• Author / Uploaded
• Edson Crispin Asto

Citation preview

UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II

PROBLEMAS RESUELTOS

1. Los protones de los rayos cósmicos inciden sobre la atmósfera de la tierra a razón de 0,15 protones/cm2s. ¿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  4r 2 Sustituyendo r por el radio promedio de la tierra 6,4 x 10 6 m. S  4 (6,4 x10 6 ) 2  5,14 x1014 m 2

Llevando la tasa de protones a protones/m2s, queda Fig. 17

0,15 protones / cm 2 s  1500 protones / m 2 s

Por lo tanto la tasa de carga por unidad de tiempo que recibe la tierra proveniente del espacio es: q

1500 protones / m 2 s (1,6 x10 19 C / protón)(5,14 x1014 m 2 ) s

C  Por lo tanto q  0.1236   s

2. Una carga puntual de  1C se coloca a 0.50m de una segunda carga puntual de  1,5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 ( F21 ) es

 qq F21  K 1 22 rˆ21 r21 Fig. 18 Prof. Juan Retamal G. [email protected]

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

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:  1,0 10 6 1,5 F21  9 10 9 0,5 2

10 6

 iˆ 



Por lo tanto F21   0,054 iˆ

3. 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 las

Fig. 19a

Fig.19b

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,

   mg  Fe  T .

Y por la geometría del

problema, la relación de triángulos semejantes da: 1 x 2 3 2   q L q 2  Fe  x  , despejando x     2 mg  L mg 2 L 4 0 x 2 mg 0  

4. Si en el problema anterior, las partículas pierden carga a una razón constante  , ¿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  dt

Prof. Juan Retamal G. [email protected]

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

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 dx dq dx 1  q 2 L       dt dq dt dt 3  2 0 mg 

2 3

 2qL      2 0 mg 

dx

2

de donde dt  3

3

L 2 0 mgq

5. 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:     FR 4  F41  F42  F43

Considerando un eje de coordenadas cartesianas convencional tenemos:  F4 x  F43 iˆ  F42 cos iˆ  F4 y   F41 ˆj  F42 sen  ˆj

Reemplazando los valores de carga y distancias, y considerando que   45 o  2q 2 2q 2 2 ˆ F4 x  K 2 iˆ  K 2 i a 2a 2  2q 2 2q 2 2 ˆ F4 y   K 2 ˆj  K 2 j a 2a 2

Por lo tanto la fuerza resultante sobre la partícula es:

Prof. Juan Retamal G. [email protected]

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II



 q2  2  ˆ ˆ F4  K 2  2  i j 2  a 



6. Una partícula cargada  q0 y de masa

m

entra en un campo 

eléctrico uniforme E   E 0 ˆj con  velocidad de v 0   0.6v 0 , 0.8v 0  . Determine: a) Altura máxima que alcanza la partícula. b) Velocidad de la partícula 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  qE



 F   q0 E 0 ˆj

    q0 E 0 ˆ j Según la segunda ley de Newton F  ma  a  m Consideración 2: Ya que la aceleración es constante y vertical hacia abajo, entonces las ecuaciones cinemáticas del movimiento son: (1)

x  v0 x t

(2)

y  y0  v 0 y 

(3)

v x  v0 x

(4)

v y  v0 y  a y t

1 ayt 2 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) Prof. Juan Retamal G. [email protected]

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II

0  0.8v 0 

q0 E 0 t máx m



t máx  0.8

v0 m q0 E 0

sustituyendo en ec. (2) (a)

hmáx  h0  0.32

v 02 m q0 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  v0 x t

(c)



R  2  0.6v 0  0.8

v0 m v 2m  0.96 0 q0 E 0 q0 E 0

   v 2m  r   0.96 0 ; h0  q0 E 0  

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

x 1 q0 E 0 x 2  v 0 x 2 m v 02x

Prof. Juan Retamal G. [email protected]



y  h0 

4 25 q0 E 0 2 x x 3 18 v 02 m

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II



(d)

la trayectoria es una parábola convexa

7. Se tiene una línea de carga de longitud L con una densidad lineal de carga constante  , y una carga puntual Q a una distancia

a

sobre

la

mediatriz, tal como muestra la Fig. 22.

Determine la fuerza

resultante sobre la partícula. Consideración 1: 

dq , pero dl  dy dl

entonces dq   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 dq ejerce la misma fuerza sobre la partícula Q . Consideración 4:

Prof. Juan Retamal G. [email protected]

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

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.    dF  dFrx  dFax

luego dF  2dFx



F  2

K Q dq cos r2

de acuerdo a las consideraciones y la geometría del problema, se tiene 0

F

2 K Q  dy 2  y2 

 a



L 2

a a2  y2

resolviendo la integral y respetando el carácter

vectorial de la fuerza se obtiene   2 K Q L F  i a 4 a 2  L2

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  E1  E 2  E 3

Consideración 2:

Prof. Juan Retamal G. [email protected]

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

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: 4a 2  a 2  h 2

además



ha 3

E1  E 2  E 3

E

x

 E1 x  E 2 x

E

y

 E1 y  E 2 y  E 3 y

E

y





h  3x

pero

E 

x

E1 

y



Kq 4 2 a 3

 E1 cos 30 o  E 2 cos 30 o

E

y

2x 

2 3a 3



E1 



E

3 Kq 4 a2

x

0

 E1 sen 30 o  E 2 sen 30 o  E 3

3 Kq 1 3 Kq 1 3 Kq   4 a2 2 4 a2 2 4 a2





E

y

0

  E 0

9. Una barra cargada de longitud 2L tiene una densidad de carga lineal homogénea   y una carga total Q.

Calcúlese el campo eléctrico

en el punto P localizado en las coordenadas

 a, d 

como

se

muestra en la figura. Consideración 1: Prof. Juan Retamal G. [email protected]

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

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:    dE R  dE 1  dE 2

 dE R  dE x1iˆ  dE y1 ˆj  dE x 2 iˆ  dE y 2 ˆj



de la figura tenemos: dE x1  dE1 cos 1

dE x 2  dE 2 cos 2

dE y1  dE1 sen  1

dE y 2  dE 2 sen  2

pero dE1 

kq r12

dE 2 

kq r22

Consideración 2: Ya que la línea de carga esta ubicada sobre el eje Y entonces dl  dy con lo que dq  dy y tomando y  a tan

cos 1 



a r1



dy  a sec 2  d además de la figura tenemos:

r12  a 2 sec 2  

Luego para las coordenadas cartesianas de E1 tenemos:

E x1 

1 máx

 0

ka sec 2  cos d a 2 sec 2 

 E x1 

E y1 

k a

L  d k a a2   L  d2



1 máx

 sen d





1



k a

1 máx

 cos d 0

2

E y1 

0

k  a 1  2 a  a2   L  d  





1

2

   



Luego para las coordenadas cartesianas de E 2 tenemos:

k E x2  a

 2 máx

 cos d  E x 2  0

Prof. Juan Retamal G. [email protected]

L  d k a a2   L  d2





1

2

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II

E y2

k  a

 2 máx

 sen d

 E y2

0

k  a  1  2 a a2   L  d  





  1  2 



Finalmente el campo resultante E R es:

  L  d k  E xR  a  a 2   L  d  2 



  k  a E yR   a  a2   L  d 2 







  iˆ 1  2  

  a  1   2 2 2   a  L  d

  ˆj 1  2  

  L  d  1   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L

a a 2  L2



1

iˆ 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:

Prof. Juan Retamal G. [email protected]



Q 4R 2

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

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. r  r r  KQ  V.r    E  d r    E dr    dr   KQ    r2

Prof. Juan Retamal G. [email protected]

r

dr KQ 1   r 2  KQ  r    r  r

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

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 R a r (punto interno), es: VR ,r  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:

Prof. Juan Retamal G. [email protected]

  Q E   dA   0

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II





 E  dA   E dA  E  dA  E(4r '

2

)

E(4r ' 2 ) 

Q 0



E

KQ (r' ) 2

 KQ E rˆ (r ' ) 2

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   homogénea, sobre una partícula con carga  Q , ubicada en las coordenadas (a , d ) como se muestra en la figura. dFx  dF cos 

dFy  dFsen

dq  dy dF 

kQdq r2

r

y  a tag

a 2  y2

kQa sec 2  cos  2 (a 2  a 2 tag Prof. Juan Retamal G. ) dFx 

[email protected]

dy  a sec 2  d

dFx 

kQ cos  d a

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II

dFy 

kQa sec 2  d sen (a 2  a 2 tag 2 )

dFy 

kQ sen d a

Fx 

 2 màx kQ  1màx kQ  sen1máx  sen2 máx  cos  d   cos d    0 a  0 a

Fy 

 2 máx kQ  1máx kQ  sen d   sen d   cos 1máx  cos 2 máx    0 0   a a

Fx 

 kQ Ld  sen1máx  sen2 máx   kQ   a a  ( L  d ) 2  a 2

Fy 

 kQ a  cos 1máx  cos 2 máx   kQ   a a  (L  d) 2  a 2

  (L  d ) 2  a 2  Ld

  (L  d )  a  a

2

2

12. Una lámina infinita cargada, tiene una densidad superficial de carga   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   constante se obtiene:  E  V

E

V d

E

 2 0

 V 2 V   d 0 2 0 d 

Prof. Juan Retamal G. [email protected]

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II

2 0 V 2 8.85 1012   10 7

 d

50

 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

q(3R 2  a 2 ) 8 0 R 3

P   V   E  dr 

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 ∞ hasta R y sumarle el potencial desde R hasta a El potencial desde ∞ hasta R es:

VR 

kQ R

El potencial desde R hasta a es: a   VR ,a    E  d r R

El Campo eléctrico para puntos internos de la esfera no conductora es:   q E   dA  enc0 



 E  dA   E dA  E  dA  E(4r q  enc 4 3 4 3 R r 3 3 q

 q enc

3

r q 3 R

2

)

E(4r 2 )  q

r3 R3

 E

Kq r R3

El potencial eléctrico para puntos internos de la esfera no conductora se puede evaluar a partir de la diferencia de potencial: Va  VR

Prof. Juan Retamal G. [email protected]

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]

UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DEL TACHIRA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS Y FISICA ASIGNATURA FISICA II

a   Kq a Kq Va  VR    E  d r   3  r dr  (R 2  r 2 ) 3 Kq Kq Kq r2 2 2 R R R 2R Va   ( R  r )  ( 3  ) R 2R 3 2R R2 kQ Pero V  R

R

 Va 

Prof. Juan Retamal G. [email protected]

q (3R 2  a 2 ) 8 0 R 3

Ing. Carmen Saldivia L. [email protected]