Ayudantia 1

Ayudantia 1 - Solución
Profesor: Ricardo Ramirez
Ayudante: Juan Pablo Garrido L.
Pregunta 1
Dos bolitas idénticas tienen una masa m y carga q . Cuando se ponen en un tazón esférico
de radio R con paredes no conductoras y sin fricción, las bolitas se mueven hasta que en la
posición de equilibrio están separadas por una distancia R. Determine las cargas de las bolitas.
Solución:
Para aplicar la condición de equilibrio es necesario que escribamos todas las fuerzas sobre una
de las bolitas cargadas. Para esto consideramos la siguiente conguración para el problema:
~ se puede escribir usando sus componentes rectangulares como:
La fuerza normal N
~ = N cos(π/3)î + N sin(π/3)ĵ
N
La fuerza F~e es la ejercida por la bolita de la derecha sobre la bolita de la izquierda y es:
kq 2
F~e = 2
R
Ahora sumamos fuerzas por componente sobre la bolita de la derecha y aplicamos la condición
de equilibrio:
1
Fuerza en X:
X
Fuerza en Y:
kq 2
=0
R2
(1)
FY = N sin(π/3) − mg = 0
(2)
FX = N cos(π/3) −
X
De (2) vemos que
N=
mg
sin(π/3)
Reemplazando esta expresion en (1):
mg
kq 2
cos(π/3) − 2 = 0
sin(π/3)
R
Despejando q
r
q = ±R
mg cot(π/3)
k
2
Pregunta 2
Una esfera plástica cargada tiene una masa m y se cuelga de un hilo aislante de largo l, en una
~ (ver gura). Si la bolita permanece en equilibrio en
región donde existe un campo eléctrico E
un ángulo θ entre la vertical y el hilo.
(a) Calcular la carga q de la bolita.
(b) Suponga que la bolita pierde carga a una tasa de α(C · seg −1 ). Calcule la velocidad
angular que produce esta descarga para θ 1.
Solución:
a) Lo primero
que se debe hacer es determinar todas las fuerzas que están actuando sobre la
bolita y luego utilizar la condición de equilibrio. La siguiente gura muestra las fuerzas que
están actuando.
Donde F~E es la fuerza producida por el campo eléctrico sobre la carga q y se calcula como:
~
F~E = q E
~ es paralelo al eje X , se tendrá que E
~ = E î. Por lo tanto F~E = qE î
Como E
Escribimos la tensión utilizando sus componentes rectangulares:
T~ = −T sin(θ)î + T cos(θ)ĵ
3
Ahora se puede sumar las fuerzas por componente y aplicar la condición de equilibrio:
Fuerza en X:
Fuerza en Y:
X
FX = qE − T sin(θ) = 0
(1)
X
FY = T cos(θ) − mg = 0
(2)
De (2):
T =
Reemplazando en (1):
qE −
mg
cos(θ)
mg
sin(θ) = 0
cos(θ)
De esto, resulta que:
q=
mg tan(θ)
E
Del resultado anterior vemos tenemos que q = mg tan(θ)
. Como θ 1 tenemos que tan(θ) ≈
E
θ. Por lo tanto, podemos escribir la carga en función del tiempo como:
b)
q(t) =
mgθ(t)
E
Derivamos con respecto al tiempo obtenemos:
dq
mg dθ
=
dt
E dt
Luego, como
dq
dt
= α, despejando
dθ
dt
resulta:
dθ
αE
=
dt
mg
4
Problema 3:
Dos cargas +Q se mantienen jas a una distancia d de separación. Una partícula de carga
negativa −q y masa m se sitúa en el centro de ellas y luego, tras un pequeño desplazamiento
perpendicular a la línea que las une, se deja en liberad. Demuestre que la partícula describe
un movimiento armónico simple y encuentre su periodo de oscilación.
Solución:
Para resolver el problema utilizare la siguiente disposición espacial:
Lo primero que hacemos es calcular la fuerza resultante sobre la carga −q . Notar que al ser
las cargas jas de signo opuesto a la carga de prueba las fuerzas serán atrayentes y será esto
lo que producirá la oscilación.
~1 :
Calculo de F
La carga que produce la fuerza F~1 se encuentra en la posición ~r1 = d/2ĵ y la partícula de
prueba en xî. Por denición, la fuerza entre ambas cargas es:
k(−q)Q(xî + d/2ĵ)
F~1 =
l3
~2 :
Calculo de F
En este caso, la carga que produce F~2 se encuentra en la posición ~r2 = −d/2ĵ , por lo tanto la
fuerza de atracción entre esta carga y la carga de prueba será:
k(−q)Q(xî − d/2ĵ)
F~2 =
l3
De esta manera, la fuerza resultante sobre la carga −q será:
−2kqQx
F~ = F~1 + F~2 =
î
l3
5
(1)
Vemos que podemos relacionar el largo ` con las distancia d/2 en función del ángulo θ indicado
en la gura anterior por la relación trigonométrica:
d/2
= cos(θ)
`
=⇒ ` = (d/2) cos(θ)
Como se produce un pequeño desplazamiento de la carga de prueba, el ángulo θ es también
pequeño: θ 1. Con esto vemos que cos(θ) ≈ 1 y por lo tanto ` ≈ (d/2). Evaluando en (1) se
tiene que:
−16kqQx
(2)
F~ =
d3
Por la primera ley de newton se tiene que F~ = m~a. En esta situación la partícula se mueve
2
sobre el eje x y por lo tanto m~a = m ddt2x î
De esta manera se tendrá que
−16kqQx
d2 x
=m 2
3
d
dt
=⇒
d2 x 16kqQx
+
=0
md3
dt2
Con esto vericamos que la carga sigue un movimiento armónico simple. La frecuencia angular
será entonces:
r
w=4
kqQ
md3
El periodo de oscilación será entonces
2π
π
T =
=
w
2
6
s
md3
kqQ
Problema 4:
Considere la siguiente distribución de cargas puntuales:
a) ¾Cuanto vale el campo eléctrico en el punto P indicado?
b) Evaluar el campo eléctrico en el límite en que P esta muy
alejado del sistema
Solución:
a) Por simetría
el campo eléctrico estará en dirección ĵ . El campo eléctrico producido por la
carga central sobre el punto P será simplemente:
~ 1 = 2kq ĵ
E
r2
Como es fácil ver, las dos cargas laterales producirán un campo eléctrico en el punto P y las
componentes en x se anularan ya que tienen igual carga y están a igual distancia del punto.
Por lo tanto, tendremos que calcular la componente en y de cada campo y después sumarlo
(por principio de superposición). Esto se puede ver en la siguiente gura:
La componente en y del campo eléctrico será Ey = E cos(θ). El modulo del campo eléctrico,
E , es por denición:
E=
kq
d2 + r2
7
Además, es fácil ver que cos(θ) =
Ey = (
√ r
.
d2 +r2
d2
De esta manera tenemos que
kq
kqr
r
)ĵ = 2
·√
2
2
2
+r
(d + r2 )3/2
d +r
Luego, dado que la carga es negativa, podemos escribir vectorialmente este campo electrico
como
~y = −
E
(d2
kqr
ĵ
+ r2 )3/2
Este campo será el producido por cada carga lateral. Por lo tanto el campo eléctrico resultante
en el punto P será por principio de superposición
~ =E
~y + E
~y + E
~1
E
Reemplazando los valores ya obtenidos
2kqr
~ = ( 2kq −
)ĵ
E
2
2
r
(d + r2 )3/2
Cuando P esta muy alejado del sistema se tiene que d r. El campo eléctrico encontrado
en a) lo podemos escribir de forma mas reducida como:
b)
r
~ = 2qk( 1 −
E
)
r2 (r2 + d2 ) 23
Esto lo podemos escribir de forma equivalente como:
1
~ = 2qk( 1 −
E
2
r
r2 (1 +
=
d2 32
)
r2
)
d2 − 3
2qk
(1
−
(1
+
) 2)
r2
r2
En general, la función (1 + x)α se puede aproximar por taylor, cuando x ≈ 0 a:
(1 + x)α = 1 + αx
Como d r, se tiene que dr ≈ 0 y por lo tanto ( dr )2 ≈ 0. Por lo tanto, en la expresión del
campo podemos hacer la siguiente aproximación:
(1 +
d2 − 3
3 d2
2 ≈ (1 −
)
)
r2
2 r2
Evaluando este resultado en la expresión obtenida para el campo, se tiene que:
2
~ = 3qkd ĵ
E
r4
8
Problema 5:
Un dipolo eléctrico en un campo eléctrico uniforme se desplaza ligeramente de su posición de
equilibrio, como se muestra en la gura, donde θ es pequeño. El momento de inercia del dipolo
es I . Si el dipolo se libera desde la posición, demuestre que su orientación angular presenta
movimiento armónico simple y encuentre la frecuencia de oscilación.
Solución:
Las fuerzas eléctricas que actúan sobre las cargas son iguales en magnitud y en dirección, pero
~ y tienen
están en sentidos opuestos. Estas fuerzas son generadas por el campo eléctrico E
magnitud F = qE . Esto se puede apreciar en la siguiente gura:
El torque sobre el dipolo será entonces la suma de torques producido por cada fuerza, considerando el eje de rotación sobre el punto O. Entonces se tendrá que el torque sobre el dipolo
es:
τ = −F a sin(θ) + −F a sin(θ) = −2F a sin(θ) = −2qE sin(θ)
El signo negativo se obtiene a partir de la regla de la mano derecha y se puede comprobar al
hacer la operacion de momentos de forma vectorial.
Sabemos que el torque sobre un sistema será igual al momento de inercia I por la aceleración
angular α(ambos respecto al eje sobre O), es decir
τ = Iα
−2qEa sin(θ) = Iα
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Como se produjo solo un pequeño desplazamiento del dipolo se cumpla que θ 1 y por lo
2
tanto podemos hacer la aproximación sin(θ) ≈ θ. Además notamos que α = ddt2θ . Reemplazando
estos valores en la ecuación anterior se tiene que:
−2qEaθ = I
d2 θ
dt2
Esta ecuación diferencial la podemos escribir como:
d2 θ 2qEaθ
+
=0
I
dt2
Con lo cual vemos que la orientación angular del dipolo seguirá un movimiento armónico
simple con frecuencia angular:
r
w=
2qEa
I
Y por lo tanto la frecuancia será:
w
1
f=
=
2π
2π
10
r
2qEa
I
Pregunta 6
El alambre de la gura esta formado por una parte semicircular BCD, de radio R [m], y por
dos rectilíneas de longitudes AB = 2R [m] y DE = R [m]. Los arcos BC y CD están uniformemente cargados con cargas q >0 y −q , respectivamente, mientras que sobre AB también
se distribuye uniformemente una carga q . Que cantidad de carga debe repartirse con densidad
constante sobre el trazo DE , para que el campo eléctrico sea nulo en el centro O.
Solucion:
Lo que haremos será dividir el alalmbre completo en 4 partes tal como muestra la gura:
Calcularemos el campo electrico producido por las 4 regiones en O y luego los superpondremos
e impondremos la condicion de que el campo electrico en esta region sea nulo.
Trozo AB:
El almabre es rectilineo y de largo 2R y tiene en el una carga q uniformemente distribuida. De
q
esta manera podemos denir su densidad de carga como λ1 = 2R
. De esta manera, si tomamos
una pequeña carga dq del alambre sabemos que se cumple la relacion dq = λ1 dx, donde dx es
un pequeño trozo del alamabre
El campo electrico que produce cada elemento dq estara en direccion î, por lo tanto el campo
electrico que produce será:
11
kdq
kλ1 dx
)î = (
)î
x2
x2
~1 = (
dE
Integrando desde x = −3R hasta x = −R
~ 1 = k(λ1
E
Lo que resulta:
Z
1 −R
1
dx)î = (kλ1 ( − 2 ))î
x2
x −3R
~ 1 = 2kλ1 î
E
3R
Para el caso de los arcos tendremos que al superponernlos el campo electrico resultante estara
en direccion hati. Esto queda inmediantament claro a ver la siguiente gura:
Como vemos, el arco BC tiene carga positiva en el y por lo tanto cada elemento de carga
genera un campo saliente, miesntras que el arco CD tiene carga negativa y cada elemento
de carga genera un campo entrante. De esta manera, lo que debemos hacer es simplemente
calcular las componentes en x de cada campo y despues sumarlas.
Las densidades de carga para cada arco se obtienen facilmente al saber que tiene depositada
una carga q y -q y tienen un largo πR
2 :
λ2 =
2q
πR
λ3 = −
2q
πR
Consideramos una pequeña carga dq del arco, el modulo del campo electrio producido por esta carga será simplemente:
Arco BC:
dE =
kdq
R2
Con ayuda de la densidad de carga λ2 podemos escribir dq = λ2 ds, donde ds es un pequeño
trozo del arco. Este trozo de arco lo podemos escribir en funcion del angulo que lo recorre:
ds = Rdθ
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Podemos entonces escribir el campo como
kλ2 dθ
kλ2 Rdθ
=
2
R
R
dE2 =
Luego, la componente en x del campo dE2 sera
dEx2 = dE2 cos(θ) =
kλ2 cos(θ)dθ
R
Integrando desde θ = 0 hasta θ = π2 :
Ex2
kλ2
=
R
Z
π
2
cos(θ)dθ =
0
kλ2
R
Vectorialmente
~ x2 = kλ2 î
E
R
Arco CD: No es dicil ver la componente en x del campo producido por este arco será igual
al anterior, de esta manera:
~ x3 = kλ2 î
E
R
~2 + E
~3 =
Asi se tendra que E
Trozo DE:
2kλ2
R î
Sea q 0 la carga que tiene este trozo de alambre tal que anula el campo electrico pdroducido
0
por todo el alambre en O. Como tiene largo R, la densidad de carga será lambda4 = qR
Luego, procediendo de igual forma que para el trozo AB vemos que
~ 4 = (kλ4
E
Z
2R
R
1
−kλ4
dx)î = (
)î
x2
2R
Sumando todos los campos calculados e igualando a cero:
~1 + E
~2 + E
~3 + E
~ 4 = 2kλ1 î + 2kλ2 î + ( −kλ4 )î = 0
E
3R
R
2R
Despejando λ4 :
2
λ4 = (2λ1 + 6λ2 )
3
13
Reemplazando los valores de λ1 , λ2 y λ4 denidos anteriormente, encontramos el valor de la
carga buscada:
2
12
q 0 = q(1 + )
3
π
Si consideramos π ≈ 3 :
q0 =
10
q
3
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