problemas resueltos electricidad estatica
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PROBLEMAS RESUELTOS ELECTRICIDAD ESTATICA
Con estos pocos problemas pretendemos hacer ver que si
aplicamos las pautas comentadas y somos rigurosos con los cΓ‘lculos los,
aparentemente, complicados y teΓ³ricos problemas de electrostΓ‘tica no lo
son tanto. Esperamos conseguirlo.
1. Una carga π = +ππͺ y masa π = ππ²π es acelerada bajo una
diferencia de potencial de 1000 V y entra con la velocidad
adquirida y equidistante de las placas dentro de un condensador
de placas separadas 60 cm y que estΓ‘n a una diferencia de
potencial de 680 voltios. Las placas tienen una longitud de 1 m y la
velocidad de entrada de la carga forma 30 grados con el eje OX tal
como indica la figura. Hallar la altura mΓ‘xima que la carga
adquiere entre las placas y su velocidad al salir de ellas.
+
β
Lo primero, vamos a calcular el mΓ³dulo de la velocidad de
entrada despuΓ©s de haber sido acelerado.
βπ¬π = |πβπ½| β1
2ππ£π
2 β1
2ππ£0
2 = |πβπ| β1
22π£π
2 β 0 = 1 β 1000
β ππ = ππβπππ
π
Una vez dentro, la carga estΓ‘ inmersa en un campo elΓ©ctrico
vertical y hacia abajo (por cΓ³mo estΓ‘n cargadas las placas, la positiva
arriba) que le va a producir una aceleraciΓ³n tambiΓ©n hacia abajo (la carga
es positiva) que queremos calcular. A partir de ahΓ el problema serΓ‘ de
cinemΓ‘tica.
Campo dentro de las placas del condensador:
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βπ½ = π¬π β 680 = πΈ60 β 10β2 β πΈ =3400
3
π
πΆ
Por lo tanto, la fuerza sobre nuestra carga es:
πΉ = ππΈ β πΉ = 1 β3400
3 π vertical hacia abajo
Y su aceleraciΓ³n:
πΉ = ππ β π =3400
6=
1700
3
π
π 2 TambiΓ©n vertical y hacia abajo
En estas fΓ³rmulas vectoriales hemos trabajado sΓ³lo con los
mΓ³dulos porque las direcciones de los vectores las sabΓamos.
Con estos datos, el problema es de tiro oblicuo:
π£0
π
π£0ββββ = 10β10πππ 30π + 10β10π ππ30π = 5β30π + 5β10π
π =1700
3(βπ ) = β
1700
3π
π0ββ β = 0
Recordando los tiros parabΓ³licos, estas son las tres caracterΓsticas
que lo definen pues tienen de fΓ³rmula general:
π = π0ββ β + π£0ββββ π‘ +1
2π π‘2
En nuestro caso:
π = (5β30π + 5β10π )π‘ +1
2(β1700
3π )π‘2
Y agrupando componentes:
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π = 5β30 β π‘π + (5β10 β π‘ β1700
6π‘2)π
De donde:
π£ =ππ
ππ‘= 5β30π + (5β10 β
1700
3π‘) π
Ya conocemos perfectamente el movimiento con estas dos leyes.
Vamos a calcular la altura mΓ‘xima y eso, como sabemos, es cuando la
velocidad es sΓ³lo horizontal (en el punto mΓ‘s alto no hay componente
vertical de la velocidad). Por lo tanto:
π£π¦ = 0 β 5β10 β1700
3π‘ = 0 β π‘ =
15β10
1700=3β10
340π
Veamos ahora la posiciΓ³n en este tiempo:
π (3β10
340) = 5β30
3β10
340 π + (5
3β10
340β10 β
1700
6(3β10
340)2) π
π =15β3
34π + (
15
34β15
68) π β π, ππ π + π, πππ
Por lo que el vΓ©rtice de la parΓ‘bola se alcanza dentro del condensador en
la posiciΓ³n calculada respecto al origen de coordenadas definido.
Veamos ahora la velocidad de salida:
Seguimos advirtiendo que para calcular alguna caracterΓstica
concreta del movimiento (en nuestro caso la velocidad de salida) tenemos
que saber traducir al lenguaje matemΓ‘tico de la trayectoria βalgunaβ
propiedad que defina al punto que queremos estudiar y calcular con ella
el tiempo en que eso ocurre (conocido el tiempo, conocemos todo pues
es la variable fundamental). Suele ser sencillo, en nuestro caso creemos
que se ve fΓ‘cil que la βxβ del punto de salida es un metro
π = πβππ β π = π β π‘ =1
5β30π β π£ (
1
5β30) = 5β30π + (5β10 β
1700
3
1
5β30)π β 27π β 5π
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Alargamos este problema con una segunda parte:
Un plano indefinido y vertical de densidad ππͺ
ππ estΓ‘ a ππ de la
salida del condensador. Calcular dicha densidad sabiendo que es la
mΓnima para que no choque la carga con el plano.
Representando lo que sabemos hasta ahora:
π1 π
β
π π£0=ββ ββ ββ 27π β 5π
2π
Para el estudio del movimiento fuera del condensador elegimos
otro origen de coordenadas π1 y asΓ nos evitamos trabajar con π 0 en la ley
fundamental del movimiento de aceleraciΓ³n constante, como va a ser en
nuestro caso segΓΊn vemos:
Campo creado por la placa, segΓΊn recordamos de la teorΓa, es:
οΏ½βοΏ½ =π
2π(βπ ) Ya que la placa es positiva
Fuerza entonces sobre la partΓcula:
πΉ = ποΏ½βοΏ½ β πΉ = 1 (βπ
2ππ ) β π =
πΉ
π= β
π
4ππ (AquΓ hemos utilizado las
leyes vectoriales como ejemplo, aunque tambiΓ©n, por la sencillez de las
direcciones, hubiΓ©ramos podido trabajar con los mΓ³dulos de estos
vectores e indicar su direcciΓ³n al lado, como se ha hecho en el apartado
anterior). Ya tenemos entonces las tres caracterΓsticas esenciales del
movimiento
π = π0ββ β + π£0ββββ π‘ +1
2π π‘2 β
{
π 0 = 0β
π£ 0 = 27π β 5π
π = βπ
4ππ
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Como vemos, hemos trabajado con la incΓ³gnita π
tranquilamente y lo vamos a seguir haciendo hasta que al final,
imponiendo la condiciΓ³n del problema (la carga no choca con la placa),
calculemos su valor y solucionemos el problema (tΓ©cnica general,
creemos, para resolver muchos problemas). Sustituyendo en la ley general
los valores de π 0, π£ 0 π¦ π nos queda:
π = (27π β 5π)βββ π‘ +1
2(β
π
4ππ ) π‘2 β π = (27π‘ β
π
8ππ‘2) π β 5π‘π
{π₯ = 27π‘ β
π
8ππ‘2
π¦ = β5π‘
Y el vector velocidad:
π£ =ππ
ππ‘= (27 β
π
4ππ‘) π β 5π
{π£π₯ = 27 β
π
4ππ‘
π£π¦ = β5
Ecuaciones que nos permiten conocer el movimiento
perfectamente. La condiciΓ³n que nos permite resolver el problema nos la
estΓ‘n diciendo en el enunciado: cuando la carga llega a la placa, como no
queremos que choque con ella eso significa que en ese momento la
velocidad es sΓ³lo vertical, o sea, en ese momento π£π₯ = 0, cuando π₯ = 2
Vamos a las ecuaciones de βxβ y π£π₯ e imponemos esas condiciones:
π₯ = 2 β πππ βπ
ππΊππ = π
π£π₯ = 0 β ππ βπ
ππΊπ = π
Sistema de dos ecuaciones con dos incΓ³gnitas en π‘ π¦ π que, como
decΓamos, resuelven el problema.
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La trayectoria de la carga serΓ‘
π1 π
β
π π£0ββββ = 27π β 5π
2π
2. Sea un segmento de longitud L y carga Q uniformemente
distribuida (densidad de carga πΈ
π³ constante). Calcular el campo
elΓ©ctrico en los puntos del plano que pasa por su centro y es
perpendicular al segmento.
Lo primero es una figura y unos ejes respecto a los cuales
definir posiciones y vectores; Elegir el mΓ‘s sencillo es mΓ‘s bien
intuitivo, en nuestro caso elegimos la barra cargada (remarcada en
negro) y el plano perpendicular a ella (el plano ππ) segΓΊn la figura:
π
ποΏ½βοΏ½ π(π₯, 0, π§)
ππ ππ π(0, π¦, 0) π
π¦ ππ¦
π
Como hemos hecho en el apartado de teorΓa de cΓ‘lculo de campo
elΓ©ctrico, cogemos una carguita genΓ©rica posicionada por, en este caso, la
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variable βπ¦β y encerrada en un trocito del segmento cargado de longitud
ππ¦ y calculamos el vector (diferencial) de campo elΓ©ctrico en el punto
que queramos ( π(π₯0, 0, π§0) en nuestro caso, punto genΓ©rico del plano del
problema pero de componentes constantes y por ello en las coordenadas
de P se han puesto subΓndices para remarcar que π₯0 π¦ π§0 son constantes,
que estamos en un punto concreto, y eso lo tendremos muy en cuenta a la
hora de integrar) producido por esa carguita y despuΓ©s sumaremos todos
esos βcampitosβ por medio de una integral para calcular el campo total en
el punto P como nos han pedido. Una advertencia, por comodidad de
escritura no pondremos los subΓndices a π₯0 π¦ π§0 y a partir de ahora serΓ‘n
π₯ y π§
CΓ‘lculo de ποΏ½βοΏ½ :
DirecciΓ³n: la direcciΓ³n y sentido, como vemos en la figura, es la del vector
ππββββ β
πΈπ·ββββββ = (π β π) = (π₯, 0, π§) β (0, π¦, 0) = (π₯,βπ¦, π§) = π₯π β π¦π + π§οΏ½βοΏ½
|πΈπ·ββββββ | = βπ₯2 + π¦2 + π§2
= |π₯2 + π§2 = π 2 π₯ π¦ π§ π ππ ππππ π‘πππ‘ππ πππ ππ’ππ‘π π|
= βπ 2+π¦2
π π§
π 2 = π₯2 + π§2 = ππ‘π ππ ππ πππ‘π.
π₯
Vector unitario en la direcciΓ³n y sentido de π οΏ½ββοΏ½ , οΏ½ββοΏ½
οΏ½βοΏ½ =1
|ππββββ β|ππββ ββ β =
1
βπ 2+π¦2(π₯π β π¦π + π§οΏ½βοΏ½ )
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MΓ³dulo del campo infinitesimal producido por la carguita π π
ππΈ = πΎππ
π2= |ππ = πππ¦ =
π
πΏππ¦; π2 = |ππββββ β|
2= π 2 + π¦2| = πΎ
ππΏππ¦
π 2 + π¦2
Por lo que
π οΏ½ββοΏ½ = π π¬ β οΏ½ββοΏ½ = π²πΈ
π³
π π
πΉπ + ππβ
π
βπΉπ+ππ(ππ β ππ + ποΏ½ββοΏ½ ) β
οΏ½ββοΏ½ = π²πΈ
π³β«
π π
(πΉπ + ππ)ππ
π=π³π
π=βπ³π
(ππ β ππ + ποΏ½ββοΏ½ )
= πΎπ
πΏ[β«
π π
(πΉπ + ππ)ππ
π=π³π
π=βπ³π
ππ β β«π π
(πΉπ + ππ)ππ
π=π³π
π=βπ³π
ππ
+ β«π π
(πΉπ + ππ)ππ
π=π³π
π=βπ³π
ποΏ½ββοΏ½ ]
La segunda integral vale cero pues es la de una funciΓ³n impar entre dos
valores simΓ©tricos de la variable. Las otras dos resultan ser las mismas
pues en ellas π₯ π¦ π§ son constantes.
La integral que hay que resolver por lo tanto:
β«ππ¦
(π 2 + π¦2)32
π¦=πΏ2
π¦=βπΏ2
= [1
π 2π¦
βπ 2 + π¦2]
βπΏ2
+πΏ2
=1
π 22
πΏ2
βπ 2 +πΏ2
4
=2πΏ
π 2β4π 2 + πΏ2
Llamada binomial no nos parece para nada interesante resolverla aquΓ (de
hecho la ha resuelto uno de los muchos programas que hay para ello).
Sustituyendo en la expresiΓ³n del campo, nos queda:
οΏ½ββοΏ½ = π²πΈ
π³[
ππ³
πΉπβππΉπ + π³πππ +
ππ³
πΉπβππΉπ + π³πποΏ½ββοΏ½ ]
Si π β« πΏ β
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οΏ½βοΏ½ = πΎπ
πΏ[2πΏ
2π 3π₯π +
2πΏ
2π 3π§οΏ½βοΏ½ ] = πΎ
π
π 3(π₯π + π§οΏ½βοΏ½ )
π£ = π₯π + π§οΏ½βοΏ½
οΏ½βοΏ½
οΏ½βοΏ½ = πΎπ
π 2π£
π = πΎ
π
π 2οΏ½βοΏ½
Pues
|π£ | = βπ₯2 + π§2 = π π¦ πππ ππ π‘πππ‘ππ£
π =π£
|π£ |= οΏ½βοΏ½
Vector unitario en la direcciΓ³n de π£
Observamos que la expresiΓ³n
οΏ½βοΏ½ = πΎπ
π 2οΏ½βοΏ½
Es la misma que la expresiΓ³n del campo que producirΓa esa
carga si fuera puntual y situada en el origen de coordenadas.
3. Demostrar que el campo elΓ©ctrico producido por una carga anular
de densidad constante en los puntos de su eje tiene su mΓ³dulo
mΓ‘ximo en ππ = +π
βπ π ππ ππ = β
π
βπ siendo π el radio del anillo.
Representar el mΓ³dulo del campo en funciΓ³n de βxβ para todos sus
valores.
ππ π
π π· ππΈ2ββββ
ππ1 ππΈ1ββββ π
π π₯
ππ2
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Si nos damos cuenta, la direcciΓ³n del campo total es la del eje X
pues las componentes Y Z del campo infinitesimal creado por una carguita
infinitesimal ππ1 quedan contrarrestadas por el campo infinitesimal
creado por la carguita ππ2 que estΓ‘ enfrente suyo en el anillo. Podemos
entonces simplificar el problema sin tener que trabajar con los vectores
unitarios en las tres dimensiones para integrar cada componente despuΓ©s.
Vamos a calcular el campito infinitesimal en la direcciΓ³n del eje X
producido por una carga genΓ©rica posicionada por el Γ‘ngulo π y despuΓ©s
los sumaremos por medio de la integral para calcular el campo total que,
como hemos dicho, va en esa direcciΓ³n.
Campo infinitesimal en la direcciΓ³n eje X creado por la carguita
ππ1:
ππ1 = ππππ ππππ πππππ Γ ππ = ππππ
Donde, de otros problemas, sabemos que un trocito infinitesimal
de longitud sobre una circunferencia es π ππ. En nuestro caso el radio del
anillo es π y por lo tanto ππ = πππ
La distancia de esta carguita al punto P donde estamos calculando
el campo es:
π·
π
ποΏ½βοΏ½
π₯
En el triΓ‘ngulo rayado que es rectΓ‘ngulo la distancia de la
carguita al punto P es la hipotenusa π. Dado que los otros dos catetos son
π₯ y el radio π del anillo nos queda:
π· = βπ₯2 + π2
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Como queremos calcular la componente del campo ποΏ½βοΏ½ , que va en la
direcciΓ³n del eje X vamos a dibujar el triΓ‘ngulo rayado y el vector ποΏ½βοΏ½
vistos de frente:
π·
π π½ π· ππΈπ₯
π₯ ποΏ½βοΏ½
MΓ³dulo de ποΏ½βοΏ½ :
ππ = ππππ β π π¬ = (πππ
π·2) = π
πππ π½
ππ + ππ
Cuya componente ππΈπ₯ es
ππΈπ₯ = ππΈπππ π = |πππ π =π₯
π·=
π₯
βπ₯2 + π2| = π
πππ π½
ππ + πππ
βππ + ππβ
πΈ = πΈπ₯ = β« πππππ
π₯2 + π2π₯
βπ₯2 + π2
2π
0
= |π₯ = ππ‘π. | = ππππ₯
(π₯2 + π2)32
β« ππ2π
0
πΈ = ππππ₯
(π₯2 + π2)32
2π = |2πππ = πππππππ| = πππ
(π₯2 + π2)32
π₯
π¬ = ππΈπ
(ππ + ππ)ππ
π
Que en forma vectorial podemos poner
οΏ½ββοΏ½ = ππΈπ
(ππ + ππ)ππ
π β π
Ya que el sentido coincide con el de π (hacia la derecha para π
positivas y hacia la izquierda para π negativas pues la carga del anillo es
positiva. Si la carga hubiera sido negativa simplemente el campo
cambiarΓa de signo βcomo no podΓa ser de otra manera-.)
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Para demostrar lo que nos preguntan, en quΓ© puntos su mΓ³dulo es
mΓ‘ximo, sΓ³lo tenemos que derivar respecto de la variable π₯
(πππ
(π₯2 + π2)32
π₯)β² = ππ1 β (π₯2 + π2)
32 β π₯
32(π₯2 + π2)
122π₯
(π₯2 + π2)3
Que igualando a cero (mΓ‘ximo de una funciΓ³n)
1 β (π₯2 + π2)32 β π₯
3
2(π₯2 + π2)
122π₯ = 0 β
(π₯2 + π2)32 = 3π₯2(π₯2 + π2)
12 β |ππππ£ππππ ππ ππ’ππππππ| β
(π₯2 + π2)3 = 9π₯4(π₯2 + π2) β (π₯2 + π2)2 = 9π₯4 β
π ππππππ ππππππ ππ’πππππππ : π₯2 + π2 = Β±3π₯2
De donde, con el signo mΓ‘s (eligiendo el signo menos no existe
soluciΓ³n real) nos queda:
π₯ = Β±π
β2
Como se pedΓa.
La grΓ‘fica del campo respecto de la variable βxβ:
π¬ = ππΈπ
(ππ + ππ)ππ
π
πππ
3πβ2
βπ
β2
π
β2
La grΓ‘fica serΓa mΓ‘s o menos asΓ. No se ha hecho un estudio
pormenorizado de la funciΓ³n, sabiendo que pasa por el origen, es
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simΓ©trica respecto al eje Y (estamos dibujando el mΓ³dulo, para βxβ
negativas le cambiamos de signo) y los lΓmites cuando π₯ β Β±β valen cero
creemos que es suficiente.
OTRA MANERA:
El potencial creado por el anillo en el punto P es muy fΓ‘cil de
calcular pues toda la carga estΓ‘ a la misma distancia del punto P.
ππ = πππ
π·= π
ππ
βπ₯2 + π2β π
= β«πππ
βπ₯2 + π2=
π
βπ₯2 + π2β«ππ = π
ππ
βπ₯2 + π2
π½ = ππΈπ
βππ + ππ
La relaciΓ³n matemΓ‘tica que relaciona el potencial con el campo,
en forma diferencial, es:
πΉπ½
πΉππ +
πΉπ½
πΉππ +
πΉπ½
πΉποΏ½ββοΏ½ = βοΏ½ββοΏ½
En nuestro caso, el estar en una sola direcciΓ³n:
ππ
ππ₯π = βοΏ½βοΏ½ β
οΏ½βοΏ½ = β
βπππ β1
2βπ₯2 + π22π₯
π₯2 + π2π = π
ππ
(π₯2 + π2)32
π₯π
Como sabΓamos. Como vemos, ha sido mΓ‘s corto y sencillo. Tenedlo en
cuenta a la hora de resolver problemas de cΓ‘lculo de campos.
Por ΓΊltimo, vamos a dibujar la funciΓ³n potencial:
π½ = ππΈπ
βππ + ππ
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Dado que ππ es positiva, la grΓ‘fica es tambiΓ©n positiva. Es
simΓ©trica respecto eje Y. AdemΓ‘s, cuando π₯ β Β±β el potencial tiende a
cero y, si hallamos los mΓ‘ximos y mΓnimos, vemos que tiene un mΓ‘ximo en
π₯ = 0 (el denominador es mΓnimo para π₯ = 0)
π
π
Este es el potencial creado por el anillo. Si ahora cogemos una
carga positiva, su energΓa potencial serΓa:
πΈπ = ππ
Que serΓa una grΓ‘fica parecida a la anterior pues resulta de ella al
multiplicarla por un nΓΊmero positivo. El punto mΓ‘ximo serΓa un punto de
equilibrio inestable pues si se separa un poquito de Γ©l βrodarΓaβ
alejΓ‘ndose indefinidamente hacia la izquierda o la derecha segΓΊn fuera la
desviaciΓ³n inicial.
Sin embargo, la energΓa potencial de una carga negativa serΓa la
misma grΓ‘fica pero hacia abajo:
π
π
Y observamos que para ellas el origen es un punto de equilibrio estable.
Veamos quΓ© movimiento se produce si una carga negativa la separamos
un poquito del centro:
οΏ½ββοΏ½ = ππΈπ
(ππ + ππ)ππ
ππ
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Por lo que la fuerza sobre una carga negativa serΓa:
πΉ = ποΏ½βοΏ½ = πππ
(π₯2 + π2)32
ππ₯π
De donde podemos deducir varias cosas:
a) Si π₯ βͺ π β π₯2 + π2 β π2 β πΉ = πππ
π3ππ₯π
b) Para π₯ > 0 β la fuerza es hacia la izquierda (π < 0)
c) Para π₯ < 0 β la fuerza es hacia la derecha
Dado que
π =πΉ
πβ π = π
ππππ3
ππ₯π β π = βπππππ3
|π|π₯π
De donde deducimos que la aceleraciΓ³n es proporcional a la
posiciΓ³n (elongaciΓ³n) pero cambiada de signo. Cumple por lo tanto la
definiciΓ³n de movimiento armΓ³nico:
π = βπππ
En nuestro caso:
π = βπππππ3
|π|π₯
De donde
π2 = πππππ3
|π|
π =2π
π=
2π
βπππ|π|
ππ3
= 2ππβππ
πππ|π|
π» = ππ πβππ
ππΈπ|π|
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