¡Descarga ejercicios electrostatica y más Ejercicios en PDF de Física solo en Docsity!
9.1 Sobre una carrega puntual actuen dues forces electriques de m`oduls |
F
1
| = 1 N i |
F
2
| = 2 N que
formen un angle de 60
◦
entre si. Trobeu el modul de la for¸ca resultant que actua sobre la carrega.
SOLUCI ´O
Podem escollir el vector
F
2
damunt de l’eix Ox i el vector
F
1
formant un angle de 60
◦ amb aquest eix.
Aix´ı, amb aquesta elecci´o tindrem les components seg¨uents:
F 1 = (1 cos 60, 1 sin 60),
F 2 = (2, 0)
Ara hem de sumar els dos vectors (
F
r
) i a continuaci´o trobar el seu m`odul:
Fr =
F 1 +
F 2 = (2 + cos 60, sin 60) ⇒ Fr =
9.2 Tenim una carrega q en x = −4. Trobeu la carrega q
′
que hem de col.locar a x = 2 per tal que
el camp el`ectric sigui nul a l’origen ( x = 0 ).
SOLUCI ´O
En el punt origen volem que el camp el`ectric total sigui nul. Anomenarem
E
q
al camp creat per la c`arrega
q en l’origen i
E
′
q
al camp creat per la c`arrega q
′ en l’origen. El camp total creat en aquest punt degut a les dues
c`arregues es la suma dels dos camps:
E =
E
1
E
2
. Podem imposar dos condicions equivalents:
E = 0 , ´es a dir, la suma vectorial dels dos camps ha de ser igual a 0.
E =
E
1
E
2
= k
q
3
(4, 0) + k
q
′
3
(− 2 , 0) = k(
q
q
′
q
q
′
= 0 ⇒ q
′ = q/ 4
- Els m`oduls d’ambd´os han de ser iguals, ´es a dir, E 1
= E
2
: k
q
2
= k
q
′
2
⇒ q
′ = q/ 4
9.3 Tres carregues de valors q = 1 nC estan als v`ertex d’un quadrat de costat 1 m (suposarem que
els punts que ocupen les carregues son (0, 0) , (1, 0) i (0, 1) , trobeu el camp electric en el punt
(1, 1) , ´es a dir al vertex que no hi ha cap carrega
SOLUCI ´O
Hem de trobar el camp electric que crea cada carrega en el vertex (1, 1) i sumar els tres camps. Per aixo:
~r 1
= (1, 0) → r 1
E
1
= k
q
3
~r 2
= (1, 1) → r 2
E
2
= k
q
3
~r 3 = (0, 1) → r 3 = 1 →
E 3 = k
q
3
El camp total es troba sumant vectorialment els 3 vectors anteriors (de fet la frase anterior podria haver estat: "el
camp total es troba fent la suma dels 3 camps anteriors", donat que el camp es una magnitud vectorial i, per tant, dir
que hem de sumar vectorialment uns vectors, resulta totalment gratuit):
E = kq(1 +
)(1, 1) = 12.2(1, 1) N/ C
9.4 Una c`arrega q
1
= 1 μC esta fixada (no es mou) a la posici´o (0, 0). Deixem una segona carrega
q
2
= 2 μC a la posici´o (2, 0).
(a) Trobeu el valor de la carrega q 3 que hem de fixar a la posici´o (6, 0) perque la
c`arrega q
2
no es mogui.
(b) En quin lloc hem de posar una carrega de − 9 μC perque q
2
no es mogui.
(c) En quin lloc hem de posar una carrega de +9 μC perque q
2
no es mogui,
raonant la posici´o a partir del resultat obtingut a l’apartat anterior.
SOLUCI ´O
(a) En el punt (2, 0) tenim un camp electric creat per la carrega de 1 μC situada al punt (0, 0) i per la c`arrega
q desconeguda situada al punt (6, 0). Perque la carrega de 2 μC situada en aquest punt no es mogui cal
imposar que el camp total sigui nul.
Aix`o es pot plantejar de dues maneres alternatives: impossant que la suma dels dos vectors sigui zero o b´e que
els dos moduls E 1 i E 2 siguin identics, ´es a dir,
E 1 = E 2 ⇒ k
1 μC
2
= k
q
2
⇒ q = 4 μC
(b) Com el camp E 2 ha de ser oposat al camp E 1 cal que la c`arrega de − 9 μC estigui situada a l’esquerra.
En aquest cas la condici´o a impossar ´es la mateixa, per`o amb valors diferents:
E
1
= E
2
⇒ k
1 μC
2
= k
(x + 2)
2
⇒ x = 4
Fixem-nos que encara que la c`arrega valgui − 9 μC a l’expressi´o anterior s’ha utilitzat el valor 9 μC donat que la
condici´o ´es la d’igualtat de moduls. El punt on cal situar la carrega ´es doncs (− 4 , 0).
(c) Quan la c`arrega ´es positiva podem fer un "mirall" respecte al punt (2, 0) i obtindrem el punt (8, 0). Efecti-
vament si imposem la mateixa condici´o que en els casos anteriors tenim:
E 1 = E 2 ⇒ k
1 μC
2
= k
(x)
2
⇒ x = 6
i, per tant, el punt ´es el (8, 0).
9.5 Tenim dues carregues puntuals de valors q i − 4 q que estan separades una dist`ancia l. Si deixem
les carregues per efecte de l’atracci´o electrostatica s’acostaran una a l’altre. Per evitar que passi
aixo podem situar una tercera carrega de valor Q en un lloc determinat de manera que el sistema
estigui en equilibri (es a dir, les tres carregues q , − 4 q i Q , romanin en respos). Trobeu el valor
i signe de la c`arrega Q i en quin lloc l’hem de situar.
SOLUCI ´O
Hem de buscar en primer lloc en quin punt el camp electric generat per les dues carregues q i q
′ = − 4 q sigui
zero. En aquest punt haurem de posar una tercera carrega Q de tal manera que els camps electrics on estan les
c`arregues q i q
′ tamb´e sigui zero, aix´ı el sistema de les 3 carregues estara en equilibri. Es pot raonar f`acilment que
la carrega Q ha d’estar a l’esquerra de la carrega q , tal com hem indicat a la figura.
Aix´ı, el treball valdr`a
W
∞P
= 108 J
9.7 En els v`ertexs d’un quadrat de costat l = 1 m es
col
loquen c`arregues q
1
= 1 μC , q
2
= − 1 μC , q
3
2 μC i q
4
= − 2 μC. Trobeu el camp i el potencial en
el centre del quadrat.
Sol. E = 2. 55 × 10
4 N/C , V = 0
SOLUCI ´O
Si considerem el v`ertex inferior esquerra situat a l’origen de coordenades, ´es a dir, al punt (0, 0) , aleshores el
punt mig del quadrat ´es el punt (0. 5 , 0 .5) i el camp electric es troba sumant els quatre camps deguts a cada carrega:
~r 1 = (+0. 5 , +0.5)
~r 2 = (+0. 5 , − 0 .5)
~r 3 = (− 0. 5 , − 0 .5)
~r 4 = (− 0. 5 , +0.5)
E 1 = k
+1 × 10
− 6
r
3
E 2 = k
− 1 × 10
− 6
r
3
E 3 = k
+2 × 10
− 6
r
3
E 4 = k
− 2 × 10
− 6
r
3
E = (0, − 2. 55 × 10
4 ) N/C
Per trobar el potencial tenim:
V =
k
r
(q 1 + q 2 + q 3 + q 4 ) = 0
9.8 En els vertexs A , B i C d’un triangle equilater de 2 m de costat, es col
loquen c`arregues puntuals
de − 20 μC , 5 μC i 10 μC , respectivament. Trobeu el camp i el potencial en el punt mig del costat
BC.
Sol. 7. 50 × 10
4 N/C , 3. 11 × 10
4 V.
SOLUCI ´O
Considerem la figura on situem el punt B a l’origen de coordenades.
El camp electric al punt mig del segment BC ´es la suma vectorial dels camps de cadascuna de les carregues,
´es a dir,
~r 1
= (+1, 0) → r 1
~r 2
= (− 1 , 0) → r 2
~r 3
= (0, −h) → r 3
= h
E
1
= k
+5 × 10
− 6
3
E
2
= k
+10 × 10
− 6
3
E
3
= k
− 20 × 10
− 6
h
3
(0, −h)
E = (− 45 , 60) × 10
3 ) N/C
Per trobar el potencial tenim:
V = k(
5 × 10
− 6
10 × 10
− 6
− 20 × 10
− 6
h
) = 31077 V
9.9 Les carregues electriques q
1
= +1 μC , q
2
= +1 μC ,
q
3
= +2 μC i q
4
= − 1 μC ocupen els v`ertexs d’un
quadrat de costat 2 m .Trobeu:
(a) el camp el`ectric en un punt P, situat a una
dist`ancia 1 m del centre del quadrat,
(b) el potencial el`ectric en aquest punt,
(c) l’energia potencial electrost`atica per aque-
sta configuraci´o.
Sol. a)
E =
3 × 10
3 (1, 3 , 3) N/C , b) V = 1. 56 × 10
4 V , c)
U = 3. 18 × 10
− 3 J
SOLUCI ´O
Trobarem l’energia potencial de formaci´o del sistema. Per aix`o utilitzarem la nomenclatura seg¨uent:
q = q 1 = q 2 = −q 4 = 1 μC , q 3 = 2q , l = 2 m , d =
8 m
Els potencials que hi ha a cada punt on estroben les c`arregues val:
V 1 = k
q
l
2 q
d
− k
q
l
V
2
= k
2 q
l
− k
q
d
q
l
V
3
= k
q
l
q
d
− k
q
l
V 4 = k
2 q
l
q
d
q
l
⇒ Up =
(q 1 V 1 + q 2 V 2 + q 3 V 3 + q 4 V 4 ) = k
q
2
d
9.10 Tenim 4 c`arregues puntuals en un pla horitzontal ( q
1
= q
4
+6 μC , q
2
= − 5 μC i q
3
= +5 μC ), disposades en forma de
rombe (diagonals de 6 cm i 8 cm ). Trobeu:
(a) el modul de la for¸ca sobre la carrega q
4
(b) energia potencial de configuraci´o del sistema,
Si fixem les c`arregues q
1
, q
3
i q
4
i deixem lliure
la c`arrega q
2
( m
2
= 1 × 10
− 3
kg ), trobeu:
(c) la velocitat de la c`arrega q 2 quan passi pel centre
del rombe
9.11 Deixem lliure i en rep`os una part´ıcula puntual de massa 0. 36 × 10
− 9
kg i c`arrega − 6 μC a 10 m
de l’origen de coordenades, on tenim una c`arrega puntual fixa de 5 μC. Trobeu la velocitat que
tindr`a la part´ıcula quan es trobi 6 m de l’origen. Podem menysprear el pes de la part´ıcula.
SOLUCI ´O
En el punt inicial la c`arrega de − 6 μC t´e una velocitat v 2 = 0 i una energia potencial donada per:
E
p 2
= (− 6 μC) ·
k
5 μC
= − 0 .027 J
quan es troba a 5 m la seva velocitat val v 1 i la seva energia potencial ´es:
E
p 1
= (− 6 μC) ·
k
5 μC
= − 0 .045 J
El teorema de conservaci´o de l’energia permet posar:
∆E
c
+ ∆E
p
mv
2 − 0 + (− 0 .045) − (− 0 .027) = 0 ⇒ v 2
4 m/s
9.12 Dues c`arregues positives i iguals a 10
− 6
C i una altra negativa del mateix valor es troben situades
en els vertexs d’un triangle equilater de costat l = 10 m. Si deixem en llibertat la c`arrega negativa,
mantenint fixes les altres, determineu l’acceleraci´o i la velocitat d’aquella, quan les tres c`arregues
estiguin alineades. La massa de la c`arrega negativa ´es de 3.2 g.
SOLUCI ´O
Considerem 2 punts: inicial i final. EL punt inicial ´es el vertex del triangle on situem la carrega negativa i el
punt final el punt mig de les dues c`arregues positives. Hem d’aplicar el teorema de conservaci´o de l’energia:
E
i
p
+ E
i
c
= E
f
p
+ E
f
c
Anem a calcular a part cadascun dels termes.
- Energia potencial inicial: E
i
p
= (−q)Vi , on Vi ´es el potencial en el punt inicial degut unicament a les dues
c`arregues positives, ´es a dir, Vi = 2 · kq/10 , per tant:
E
i
p
= (−q)V i
= − 2 kq
2 / 10
- Energia potencial final: E
f
p
= (−q)V f
, on V f
´es el potencial en el punt final degut unicament a les dues
c`arregues positives, ´es a dir, V f
= 2 · kq/5 , per tant:
E
i
p
= (−q)V i
= − 2 kp
2 / 5
- Energia cin`etica inicial: E
i
c
= 0 , ja que la c`arrega esta parada.
- Energia cin`etica final: E
f
c
= (1/2)mv
2 .
Aix´ı, amb els termes anteriors podem escriure el teorema de conservaci´o:
− 2 kq
2 /10 + 0 = − 2 kq
2 /5 + (1/2)mv
2 ⇒ v =
4 kq
2
10 m
= 1.06 m/s
Al punt mig de les dues c`arregues la for¸ca total es zero i, per tant, l’acceleraci´o tamb´e ho ´es.
9.13 Tenim dues c`arregues fixes d’ 1 μC en els punts (0, 3) m i (0, −3) m. Si pel punt (− 4 , 0) m passa
un cos de massa m = 3. 6 × 10
− 5
kg i c`arrega de − 1 μC , que es mou amb una velocitat de 10 m/s
en la direcci´o positiva de l’eix x , determineu en quin punt la velocitat sera 0 i que passara a
continuaci´o.
Sol. x = 9.54 m
SOLUCI ´O
Considerem l’esquema on s’ha situat dos punts 1 i 2 , corresponents a l’estat inicial de la c`arrega q amb
velocitat 10 m/s i l’estat final on s’atura (velocitat zero).
Apliquem el teorema de conservaci´o de l’energia entre els dos estats, ´es a dir,
∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒ 0 −
m · 10
2
Q
l
− k
Q
V 2 − V 1
on s’ha multiplicat per 2 degut a la simetria del problema (les dues crregues Q generen el mateix potencial als punts
1 i 2 ). Una vegada obtingut el valor de l nom´es cal trobar el valor de x segons el triangle de la figura.
9.14 Una carrega de 30 μC es troba a l’origen de coordenades. Una altra carrega de 10 μC i massa
10 g es troba, en reps, en el punt (3, 0) m. Trobeu amb quina velocitat passar`a pel punt (10, 0) m
i amb quina velocitat arribar`a a l’infinit.
Sol. 11 .22 m/s , 13 .4 m/s.
SOLUCI ´O
Cal aplicar el teorema de conservaci´o de l’energia entre els dos punts per on pasara la carrega de 10 μC que
s´on el punt (3, 0) i el punt (10, 0). Aix´ı tenim:
∆E
c
+ ∆E
p
mv
2 − 0 + 10 μC · (k
30 μC
− k
30 μC
V (10, 0) − V (3, 0)
Quan el segon punt ´es l’infinit el potencial V (∞, 0) = 0.
9.15 Tenim 4 c`arregues de valor q = 1 μC i massa m = 1 × 10
− 12
kg situades als 4 v`ertex d’un quadrat
de costat l = 1 m. Fixem a 3 d’elles i a la quarta la deixem el centre del quadrat. Degut a
la repulsi´o amb les altres abandonara aquesta possici´o i es dirigira cap a un v`ertex. Trobeu la
velocitat i acceleraci´o que portara quan passi per aquest vertex.
SOLUCI ´O
Amb les 3 carregues fixades a les posicions (0, 0) , (1, 0) i (0, 1) deixem una carrega a la posici´o A i es moura
fins passar pel punt B. En aquest punt la carrega tindra una velocitat i una acceleraci´o. Per trobar l’acceleraci´o de
la carrega en el punt B nom´es cal buscar quina for¸ca reb, que sera el producte de la carrega pel camp electric. Aix´ı
hem de buscar el camp electric degut a les altres 3 carregues.
9.17 A l’exercici anterior si deixem les carregues en llibertat es separaran. Per evitar aixo podem
subjectar-les entre elles amb 4 fils que segueixin els costats del rectangle. Trobeu la tensi´o de cada
fil. Si posem una c`arrega de signe negatiu al centre del rectangle podrem minimitzar les tensions
dels fils. Trobeu el valor d’aquesta c`arrega que fa que, al menys, un dels fils no estigui tens i, en
aquest cas, trobeu la tensi´o de l’altre fil.
SOLUCI ´O
Les 4 carregues degut a la repulsi´o electrostatica es separaran. El modul de la for¸ca que reb cada carrega val
Fq , seguint una orientaci´o diferent de la diagonal del rectangle (si la figura fos un quadrat, aleshores estaria en la
propia diagonal).
Per evitar que les c`arregues es separin les podem subjectar amb 4 fils. Aleshores la condici´o d’equilibri resulta
de igualar le for¸ca F q
i les tensions T 1
i T 2
, de manera que:
F
q
T
1
T
2
= 0 ⇒ (8. 505 , − 12 .159) + (0, T
1
) + (−T
2
, 0) = 0 ⇒ T
1
= 12.159 N , T
2
= 8.505 N
Si posem una carrega Q al mig del rectangle exercira una for¸ca F Q
sobre la c`arrega q donada per,
FQ = k
qQ
3
(0. 02 , − 0 .015) = Q(11520000, −8640000)
En aquest cas la condici´o d’equilibri ve donada per:
Fq +
FQ +
T 1 +
T 2 = 0 ⇒
8 .505 + Q · 11520000 − T
2
− 12. 159 − Q · 8640000 + T
1
El cas l´ımit correspon a que una corda estigui tensa i l’altre no ho estigui. Si supossem que T 1 = 0 i busquem els
valors de T 2 i Q , obtenim:
8 .505 + Q · 11520000 − T
2
− 12. 159 − Q · 8640000 + 0 = 0
Q = − 1. 407 × 10
− 6 C
T
2
= − 7 .707 N
resultat que contradiu el fet de que la variable matem`atica T 2
ha d’esser positiva. Malgrat T 2
t´e sentit cap a
l’esquerra a les equacions ja s’ha introduit el signe menys i, per tant, el resultat de la variable T 2
ha d’esser positiu.
Aleshores la hip`otesi de que T 1
sigui zero ´es incorrecta i, per tant, cal suposar que T 2
= 0 , ´es a dir,
8 .505 + Q · 11520000 − 0 = 0
− 12. 159 − Q · 8640000 + T 1 = 0
Q = − 0. 738 × 10
− 6 C
T 1 = +5.78 N
Abans de posar la carrega Q (evidenment ha sortit negativa) la tensi´o m´es petita era la T 2 i, per tant, la hipotesi
raonable ´es suposar que T 2
= 0 , enlloc de T 1
= 0. Per aquest motiu, en la hipot`esi de que T 1
= 0 , ha sortit un
resultat impossible. La inclusi´o de la c`arrega Q al centre del rectangle ha disminuit els valors de les tensions, fent
que una d’elles pugui ser zero i l’altre tensi´o resulta m´es petita.
9.18 Tenim un sistema de 4 carregues de valor q fixades en els vertex d’un rectangle de costats 4 m i
3 m. Si treiem qualsevol carrega i la substitu¨ım per una carrega de 2 μC s’observa que el m`odul
de la for¸ca que experimenta val 2. 968 × 10
− 3
N.
(a) Trobeu el valor de q.
(b) Trobeu el treball necess`ari que cal fer per acostar les 4 crregues, inicialment a
l’infinit, fins a la posici´o actual.
(c) Trobeu l’energia potencial de cada c`arrega.
SOLUCI ´O
Considerem les 4 carregues situades als vertex del rectangle de la figura. Per la simetria de la figura, una vegada
trobat el modul del camp resultant en el vertex indicat, aquest sera el mateix per els altres 4 vertex (el vector camp
electric a cada vertex tindra components diferents).
En primer lloc cal que trobem el vector camp electric al vertex (4, 0) degut a les 3 c`arregues, ´es a dir,
E = k
q
3
(4, 0) + k
q
3
(4, −3) + k
q
3
(0, −3) = q 9 × 10
9 (0. 0945 , − 0 .135111) ⇒ E = q 9 × 10
9 · 0. 164879
Quan situem una c`arrega q
′ = 2 μC al punt (4, 0) reb una for¸ca:
F = q
′ E ⇒ 2. 968 × 10
− 3 = 2 × 10
− 6 · q 9 × 10
9 · 0. 164879 ⇒ q = 1 × 10
− 6 C = 1 μC
L’energia potencial de configuracio del sistema ve donada per:
Up =
(q 1
V
1
V
2
V
3
V
4
Per simetria els potencials en cada punt son iguals i valen:
V = k
q
q
q
= 7050 V ⇒ U
p
= 0.0141 J
L’energia potencial de cada c`arrega val:
Ep = qV = 1 μC · 7050 V = 7. 05 × 10
− 3 J
9.19 Tres carregues puntuals estan situades en els vertexs d’un triangle equil`ater tal com indica la
figura. A continuaci´o traslladem la c`arrega q fins al punt mig de la l´ınia que uneix les altres dues
c`arregues. Dades: q = 1 μC , l = 1 m.
(a) Digueu quina de les dues configuracions t´e una energia potencial electrost`atica
menor i trobeu el seu valor.
(b) Calculeu el treball necessari per traslladar la c`arrega q.
Sol. a) U i
= 0.072 J , U
f
= 0.108 J , b) W = U f
− U
i
= 0, 036 J.
SOLUCI ´O
L’energia de configuraci´o d’un sistema de c`arregues ve donada per l’expressi´o:
U
p
(q 1
V
1
V
2
V
3
V
4
En el nostre cas les c`arregues son iguals i, per simetria, els potencials tambe son iguals. Cal dir que el potencial V 1
´es
el potencial que hi ha en el punt on es troba la carrega 1 degut a les altres 3 carregues. Aix´ı si considerem un quadrat
de costat l tindrem:
V
1
= k
q 2
l
q 3
l
q 4
l
= k
q
l
Els altres potencials son iguals tots a V 1
, per tant,
U
p
(qV + qV + qV + qV ) = 2qV = k
q
2
l
L’energia de configuraci´o de la distribuci´o de carregues quan estan separades 2 m l’anomenarem U p
(2) i quan est`an
separades 1 m , U p
(1). Aix´ı U p
(2) ´es el treball necessari per portar les carregues desde l’infinit fins a formar el
quadrat de costat 2 m , de la mateixa manera que U p
(1) ´es el treball necessari per portar les carregues desde l’infinit
fins a formar el quadrat de costat 1 m. Podem pensar que per portar-les desde l’infinit fins a formar el quadrat de
costat 1 m primer les hem apropat fins al quadrat de 2 m i a continuaci´o desde 2 m hem continuat fins acostar-les
m´es, just fins a 1 m , ´es a dir,
(∞) Up(2) Quadrat 2 m W (2 m → 1 m) Quadrat 1 m
(∞) Up(1) Quadrat 1 m
Aix´ı, segons l’esquema, es veu clarament que el treball necessari el trobarem fent la diferencia:
W (2 m → 1 m) = Up(1) − Up(2) = 0. 048 − 0 .024 = 0.024 J
9.21 Agafem tres c`arregues iguals de valors q = 1 nC que inicialment es troben infinitament separades
i les apropem fins a situar-les formant un triangle equilat`er de costat 1 m. Trobeu el treball
necessari per portar les tres c`arregues desde l’infinit fins a la posici´o que ocupen. Si les deixem
lliures les carregues es tronaran a separar. Per que aixo no passi podem posar una c`arrega Q en
el centre del triangle (baricentre: es troba a 2/3 de l’al¸cada) d’un valor apropiat. Trobeu doncs,
el valor de Q perque el sistema estigui en equilibri.
SOLUCI ´O
Situem en primer lloc les 3 carregues als 3 vertex del triangle. Si escollim el v`ertex inferior esquerra del triangle
a la posici´o (0, 0) , els altres 2 vertex seran (1, 0) (dreta) i (0. 5 , h) (superior), essent h l’al¸cada del triangle:
h =
2 − 0. 5
2
- L’energia potencial de configuraci´o del sistema (o el treball necessari per portar les c`arregues de l’infinit) ve
donada per:
Up =
(q 1 V 1 + q 2 V 2 + q 3 V 3 )
on Vi es el potencial que hi ha en el punt i degut a les altres dues c`arregues i que per simetria del triangle ´es
el mateix per cada punt:
V 1 = k
q 2
r 21
q 3
r 31
9
1 × 10
− 9
= 18 V
Els tres potencials V 1 , V 2 i V 3 son iguals per simetria i, per tant,
U
p
· 3 · q · 18 = 27 × 10
− 9 J
- El sistema es trobara en equilibri si les carregues no es mouen. Cada c`arrega reb la for¸ca de les altres dues
que estan als vertex i de la carrega Q que posarem al centre del triangle (baricentre): un total de 3 forces.
Caldra imposar que el camp electric de les carregues q dels vertex i del degut a la carrega Q en el punt de
cada carrega sigui zero. Per aixo trobarem el camp que fa cada c`arrega i farem que la seva suma sigui nula:
~r Q
→ r Q
E
Q
= k
Q
3
~rq 2 = (0, 0) − (0. 5 ,
3 /2) → rq 2 = 1 →
Eq 2 = k
q
3
~rq 3 = (0, 0) − (1, 0) = (0, −1) → rq 3 = 1 →
Eq 3 = k
q
3
La condici´o a imposar ´es que la suma dels camps sigui nula:
E
Q
E
q 2
E
q 3
3 Q − q − 0. 5 q = 0 ⇒ Q = −q/
9.22 Agafem tres c`arregues de valors q
1
= 1 nC , q
2
= 2 nC i q
3
= 3 nC que inicialment es troben
infinitament separades i les apropem fins a situar-les als punts (0, 0) m , (4, 0) m i (0, 6) m , re-
spectivament. Una vegada format el sistema suposem que les c`arregues no es mouen. Trobeu:
(a) Treball necessari per portar les tres c`arregues desde l’infinit fins a la posici´o
que ocupen.
(b) Modul del camp electric en el punt (4, 3).
(c) Flux del camp el`ectric que travessaria la superf´ıcie d’un cub de costat 10 m i
que tingues el seu centre al punt (0, 0).
SOLUCI ´O
(d) Energia de configuraci´o del sistema. El treball necessaria per portar les c`arregues des de l’infinit es justament
l’energia de configuraci´o del sistema. Considerem les 3 c`arregues q 1 = 1 nC, q 2 = 2 nC i q 3 = 3 nC situades
als punts (0, 0) , (4, 0) i (0, 6). Per a trobar els diferents potencials caldr`a calcular les distancies entre elles:
~r 12 = (4, 0) − (0, 0) = (4, 0) ⇒ r 12 = 4
~r 13 = (0, 6) − (0, 0) = (0, 6) ⇒ r 13 = 6
~r 23 = (0, 6) − (4, 0) = (6, −4) ⇒ r 22 = 2
Aixi l’energia de configuraci´o del sistema la trobarem a partir de l’expressi´o general:
U
p
(q 1
V
1
V
2
V
3
on cal indicar que V 1 ´es el potencial que hi ha en el punt on hi ha la c`arrega 1, i que es degut a les altres dues
carregues q 2 i q 3. Aix´ı cal trobar previament els potencials en cada punt:
V 1 = (k
) × 10
− 9
V
2
= (k
) × 10
− 9
V
3
= (k
) × 10
− 9
i a continuaci´o substituir a l’expressi´o de Up , ´es a dir,
U
p
(1V
1
+ 2V
2
+ 3V
3
) × 10
− 9 = 16. 5 × 10
− 9 J
9.24 Tenim dues distribucions cont´ınues de carrega que creen camp electric. La primera ´es un pla infinit
amb c`arrega superficial σ = +0, 7 μC/m
2
situat en el pla xz , la segona ´es un fil rectilini infinit
carregat amb una densitat lineal λ = +1 μC/m , situat paral
lelament a leix x passant pel punt
(0, 5 , 0) m. Trobeu el camp el`ectric total en els punts: (1, 2 , 0) m , (1, 5 , 3) m i (1, 2 , 3) m.
SOLUCI ´O
Partirem del fet que el camp creat per un pla infinit i per un fil infinit els coneixem i aleshores centrarem la
dificultad de l’exercisi en sumar correctament els dos camps. Cal tenir present que el camp el`ectric ´es una magnitud
vectorial i en cap cas podem sumar "alegrement" els "m`oduls". Considerem la figura on hem indicat la distribuci´o
plana infinita en el pla x − z i graficament nom´es esta indicat un quadrant (per simplificaci´o).
El camp creat pel pla infinit ´es sempre perpendicular al pla i s’allunya (vector en blau), mentre que el camp
creat pel fil infinit va canviant de direcci´o segons el punt escollit (vector vermell). A cada punt considerat hem de fer
la suma vectorial dels dos camps. El camp creat pel pla infinit en els punts considerats t´e direcci´o y i s’expressa:
E
σ
σ
2 o
= (0, 39584 , 0) N/C
El modul del camp creat pel fil en un punt situat a distancia r ve donat per:
E
λ
2 kλ
r
El que necessitem es expressar el vector
E
λ
de forma correcte a cada punt.
- Punt (1, 2 , 3) : busquem un vector unitari que marqui la direcci´o del camp.
~r = (1, 2 , 3) − (1, 5 , 0) = (0, − 3 , 3) ⇒ r =
18 ⇒ ~u r
Una vegada tenim el vector unitari que marca la direcci´o del camp electric, nom´es hem de multiplicar el modul
del camp per aquest vectotr unitari, ´es a dir,
E = E · ~u r
2 kλ
(0, − 3 , 3) = (0, − 3000 , 3000) N/C
El camp total ve donat per la suma:
E =
E
σ
E
λ
= (0, 36484 , 3000) N/C
9.25 Tenim dues distribucions de c`arrega lineals, rectil´ınies i infinites, de densitats +λ i −λ. La
positiva es troba sobre leix Y i la negativa, paral
lela a la primera, passa pel punt x = 4 m.
Trobeu:
(a) el vector camp el`ectric en el punt x = 2 m de la figura si λ = 66. 73 × 10
− 9
C/m
(b) el vector camp el`ectric en qualsevol punt entre les dues distribucions lineals.
Sol. a) (1201. 14 , 0) N/C , b) E(x) =
4 x − x
2
SOLUCI ´O
Considerem la figura on hem indicat amb dues franjes estretes les distribucions. El modul del camp electric
que crea una distribuci´o lineal infinita a una dist`ancia x ve donada per:
E =
2 kλ
x
Quan la distribuci´o es potitiva el camp s’allunya i quan es negativa s’apropa. Aix´ı tenim dos casos corresponents als
punts A = (2, 0) i B = (x, 0).
En el punt B tenim:
Eλ
2 kλ
x
E
λ−
2 kλ
d
E =
E
λ+
E
λ−
8 kλ
4 x − x
2
9.26 Tres c`arregues de valors − 2 C , +3C i 4C estan situades a les posicions (− 3 , 0) , (3, 0) , (0, 4)
respectivament. Trobeu una esfera de Gauss (indicant el seu origen i el seu radi) per la qual el flux
del camp el`ectric val 2/o
SOLUCI ´O
Segons el teorema de Gauss que ens diu:
Q
int
o
la unica combinacio possible es que la superficie tanqui a les c`arregues de valors −2 C i +4 C. Si fixem un origen a
la carrega de valor −2 C la distancia a les altres dues c`arregues de +4 C i +3 C es de 5 i 6 respectivament. Aix´ı
una esfera amb origen a la carrega − 2 C i de radi 5.5 asegura que tancara unicament a les dues carregues de −2 C
i 4 C.
9.27 Un cilindre infinit de radi R = 1 m cont´e una distribuci´o vol´umica de c`arrega de densitat ρ =
8. 85 × 10
− 12
C/m
3
. Representeu de forma aproximada el modul de E(r) en funci´o de r (distancia
de qualsevol punt a l’eix del cilindre). Trobeu per a quins valors de r el camp electric t´e per modul
0 .25 N/C. (Dada:
0
= 8. 85 × 10
− 12
F/m ).
SOLUCI ´O
Considerem les regions interior i exterior del cilindre carregat. En ambd´os casos el camp el`ectric, per simetria,
es perpendicular a l’eix del cilindre i dirigit cap a fora, ja que la distribuci´o ´es positiva. La superf´ıcie de Gauss escollida
´es tamb´e un cilindre de radi r i al¸cada h : el camp E ´es paral
la dS a la superf´ıcie lateral i perpendicular a dS en
les tapes.
9.28 Considerem una c`arrega puntual q = 16 nC situada a l’origen de coordenades. Considerem tamb´e
un pla infinit carregat amb una densitat σ =
nC
m
2
i situat en el pla y − z que talla a l’eix x
en el punt b = (6, 0 , 0) m.
(a) Demostreu, aplicant el teorema de Gauss, que el modul del camp electric que
crea el pla infinit a qualsevol punt que estigui separat del pla, ve donat per
E =
0
(b) Trobeu el camp el`ectric total a qualsevol punt de l’eix x positiu:
per 0 < x < 6 , i per x > 6.
(c) Expresseu el vector camp el`ectric en el punt (4, 3 , 0) m.
(d) En quin punt de l’espai podem posar una carrega electrica que romani en rep`os.
(e) Trobeu la difer`encia de potencial entre els punts a i c , ´es a dir, V
a
− V
c
, on
a = (4, 0 , 0) m i c = (9, 0 , 0) m.
SOLUCI ´O
- C`alcul del camp segons el teorema de Gauss. Considerem una superf´ıcie de Gauss que envolti al pla: tindrem
3 cares, les dues tapes i la superf´ıcie lateral. Es pot veure com el flux lateral ´es nul, ja que el camp i el vector
superf´ıcie s´on perpendiculars.
Flux del camp el`ectric: Φ =
E · d
S = E · S + E · S + 0
Flux segons el teorema de Gauss: Φ =
Q
int
σS
Igualant els dos fluxs, tenim
Φ = Φ ⇒ E =
σ
0
= 9 N/C
i l’expressi´o vectorial del camp ve donada per:
x < 6 →
E = (− 9 , 0 , 0)
x > 6 →
E = (+9, 0 , 0)
- Camp electric a qualsevol punt de l’eix: pel principi de superposici´o cal sumar el camp generat per la carrega
puntual i el camp creat pel pla. Hem de tenir en compte que a la dreta del pla tenen el matix sentit i a l’esquerra
del pla tenen sentits contraris.
El camp generat per la c`arrega puntual a tots
els punts de l’eix x ve donat per:
E = k
q
x
3
(x, 0 , 0) = (k
q
x
2
x
2
Aix´ı el camp total val:
0 < x < 6 →
E 1 = (
x
2
x > 6 →
E 2 = (
x
2
- Camp electric al punt (4, 3 , 0) que esta situat a l’esquerra del pla:
E = k
q
3
(4, 3 , 0) + (− 9 , 0 , 0) = (4. 608 , 3. 456 , 0) + (− 9 , 0 , 0) = (− 4. 392 , 3. 456 , 0) N/C
- L’´unic lloc on el camp es pot compensar ens queda a l’esquerra del pla i sobre l’eix x , per tant,
E = 0 ⇒
x
2
− 9 = 0 ⇒ x = 4
Cal notar que quan x = ∞ el camp no ´es zero: val 9 , degut a la pres`encia del pla infinit.
- La difer`encia de potencial entre els punts a i c cal avaluar-la en dues etapes, donat que l’expressi´o del camp
´es diferent,
Va − Vc = (Va − Vb) + (Vb − Vc) =
a
b
E 1 · d~r +
b
c
E 2 · d~r =
4
6
x
2
− 9)dx +
6
9
x
2
V
a
− V
b
[
x
]
4
6
[
x
− 9 x
]
6
9
− 9(6 − 9) = 29 V
9.29 Una esfera de radi 6 m esta carregada amb una densitat vol´umica de carrega ρ = 4. 425 ×
− 9
C/m
3
. Si el potencial a la seva superf´ıcie val 0 , trobeu el potencial al centre de l’esfera.
SOLUCI ´O
Si escollim una superf´ıcie de Gauss de radi r aleshores tenim:
E · 4 πr
2
Qint
ρ ·
πr
3
⇒ E =
ρ r
Si escollim el punt el centre com a punt r 1 un punt de la superf´ıcie com a punt r 2 , tenim:
V 2 − V 1 = 0 − V 1 =
6
0
−E dr =
6
0
ρ r
, dr = −
ρ
[
r
2
]
6
0
= − 3002 .73 V
9.30 Tenim una distribuci´o vol´umica de c`arrega Q = 7 nC distribuida de manera uniforme en una
closca esf`erica de radis R
1
= 1 m i R
2
= 2 m. Trobeu la difer`encia de potencial entre els punts
A i B que equidisten del centre 0.5 m i 2.5 m respectivament.
