Ayudantia 1 - Solución

Transcripción

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: La fuerza normal N se puede escribir usando sus componentes rectangulares como: N = N cos(π/3)î + N sin(π/3)ĵ La fuerza F e es la ejercida por la bolita de la derecha sobre la bolita de la izquierda y es: F e = kq2 R 2 Ahora sumamos fuerzas por componente sobre la bolita de la derecha y aplicamos la condición de equilibrio: 1

2 Fuerza en X: FX = N cos(π/3) kq2 R 2 = 0 (1) Fuerza en Y: FY = N sin(π/3) mg = 0 (2) De (2) vemos que Reemplazando esta expresion en (1): N = mg sin(π/3) Despejando q mg kq2 cos(π/3) sin(π/3) R 2 = 0 q = ±R mg cot(π/3) k 2

3 Pregunta 2 Una esfera plástica cargada tiene una masa m y se cuelga de un hilo aislante de largo l, en una región donde existe un campo eléctrico E (ver gura). Si la bolita permanece en equilibrio en 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 Como E es paralelo al eje X, se tendrá que E = Eî. Por lo tanto F E = qeî Escribimos la tensión utilizando sus componentes rectangulares: T = T sin(θ)î + T cos(θ)ĵ 3

4 Ahora se puede sumar las fuerzas por componente y aplicar la condición de equilibrio: Fuerza en X: FX = qe T sin(θ) = 0 (1) Fuerza en Y: FY = T cos(θ) mg = 0 (2) De (2): Reemplazando en (1): De esto, resulta que: qe T = mg cos(θ) mg cos(θ) sin(θ) = 0 q = mg tan(θ) E mg tan(θ) b) Del resultado anterior vemos tenemos que q = E θ. Por lo tanto, podemos escribir la carga en función del tiempo como: Derivamos con respecto al tiempo obtenemos: Luego, como dq dt = α, despejando dθ dt resulta: q(t) = mgθ(t) E dq dt = mg dθ E dt dθ dt = αe mg. Como θ 1 tenemos que tan(θ) 4

5 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. Calculo de F 1 : La carga que produce la fuerza F 1 se encuentra en la posición r 1 = d/2ĵ y la partícula de prueba en xî. Por denición, la fuerza entre ambas cargas es: F 1 = k( q)q(xî + d/2ĵ) l 3 Calculo de F 2 : En este caso, la carga que produce F 2 se encuentra en la posición r 2 = d/2ĵ, por lo tanto la fuerza de atracción entre esta carga y la carga de prueba será: F 2 = k( q)q(xî d/2ĵ) l 3 De esta manera, la fuerza resultante sobre la carga q será: F = F 1 + F 2 = 2kqQx l 3 î (1) 5

6 Vemos que podemos relacionar el largo l con las distancia d/2 en función del ángulo θ indicado en la gura anterior por la relación trigonométrica: d/2 l = cos(θ) = l = (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 l (d/2). Evaluando en (1) se tiene que: F = 16kqQx d 3 (2) Por la primera ley de newton se tiene que F = m a. En esta situación la partícula se mueve sobre el eje x y por lo tanto m a = m d2 x dt 2 î De esta manera se tendrá que 16kqQx d 3 = m d2 x dt 2 = d2 x dt kqQx md 3 = 0 Con esto vericamos que la carga sigue un movimiento armónico simple. La frecuencia angular será entonces: El periodo de oscilación será entonces kqq w = 4 md 3 T = 2π w = π 2 md 3 kqq 6

7 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: E 1 = 2kq r 2 ĵ 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 E y = E cos(θ). El modulo del campo eléctrico, E, es por denición: E = kq d 2 + r 2 7

8 Además, es fácil ver que cos(θ) = kq E y = ( d 2 + r 2 r. De esta manera tenemos que d 2 +r2 r d 2 + r 2 )ĵ = kqr (d 2 + r 2 ) 3/2 Luego, dado que la carga es negativa, podemos escribir vectorialmente este campo electrico como kqr E y = (d 2 + r 2 ) 3/2 ĵ 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 = E y + E y + E 1 Reemplazando los valores ya obtenidos E = ( 2kq r 2 2kqr (d 2 + r 2 )ĵ ) 3/2 b) 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: E = 2qk( 1 r 2 r ) (r 2 + d 2 ) 3 2 Esto lo podemos escribir de forma equivalente como: E = 2qk( 1 r 2 1 r 2 (1 + d2 r 2 ) 3 2 = 2qk d2 (1 (1 + r2 r 2 ) 3 2 ) 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 d r 0 y por lo tanto ( d r )2 0. Por lo tanto, en la expresión del campo podemos hacer la siguiente aproximación: (1 + d2 r 2 ) 3 3 d 2 2 (1 2 r 2 ) Evaluando este resultado en la expresión obtenida para el campo, se tiene que: ) E = 3qkd2 r 4 ĵ 8

9 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 están en sentidos opuestos. Estas fuerzas son generadas por el campo eléctrico E y tienen 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 9

10 Como se produjo solo un pequeño desplazamiento del dipolo se cumpla que θ 1 y por lo tanto podemos hacer la aproximación sin(θ) θ. Además notamos que α = d2 θ dt 2. Reemplazando estos valores en la ecuación anterior se tiene que: 2qEaθ = I d2 θ dt 2 Esta ecuación diferencial la podemos escribir como: d 2 θ dt 2 + 2qEaθ I Con lo cual vemos que la orientación angular del dipolo seguirá un movimiento armónico simple con frecuencia angular: = 0 Y por lo tanto la frecuancia será: w = 2qEa I f = w 2π = 1 2qEa 2π I 10

11 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 esta manera podemos denir su densidad de carga como λ1 = q. De esta manera, si tomamos una pequeña carga dq del alambre sabemos que se cumple la relacion dq = λ 1 dx, donde dx es un pequeño trozo del alamabre 2R El campo electrico que produce cada elemento dq estara en direccion î, por lo tanto el campo electrico que produce será: 11

12 de 1 = ( kdq x 2 )î = (kλ 1dx x 2 )î Integrando desde x = 3R hasta x = R Lo que resulta: E 1 = k(λ 1 1 x 2 dx)î = (kλ 1 ( 1 x 2 R E 1 = 2kλ 1 3R î 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: 3R ))î 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 : λ 2 = 2q πr λ 3 = 2q πr Arco BC: Consideramos una pequeña carga dq del arco, el modulo del campo electrio producido por esta carga será simplemente: de = kdq R 2 Con ayuda de la densidad de carga λ 2 podemos escribir dq = λ 2 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 12

13 Podemos entonces escribir el campo como de 2 = kλ 2Rdθ R 2 = kλ 2dθ R Luego, la componente en x del campo de 2 sera Integrando desde θ = 0 hasta θ = π 2 : Vectorialmente de x2 = de 2 cos(θ) = kλ 2 cos(θ)dθ R E x2 = kλ 2 R π 2 0 cos(θ)dθ = kλ 2 R E x2 = kλ 2 R î Arco CD: No es dicil ver la componente en x del campo producido por este arco será igual al anterior, de esta manera: Asi se tendra que E 2 + E 3 = 2kλ 2 R î Trozo DE: E x3 = kλ 2 R î Sea q la carga que tiene este trozo de alambre tal que anula el campo electrico pdroducido por todo el alambre en O. Como tiene largo R, la densidad de carga será lambda 4 = q R Luego, procediendo de igual forma que para el trozo AB vemos que E 4 = (kλ 4 2R R 1 x 2 dx)î = ( kλ 4 2R )î Sumando todos los campos calculados e igualando a cero: Despejando λ 4 : E 1 + E 2 + E 3 + E 4 = 2kλ 1 3R î + 2kλ 2 R î + ( kλ 4 2R )î = 0 λ 4 = 2 3 (2λ 1 + 6λ 2 ) 13

14 Reemplazando los valores de λ 1, λ 2 y λ 4 denidos anteriormente, encontramos el valor de la carga buscada: Si consideramos π 3 : q = 2 12 q(1 + 3 π ) q = 10 3 q 14