SOLUCIÓN DE ACTIVIDADES DE ELECTROSTÁTICA πε 1 4 q q F

SOLUCIÓN DE ACTIVIDADES DE ELECTROSTÁTICA
CUESTIONES
r
C1.
La ley de Coulomb F =
1
q1q2 r
qq r
ur = k 1 2 2 u explica la fuerza entre las cargas
2
4πε 0 r
r
eléctricas q1 y q2 . Experimentalmente observamos que entre cargas del mismo signo es
repulsiva y entre cargas de signo contrario es atractiva..
C2.
De la ley de Coulomb se deduce que si las cargas se duplican la fuerza se hace cuatro
veces mayor.
r
F=
1
q1q2 r
ur ;
4πε o r 2
r
F'=
r
2q1.2q2 r
1 q1q2 r
ur = 4
ur = 4 F
2
2
4πε 0 r
4πε 0 r
1
r
C3.
Un punto donde exista un campo eléctrico, E. se pondrá de manifiesto poniendo en el punto
una carga eléctrica testigo, q’, de forma que sí sobre ella aparecerá una fuerza, es que allí
existe un campo eléctrico. El valor de la fuerza es
r r
F = E.q ' .
Los factores de los que depende el campo eléctrico son el valor de la carga creadora, la
constante dieléctrica del medio, la distancia de la carga al punto y el sentido del campo que
depende del sentido de la carga.
C4.
El potencial del campo eléctrico en un punto A, representa el trabajo que hace la fuerza del
campo para llevar la unidad de carga positiva desde el punto dado A, al infinito, en el cual se
asigna al campo, por convenio, el potencial cero. Para cargas puntuales este potencial se
expresa con la ecuación
VA = k
q
. El potencial a diferencia del campo eléctrico es una
r
magnitud escalar.
C5.
Consideremos un punto de referencia al asignamos al potencial el valor Vo. El potencial de
un punto A se ha definido como el trabajo de la fuerza del campo para trasladar a la unidad
positiva de carga desde este punto hasta el de referencia. Su valor es VA- VO
Para otro punto B el potencial valdrá de igual modo VB - VO,
Si ahora calculamos la diferencia de potencial entre los puntos A y B, se tiene:
VA – VB = (VA – VO) – (VB – VO )
Observamos que desaparece en la resta el punto de referencia VO.. Aunque el valor del
potencial en un punto depende del valor asignado al potencial del punto de referencia, en
cambio la d.d.p., es independiente de su valor.
C6.
Precisamente porque el campo eléctrico es conservativo, se define la energía potencial
electrostática. Se determina mediante el trabajo para llevar a una carga testigo q’ desde un
punto A del campo eléctrico de otra carga q, desde A al infinito, donde para cargar
puntuales le asignamos energía potencial cero.
C7.
La energía de un sistema de cargas puntuales se determina mediante el trabajo necesario
para alejar infinitamente todas las cargas del sistema y se puede calcular multiplicando el
producto de cada carga, por el potencial que producen todas las demás en el lugar que
cada una ocupa y dividiéndolo entre dos. Como las cargas y el potencial son magnitudes
escalares que pueden tomar valores positivos o negativos, la energía potencial
electrostática igualmente puede ser positiva o negativa.
C8.
Las líneas del campo creado por una carga positiva son “salientes” y tienen el sentido de
la carga hacia fuera. En el campo creado por una carga negativa las líneas de fuerza son
“entrantes” lo que quiere decir que tienen el sentido que va desde fuera hacia la carga.
C9.
El campo eléctrico en cada punto es perpendicular a la superficie equipotencial que pasa
por este punto. El sentido del vector campo eléctrico va desde los potenciales mayores a
los menores, se dice que se dirige hacia los potenciales decrecientes.
C10.
En un campo eléctrico uniforme las líneas de campo son rectas paralelas entre sí y las
superficies equipotenciales son planos perpendiculares a las líneas del campo eléctrico.
C11.
No, el flujo a través de una superficie cerrada es cero si no ha carga neta en su interior.
Sin embargo también puede haber un flujo nulo si entra el mismo flujo que sale y en ese
caso hay un campo eléctrico entrante y otro saliente.
C12.
Si a través de la superficie cerrada de Gauss, sale un flujo positivo es porque en su interior
hay carga neta positiva.
C13.
El módulo del campo depende inversamente de la distancia al hilo, de la carga por unidad
de longitud y de la permitividad dieléctrica del vacío,
r
E =
C14.
λo
2πε o r
Si se aplica la ley de Gauss se obtiene para el módulo del campo,
r σ
E = o
2ε o
Que no depende de la distancia al plano. El campo es perpendicular al plano y saliente si la
carga de la superficie del plano es positiva mientras será entrante si la carga es negativa.
r
E
r
E
+σ
-σ
r
E
r
E
C15.
Por aplicación de la ley de Gauss a una superficie cerrada que contenga a los dos planos
se verifica que el campo fuera de ellos es nulo. En efecto:
r
r r
r
σ S + ( −σ ) S
q
E f ·S + E f · S = int =
=0
( )( )
εo
εo
⇒
r
Ef = 0
r
Ef
+σ
Para puntos situados entre ellos se demuestra
en el texto que el campo va del plano cargado
positivamente al que tiene carga negativa.
El valor del campo se determina también por
aplicación de la ley de Gauss y vale:
r σ
E =
-σ
r
Ef
εo
C16.
En el interior del conductor no hay carga eléctrica y el campo eléctrico es nulo. Si hubiera
un campo exterior induce cargas en el conductor pero la carga se reparte por la superficie
del mismo de forma que apantalle el campo de las cargas que hay en el exterior. Por
ejemplo, si frente a un conductor descargado se sitúa una carga puntual, habrá regiones de
la superficie del conductor con una σ positiva y regiones con una σ negativa. Sin embargo
si el conductor estaba descargado la carga neta total debe seguir siendo cero.
+
-
+
+
+
Qint =0,
Eint = 0
+
+q
-
Si conectamos con tierra el conductor mediante un hilo metálico, la región cargada
positivamente, recibe cargas negativas que vienen a neutralizarlas. Si después se quita la
conexión con tierra y se aleja la carga inductora +q , en el conductor quedará únicamente
carga negativa que se repartirá por la superficie del mismo.
+
-q
-
-
+
+
+
-q
-q
Qint =0,
Eint = 0
+
+q
-
-q
-
-
-
Qint=0,
Eint= 0
-
-
-
Se podría cargar el conductor con carga positiva si se sigue el mismo procedimiento
usando una carga exterior negativa -q.
C17.
El campo en el exterior de un conductor cargado y junto a su superficie es perpendicular a
dicha superficie y su sentido es hacia el conductor si la carga de este es negativa mientras
sale del conductor si este se ha cargado con carga positiva.
+
+
+
Qint=0,
Eint= 0
+
+
+
+
-
+
-
Qint=0,
Eint= 0
-
-
La intensidad del campo eléctrico en el exterior y junto a la superficie del conductor tiene su
módulo proporcional a la densidad superficial de carga. Si el conductor está en el vacío
como ε0 es la permitividad de éste, resulta para el módulo.
r σ
E = o
εo
EJERCICIOS
E1.
Considerando que las cargas se encuentran en el vacío sobre el eje X, la ley de Coulomb
(
)
−1.10−9 ·210−9 r
r
r
qq r
F = k0 1 2 2 ur = 9.109
i = −18.10−9 i N
2
r
1
Sobre la otra carga la fuerza será la pareja de reacción según la tercera ley de Newton.
r
r
F ′ = 18.10−9 i N
La fuerzas son de atracción y por tanto están en la dirección de la recta que une las
cargas.
r
+F
-q
E2.
r
F′
+q
Aplicando la ecuación del campo eléctrico:
r
r
1 q1 r
10 −5 r
E1 =
u ′ ≈ 9 ⋅ 10 9 ⋅ 2 ( −i ) = −10 4 i N ⋅ C −1
2 1
4πε 0 r1′
3
r
r
1 q2 r
( −10 −5 ) r
E2 =
u ′ ≈ 9 ⋅ 10 9 ⋅
j = −10 4 j N ⋅ C −1 ,
2 2
2
4πε 0 r2′
3
,
r r
r
r r
E = E1 + E 2 ≈ −10 4 ⋅ (i + j ) N ⋅ C −1
E3.
r
El punto en el cual se hace cero el campo resultante E , es aquel en el cual se igualan los
r
v
módulos de los campos E1 y E2 creados por las cargas q1 y q2 que tienen signo distinto.
Primero hemos de saber en que región puede ser nulo el campo.
Debido al signo de las cargas, solamente a la izquierda de –q1 y a la derecha de q2 podría
ser nulo el campo por ser los vectores de sentido contrario. Sin embargo al ser en valor
absoluto la magnitud de la carga q2 mayor que la carga q1 el campo solo puede ser nulo a
la izquierda de –q1 en la posición de ese punto tomemos un origen de referencia x=0 y
asignemos a las cargas las posiciones de la figura.
r
E2
r
E1
r
E1
q2
-q1
x
0
r
E2
x+1
En el punto en el que el campo es nulo deben ser iguales los módulos de los dos vectores:
k
q1
x
2
=k
q2
( x + 1)
2
;
( x + 1)
2
= 2 x2 ;
x2 − 2x − 1 = 0 ;
 2, 41
x=
 −0, 41
Como según nuestro razonamiento x tiene que estar a la derecha de 0, solo es válida la
posición positiva, de modo que la primera carga debe de estar del punto a potencial cero a
una distancia x = 2,41 m.
E4.
V1 (0) = 9 ⋅109 ⋅
(−3 ⋅10−9 )
= −54 V ,
0,5
V2 (0) = 9 ⋅109 ⋅
(+4 ⋅10 −9 )
= 72 V ,
0,5
V (0) = V1 (0) + V2 (0) = −54 + 72 = 18 V ,
E5.
En las ecuaciones que nos dan el módulo del campo eléctrico E A = k
VA = k
punto A,
q

200 = k r 2

A

600 = k q

rA
q
, Sustituimos los datos del problema.
rA
Dividiendo miembro a miembro las dos ecuaciones resulta:
200 kq / rA2 1
=
= ;
600 kq / rA rA
q=
E6
q
y el potencial en el
rA2
⇒
rA = 3 m
600 V ·3 m
= 2.10 −7 C
9.109 N · m 2 · C −2
Si l es la distancia que separa las cargas, tomando un origen en la primera carga, el punto
a potencial cero estará situado a una distancia d de ella y a l-d de la otra.
V =0=
q2
1 q1
( +
),
4πε 0 d (l − d )
⇒
d + (l − d )
q1
= 0,
q2
d=
l
≈ 0,333 m
3
Como la energía potencial de una carga es EP= q·V al ser en el punto el potencial nulo no
la carga no podría tener energía potencial.
E7.
a) Tomando un origen de distancias en la primera carga, el potencial resultante es nulo en
un punto A que verifica:
VA = k (
8
2
−
).10 − 6 = 0 , 8(0,5 – XA) = 2. XA ,
x A 0,5 − x A
XA = 2 / 5 = 0,4 m.
El punto B donde se anula el campo está situado a la derecha de la segunda carga donde
los campos eléctricos tienen sentidos contrarios. Igualando sus módulos:
1
Como el campo tiene que
x=
0,33
estar situado a la derecha de A=0,5 m la solución compatible es xB= 1 m.
k
q2
q1
=k
;
2
2
x
( x − 0,5 )
8 ( x − 0,5 ) = −2 x 2 = 2 x 2
2
b) Para calcular el trabajo es necesario conocer los potenciales de los puntos A y B.
VB = 9.109
8.10−6
−2.10−6
+ 9.109
= 36.103 V
1
1 − 0.5
(
)
WB → A = −qo (VA − VB ) = −0,1.10−9 C · 0 − 36.103 V = 3, 6.10−6 J
E8.
La energía de la carga C será
3 ⋅10−5
2 ⋅10−5
+ 9 ⋅109 ⋅
) = 22,5 J ,
1
1
Para calcular la energía del conjunto primero vemos las parejas diferentes que se pueden
formar con el trío que evidentemente son: AB, AC, BC, por lo tanto
U C = qC ⋅ (VB (c) + VA (c)) ≈ 5 ⋅10−5 (9 ⋅109 ⋅
U A+ B + C =
1
4πε 0
⋅(
q A q B q A qC q B qC
2 ⋅ 3 ⋅ 10 −10 2 ⋅ 5 ⋅ 10 −10 3 ⋅ 5 ⋅ 10 −10
+
+
) ≈ 9 ⋅ 10 9 ⋅ (
+
+
) ≈ 27.9 J .
rAB
rAC
rBC
1
1
1
Notar que la energía de la carga qC no es igual que la energía del sistema de cargas.
E9.
q1
a) Los tres vectores campo eléctrico en el cuarto vértice son
r
q r
E1 = k 2 ur1
r1
r
q r
E2 = k 2 (ur 2 )
r2
r
q r
E3 = k 2 ur 3
r3
r
1 r 1 r
ur 2 = −
i−
j
2
2
r
r
ur1 = − j
r
r
u r 3 = −i
r
r1
q2
r
r2
r
r3
r
E3
O
r
E2
r
E1
Por el principio de superposición el campo resultante en O.
r r r
r
1 r
1 r
1 r
E = E1 + E2 + E3 = kq ( 2 ur1 + 2 ur 2 + 2 ur 3 ) =
r1
r2
r3


1 r
1  1 r 1 r 1 r

= 9.10 ·3.10
−j +
−
i−
j− 2 i
2 
 12 ( )
2
2  1 

2 


r
r
rN
 
1 r 
1  r
E = 27.103  − 1 +
 i − 1 +
 j  = −36546 i − 36546 j C
  2 2  2 2 
9
−6
( )
b) Calculemos los potenciales en el mismo vértice y en el centro del cuadrado,
q
q
q
1 1 1
+ k + k = 9.109 ·3.10−6  +
+  = 73092 V
r1
r2
r3
2 1
1
k
9.109
VC = 3q = 3·3.10−6
= 114.103 V .
r
2/2
VO = k
El trabajo realizado por la fuerza del campo para llevar la carga qo = 5.10
vértice O, al centro del cuadrado C es,
-6
C desde el
WO →C = − qo (VC − VO ) = −5.10−6 C · (114.103 − 73092 ) V = −0, 2 J
r
E10.
r
a) El campo eléctrico depende de la distancia a la carga según la ecuación E = 4 r ur es
decir, su dirección es radial. Para determinar el potencial hemos de realizar una integración
desde un punto P cualquiera, hasta el punto de referencia a potencial cero, que ahora está
en el origen de coordenadas O.
Como el campo es ahora radial el vector
r
r
r
r
r
dl = dr ur + dn resulta únicamente dl = dr ur
q3
O
r r
O
O
 r2 
r
r
VP = ∫ E· dl = ∫ 4 r ur · dr ur = 4 ∫ r dr = 4   = 2 rP2
rP
rP
rP
 2  rP
O
b) El trabajo realizado
E11
a)
r r q
Φ = E · A = int = −
ε0
WA→ B = − qo (VB − VA ) = −20.10−9 ( 2·202 − 2·102 ) = −1, 2.10−5 J
3.10−8 C
N
= − 3390 m 2
−12 2
−1
−2
8,85.10 C ·N · m
C
b) La simetría del problema permite aplicar la ley de Gauss, para calcular el campo eléctrico.
r r q
Φ = E · A = int ;
r r
q
E A cos180 = int
ε0
ε0
El vector superficie es hacia fuera, mientras que el vector campo por ser la carga negativa es
entrante, de modo que forman 180º.
Despejando el valor del campo.
r
E =
1
qint
−3.10−8 C
N
=
= 30
2
−12 2
−1 −2
2
2
(−1)ε o 4π R
−8,85.10 C N m 4π 3 m
C
Este campo que está dirigido hacia la carga, que es negativa, y por lo tanto entrante en la esfera.
r
Vectorialmente si ur es un vector unitario en la dirección radial y saliente , resulta para el campo
eléctrico.
r
r N
E = −30 ur
C
E12
30º
El flujo del campo es por definición
r r
ΦE = E · A = E· A ·cos 30 = 3 ⋅ 22 cos 30 =
= 10, 4 N ⋅ m2 ⋅ C −1
E13.
λ0
r
A
r
E
El campo debido a una distribución lineal de carga de
r
λ0 r
ur ,
longitud indefinida E =
2πε 0 r
r
r
E=
2 ⋅10−9
r
r
ur = 7, 2 ur N ⋅ C −1 ,
−12
2π ·8,85.10 ·5
r
r
N r
r
F = qE = −5.10−9 C ·7, 2 ur = −3, 6.10−8 ur N ,
c
E14.
E=
σ0
2 ⋅10−6
N
N
=
= 113.103
−12
2ε 0 2·8,85.10 C
C
V =−
E15.
a) VA
σo
2.10−6
N
h=−
·2 m = −226.103 V
−12
2ε o
2·8,85.10 C
r
N
− VB = E h = 113.103 ( 2m − 6m ) = −452.103 V
C
b) Tomando como energía potencial cero cuando la carga está sobre el plano (z=0)


2.10−6
EP , A = qo ·VA =− 3.10−9 C ·  −
·2  = 6,8.10−4 J
−12
 2·8,85.10

−6


2.10
EP , B = qo ·VB =− 3.10−9 C ·  −
·6  = 2.10−3 J
−12
 2·8,85.10

c) El trabajo del campo eléctrico
WA→ B = −( EPB − EPA ) = − ( 2.10−3 − 6,8.10−4 ) J = −1,32.10−3 J
El valor negativo del trabajo indica que hay que realizarlo desde fuera sobre el campo.
E16.
E17.
W∞→ R = − q p (Vsup − 0) = 1, 6 ⋅10−19 C ⋅104V = 1.6 ⋅10−15 J
Debido a la simétrica esférica de la esfera demostramos en el texto que podríamos
considerar idealmente toda la carga concentrada en el centro para calcular el potencial y el
campo eléctrico en su superficie.
Vcond =
1
4πε 0
⋅
q
(−10−6 )
= 9 ⋅109 ⋅
= −9 ⋅104 V ,
R
0,1
r
−10−6
q
1
9
Esup =
⋅
≈ 9 ⋅10 ⋅
= 9 ⋅105 V ⋅ m−1
4πε 0 R 2
0,12
E18.
WR→∞ = − qo ⋅ (0 − Vcond ) = −10−9 C ( 0 − 9.104 ) V = 9.10−5 J
E19
La carga de la esfera es:
E20.
a) La densidad cúbica de carga es
2
10−11 C
π (10−2 m ) = 3,14.10−11 C
−4
2
10 m
2
N · m 3,14.10−11 C
V = 9.109
= 2,8V
C2
0,1m
3·113,1 m3
R=
= 3m
4π
3
q = σ · A = σ ·π R 2 =
ρ=
q
;
V
4 3 5, 655.10−13 C
πR =
= 113,1m3
−15
3
3
5.10 C / m
b) Aplicando la ley de Gauss hemos deducido que el campo dentro de una distribución
esférica de carga distribuida de modo uniforme vale:
r
ρ
5.10−15 C
N
E =
r=
0, 20m = 3,8.10−5
−12 2
−1 −2
3ε o
3·8,85.10 C N m
C
c) La diferencia de potencial es la circulación del campo de un punto al otro.
VA − VB = ∫
r r
3
ρ r
r
ρ
E· dl = ∫
r ur · drur =
A= 0,2 m
0,2 3ε
3ε o
o
B =3m
ρ
VA − VB =
3ε o
E21.
∫
3
0,2
r dr
3
r2 
 32 m 2 0, 22 m 2 
5.10−15 C · m −3
−4
=
−
 
 = 8, 4.10 V
−12 2
−1 −2 
2
3·8,85.10
2
2
C
N
m
  0,2


Por ser la esfera conductora el campo en su interior es nulo es decir para valores de r
tales que r < R, siendo R su radio. Además por ser conductora es una superficie
equipotencial de modo que el potencial en todos sus puntos interiores vale igual que en la
superficie.
Debido a su simetría esférica podemos suponer mentalmente que toda su carga está
concentrada en su centro y aplicar las ecuaciones de las cargas puntuales.
a) Para r= 0,1 m
b)
E22.
r
q
N ·m2 10.10−6 C
E = 0 ; V = k = 9.109
= 3.105V
2
R
C
0,3m
r
Nm2 10.10−6 C
N
E = 9.109 2
= 9.104 ;
2
2
C
1m
C
V = 9.109
Nm2 10.10−6 C
= 9.104V
2
C
1m
a) El campo eléctrico entre dos planos paralelos es uniforme y vale lo mismo en todos los
puntos.
r σ
E = =
εo
2.10−9 C / m2
N
= 226
−12 2
−1 −2
8,85.10 C N m
C
b) La diferencia de potencial por ser el campo uniforme es igual al módulo del campo por la
distancia. Tomamos el origen de referencia en el plano cargado negativamente.
r
r
r
N
VA − VB = E rA − E rB = E ( rA − rB ) = 226 ( 25m − [50m − 30m ]) = 1130V
C
−19
−16
c) WA→ B = − qo (VB − VA ) = −1, 6.10 C · ( −1130 V ) = 1,8.10 J
El signo positivo del trabajo indica que lo hace el campo espontáneamente.
PROBLEMAS
P1.
Consideremos que cuando el electrón entra en el campo eléctrico, instante que asignamos
como t=0 en verifica:
 xo = 0;

 yo = 0;
vox = vO
voy = 0
a) La fuerza que actúa sobre el electrón es
Fy = −e Eo = m · a y
b) Las ecuaciones del movimiento:
ay =
−eEo
;
me
ax = 0 ,
De donde deducimos que según el eje Y el movimiento es uniformemente acelerado,
mientras que según el eje X el movimiento es uniforme. Las ecuaciones del movimiento
serán:
y=−
1 eEo 2
t ;
2 me
x = vo t
c) Eliminando el tiempo entre las dos anteriores resulta.
2
1 eEo  x 
1 eEo 2
y=−
x
  =−
2 me  vo 
2 me vo2
Que es la ecuación de una parábola.
P2
Para una distribución de carga uniforme -σo el campo
dirigido hacia ella, de módulo:
r
Eo será perpendicular a la pared y
r
σ
E0 = 0 ,
2ε 0
El potencial eléctrico, tomando como referencia la pared, para medir las distancias y
asignándole potencial cero, será en un punto situado a una distancia zo:
V=
σ0
zo
2ε 0
La pared repele al electrón, luego habrá que lanzar el electrón con una velocidad vo tal,
que no llegue a frenarse y dar la vuelta antes de que toque la pared. La mínima velocidad
de lanzamiento será aquella que permita al electrón llegar a la pared con velocidad nula.
r
Eo
Zo
Aplicando la ecuación de la energía.
-
1
WE = −e (Vzo − V ) = 0 − me v02 ;
2
σ

1
−e  o zo − 0  = − me vo2
2
 2ε o

0
vo =
-
r
vo
P3
-
eσ o zo
ε o me
2 ⋅10−9 (−4 ⋅10−9 )
+
) = −9 V ,
2
2
r
r
2 ⋅10−9 r (−4 ⋅10−9 ) r
E = 9 ⋅109 ⋅ ( 2 (− j ) +
j ) = −4,5 j N ·C −1
2
2
2
a)
Vo = 9 ⋅109 ⋅ (
b) V( 2,0)
= 9 ⋅109 ⋅ (
2 ⋅10−9
2 +2
2
2
+
(−4 ⋅10−9 )
2 +2
2
2
)=−
18
V
8


−9
r
r
r
9
 2 r r  (−4.10−9 )  2 r r  
9  2.10
E = 9.10 ⋅
(i − j )  +
(i + 3 j ) NC −1 ,
2 
2
 (i + j )   = −

2 8

 8

 8  8
8


r
r
r
r
r
 27 −12 r
−12  −9
c) F = q·E = −6 ⋅10 
(i + 3 j ) N ·C −1  =
10
(i + 3 j ) N
8
2 8


 −18  
−12
d) W( 2,0 )→(0,0) = − qo ⋅ (V(0,0) − Ψ (2,0) ) = − ( −6.10 C )  −9V − 
V   = −1,6.10−11 J
8



( )
P4
a)
E P ,O
( )
(−1, 6 ⋅10−19 ) 2
=
= 9 ⋅10 ⋅
= 4, ⋅10−18 J ,
−10
4πε 0 r0
0,53 ⋅10
qe2
9
b) Aplicando conservación de la energía, y por simetría ambos adquirirán la misma energía
cinética:
qe2
q e2
1
=
+ 2 ⋅ m e v e2 ,
4πε 0 r0 4πε 0 2 r0
2
(1, 6.10 )
qe2
m
ve =
=
= 1,5.106 ,
−12
−10
−31
4πε 0 2r0 me
8π ·8,85.10 ·0,53.10 ·9,1.10
s
−19 2
c) Las energías cinéticas de cada electrón en la posición anterior son iguales y valen:
2
2 m
1
1
me ve2 = 9,1.10−31 kg · (1,55.106 ) 2 = 1,1.10−18 J ,
2
2
s
(1, 6.10−19 C )
qe2
EP (2r0 ) =
=
= 2,17.10−18 J
−12 2
−1 −2
−10
4πε 0 2r0 4π ·8,85.10 C N m 2·0,53.10 m
2
P5
a) El electrón está sometido a una aceleración a e =
a otra aceleración:
ap =
qe E 0
mp
qe E 0
me
, y el protón en sentido contrario
, La relación entre las aceleraciones es: a e = a p
mp
me
Las dos cargas tienen aceleración constante y por lo tanto movimiento uniformemente
acelerado y si es do la distancia que las separa inicialmente, en el instante en el que se
cruzan en la que el electrón habrá recorrido de y el protón do-de .
El instante t en que se produce el cruce , será: t c =
2d e
=
ae
Elevando al cuadrado podemos despejar el valor de de
2( d 0 − d e )
ap
2d e (
ae
a
+ 1) = 2d 0 e ,
ap
ap
ae
ap
de = d0
(
ae
+ 1)
ap
=
⇒
mp
m p + me
do =
1, 67 ⋅10−27
d 0 ≈ 3,9987 m , es decir la
1, 67 ⋅10−27 + 9,1 ⋅10−31
distancia a la lámina positiva es de 4-3,9987= 0,0013 m.
vp
mp
v
ve
a
b) t c = e =
, ⇒
= e =
≈ 1836
ae a p
v p a p me
c)
E p , proton = q p ⋅ 0 = 0 J , por llegar a la lámina negativa donde se ha tomado el potencial
nulo.
E p , electron = −1, 6.10−19 C ⋅1600V = −2.56 ⋅10−16 J ,
,
P6
a)
-
-
V1=-10000 V
-
V2= 0
-
El conductor 1, suponiendo toda su carga concentrada idealmente en el centro vale:
q1 = V1 ·4πε o R1 = −10 000·4π ·8,85.10−12 ·0,1 = −1,1.10−7 C
q2= 0
b) Cundo se alcance el equilibrio el electrostático habrá habido un paso de carga de un
conductor al otro hasta que se igualen los potenciales. Además se debe tener en cuenta el
principio de conservación de la carga eléctrica lo que permite escribir el siguiente sistema
de ecuaciones:
 q1*
q2*
k
=
k
;

R2
 R1
q1* + q2* = −1,1.10−7 C
q1* = −0, 44.10−7 C ;
q2* = −0, 67.10−7 C
El potencial de equilibrio.
V * = 9.109
−0, 44.10−7
= −4003V
0,1
c) La carga que ha circulado por el hilo es
q2* = −0, 67.10−7 C
d) Aplicaremos el principio de conservación de la energía, considerando que la energía de
un conductor cargado es
1
qV . La energía que tiene el conductor 1 antes de situar el
2
hilo que lo pone en contacto con el conductor 2, se queda en parte en el mismo, más otra
parte que pasa por el hilo y llega hasta el conductor 2 y otra que se emite en forma de
ondas electromágnéticas por moverse las cargas eléctricas por el hilo con aceleración,
designemos esta energía total que va por el hilo como W. Del balance de la conservación
de la energía resulta:
1
1
1
1
q1V1 = q1*V * + W ; ⇒ W = ( −1,1.10−7 C )·( −10000V ) − ( −4, 4.10−8 C ) ( −4003)
2
2
2
2
−4
−4
−4
W = 5,5.10 J − 0,88.10 J = 4, 6.10 J