Problemas de aplicación de la ley de Coulomb: 1-9, 12

Campo eléctrico $d\vec{E}$ creado en el punto $\vec{r}$ por una carga diferencial dq situada en $\vec{r}'$:

${\displaystyle d\vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} dq \frac{\vec{r}-\vec{r}'}{\vert\vec{r}-\vec{r}'\vert^3}}$

P.1 La carga situada en y=a crea un campo en (x, y=0) igual a

$$\vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{x^2+a^2} \left(\... ...{q}{x^2+a^2} \left(\frac{-a}{\sqrt{x^2+a^2}}\right)\hat{j} ,$$

con ${\displaystyle \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}=k}$; notar que el vector $\vec{r}-\vec{r}'$ que va desde la carga hasta el punto donde queremos calcular el campo eléctrico es igual a $\vec{r}-\vec{r}'=(x-0) \hat{i}+(y-a) \hat{j}$ y por tanto el vector unitario en esa dirección es ${\displaystyle \frac{\vec{r}-\vec{r}'}{\vert\vec{r}-\vec{r}'\vert} =\frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}} \hat{i} +\frac{-a}{\sqrt{x^2+a^2}} \hat{j}}$. La componente vertical del campo eléctrico anterior es compensada por la componente vertical del campo creado por la carga situada en y=-a (para verlo, basta con sustituir en la ecuación anterior a por -a). El campo eléctrico resultante es entonces

$$\vec{E}_{\scriptscriptstyle \rm total}= 2\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qx}{(x^2+a^2)^{3/2}} \hat{i} .$$ (1)

Para $x\approx 0$ se cumple $\sqrt{x^2+a^2}\approx\sqrt{a^2}=a$ y entonces ${\displaystyle E_{\scriptscriptstyle \rm total}\approx 2\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qx}{a^3}}$. Para $x\gg a$ podemos escribir $\sqrt{x^2+a^2}\approx x$ y el campo resultante es entonces

$$\vec{E}_{\scriptscriptstyle \rm total}\approx 2\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{x^2} \hat{i} ,$$ (2)

que es el campo creado por una única carga puntual de 2q situada en el eje horizontal: esto es debido a que a grandes distancias comparadas con la distancia 2a que separa las dos cargas, el efecto es como si estas dos cargas se ``vieran'' juntas.

P.2 Por el mismo motivo que en el problema anterior, la dos cargas Q colocadas en la vertical del punto donde queremos calcular el campo (donde está situada la carga q) compensan entre sí el campo eléctrico que crean en el centro del círculo. La dos cargas siguientes crean un campo que viene dado por la ecuación (1) para ${\displaystyle x=\frac{R}{\sqrt{2}}=a}$; y la carga que está sobre el eje horizontal crea un campo también dado por (1) con x=R y a=0. El campo resultante en el centro del círculo es entonces

$$\vec{E}_{\scriptscriptstyle \rm total}= 2\frac{1}{4\pi\varep... ...rac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q(1+\sqrt 2)}{R^2} \hat{i} ,$$ (3)

y la fuerza a la que está sometida la carga q puesta en ese punto es ${\displaystyle \vec{F}=q\vec{E}_{\scriptscriptstyle \rm total}}$.

P.3 Midamos el ángulo $\alpha$ a partir del eje vertical. Un elemento diferencial de arco situado a un ángulo $\alpha$ de la vertical crea un campo en el origen de coordenadas

$$d\vec{E}= \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq}{R^2} \left(- {\rm sen} \alpha \hat{i}-\cos\alpha \hat{j}\right) ,$$ (4)

con $dq=\lambda R d\alpha$ ya que $Rd\alpha$ es la longitud del elemento diferencial de arco. El campo creado por el arco completo en su centro es entonces

$$\vec{E}=\int_{\alpha=-\theta}^{\alpha=\theta}d\vec{E}= -\fra... ...}{2\pi\varepsilon_0}\frac{ {\rm sen} \theta}{R} \hat{j} ,$$ (5)

ya que la componente horizontal del campo resultante es cero por simetría, algo que se puede comprobar directamente al hacer la integral ${\displaystyle \int_{\alpha=-\theta}^{\alpha=\theta} {\rm sen} \alpha d\alpha=0}$.

P.4 Un elemento diferencial dx situado a una distancia x del origen de coordenadas crea en este último punto un campo ${\displaystyle d\vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda dx}{x^2}(-\hat{i})}$ ya que la carga que tiene dicho elemento diferencial es $dq=\lambda dx$. El campo resultante de sumar toda la distribución continua de carga es

$$\vec{E}=-\hat{i}\int_{x=d}^{x=l+d} \frac{1}{4\pi\varepsilon_... ...mm}\left(\frac{l+d}{d}\right)-\frac{l}{l+d}\right) \hat{i} .$$ (6)

P.5 En el vértice inferior izquierdo el campo creado por cada una de las cargas (sin contar la carga que está situada en dicho punto) es

$$\hspace{-8mm}\vec{E}_1 = \underbrace{\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{(+q)}{L^2}\left(-\h... ..._0} \frac{(+q)}{L^2}\left(0 \hat{i}-\hat{j}\right)}_{ \mbox{$+q$ sup. izq.}}=$$

$$= \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{L^2} \left(-1+\frac{1}{2\sqrt 2}\right)(\hat{i}+\hat{j}) ,$$ (7)

y por tanto la fuerza que siente una carga -q situada en dicho punto es ${\vec{F}=(-q)\vec{E}_1}$.

Para el segundo caso, el campo eléctrico creado por las cuatro cargas es

$$\hspace{-8mm}\vec{E}_2 = \underbrace{\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{(-q)}{\displaystyle... ...0} \frac{(+q)}{\left(\frac L2\right)^2} (-\hat{j})}_{ \mbox{$+q$ sup. izq.}}+$$

$$+\underbrace{\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{(-q)}{\displaystyl... ...}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{L^2} \left(-8+\frac{8}{5\sqrt 5}\right)\hat{j} .$$ (8)

Notar que el vector que va, por ejemplo, de la carga inferior derecha al punto medio del tramo vertical izquierdo es ${\displaystyle \vec{r}=-L \hat{i}+\frac L2 \hat{j}}$ y por tanto el vector unitario en tal dirección es ${\displaystyle -\frac{2\hat{i}}{\sqrt 5}+\frac{\hat{j}}{\sqrt 5}}$.

P.6 El campo eléctrico $\vec{E}=E_0 \hat{j}$ con $E_0=3.5\times 10^3{\rm N/C}$ indica que la placa superior del condensador plano está cargada negativamente y por tanto va a repeler al electrón. Dentro del condensador la fuerza que actúa sobre el electrón es $\vec{F}=(-e)\vec{E}$, donde $e=1.6\times 10^{-19}{\rm C}$ es la carga del electrón, y por tanto estará sometido a una aceleración

$$\left\{\begin{array}{lclccl} \vec{a}_y &\hspace{-2mm}=\hspac... ...mm}=\hspace{-2mm}& 0 \hat{i} &&& a_x=0 , \end{array}\right.$$

con $m_e=9.11\times 10^{-31}{\rm kg}$. En la anterior ecuación se ha despreciado la fuerza gravitatoria sobre el electrón ya que su masa es muy pequeña. Puesto que por definición la aceleración es la derivada de la velocidad con respecto al tiempo, la velocidad se obtiene a partir de la aceleración integrando con respecto al tiempo

$$\left\{\begin{array}{lcl} v_y &\hspace{-2mm}=\hspace{-2mm}& ... ...&\hspace{-2mm}=\hspace{-2mm}& v_{0, x} , \end{array}\right.$$

donde $v_{0, y}=v_0 {\rm sen} \theta$ y $v_{0, x}=v_0\cos\theta$ con $v_0=5\times 10^6{\rm m/s}$ y $\theta=\pi /4\equiv 45^\circ$. Y la posición se obtiene integrando una vez más con respecto al tiempo

$$\left\{\begin{array}{lcl} y &\hspace{-2mm}=\hspace{-2mm}& {... ...\hspace{-2mm}=\hspace{-2mm}& v_{0, x}t , \end{array}\right.$$

en la que despejando el tiempo obtenemos un tiro parabólico de ecuación

$$y=\frac{v_{0,y}}{v_{0,x}} x-\frac{eE_0}{2m_e v_{0, x}^2} x^2 .$$ (9)

Para que el electrón llegue a la placa superior se tiene que cumplir que y=h=2cm sea solución de la ecuación (9): puesto que la solución de la ecuación $ax^2+bx+c=0$ es ${\displaystyle \frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}}$, el que exista solución depende de si lo que hay dentro de la integral es mayor que cero, ya que la raíz cuadrada de un número negativo es un número imaginario. En nuestro caso, es necesario que

$$\left(\frac{v_{0,y}}{v_{0,x}}\right)^2\geq 4h\frac{eE_0}{2m_... ...row\quad v_0^2 {\rm sen} ^2\theta\geq 2h\frac{eE_0}{m_e} .$$ (10)

Y como $v_0^2 {\rm sen} ^2\theta=1.25\times 10^12{\rm m^2/s^2}$ pero ${\displaystyle 2h\frac{eE_0}{m_e}=2.46\times 10^12{\rm m^2/s^2}}$, no llega a la placa superior.

*Suplemento. Otra manera de obtener el mismo resultado es partiendo de que si el electrón no parte con energía cinética suficiente, no llegará a alcanzar la placa superior: de acuerdo con la conservación de la energía mecánica, lo que varía la energía cinética del electrón es igual a menos lo que varía la energía potencial

$$\Delta E_{\scriptscriptstyle \rm cin}=\frac{m_e}{2} v_f^2-\f... ...v_0^2= -\Delta U_{\scriptscriptstyle \rm pot}=(-e)\Delta V ,$$

donde $\Delta V$ es la direfencia de potencial entre las placas del condensador, que en el caso de un condensador plano es igual al campo eléctrico multiplicado por la distancia entre las placas, $\Delta V=h E_0=3.5\times 10^3{\rm V/m} \times 0.02{\rm m}=70{\rm V}$. La condición mínima para que el electrón justo llegue a la placa superior es que su velocidad final sólo tenga componente horizontal (acordarse de que como no hay ninguna fuerza en el eje horizontal, la velocidad en este eje no puede disminuir): $v_f=v_0\cos\theta$ con lo que la velocidad mínima con la que tiene que partir el electrón para alcanzar la placa superior es

$$\frac{m_e}{2}(v_0)^2_{\scriptscriptstyle \rm min}\cos^2\theta- \frac{m_e}{2}(v_0)^2_{\scriptscriptstyle \rm min}=-ehE-0 ,$$

$$(v_0)^2_{\scriptscriptstyle \rm min} {\rm sen} ^2\theta=\frac{2h eE_0}{m_e} ,$$ (11)

que es el mismo resultado que (10).

El electrón no alcanza la placa superior y choca contra la placa de la que partió a una distancia x que viene dada por la ecuación (9) para y=0: x=0.04 m.

P.7 El campo creado por un elemento diferencial $\lambda d\theta$ de carga en un punto a una altura x del eje viene dado ${\displaystyle d\vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda ad\theta}{a^2+x^2} \frac{x}{\sqrt{a^2+x^2}} \hat{i}+d\vec{E}_\perp}$, donde $\lambda$ es la densidad lineal de carga ${\displaystyle \lambda=\frac{Q}{2\pi a}}$; $d\vec{E}_\perp$ es la componente del campo eléctrico perpendicular al eje X y que al sumar todos los elementos diferenciales de arco se van a compensar unos con otros, quedando así

$$\vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda a 2\pi}{a^2... ...{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Qx}{(a^2+x^2)^{3/2}} \hat{i} ,$$ (12)

y para $x\ll a$

$$\vec{E}\approx \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 a^3} x \hat{i} .$$ (13)

La fuerza que actúa sobre un electrón situado en la posición en la que acabamos de calcular el campo eléctrico es

$$\vec{F}=(-e)\vec{E}\approx -\frac{eQ}{4\pi\varepsilon_0 a^3} x \hat{i} ,$$

que tiene que ser igual, de acuerdo con la segunda Ley de Newton, a la masa del electrón por su aceleración

$$-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{eQ}{a^3} x \hat{i} =m_e\frac{d^2x}{dt^2} \hat{i} ,$$

$$\frac{d^2x}{dt^2}+ \left(\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{eQ}{m_e a^3}\right)x=0 .$$ (14)

Esta última ecuación es la de un movimiento armónico ${\displaystyle \frac{d^2x}{dt^2}+\omega_0^2x=0}$ con frecuencia natural ${\displaystyle \omega_0=\sqrt{\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{eQ}{m_e a^3}}}$; la frecuencia f viene definida por $\omega_0/2\pi$.

P.8 La fuerza de repulsión entre las dos cargas, ${\displaystyle \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{(2L {\rm sen} \theta)^2}}$, lleva dirección horizontal y en la posición de equilibrio tiene que ser compensada por la componente horizontal de la tensión, $T {\rm sen} \theta$. Por otro lado, la componente vertical de la tensión, $T\cos\theta$, equilibra el peso de cada bola, y por lo tanto

$$\frac{T_x}{T_y}=\tan\theta =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{(2L {\rm sen} \theta)^2mg} ,$$ (15)

de donde se despeja q.

P.9 Teniendo en cuenta que la tensión viene dada por ${\displaystyle \vec{T}=-T {\rm sen} \theta \hat{i}+T\cos\theta \hat{j}}$, el peso por ${\displaystyle \vec{P}=-mg \hat{j}}$, y la fuerza debida al campo eléctrico constante

$$\vec{F}=q\vec{E}=3\times 10^5 q \hat{i}+5\times 10^5 q \hat{j} ,$$

el valor de T y q en la posición de equilibrio se obtiene directamente de la condición que la suma de las tres fuerzas es cero:

$$\left\{\begin{array}{rcl} -T {\rm sen} \theta+3\times 10^5... ...5 q-mg &\hspace{-1mm}=\hspace{-1mm}& 0 , \end{array}\right.$$ (16)

con $m=10^{-3}{\rm kg}$ y $\theta=37^\circ$.

P.12 El campo eléctrico creado por el anillo en puntos a lo largo del eje que pasa por su centro ya ha sido calculado en (12): ${\displaystyle \vec{E}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \frac{x}{(a^2+x^2)^{3/2}} \hat{i}}$, con Q la carga del anillo.

La función ${\displaystyle f(x)=\frac{x}{(a^2+x^2)^{3/2}}}$, representada en trazo continuo en la siguiente figura, presenta un extremo (máximo o mínimo) en aquellos valores de x para los que la derivada (representada en trazo discontinuo) ${\displaystyle \frac{df}{dx}=\frac{a^2-2x^2}{(a^2+x^2)^{5/2}}}$ sea cero, es decir, cuando $a^2-2x^2=0$. Así se obtiene

$$\left\{\begin{array}{rcl} \vec{E}(x=a/\sqrt 2) &\hspace{-2mm... ...ilon_0 a^2}\frac{2}{3\sqrt 3} \hat{i}} . \end{array}\right.$$ (17)