura h. Ambas masas están cargadas positivamente, siendo su carga 1 mC.

m2

h m1 30°

¿A qué altura se encuentra la masa m2 respecto de la base del plano? La masa m2 no se mueve, debido al equilibrio de fuerzas entre la componente del peso en la dirección del plano inclinado, que la haría caer, y la fuerza electrostática de repulsión, que la aleja de la otra carga: Feléctrica = Px Los valores de estas dos fuerzas son: q2 l2 Px = m ⋅ g ⋅ sen 30° Feléctrica = K ⋅

Por tanto: K⋅

q2 = m ⋅ g ⋅ sen 30° l2

Despejando, obtenemos la distancia, l, que separa ambas masas: l=

K⋅

q2 (10 −3 ) 2 = 9 ⋅ 10 9 −3 = 1 354, 57 m m ⋅ g ⋅ sen 30° 10 ⋅ 9, 81 ⋅ 0, 5

Por tanto, la masa 2 se encuentra a una altura: h = l · sen 30° = 1 354,57 · 0,5 = 677,285 m Unidad 7. Campo electrostático.

12

7. La figura representa un condensador de placas paralelas. ¿En cuál de las gráficas se muestra cómo varían el campo eléctrico y el potencial eléctrico con la distancia, si tomamos como origen de potenciales la placa negativa? a)

b)

c)

d)

E

E

E

E

x V

x V

x

x V

–

+

–

+

–

+

–

+

–

+

–

+

–

+

x

d

V

x

x

x

El campo eléctrico que existe en un condensador de placas paralelas puede considerarse constante. Por tanto:

∫

∫

dV = −E ⋅ dr → dV = −E ⋅ dr → ∆V = −E ⋅ ∆r Es decir, cuando el campo eléctrico es constante, el potencial varía linealmente con la distancia. En nuestro caso tomamos la placa negativa como origen de potenciales (V = 0) y de distancia, estando la placa cargada positivamente a potencial superior. Por tanto: r r dV = −E · dr = −E · dr · cos 180° = E · dr → V = E · r Al alejarnos de la placa negativa, el potencial aumenta linealmente, desde V = 0, permaneciendo constante el campo en el interior del condensador. La gráfica correcta es c). 8. Se tiene una gota de mercurio de forma esférica y radio R cuya carga inicial es nula. ¿Qué figura muestra correctamente cómo varía la distribución del campo eléctrico en función de la distancia a que nos encontramos del centro de la esfera? a) E

c) E

b) E

R

d

R

d

d) E

R

2.R

d

R

d

De acuerdo con el teorema de Gauss, el campo eléctrico en un conductor cargado y en equilibrio es nulo. Por tanto, desde el centro de la esfera hasta la distancia r = R, el campo eléctrico es nulo. Sin embargo, para la superficie de la esfera y en puntos situados a una distancia del centro de la esfera superior al radio, el campo eléctrico tiene un valor: E=

Q 4 ⋅ π ⋅ ε 0 ⋅r 2

lo que se corresponde con la gráfica a). Unidad 7. Campo electrostático.

13

Problemas 9. Las nubes de una tormenta y la Tierra forman un condensador cuya capacidad es de 0,4 µF. La nube alcanza un potencial de 2 · 108 V respecto a tierra antes de descargar rayos. Si estos se producen cada 5 segundos, calcula la potencia que se desarrolla en la nube. A efectos de cálculo, supondremos que el sistema físico se comporta como si se tratase de un condensador de placas planas. En dicho condensador, las placas cargadas son las nubes y la superficie de la Tierra, siendo el dieléctrico el aire. Calculemos en primer lugar la energía almacenada en este “condensador”: ∆E =

1 1 ⋅ C ⋅V 2 = ⋅ 0, 4 ⋅ 10 −6 ⋅ (2 ⋅ 10 8 )2 = 8 ⋅ 10 9 J 2 2

La nube es capaz de cargar toda esa energía en tan solo 5 segundos, ya que, a continuación, la descarga mediante un rayo. Por tanto, la potencia de la nube debe ser: ∆E 8 ⋅ 10 9 = = 1, 6 ⋅ 10 9 W P= ∆t 5 10. El núcleo de un átomo de plata tiene carga positiva, debido a los 47 protones que lo forman. Calcula el potencial que crea esta carga en un punto situado a 6 · 10−13 m del centro del núcleo. Debido a la proximidad a la que se encuentran unos de otros, supondremos el conjunto de protones como una carga puntual. El potencial que crea esta carga viene dado por: q V =K ⋅ r Teniendo en cuenta que la carga de un protón es q = 1,6 · 10−19 C, el potencial será: V = 9 ⋅ 10 9 ⋅

47 ⋅ (1, 6 ⋅ 10 −19 ) = 112 800 V 6 ⋅ 10 −13

11. Cerca de la superficie de la Tierra, el campo eléctrico tiene un valor aproximado de 150 N · C−1, y está dirigido hacia el centro de esta. Calcula el valor de la fuerza (módulo, dirección y sentido) que experimenta el núcleo de un átomo de plomo, que contiene 82 protones, al encontrarse sobre la superficie terrestre. La carga del protón es de 1,6 · 10−19 C. Z La situación que describe el problema es la que se muestra en la figura. La relación entre fuerza y campo eléctrico es: E r r F eléctrica = q · E Y Teniendo en cuenta la carga del núcleo del átomo de plomo, así como la dirección y sentido del vector campo, resulta: X r r r r −19 F eléctrica = q · E = 82 · 1,6 · 10 · (−150 · k ) = −1,968 · 10−15 · k N Unidad 7. Campo electrostático.

14

12. Dos cargas eléctricas puntuales, de −20 y 90 µC se encuentran en el aire, separadas 15 cm. a) Calcula el potencial en el punto medio de la recta que une ambas cargas. b) Calcula, si existe, el punto entre ambas cargas en el que el potencial eléctrico se anula. a) El potencial creado por una carga puntual es: V =K ⋅

q r

Por tanto, el potencial creado por ambas en el punto medio de la recta que las une será: Vmedio =

2

qi

i =1

i

∑K ⋅ r

 −20 ⋅ 10 −6 90 ⋅ 10 −6  + = 9 ⋅ 10 9 ⋅  =  7, 5 ⋅ 10 −2 7, 5 ⋅ 10 −2 

= 8, 4 ⋅ 10 6 V b) Si existe, supondremos que dicho punto se encuentra a una distancia de la carga negativa que representaremos por x. De este modo: V =

2

qi

i =1

i

∑K ⋅ r

 −20 ⋅ 10 −6 90 ⋅ 10 −6  = K ⋅ +  =0  x 0,15 − x 

Despejando x en esta expresión, resulta: 20 ⋅ 10 −6 90 ⋅ 10 −6 → 3 − 20 ⋅ x = 90 ⋅ x → = 0,15 − x x 3 →x = = 2, 73 ⋅ 10 −2 = 2, 73 cm 110 Como vemos, a 2,73 cm de la carga de −20 µC, el potencial eléctrico se anula. 13. Una bolita, cargada eléctricamente, de 1 gramo de masa, es atraída por una placa cargada de modo que forma un ángulo de 45° con la vertical.

45°

+ + + + + + +

a) Dibuja un diagrama con las fuerzas que actúan sobre la bola cuando se encuentra en equilibrio. Unidad 7. Campo electrostático.

15

b) Si el campo eléctrico en las proximidades de la placa es de 1 050 V · m−1, calcula el módulo y el signo de la fuerza que actúa sobre la bolita. c) Calcula la carga que posee la bola cuando se encuentra en equilibrio. a) Sobre la bolita actúan las fuerzas que se indican: • Su propio peso. • La fuerza eléctrica de atracción que se produce entre cargas de distinto signo. • La tensión que soporta el hilo, cuya dirección y sentido se indican en la ilustración.

45°

Ty T Feléctrica

Tx

OY

P

OX

+ + + + + + +

b) Planteamos el equilibrio de fuerzas en direcciones OX y OY: OX → −T · sen 45° + Feléctrica = 0 → T · sen 45° = q · E OY → T · cos 45° − m · g = 0 → T · cos 45° = m · g Sustituyendo en la segunda expresión, podemos calcular la tensión: T ⋅ cos 45° = m ⋅ g → →T =

m⋅g 10 −3 ⋅ 9, 81 = 1, 387 ⋅ 10 −2 N = cos 45° cos 45°

Conocida la tensión, resulta inmediato calcular la fuerza eléctrica: Feléctrica = T · sen 45° = 1,387 · 10−2 · sen 45° = 9,81 · 10−3 N c) Una vez calculada la fuerza eléctrica, podemos despejar la carga de la bolita: Feléctrica = q ⋅ E → q =

Feléctrica 9, 81 ⋅ 10 −3 = = 9, 34 ⋅ 10 −6 C E 1 050

14. Tres cargas iguales, de +100 µC, están situadas en el vacío, en los puntos A (0,0), B (0,4) y C (3,0). Las coordenadas se expresan en metros. a) Calcula la fuerza que las dos primeras cargas ejercen sobre la tercera. b) Calcula el vector intensidad del campo eléctrico en el punto (3,0). a) La situación de las cargas es la que se muestra en la figura de la página siguiente. Unidad 7. Campo electrostático.

16

y (m) B (0,4)

FAC x (m)

C (3,0)

A (0,0)

FBC

Para determinar la fuerza total que actúa sobre la carga C debido a la acción de A y B, aplicamos el principio de superposición, calculando por separado la fuerza que ejerce cada carga (A y B) sobre C, y sumando ambos resultados. La fuerza que ejerce A sobre C es: r r Q⋅q r 100 ⋅ 10 −6 ⋅ 100 ⋅ 10 −6 r FAC = K ⋅ 2 ⋅ ur = 9 ⋅ 10 9 ⋅ ⋅ i = 10 ⋅ i N 2 r 3

Para calcular la fuerza que ejerce B sobre C, calculamos en primer lugar el vector unitario de la dirección en que está dirigida esa fuerza: r ur =

3

r ⋅i −

4

r ⋅j =

32 + 4 2 32 + 4 2 r r r r 3 4 = ⋅ i − ⋅ j = 0, 6 ⋅ i − 0, 8 ⋅ j 5 5

La fuerza que ejerce B sobre C es, por tanto: r Q⋅q r F BC = K ⋅ 2 ⋅ ur = r r r 100 ⋅ 10 −6 ⋅ 100 ⋅ 10 −6 = 9 ⋅ 10 9 ⋅ ⋅ (0, 6 ⋅ i − 0, 8 ⋅ j ) = 2 2 3 +4 r r = (2, 16 ⋅ i − 2, 88 ⋅ j ) N

Al sumar ambas fuerzas, resulta: r r r r r F = F AB + F BC = 12,16 · i − 2,88 · j N b) Para calcular la intensidad del campo eléctrico, aplicamos, al igual que en el apartado anterior, el principio de superposición. Para la carga A resulta: r r 100 ⋅ 10 −6 r Q r ⋅ i = 100 000 ⋅ i N ⋅ C−1 E AC = K ⋅ 2 ⋅ ur = 9 ⋅ 10 9 ⋅ 2 3 r

Mientras que para la carga B: Unidad 7. Campo electrostático.

17

r r r Q r 100 ⋅ 10 −6 E BC = K ⋅ 2 ⋅ ur = 9 ⋅ 10 9 ⋅ 2 ⋅ (0, 6 ⋅ i − 0, 8 ⋅ j ) = 2 r 3 +4 r r = (21, 6 ⋅ i − 28, 8 ⋅ j ) ⋅ 10 3 N ⋅ C−1

Al sumar ambos campos, obtenemos el resultado que nos piden: r r r r r E = E AB + E BC = (121,6 · i − 28,8 · j ) · 103 N · C−1 15. Una partícula de polvo de 1,0 · 10−11 g de masa posee una carga total que equivale a la de 20 electrones y se encuentra en equilibrio entre dos placas paralelas horizontales entre las que existe una diferencia de potencial de 153 V. Calcula la distancia que separa las placas. ¿En qué sentido y con qué aceleración se moverá la partícula de polvo si aumentamos la diferencia de potencial entre las placas hasta 155 V? Dato: Carga del electrón = 1,6 · 10−19 C. PAU. Navarra. Junio, 1997. La figura se encuentra en equilibrio bajo la acción de la fuerza electrostática y de su propio peso:

Feléctrica = P

Feléctrica d P

La intensidad del campo eléctrico que existe entre dos placas paralelas cargadas es constante. Por tanto: Feléctrica = q ⋅ E  V  V →q ⋅ =m⋅g d E=  d Al despejar la distancia entre placas, d, y sustituir los datos del enunciado, resulta: d =

q ⋅V 20 ⋅ 1, 6 ⋅ 10 −19 ⋅ 153 = = 0, 005 m m⋅g 1, 0 ⋅ 10 −14 ⋅ 9, 8

Para calcular la aceleración con que se moverá la partícula al aumentar la diferencia de potencial, aplicamos la segunda ley de Newton: F'eléctrica − P = m · a Al despejar y sustituir, obtenemos para la aceleración el valor: V′ Feléctrica −P q⋅ d −m⋅g ′ a= = = m m 155 20 ⋅ 1, 6 ⋅ 10 −19 ⋅ − 1 ⋅ 10 −14 ⋅ 9, 81 0, 005 = = 0, 11 m ⋅ s −2 10 −14 Unidad 7. Campo electrostático.

18

La aceleración será en sentido ascendente, ya que aumentamos el campo eléctrico ascendente. 16. Tres cargas puntuales iguales, de 5 µC, están situadas en el vacío, dispuestas en los vértices de un cuadrado de 20 m de lado, como se muestra en la figura: E?,V?

q =5µC

20 m

q =5µC

q =5µC 20 m

a) Calcula el vector intensidad del campo eléctrico en el cuarto vértice. b) Calcula el potencial eléctrico en el cuarto vértice. c) ¿Cómo se modifica la solución si las tres cargas son negativas? a) Para resolver el problema, numeramos las cargas en sentido antihorario, empezando por la esquina superior izquierda, y aplicamos el principio de superposición para calcular la intensidad del campo sobre el cuarto vértice. De ese modo, para la carga 1: r r 5 ⋅ 10 −6 r Q r ⋅ i = 112, 5 ⋅ i N ⋅ C −1 E 1 = K ⋅ 2 ⋅ ur = 9 ⋅ 10 9 ⋅ 2 20 r Para la carga 2, el vector unitario es: r ur =

20 20 2 + 20 2

r ⋅i +

r 1 r r ⋅j = ⋅ (i + j ) 2 20 2 + 20 2 20

Por tanto, el campo que crea sobre el cuarto vértice es: r Q r 5 ⋅ 10 −6  1 r 1 r E 2 = K ⋅ 2 ⋅ ur = 9 ⋅ 10 9 ⋅ ⋅ ⋅i + ⋅ j = 2  r 2  20 ⋅ 2  2

(

=

56, 25 r r ⋅ (i + j ) N ⋅ C −1 2

)

Para la carga 3: r r 5 ⋅ 10 −6 r Q r ⋅ j = 112, 5 ⋅ j N ⋅ C −1 E 3 = K ⋅ 2 ⋅ ur = 9 ⋅ 10 9 ⋅ 2 20 r Sumando estos valores, obtenemos el resultado final: r E=

r 56, 25 r r r = 112, 5 ⋅ i + ⋅ (i + j ) + 112, 5 ⋅ j = 2 i =1 r r −1 = 152, 3 ⋅ (i + j ) N ⋅ C

Unidad 7. Campo electrostático.

3

r

∑E

i

19

b) Para el potencial resulta: V =

3

3

i=1

i=1

∑ Vi = ∑ K ⋅

Qi = ri

 1 1 1  = 9 ⋅ 10 9 ⋅ 5 ⋅ 10 −6 ⋅  + +  = 6 091 V  20 20 20 ⋅ 2 

c) En este caso, tanto el campo eléctrico como el potencial cambian de signo: r E=

∑ Ei

r

r 56, 25 r r r = −112, 5 ⋅ i − ⋅ (i + j ) − 112, 5 ⋅ j = 2 i=1 r r = −152, 3 ⋅ (i + j ) N ⋅ C−1

V =

∑ Vi = ∑ K ⋅

3

3

3

i=1

i=1

Qi = ri

 1 1 1  = 9 ⋅ 10 9 ⋅ ( −5 ⋅ 10 −6 ) ⋅  + +  = −6 091 V 20 20  20 ⋅ 2 

17. La energía de cierto campo conservativo es Ep = C/x, siendo C una constante positiva. a) Dibuja una gráfica que muestre cómo varía Ep en función de x. Para ello, asigna a C un valor arbitrario. b) Deduce la expresión de la fuerza, F, y dibuja una gráfica que muestre cómo varía en función de x. PAU. Cantabria. Junio, 1997. a) Asignaremos el valor C = 1. Dando valores a x, tenemos: x

0

1

2

5

10

20

∞

Epot = 1/x

∞

1

0,5

0,2

0,1

0,05

0

Al representar gráficamente estos valores, resulta: Ep 1

1 Unidad 7. Campo electrostático.

5

10

15

20

x

20

b) Al tratarse de un campo conservativo, la energía potencial y la fuerza están relacionadas por medio de la expresión: dW = F · dx = −dEp Al despejar de la igualdad anterior la fuerza, resulta: F =−

dE p dx

=−

d C   1 C   = −C ⋅  − 2  = 2  x  x dx  x 

Al igual que en el apartado anterior, asignamos a C el valor 1 y damos valores a x: x

0

1

Fuerza = 1/x2

∞

1

2

5

10

20

0,25 0,04 0,01 0,0025

∞ 0

Al representar gráficamente estos valores, el resultado que obtenemos ahora es: F 1

1

5

10

15

20

x

18. Se tienen tres bolitas, A, B y C, del mismo radio, dispuestas horizontalmente. Las bolitas A y B están fijas, se encuentran separadas 50 cm y están cargadas negativamente, siendo la carga de A ocho veces mayor que la de B. La bolita C está inicialmente en estado neutro, y puede moverse en la recta que une A con B. Se coge la bolita C con unas pinzas aislantes y se pone en contacto con A dejándola después libre en la línea que une A con B. Calcula la posición de equilibrio en que quedará finalmente la carga C. Para resolver este problema, partimos de la relación entre las cargas que obtuvimos en el ejercicio 4 de la página 162 del libro del alumno. Al dejar libre la carga C, esta se ve repelida por las otras dos. Unidad 7. Campo electrostático.

21

FBC

A

FAC

C

B

x

d d—x

No obstante, en el punto de equilibrio, las fuerzas de repulsión son iguales: FA = FB Las expresiones que permiten calcular cada fuerza son, respectivamente: F A = FB → K ⋅

q ⋅q ′ q A′ ⋅ q C′ = K ⋅ B C2 2 x (d − x )

Si tenemos en cuenta las relaciones entre cargas, podemos escribir: 4 1 2 1 = → = 2 2 x (d − x ) x (d − x ) Al sustituir y simplificar: x = 2 ⋅ (d − x ) → x =

2 ⋅ d 2 ⋅ 0, 5 = = 0, 33 m 3 3

19. Se dispone de un conductor como el de la figura, en el que se ha practicado un hueco interior.

S

a) Si el conductor está cargado y en equilibrio, ¿puede haber cargas en la superficie S del hueco interior? Justifica tu respuesta. b) ¿En qué condiciones podría encontrarse cargada la superficie interior del conductor? ¿Por qué? Utiliza el teorema de Gauss para resolver el problema. a) En general, no podría haber cargas elécS tricas, pues el campo en el interior de un conductor cargado y en equilibrio es nulo, con lo cual, al aplicar el teorema de Gauss a la superficie S', que encierra la superficie S, resulta: r r Q Q φ = E ⋅ dS = → E ⋅S = 0 ⋅S = →Q = 0 εo εo S’

∫

Por tanto, la carga en el interior de S' es nula. Unidad 7. Campo electrostático.

22

b) A pesar de ello, la superficie S podría estar cargada. Bastaría que existiese otra carga en el interior de S', igual y de signo contrario, para que la carga total en el interior de S' fuese nula y siguiese cumpliéndose el teorema de Gauss. Si suponemos que la carga en la superficie de S es Q', y que existe otra carga −Q', ocurre lo siguiente: r r Q φ = E ⋅ dS = εo r r Q′ −Q′ E ⋅ dS = E ⋅ S = 0 ⋅ S = → Q = Q′ −Q′ = 0 εo

∫

∫

20. Dos esferas metálicas, de 2 y 4 cm de radio, respectivamente, se encuentran en el vacío. Cada una de ellas posee una carga de 50 nC. a) Calcula el potencial a que se encuentra cada esfera. En cierto instante, se unen ambas esferas mediante un conductor. Calcula: b) El potencial a que se encuentra cada esfera tras unirse. c) La carga que posee cada esfera tras la unión. a) El potencial de una esfera cargada es: V =K ⋅

Q R

Por tanto, para cada una de las esferas del enunciado obtenemos: V1 = K ⋅

Q 50 ⋅ 10 −9 = 9 ⋅ 10 9 ⋅ = 22 500 V R1 2 ⋅ 10 −2

V2 = K ⋅

Q 50 ⋅ 10 −9 = 9 ⋅ 10 9 ⋅ = 11250 V R2 4 ⋅ 10 −2

b) Cuando ambas esferas se unen, se inicia una transferencia de carga eléctrica, que cesa cuando las dos se encuentran al mismo potencial. En ese caso, se cumple la siguiente relación: V1 = V 2 →

Q1′ Q 2′ Q′ Q′ = → 1 = 2 R1 R 2 4 ⋅ π ⋅ ε0 ⋅ R1 4 ⋅ π ⋅ ε0 ⋅ R 2

(1)

Teniendo en cuenta, además, que la carga se conserva, resulta: (2) Q'1 + Q'2 = Q + Q = 2 · Q = 100 nC Las ecuaciones (1) y (2) forman un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, Q'1 y Q'2. Para resolver el sistema, despejamos Q'1 en (2) y sustituimos en (1). De ese modo, obtenemos la carga de la esfera de 4 cm de radio tras la unión: 100 − Q 2′ Q 2′ = → 2 ⋅ Q 2′ = 400 − 4 ⋅ Q 2′ → 2 4 400 → Q 2′ = = 66, 67 nC 6 Unidad 7. Campo electrostático.

23

y, por tanto, la carga de la esfera de 2 cm resulta: Q'1 = 100 − 66,67 = 33,33 nC c) El potencial al que quedan ambas esferas es: V = V1 = V2 → →V = K ⋅ = 9 ⋅ 10 9 ⋅

Q1′ Q′ 33, 33 ⋅ 10 −9 = K ⋅ 2 = 9 ⋅ 10 9 ⋅ = R1 R2 2 ⋅ 10 −2

66, 67 ⋅ 10 −9 = 15 000 V 4 ⋅ 10 −2

21. En el interior de una nave espacial existen las siguientes cargas: 5 µC, −9 µC, 27 µC, −84 µC. Suponiendo que la constante dieléctrica del medio es ε0, calcula el flujo de campo eléctrico que atraviesa las paredes de la nave. Compara el número de líneas de campo que salen de la nave con el número de líneas que entran en ella. PAU. Cádiz. Junio, 1993. El teorema de Gauss permite calcular el flujo que atraviesa una superficie cerrada, S. Para el campo eléctrico, el teorema de Gauss se enuncia en la forma: φ=

Qint ε

expresión en la que Qint es la carga total que encierra en su interior la superficie S, y ε, la constante dieléctrica del medio en que se encuentra dicha superficie. El número de líneas que atraviesan la superficie por unidad de superficie es proporcional al flujo que existe. Podemos hablar de un flujo que entra (cuando las cargas eléctricas que encierra la superficie son negativas) y de un flujo que sale (cuando las cargas eléctricas que encierra son positivas). De acuerdo con lo dicho, el flujo total que atravesará las paredes de la nave será: φtotal =

Qint (5 − 9 + 27 − 84 ) ⋅ 10 −6 = −6, 89 ⋅ 10 6 N ⋅ m 2 ⋅ C −1 = 8, 85 ⋅ 10 −12 ε

siendo el flujo que entra (correspondiente a las cargas negativas): φ− =

Qint ( − ) ε

=

( −9 − 84 ) ⋅ 10 −6 = −10, 51 ⋅ 10 6 N ⋅ m 2 ⋅ C −1 8, 85 ⋅ 10 −12

El flujo que sale (que corresponde a las cargas positivas) resulta ser: φ+ =

Qint ( + ) ε

=

(5 + 27 ) ⋅ 10 −6 = 3, 62 ⋅ 10 6 N ⋅ m 2 ⋅ C −1 8, 85 ⋅ 10 −12

En cuanto a la relación que existirá entre las líneas de campo que salen y las que entran, esta será: Unidad 7. Campo electrostático.

24

φ − 10, 51 ⋅ 10 6 = 2, 90 = 3, 62 ⋅ 10 6 φ+ lo que significa que, por cada 10 líneas de campo que salen, entran 29. 22. Debido a la fricción, una canica de acero de 0,5 cm de radio adquiere una carga de 30 nC. ¿Qué potencial adquiere la canica? El potencial que adquiere una esfera de radio R al cargarse se calcula mediante la expresión: Q V = 4 ⋅ π ⋅ εo ⋅ R Sustituyendo valores, en el caso que nos ocupa resulta: V =

30 ⋅ 10 −9 = 53 951 V 4 ⋅ π ⋅ 8, 85 ⋅ 10 −12 ⋅ 0, 5 ⋅ 10 −2

23. Dado un campo vectorial definido en cada punto por el vector: r r u A = K ⋅ r3 r en el que K es una constante. a) Calcula el flujo de dicho campo a través de una superficie esférica centrada en el origen de coordenadas, de radio 3 cm. b) Repite el problema suponiendo ahora que el radio de la esfera es de 4 cm. c) ¿Se crean, o desaparecen líneas de campo entre ambas esferas? d) ¿Es conservativo el campo de fuerzas derivado de dicho campo vectorial? PAU. Castellón. Junio, 1994. a) Para calcular el flujo, utilizamos la expresión: r r φ = A ⋅ dS

∫

El vector superficie tiene dirección radial, al igual que el vector campo; es decir, ambos vectores son paralelos. Por tanto: r r A ⋅ dS = A ⋅ dS ⋅ cos 0 = A ⋅ dS → r r → φ = A ⋅ dS = A ⋅ dS = A ⋅ S = A ⋅ 4 ⋅ π ⋅ r 2 =

∫

=

K 4 ⋅ π ⋅K ⋅ 4 ⋅ π ⋅r 2 = r r3

Para r = 3 obtenemos: φ = Unidad 7. Campo electrostático.

∫

4 ⋅ π ⋅K . 3 25

b) Del mismo modo, para r = 4: φ = π · K. c) En los apartados anteriores se ha obtenido un valor para el flujo que disminuye con la distancia. Teniendo en cuenta que el flujo es proporcional a las líneas de fuerza del campo que atraviesan la superficie, en este caso desaparecen líneas de fuerza al pasar de la primera a la segunda esfera. d) El resultado obtenido en el apartado anterior nos permite afirmar que el campo de fuerzas no es conservativo. 24. Dos cargas eléctricas puntuales, de 50 µC cada una, se encuentran en el aire, separadas 100 cm. En un punto situado a 130 cm de cada una de ellas se deja en libertad una partícula de 0,1 g, cargada con −5 nC. Debido a la atracción que existe entre cargas de distinto signo, la partícula se mueve libremente hacia el punto medio de la recta que une las dos cargas positivas. Con estos datos, calcula: a) La velocidad con que llegará la partícula al punto medio de la recta que separa las dos cargas positivas. b) El tiempo que transcurre desde que se deja en libertad la partícula hasta que llega al punto medio de la recta que une las dos cargas positivas. a) La disposición de cargas es la que se muestra en la figura: m1, q1

α

d1 F

q2

F

2.F.cos α

q2

d2 100 cm

X Y

En el instante inicial, cuando la partícula es abandonada, carece de energía cinética. El aumento de energía cinética de la partícula se produce gracias a la variación de energía potencial que tiene lugar entre el punto del que parte la carga y el punto al que llega (punto medio entre las dos cargas que crean el campo), ya que el campo eléctrico es conservativo. El balance energético es, por tanto: Unidad 7. Campo electrostático.

26

∆E p + ∆E c = 0 → − ∆E p = ∆E c −q 1 ⋅ ∆V =

1 ⋅m ⋅v 2 2

La diferencia de potencial entre ambos puntos es:  1 1 − ∆V = Vi − V f = K ⋅ 2 ⋅ q 2 ⋅  −   d1 d 2  Con estas expresiones y con los datos que proporciona el enunciado, podemos despejar la velocidad y calcular su valor:  1 1 2 ⋅q1 ⋅ K ⋅ 2 ⋅q 2 ⋅  −  2 ⋅ q 1 ⋅ ( − ∆V )  d1 d 2  = v= m m  1 1  − 2 ⋅ ( −5) ⋅ 10 −9 ⋅ 9 ⋅ 10 9 ⋅ 2 ⋅ 50 ⋅ 10 −6 ⋅    1, 3 0, 5  v= = 0,1 ⋅ 10 −3 = 10, 52 m ⋅ s −1

b) Si calculamos el valor medio de la aceleración que actúa sobre la partícula a lo largo de su recorrido: v 2f − v 02 = 2 ⋅ a ⋅ s → →a =

v 2f − v 02 2⋅s

=

10, 522 2 ⋅ 1, 32 − 0, 52

= 46,11 m ⋅ s −2

el tiempo que tarda la partícula en llegar al punto medio de la recta que une las dos cargas positivas es: v f = v0 + a ⋅t → t =

v f − v0 a

=

10, 52 = 0, 228 s 46,11

25. Una esfera de 0,5 g de masa, cargada eléctricamente, es repelida por una placa cargada. Debido a esa repulsión, el hilo del que cuelga la esfera forma un ángulo de 37° con la vertical. a) Dibuja un diagrama con las fuerzas que actúan sobre la esfera cuando esta se encuentra en equilibrio. b) Si el campo eléctrico en las proximidades de la placa es 2 000 V · m−1, calcula el módulo y el signo de la fuerza que actúa sobre la esfera. Unidad 7. Campo electrostático.

27

+ + 37°

+ +

q

+ + + 5 cm

c) Calcula la carga que posee la esfera. ¿Dé que signo es dicha carga? a) La esfera está sometida a las siguientes fuerzas: + + + + + + + + +

37° T

Ty

E

37° Feléctrica

Tx

5 cm

P=m.g

• Su peso, dirigido verticalmente hacia abajo. • La fuerza eléctrica de repulsión, en dirección horizontal y sentido hacia la derecha. (Si fuese de atracción, se dirigiría hacia la izquierda, donde se encuentra la placa cargada que crea el campo eléctrico). • La tensión que ejerce el hilo sobre ella, cuya dirección es la que indica el hilo, siendo su sentido hacia el punto en que este está sujeto al techo. b) Para obtener r la r fuerzar quer actúa sobre la esfera, analizamos el equilibrio de fuerzas (T + Fe + m · g = 0) en las direcciones OX y OY: OX → −T · sen 37° + Feléctrica = 0 → T · sen 37° = Feléctrica OY → T · cos 37° − m · g = 0 → T · cos 37° = m · g La segunda expresión nos permite calcular la tensión: T =

m⋅g 0, 5 ⋅ 10 −3 ⋅ 9, 81 = 6,14 ⋅ 10 −3 N = cos 37° cos 37°

Por tanto, la fuerza eléctrica resulta: Feléctrica = T · sen 37° = 6,14 · 10−3 · sen 37° = 3,7 · 10−3 N c) Conocida la fuerza eléctrica, podemos despejar la carga de la esfera, cuyo signo será igual que el de la carga de la placa: Feléctrica = q ⋅ E → q = Unidad 7. Campo electrostático.

Feléctrica 3, 7 ⋅ 10 −3 = = 1, 85 ⋅ 10 −6 C E 2 000 28

26. Si añadimos a la esfera del problema anterior una carga igual a la que ya posee, del mismo signo, ¿cuál será ahora el ángulo que formará con la vertical el hilo del que pende? Ahora, la carga de la esfera es q = 2 · 1,85 · 10−6 = 3,7 · 10−6 C. Analicemos, de nuevo, las condiciones de equilibrio de la esfera: OX → −T · sen α + Feléctrica = 0 → T · sen α = q · E OY → T · cos α − m · g = 0 → T · cos α = m · g Dividiendo entre sí ambas expresiones, resulta: tg α =

q⋅E 3, 7 ⋅ 10 −6 ⋅ 2 000 = = 1, 51 → α = 56, 5° m⋅g 0, 5 ⋅ 10 −3 ⋅ 9, 8

27. En los vértices de un hexágono regular de 1 m de lado se colocan sendas cargas de 100 nC cada una. Calcula: a) El valor que corresponde a la intensidad del campo eléctrico en el centro del hexágono. b) El potencial eléctrico en dicho punto. c) El trabajo que debemos realizar para trasladar una carga de 10 nC desde el infinito hasta el centro del hexágono. a) Debido a que todas las cargas son del mismo signo y se encuentran a la misma distancia del centro del hexágono, los vectores del campo eléctrico que origina cada una de las cargas se anulan dos a dos. q1=100 nC

1

E4 q6=100 nC

E3

q2=100 nC

E6

6

E2 5

2 E5

3

q3=100 nC

E1

r=1m

q5=100 nC

4

q4=100 nC s=1m

El campo que crea la carga 1 se anula con el que crea la carga 4; el que crea la carga 2 se anula con el que crea la carga 5, y el que crea la carga 3 se anula con el que crea la carga 6. Podemos afirmar, por tanto, que el campo eléctrico que crean las seis cargas de 100 nC en el centro del hexágono es nulo. b) En un hexágono regular, la medida del lado coincide con la distancia del vértice al centro. Además, como todas las cargas son del mismo signo y se encuentran a la misma distancia, el potencial en el centro es: Unidad 7. Campo electrostático.

29

VT =

6

∑ Vi i=1

= 6 ⋅ Vi = 6 ⋅ K ⋅

Qi 100 ⋅ 10 −9 = 6 ⋅ 9 ⋅ 10 9 ⋅ = 5 400 V Ri 1

c) El trabajo exterior que nos piden se puede obtener haciendo uso de la expresión: Wext = q · ∆V = q · (Vf − Vi ) = 10 · 10−9 · (5 400 − 0) = 5,4 · 10−5 J ya que, en el infinito, el potencial eléctrico es nulo. 28. Resuelve de nuevo el problema anterior, suponiendo ahora que los vértices 1, 3 y 5 del hexágono poseen una carga de 100 nC, y los vértices 2, 4 y 6, una carga de −100 nC. ¿Qué variaciones se producen respecto a la situación anterior al cambiar el signo de tres de las cargas? a) En este caso, los vectores unitarios que hemos de calcular son tres, que llar r r maremos u14, u25 y u36. Recordemos que, en un hexágono regular, el ángulo entre la línea centrovértice y el apotema mide 30°. q1=100 nC

q2=–100 nC E2≡ E5 30°

E3≡ E6

q6=–100 nC

Y

u25 u36

q3=100 nC

u14

E1≡ E4 r=1m 30° 30° q5=100 nC

O

X

q4=–100 nC

Teniendo en cuenta las consideraciones anteriores, los vectores unitarios resultan: r r r r 3 r ⋅j u14 = sen 30° ⋅ i − cos 30° ⋅ j = 0, 5 ⋅ i − 2 r r r r 3 r ⋅j u 25 = sen 30° ⋅ i + cos 30° ⋅ j = 0, 5 ⋅ i + 2 r r u 36 = −1 ⋅ i En todos los casos, el módulo del vector campo eléctrico, Ei , es el mismo, pues todas las cargas tienen el mismo valor, y la distancia al centro desde cualquier carga es también la misma. Si sumamos todos los vectores, resulta: r ET =

6

r

∑E i =1

i

r r r = 2 ⋅ E i ⋅ (u14 + u 25 + u 36 ) =

r r r  3 r 3 r = 2 ⋅ E i ⋅  0, 5 ⋅ i − ⋅ j + 0, 5 ⋅ i + ⋅ j − 1 ⋅i  = 2 2   r r r = 2 ⋅ E i ⋅ ( 0 ⋅i + 0 ⋅ j ) = 0 Unidad 7. Campo electrostático.

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Como vemos, el campo eléctrico en el centro es nulo. b) El potencial en el centro será la suma de los potenciales creados por cada una de las cargas: VT =

∑

Vi =

6

∑

k ⋅ Q = R i i =1 i

= 9 ⋅ 10 9 ⋅ 10 −9 ⋅ (100 − 100 + 100 − 100 + 100 − 100 ) = 0 V El potencial en el centro del hexágono también es nulo. c) El trabajo que nos piden que calculemos se obtiene haciendo uso de la expresión: Wext = q · ∆V = q · (Vf − Vi ) = 10 · 10−9 · (0 − 0) = 0 J ya que, en el infinito, el potencial eléctrico es nulo. Consideraciones respecto al caso anterior: • En este caso, el potencial también es nulo, al haber cargas de ambos signos simétricamente dispuestas. • Debido a ello, el trabajo para desplazar la carga desde el infinito también resulta nulo, pues ambos puntos (el infinito y el centro) están al mismo potencial (V = 0).

Unidad 7. Campo electrostático.

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