UNIVERSIDAD NACIONAL NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
PROBLEMAS RESUELTOS
1. Los protones protones de de los rayos rayos cósmicos cósmicos inciden inciden sobre sobre la atmósfera atmósfera de la la tierra a razón de 0,15 protones/cm 2s. ¿Cuál es la tasa de carga por unidad de tiempo que irradia la tierra en forma de protones de radiación cósmica?. La expresión para el cálculo de la superficie terrestre es S = 4π r 2 Sustituyendo r por el radio promedio de la tierra 6,4 x 10 6 m. S = 4π (6,4 x10 6 ) 2
= 5,14 x10 14 m 2
Llevando la tasa de protones a protones/m 2s, queda / cm 2 s
0,15 protones
=1500
protones
Fig. 17
/ m 2 s
Por lo tanto la tasa de carga por unidad de tiempo que recibe la tierra proveniente del espacio es: q
=
2
1500 protones / m s (1,6 x 10
Por lo tanto
−19
C / protón )(5,14 x 10
14
2
m )
s q
= 0.1236 C s
2. Una Una carg carga a punt puntua uall de +1 µ C se coloca a 0.50 m de una segunda carga puntual de −1,5 µ C Calcular la fuerza que actúa sobre la segunda carga.
De acuerdo a la Ley de Coulomb la fuerza ejercida por la partícula 1 sobre la partícula 2 ( F 21 ) es
F 21
= K
q1q 2 r 21
2
ˆ21 r Fig. 18
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
Sustituyendo en la expresión los valores correspondientes y considerando que la fuerza es paralela al eje X, se tiene:
F 21
3.
= 9 10
9
1,0
10
−6
1,5
0,5
2
10
−6
(− i ˆ)
Por lo tanto
F 21
=−0,054
ˆ i
Se tienen dos partículas iguales de cargas q y masa m en equilibrio, suspendidas de hilos no conductores de longitud L , tal como se muestra en la figura 19a. Determine una expresión para la separación horizontal ( x ) de
Fig. 19a
Fig.19b
las partículas.
Realizando un diagrama de cuerpo libre, se puede observar que para que la partícula esté en equilibrio, la suma de las fuerzas debe ser igual a cero (segunda Ley de Newton). En este caso, m g + F e = T . Y por la geometría del problema, la relación de triángulos semejantes da: x 2 L
4.
=
Fe mg
⇒
x 2 L
=
2
1
2
q L
3
, despejando x = 2π ε 2 0 mg 4π ε x mg 0 q
Si en el problema anterior, las partículas pierden carga a una razón constante ρ , ¿con qué velocidad relativa se aproximan?.
Consideración 1: La separación de las partículas es función de las cargas. Consideración 2: La carga de la partícula depende del tiempo. Consideración 3:
dq = ρ dt
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
Se puede concluir a partir de las consideraciones anteriores, que la distancia es función del tiempo y aplicando la regla de la cadena, tenemos: dx dt
5.
=
dx dq dq dt
⇒
dx dt
1 q 2 L
−2
3 = 3 2πε 0 mg
2qL de donde ρ 2πε 0 mg
dx dt
=
2 ρ
L
3
2πε 0 mgq
3
Un sistema está compuesto de cuatro cargas puntuales dispuestas sobre los vértices de un cuadrado de lado
a , tal como se muestra en la
Fig. 20. Determinar la fuerza resultante sobre la carga que está en el vértice inferior izquierdo del cuadrado.
La fuerza resultante sobre la partícula ubicada en la esquina inferior izquierda vendrá dada por la suma de todas las fuerzas, de donde: F R 4
= F 41 + F 42 + F 43
Considerando un eje de coordenadas cartesianas convencional tenemos: F 4 x
= F 43 iˆ + F 42 cos θ iˆ
F 4 y
= − F 41 jˆ + F 42
sen θ jˆ
Reemplazando los valores de carga y distancias, y considerando que
F 4 x = K
2q 2 ˆ 2q 2 2 ˆ i K i + a2 2a 2 2
2q 2 ˆ 2q 2 2 ˆ F 4 y = − K 2 j + K 2 j a 2a 2
Por lo tanto la fuerza resultante sobre la partícula es:
θ = 45
o
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
F 4
= K
q
2
a
2
2 +
2 2
ˆ ˆ [i + j ]
6. Una partícula cargada +q0 y de masa
m
entra
en
un
campo
ˆ con eléctrico uniforme E = − E 0 j
velocidad de
v0
= ( 0.6v 0 , 0.8v 0 ) .
Determine: a)
Altura
máxima
que
alcanza la partícula. b)
Velocidad d e la p artícula
al volver a la altura inicial. c)
Posición al llegar a su alcance horizontal máximo.
d)
Describa la trayectoria que debería seguir la partícula.
Consideración 1: Por definición de campo eléctrico
F = q E
Según la segunda ley de Newton F = ma
⇒
ˆ F = − q0 E 0 j
⇒
a
=
− q0 E 0 m
ˆ j
Consideración 2: Ya que la aceleración es constante y vertical hacia abajo, entonces las ecuaciones cinemáticas del movimiento son: (1)
x = v 0 x t
(2)
y
= y 0 + v 0 y +
(3)
v x
= v 0 x
(4)
v y
=v 0 y + a y t
1 2
a y t 2
Consideración 3: En el punto más alto de la trayectoria la componente vertical de la velocidad es nula y solo existe componente horizontal, reemplazando en la ec. (4)
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
q 0 E 0
0 = 0.8v 0 −
m
⇒ t máx = 0.8
t máx
v0m q 0 E 0
sustituyendo en ec. (2) 2
(a)
hmáx
v0 m
= h0 + 0.32
q 0 E 0
Consideración 4: Dado que la partícula se mueve en un campo eléctrico uniforme, con aceleración constante, la componente vertical de la velocidad será de igual magnitud y de sentido contrario, a la componente vertical inicial de la velocidad (b)
∴
v
(0.6v
=
0
;
−0.8v 0
)
Consideración 5: Para llegar al alcance horizontal máximo (R) la partícula debe subir y bajar en el campo, luego el tiempo de subida y bajada son iguales ( t = 2t máx ) Según la ec.(1) x = v 0 x t
(c)
∴
⇒ R = 2 ( 0.6v 0 ) 0.8
r = 0.96
2
v0 m q0 E 0
v0 m
= 0.96
q 0 E 0
v 02 m q 0 E 0
; h0
Consideración 6: La ecuación de la trayectoria
y
= f ( x )
la podemos obtener de la
composición de las ec. (1) y (2) y
= y0 + v 0 y
(d)
x v 0 x
−
1 q0 E 0 x 2 2
∴
m
v
2 0 x
⇒
y
= h0 +
4 3
x +
25 q 0 E 0 2 0
18 v m
x 2
la trayectoria es una parábola convexa
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
7. Se tiene una línea de carga de longitud L con una densidad lineal de carga constante una carga puntual distancia
a
Q
λ ,
y
a una
sobre
la
mediatriz, tal como muestra la Fig. 22.
Determine la fuerza
resultante sobre la partícula.
Consideración 1: λ =
dq dl
, pero dl = dy
entonces dq = λ dy
Consideración 2: Observando la simetría del dibujo respecto del eje X, los elementos
dq
se
han tomados simétricamente.
Consideración 3: Las componentes verticales de las fuerzas producidas por los diferenciales de carga se anulan entre sí, ya que cada elemento de carga misma fuerza sobre la partícula
Consideración 4:
Q
.
dq
ejerce la
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
La fuerza resultante sobre la partícula
Q
corresponderá a la suma de las
componentes horizontales de las fuerzas producidas por cada uno de los elementos de carga. d F
= d F rx +d F ax luego dF = 2dF x
K Q dq cos θ
⇒ F = 2 ∫
r 2
de acuerdo a las consideraciones y la geometría del problema, se tiene 0
F =
2 K Q λ dy
∫ ( a
2
L
−
+ y 2 )
a a 2 + y 2
resolviendo
la
integral
y
respetando
el
2
carácter vectorial de la fuerza se obtiene
F
=
2 K Q Lλ a
4a2
L2
i
+
8. Se tienen tres partículas cargadas con igual
carga
+q
situadas
en
los
extremos de un triángulo equilátero de lado 2a
como muestra la Fig. 23.
Determine el campo eléctrico en el centro de gravedad del triángulo.
Consideración 1: Al colocar una partícula de prueba en el punto central del triángulo el campo eléctrico en tal punto, será la resultante de los campos de cada partícula sobre ese punto, es decir por el principio de superposición tenemos: E = E 1
+ E 2 + E 3
Consideración 2:
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
Por la simetría del triángulo, cada partícula cargada esta a la misma distancia del punto central, la cual se puede obtener aplicando el teorema de Pitágoras y sabiendo que el punto central divide la mediatriz en razón de 2:1, se obtiene: 2 4a
=a 2 + h2
⇒
E 1
además
h =a 3
= E 2 = E 3
∑ E
= E 1 x + E 2 x
∑ E
= E 1 y + E 2 y − E 3 y
x
y
∑ E
y
=
∑E
⇒
h = 3 x ⇒ 2 x =
pero
⇒
E 1 =
y
x
= E 1 cos 30 o + E 2 cos 30 o
∑E
3 Kq 1 3 Kq 1 3 Kq + − 2 4 a 2 4 a2 2 4 a2
y
⇒
9. Una barra cargada de longitud 2L tiene una densidad de carga lineal
Q
+
+ λ
y una carga total
. Calcúlese el campo eléctrico
en el punto P localizado en las coordenadas
( a, d )
muestra en la figura.
Consideración 1:
como
3
3a
⇒ E 1 =
⇒
3 Kq 4 a2
∑ E
x
= E 1 sen 30 o + E 2 sen 30 o − E 3
∑E
0 ∴ E =
homogénea
Kq 4 2 a 3
2
se
y
=0
=0
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
Por principio de superposición el campo resultante en el punto es la suma de los campos producidos por la distribución de carga situada por encima de la coordenada
d y
por debajo de ella, es decir:
= d E 1 + d E 2 ⇒
d E R
d E R
=dE x 1i ˆ −dE y1 j ˆ + dE x 2 i ˆ + dE y 2 ˆj
dE x 2
= dE 2 cos θ 2
dE y 2
= dE 2 sen θ 2
de la figura tenemos: dE x 1
= dE 1 cos θ 1
dE y1
= dE 1 sen θ 1
pero dE 1
= kq2
dE 2
r 1
=
kq 2
r 2
Consideración 2: Ya que la línea de carga esta ubicada sobre el eje Y entonces dl =λ
que dq y
y tomando
dy
= a tan θ ⇒
cos θ 1 =
a
dy
= a sec 2 θ d θ además de la figura tenemos:
⇒ r 12 = a 2 sec 2 θ
r 1
Luego para las coordenadas cartesianas de E 1 tenemos: θ 1 máx
E x 1
=
k λ a sec 2 θ cosθ d θ
∫
⇒
E y1
E x 1
=
=
k λ a
=
a 2 sec 2 θ
0
θ 1 máx
∫ cosθ d θ
a
0
( L − d )
k λ a
k λ
(a
2
+ ( L − d )
2
)
1 2
θ 1 máx
∫ senθ d θ
⇒
E y1
=
0
a 1 1 − 2 2 2 (a + ( L − d ) )
k λ a
Luego para las coordenadas cartesianas de E 2 tenemos: E x 2
=
k λ a
θ 2 máx
∫
cosθ d θ
0
⇒
E x 2
=
( L + d )
k λ a
(a
2
+ ( L + d )
2
)
1 2
dy
=
con lo
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
E y 2
=
k λ
θ 2 máx
∫ senθ d θ
a
⇒
E y 2
=
0
a 1− 1 2 2 2 ( a + ( L + d ) )
k λ a
Finalmente el campo resultante E R es:
E xR
E yR
( L − d ) ( L + d ) + i ˆ 1 1 2 2 ( a 2 + ( L − d ) 2 ) 2 2 (a + ( L + d ) )
=
k λ
=
k λ
a
a
a a − ˆj 1 1 2 ( a 2 + ( L + d ) 2 ) 2 2 2 (a + ( L − d ) )
Consideración 3: Si el punto donde estamos evaluando el campo eléctrico estuviera sobre la simetral, es decir, si
d
=0
entonces el campo para estos puntos tomará el
valor:
E xR
=
2k λ L a( a
2
+ L2 )
1
i ˆ 2
10.Hallar el campo y el potencial eléctrico creados por una esfera conductora de radio
R cargada
positivamente con carga Q.
a) En el interior de la esfera b) En el exterior de la esfera
Consideración 1: Debido a que la esfera es conductora, la carga está distribuida uniformemente sobre la superficie de ella, pudiendo expresarse la densidad superficial de carga, como:
σ=
Q 4πR 2
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
a) Campo y potencial en el interior de la esfera
Consideración 2: Dibujando una superficie gaussiana de radio r < R , se observa que la carga neta encerrada en ella es
cero .
Por lo tanto en virtud de la Ley de Gauss el campo eléctrico en el interior de la esfera gaussiana es nulo, es decir: E = 0
Consideración 3: El potencial en un punto, corresponde a traer una carga desde el infinito hasta dicho punto, es decir, se debe trabajar en dos etapas la primera consiste en traer la carga desde el infinito hasta la superficie y la segunda desde la superficie hasta el punto interno ( r < R). Vr = V∞,r ′
+ VR ,r
i. Potencial desde el infinito hasta un punto externo a la superficie conductora. V∞.r ′
r ′
r ′
r ′
= −∫ E ⋅ d r = −∫ E dr = −∫ ∞ ∞ ∞
KQ r 2
dr = −KQ
r ′
dr
∞
2
∫ r
r ′
1 KQ = KQ = r ′ r ∞
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
V∞.r ′
=
KQ r ′
Potencial para puntos externos a la esfera conductora
Consideración 4: Por consiguiente, el potencial en la superficie de la esfera conductora es:
VR =
KQ R
ii. Diferencia de potencial para ir desde VR ,r
a
R
r
(punto interno), es:
= Vr −VR , pero:
Consideración 5: B
∫
La diferencia de potencial entre dos puntos A y B es: ∆V = − A E ⋅ d r y dado
que el campo eléctrico en el interior de la esfera conductora es nulo, la diferencia de potencial para puntos internos es nula, es decir:
∆V = VR ,r = Vr − VR = 0 ⇒
Vr = VR
∴
Vr =
KQ R
Resultado que indica que el potencial en el interior de la esfera conductora es constante e igual al potencial en su superficie.
b) Campo y potencial en el exterior de la esfera
Consideración 6: Debido a la simetría del problema, es recomendable elegir una superficie gaussiana externa esférica de radio
r’ > R ,
en tal situación el campo eléctrico
es radial y paralelo al vector área, por lo cual, se tiene:
∫
E ⋅ dA
=
Q
ε0
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
∫E ⋅dA =∫ E dA =E ∫ dA =E(4πr '
E
=
2
E (4πr ' 2 ) =
)
KQ ( r ' ) 2
Q
ε0
⇒ E=
KQ (r ' ) 2
ˆr
Consideración 7: El potencial eléctrico para puntos externos de la esfera se cálculo anteriormente en el punto i.
V∞.r ′
=
KQ r ′
11.Determinar la fuerza que ejerce una barra
cargada de longitud 2L con densidad de carga lineal
+Q
la figura.
dq
dF y
=dFsen θ
= λdy dF = kQdq 2 r
r = a 2
dFx
=
+y 2
y
kQ λa sec
=a
tag θ
θ cos θ 2 2 2 (a + a tag θ)
dFx
, ubicada en las
coordenadas (a , d ) como se muestra en
= dF cos θ
dF
+λ homogénea, sobre una
partícula con carga
dFx
dFy
dy
= a sec 2 θ dθ
2
dFx
= kQ λ cos θ dθ a
dFx
dFy
dF
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
dFy
2 θdθ sen θ = kQ2λa sec 2 2 (a + a tag θ)
Fx
= kQ λ ∫0 a
Fy
= kQ λ − ∫0 a
Fx
=
Fy
=
θ1màx
cos
θ1máx
kQ λ a
kQ λ a
12.Una
dFy
θ2 màx
θdθ + ∫ 0
sen θ dθ +
=
kQ λ a
cos dθ =
θ2 máx
∫ 0
[sen θ1máx +sen θ2máx ] =
[ cos θ1máx −cos θ2 máx ] =
sen θ dθ
kQ λ a
sen θ dθ =
kQ λ a
a
kQ λ a
[ cos θ1máx − cos θ2 máx ]
L −d (L −d )
kQ λ
[sen θ1máx + sen θ2 máx ]
2
+a 2
a (L −d ) 2
lámina infinita cargada, tiene
+a 2
una
+
2 2 (L + d) + a
−
(L + d ) 2 + a 2
L +d
densidad
superficial de carga + σ de 10-7[ C/m2] ¿Qué separación tienen dos superficies equipotenciales entre las cuales hay una diferencia de potencial de 50 [V]?
Dado que la lámina es infinita cargada y tiene una densidad superficial de carga + σ constante se obtiene: E
=− ∇V
E
=
E
V d
= σ 2ε0
σ V = ⇒ 2ε 0 d
d=
2ε 0 V
σ
a
+σ
V
E
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
⇒
2ε0 V
d=
σ
=
−12
2 8.85 10
50
−7
10
= 8.85 [ mV]
13.Una carga q se distribuye uniformemente en un volumen esférico no conductor de radio R. Demostrar que el potencial a una distancia a del centro, siendo a < R, está dado por: V=
V
P
q(3R 2 − a 2 ) 8π ε0 R 3
= −∫ E ⋅ d r ∞
Esta expresión indica que el potencial se mide desde el infinito hasta el punto P
que se desee, por lo cual se debe calcular el potencial desde
sumarle el potencial desde
R
hasta
El potencial desde
R
es:
El potencial desde
∞
R
hasta
hasta
a
∞
hasta
R
y
a
VR =
kQ R
es: VR ,a
a
E ⋅ d r = −∫ R
El Campo eléctrico para puntos internos de la esfera no conductora es:
∫ E ⋅ dA =
q enc
ε0
∫E ⋅dA = ∫ E dA = E∫ dA =E(4πr ) 2
q 4 3
πR 3
=
q enc 4 3 πr 3
⇒
q enc
=q
3
r
E ( 4πr ) = q 2
3
R
r 3 3
R
⇒
E=
Kq R 3
r
El potencial eléctrico para puntos internos de la esfera no conductora se puede evaluar a partir de la diferencia de potencial:
Va
−VR
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II
a
∫
Va − VR = −
Pero
R
VR =
E ⋅ d r = −
kQ
Kq R 3
a
Kq
∫ r dr = 2R R
3
( R 2 − r 2 ) Va
−
Kq R
=
Kq 3
2R
2
(R
− r ) = 2
Kq
2
r
(3 − 2 ) 2R R
R
q (3R 2 − a 2 ) ∴ Va = 8π ε0 R 3