25Capítulo ¿Cómo analiza el movimiento dentro de un campo electrostático homogéneo? Analicemos el caso de un cuerpo cargado que se mueve en un campo electrostático homogéneo, es decir, un campo cuya intensidad E en cada punto del espacio es la misma tanto en módulo (valor numérico) como en dirección. Como ejemplo vamos a considerar el campo eléctrico homogéneo dentro de un condensador plano. Existe cierta analogía entre los problemas del movimiento de un cuerpo cargado en un campo electrostático homogéneo con algunos problemas del movimiento de un cuerpo en el campo gravitatorio, pues para alturas relativamente pequeñas, el campo gravitatorio de la Tierra puede considerarse homogéneo. La diferencia entre los casos señalados de los movimientos en el campo electrostático y en el campo gravitatorio, es la naturaleza de las fuerzas que actúan sobre un cuerpo: en el campo electrostático actuará la fuerza Fe=qF (la que a su vez comunica al cuerpo una aceleración ae=qE/m); mientras que en el campo gravitatorio, sobre el cuerpo actúa la fuerza de gravedad P=mg (la que comunica al cuerpo la aceleración g). Siendo, m la masa del cuerpo y q, su carga eléctrica. El movimiento de un cuerpo cargado en un campo electrostático homogéneo tiene el mismo carácter, que el movimiento de una simple piedra en el campo gravitatorio terrestre. Vo a m g mg=Fg Si el campo gravitatorio terrestre es homogéneo un proyectil a través de dicha región se moverá de igual forma que una carga eléctrica. + + + + + Vo m E — q F=qE — — — — 5m 8 8 Finalmente.10-3) Ahora. una altura igual a: (ver fig. Resolución: b) Vo A C A I D A M (Vo)T R U C H L I B R E ½(gef)T2 30º R El proyectil cuando realiza su movimiento se somete a una gravedad efectiva (gef ) igual a la suma de la aceleración ocasionada por la gravedad y la ocasionada por la acción del campo electrostático sobre la carga eléctrica.10-6)(3. diremos que: i) en la dirección del lanzamiento se desplazará una distancia igual a: VoT=10T. la altura máxima será: 1 1 H= gT2 = (10)12 \ H=2.Solucionado por José A. aplicando el MÉTODO WARANKA. es: 3 R = (Vo) TCos30º = 10(1) 2 . Es decir: (2. b) BC = ½ (gef )t2 = ½ (10)T2 = 5T2 B En el triángulo vectorial se puede apreciar que: BC= ½.172 - ` R = 5 3m . de intensidad E=300N/C. a partir del reposo. el alcance horizontal R. Las líneas de los dos campos está dirigidos verticalmente hacia abajo (fig. en el triángulo vectorial. es lanzado con una velocidad Vo=10m/s. Huaranca Velásquez a) E H +q m Vo P A a B R Problema 60 Un cuerpo. y ii) en la vertical descenderá.102) qE = 10m/s2 gef = g+ae= g + m = 9. de masa m=3g y carga eléctrica q=+2mC. el alcance horizontal (R) del lanzamiento y la altura máxima (H). El cuerpo se mueve simultáneamente en el campo gravitatorio y en un campo electrostático homogéneo. Encontrar el tiempo de vuelo (T).AC ® ½(10)T2= ½(10)T Þ T=1s Si el tiempo que dura el vuelo es T=1s.8 + (3. a). formando un ángulo a=30º con el horizonte. 173 - b) D 60º M ½a T2 RU V 2H C A I D A (V ) o T M R U De la misma manera que el campo gravitatorio le imprime al proyectil una aceleración vertical g=10m/s2. y iii) Caída vertical. desplazándose en esta dirección. Siendo. en la misma dirección del campo.Preguntas y Problemas de Física (Solucionado) Problema 61 a) Una pequeña esfera cuya masa es m=1g y carga q=10-4C es lanzada con una velocidad inicial Vo=30m/s y formando un ángulo a=60º con el horizonte.5 3 T2 = 15(2 3) + 5 3 (2 3) 2 2 .5T2 & 15 3 T = 15 2 T ` T = 2 3 s El alcance horizontal (R) se determina atendiendo la componente horizontal: R = 15T + 2. una distancia: ½aT2=5T2. desplazándose en la dirección del campo. Pero ahora las líneas de fuerza del campo electrostático (E=100N/C) forman un ángulo a con la vertical. con un desplazamiento: ½gT2= ½(10)T2=5T2. Se pide encontrar el tiempo que dura el vuelo (T). con una magnitud igual a: Fe qE (10-4)(100) ae= m = m = =10m/s2 10-3 En este caso el movimiento del proyectil es el resultado de la composición de tres movimientos: i) MRU en la dirección del lanzamiento. una distancia: VoT=30T. b) B R H L I B R E H C ½gT2 60º A c) B R E 15T D 2. Considere: g=10m/s2 E a H Vo a A A continuación resolveremos el polígono vectorial “de los desplazamientos” (ADCBA). ii) MRUV. el alcance horizontal (R) el vector resultante de estos tres desplazamientos (Ver fig. en donde para determinar el tiempo que dura el vuelo atendemos la componente vertical: (Ver fig.5T2 C 5T2 30º H 60º A R B . el campo electrostático le comunica una aceleración. el alcance (R) del lanzamiento y la altura máxima (H).5 3T2 30º 60º 5T2 2H 15 3T Resolución: (Método Waranka) H F 2. c) 2 15 3 T = 5T2 + 2. en la dirección del campo. 174 - . Huaranca Velásquez ` R = 60 3 m Finalmente. penetra al interior de un condensador plano.5m Problema 62 — — — — — E V -q b Fe a a + + + L + + Vo m Una esferita cuya masa es m=1g. formando un ángulo a= 53º con las láminas del condensador.5m/s Y para calcular el tiempo (t). con una carga q=7mC. como se indica en la figura. usaremos la componente horizontal del movimiento: 1 1 L = = s t= 10(3/5) 6 VoCosa La aceleración vertical (a) con que descelera la componente vertical del movimiento. con una velocidad inicial Vo=10m/s.Solucionado por José A. despejaremos la velocidad final V. de la siguiente igualdad: VoCosa=VCosb ® 10Cos53º=VCos37º \ V=7. La longitud de las láminas es igual a L=1m. se puede determinar a partir de: Vy=Voy-at: VSen37º=VoSen53º-at 4 1 3 ( 15 2 ) 5 =10( 5 )-a( 6 ) a =21m/s2 . Encontrar la intensidad del campo E del condensador y la energía cinética del proyectil al salir de éste.5T2 + 5T2) = 14 ( 15 2 ) (2 3) ` H = 22. necesario para emerger del campo. y sale de éste formando un ángulo b=37º con las láminas. para el cálculo de la altura máxima (H) usaremos la siguiente igualdad: 2 H = 1 4 (FB) = 1 4 (2. Resolución: Teniendo en cuenta que la componente horizontal de la velocidad permanece constante. 10-3) Por lo tanto. + + + + + + E L + + mg qE Resolución: Puesto que en el caso dado las líneas de fuerza del campo electrostático y del campo gravitatorio están igualmente dirigidas.5)2 \ Ek=28. determinaremos la intensidad del campo a partir de la relación: ma qE (10-3)(21) a = m Þ E= q = = 3000N/C 7.5 $ 10 -2 10 -2 = 2r 10 4 r Xs ` T = S 10 . La intensidad del campo del condensador es igual a E=600N/C.125mJ Problema 63 Una esferita de masa m=3g y de carga q=1mC. el período del péndulo será igual a: T = 2r 2. la gravedad efectiva igual a la suma aritmética de las aceleraciones g+a.) Se pide encontrar el período de las oscilaciones de este péndulo.5cm.175 - - - - - - - . las líneas están dirigidas hacia abajo (Ver fig. está suspendida de un hilo aislante de longitud L=2. dentro de un condensador plano de láminas horizontales. entonces podemos utilizar para el cálculo del período de las oscilaciones la relación: Ö gLef T = 2p Siendo: gef.10-6 La energía cinética de la esferita al salir del campo del condensador es igual a: Ek= ½mV2 = ½(10-3)(7.8+ (3.Preguntas y Problemas de Física (Solucionado) Como la aceleración fue producida por la acción del campo. Así pues: qE (10-6)(600) = 10m/s2 gef = g+ m = 9. 176 - .10-6)(3. el período de las oscilaciones se calcula mediante la relación: L T = 2r S g . La intensidad del campo del condensador es igual a E=300N/C.. Huaranca Velásquez Observaciones: (º) Si cambiamos el signo de la carga en las láminas del condensador.5m/s2 ae= me = m = (2.102) F = 7.10-3) El período de las oscilaciones se determina por medio .) El período de las oscilaciones crecerá y tenderá al infinito para cuando E=mg/q (. Considere: g=10m/s2 Resolución: La aceleración (ae) que le comunica el campo electrostático a la esferita.. las líneas de fuerza están dirigidas hacia la derecha (Ver fig. dentro de un condensador cuyas láminas están orientadas verticalmente.) Si continuamos aumentando la intensidad del campo E.Solucionado por José A..) Se pide encontrar el período de las oscilaciones del péndulo y el ángulo (a) que formará la dirección del hilo en su posición de equilibrio con la vertical.Eq X m (. es en valor igual a: qE (50. tendremos que sujetar el hilo a la lámina inferior del condensador y el período se hallará con la relación: T = 2r L Eq S X m -g Problema 64 a) + + + + + + + + q a E - Una esferita de masa m=2g y carga q=50mC. está suspendida de un hilo delgado de longitud L=50cm. c: .10-6)(7.8m/s2 y la aceleración comunicada por el campo electrostático: qE F (3.103) = 21m/s2 a= me = m = (10-3) El valor de gef se puede determinar aplicando el Teorema de Pitágoras al triángulo sombreado de la fig.5m/s2 ef Así pues. será: Ög T = 2p L ef Ö12. el período de las oscilaciones.5 2p \T= 5 s g Ahora.5 = 2p 0.5) 2 = 12. la dirección del hilo. Se pide encontrar el período de las oscilaciones y el ángulo a que formará el hilo. que representa la suma vectorial (resultante) de las aceleraciones. está suspendida de un hilo delgado de longitud L=5cm dentro de un condensador plano. en su posición de equilibrio.177 - - - a - E Resolución: - q b) a a b g a gef . coincide con la dirección del vector aceleración de gravedad efectiva y está determinada por: ae 3 7. de la gravedad terrestre y de la del campo electrostático. cuyas láminas forman con la horizontal un ángulo b=53º (fig. con la vertical. para la posición de equilibrio del péndulo. (fig.5 Tga = g = = 4 10 ae q a gef \ a = 37º Problema 65 Una esferita de masa m=1g y carga q=3mC. a) + + + + + + + + b L Al igual que el caso anterior. la aceleración de la gravedad efectiva (gef ) es la suma vectorial de la aceleración de la gravedad terrestre: g=9. b) b) a gefg= g2 + (a e) 2 = 102 + (7.Preguntas y Problemas de Física (Solucionado) de la aceleración de gravedad efectiva (gef ). a) La intensidad del campo del condensador es E=7000N/C y las líneas de fuerza están dirigidas hacia abajo. Solucionado por José A. exactamente igual.8) 2 = 20m/s2 La dirección del vector gef coincide con la del hilo y se determina (fig. Huaranca Velásquez gefg=ef (g + aCosb) 2 + (aSenb) 2 = (22. cuya masa es m=4g y carga q=2mC.8 21Sen53º = = = 0. c) mediante la relación: c) aSenb 16. está en todo momento dirigida a lo largo del hilo y por lo tanto se compensa con la reacción de éste. cuando en el punto de suspensión del hilo (L=100cm) se encuentra una carga más. por consiguiente.4 9. Es decir en este caso el período de las oscilaciones se determina por medio de la fórmula para el péndulo no cargado eléctricamente: Fe +q Ög T=2p L Ö p1 = 2p mg . De aquí se concluye que la fuerza eléctrica no conduce a la aparición de ninguna fuerza restitutora y.4) 2 + (16.8+21Cos53º tga = a g a b aCosb gef \ a = 37º El período de las oscilaciones se determina reemplazando datos en: L g ef = 2r T = 2r a 5 $ 10 -2 20 r Xs ` T = S 10 aSenb Problema 66 Calcular el período de las oscilaciones de una esferita.75 g+aCosb 22. no influirá en el período de las oscilaciones del péndulo. Considere que: g=p2 m/s2 q L Resolución: + q q Fe En este caso la fuerza eléctrica de repulsión que surge entre las cargas.178 - 2 = 2p . 1 p \ T= 2s . 10-19C Rpta.179 - + + + + + + a E L w +q - - - - - - . Rpta. si la intensidad del campo en el condensador es igual a 500V/m?¿Cuál es la velocidad mínima que debe tener el electrón para que éste no llegue a caer sobre la lámina? La masa del electrón es igual a 9.10-31kg y su carga es igual a 1. Vmin=5. suspendida de un hilo de longitud L = 4m.. si el electrón sale del condensador formando un ángulo de 30º con las láminas. Encontrar la tensión del hilo y la energía cinética de la esferita.6. El ángulo de inclinación de hilo respecto a la vertical es igual a a = 60º. T = 148 N .Preguntas y Problemas de Física (Solucionado) Problemas propuestos 45.106m/s. si todo el sistema es introducido en un campo electrostático homogéneo de intensidad E = 5N/C..Un electrón penetra en un condensador plano paralelamente a sus láminas y a una distancia de 4cm de la lámina cargada positivamente y cuya longitud es de 15cm. tal como se muestra en la figura.. E = 149 V/m 47. ¿Cuánto tiempo demora el electrón en caer en dicha lámina. respectivamente están unidas por un hilo que pasa a través de una polea inmóvil.. Ek = 222 J 48.Dos esferitas de masa m1 = 3kg y m2 = 2kg con cargas q1 = +5C y q2 = +1C. t = 3.10-8 s .Dentro de un condensador plano cuyo campo tiene una intensidad igual a E = 8N/C. y cuyas líneas de . Encontrar la intensidad del campo en el condensador. La longitud de la lámina es de 20 cm (Use los datos del problema anterior). Calcular la aceleración de las esferitas y la tensión del hilo. gira uniformemente una esferita de masa m = 5kg y carga q = 3C.106m/s — — — — — + + Vo e + + + 46. Rpta.Un electrón penetra en un condensador plano paralelamente a sus láminas y con una velocidad igual a 3. En un campo electrostático uniforme de intensidad E = 4N/C y cuyas líneas de fuerza están dirigidas verticalmente hacia arriba. Vo=12m/s . Se desprecia la interacción entre las esferitas cargadas. Huaranca Velásquez fuerza están dirigidas verticalmente hacia abajo. T = 37 N q L E Vo 49.Solucionado por José A. una esferita de masa m = 1 kg y carga q = +3C. puede girar en el plano vertical atada a un hilo de longitud L = 2m.180 - . (g = 10m/ s2) Rptas. a=6m/s2 .. ¿Cuál es la velocidad horizontal que hay que comunicarle a la esferita en el punto más elevado de su trayectoria para que la tensión del hilo en el punto más bajo de la trayectoria sea 10 veces mayor que el peso de la esferita? (g=10m/s2) Rpta.