Electromagnetismo__Cap_tulo_2__Tarea_1_p1_resnick

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Capítulo 2: Campo eléctrico
Solución de los ejercicios 7, 8, 9, 16 18, 21, 29, 30, 33, 37 y 84.
7. En la figura 22-35, 4 partículas forman un cuadrado de lado
a=5.00cm y con cargas q1 = +10 nC,q2 = −20 nC, q3 = +20
nC y q4 = −10 nC, en notación de vectores, ¿cuál es el cam-
po eléctrico neto en el centro del cuadrado debido a las partícu-
las?
SOLUCIÓN: Los vectores posición de las partículas y el vector posición
del punto donde deseamos encontrar el campo eléctrico son los siguientes:
~r =
a
2
x̂+
a
2
ŷ
~r1 = 0 x̂+ a ŷ
~r2 = a x̂+ a ŷ
~r3 = a x̂+ 0 ŷ
~r4 = 0 x̂+ 0 ŷ
El campo eléctrico también sigue el principio de superposición, entonces tenemos que el campo eléctrico
sobre el punto denotado por ~r esta dado como:
~E = ~E1 + ~E2 + ~E3 + ~E4
~E =
q1
4πε0
(~r − ~r1)
|~r − ~r1|3
+
q2
4πε0
(~r − ~r2)
|~r − ~r2|3
+
q3
4πε0
(~r − ~r3)
|~r − ~r3|3
+
q4
4πε0
(~r − ~r4)
|~r − ~r4|3
Recordando que la resta y la magnitud al cubo de los vectores está dada por:
~r − ~r1 =
(a
2
x̂+
a
2
ŷ
)
− (0 x̂+ a ŷ) = a
2
x̂− a
2
ŷ
~r − ~r2 =
(a
2
x̂+
a
2
ŷ
)
− (a x̂+ a ŷ) = −a
2
x̂− a
2
ŷ
~r − ~r3 =
(a
2
x̂+
a
2
ŷ
)
− (a x̂+ 0 ŷ) = −a
2
x̂+
a
2
ŷ
~r − ~r4 =
(a
2
x̂+
a
2
ŷ
)
− (0 x̂+ 0 ŷ) = a
2
x̂+
a
2
ŷ
y
|~r − ~r1|3 =
(√(a
2
)2
+
(
−a
2
)2)3
=
a3
23/2
|~r − ~r2|3 =
(√(
−a
2
)2
+
(
−a
2
)2)3
=
a3
23/2
|~r − ~r3|3 =
(√(
−a
2
)2
+
(a
2
)2)3
=
a3
23/2
|~r − ~r4|3y =
(√(a
2
)2
+
(a
2
)2)3
=
a3
23/2
Dado que a es una distancia. Ahora podemos sustituirlo en la ecuación de campo eléctrico
~E =
1
4πε0
[
q1(~r − ~r1)
|~r − ~r1|3
+
q2(~r − ~r2)
|~r − ~r2|3
+
q3(~r − ~r3)
|~r − ~r3|3
+
q4(~r − ~r4)
|~r − ~r4|3
]
1
~E =
1
4πε0
q1a
(
1
2
x̂− 1
2
ŷ
)
a3
23/2
+
q2a
(
−1
2
x̂− 1
2
ŷ
)
a3
23/2
+
q3a
(
−1
2
x̂+
1
2
ŷ
)
a3
23/2
+
q4a
(
1
2
x̂+
1
2
ŷ
)
a3
23/2

~E =
1
4πε0
 q1
x̂
2
a2
23/2
−
q1
ŷ
2
a2
23/2
−
q2
x̂
2
a2
23/2
−
q2
ŷ
2
a2
23/2
−
q3
x̂
2
a2
23/2
+
q3
ŷ
2
a2
23/2
+
q4
x̂
2
a2
23/2
+
q4
ŷ
2
a2
23/2

~E =
1
4πε0
[
q1x̂2
3/2
2a2
− q2x̂2
3/2
2a2
− q3x̂2
3/2
2a2
+
q4x̂2
3/2
2a2
− q1ŷ2
3/2
2a2
− q2ŷ2
3/2
2a2
+
q3ŷ2
3/2
2a2
+
q4ŷ2
3/2
2a2
]
~E =
1
4πε0
[
x̂
√
2
a2
(q1 − q2 − q3 + q4) +
ŷ
√
2
a2
(−q1 − q2 + q3 + q4)
]
~E =
1
4πε0
[√
2
a2
((q1 − q2 − q3 + q4)x̂+ (−q1 − q2 + q3 + q4)ŷ)
]
Sustituyendo obtenemos
~E =
1
4πε0
[ √
2
2(0.05m)2
(
((10)− (−20)− (20) + (−10))x̂10−9C + (−(10)− (−20) + (20) + (−10))ŷ10−9C
)]
Entonces, en notación de vectores el campo eléctrico en el punto denotado por ~r es:
~E ≈ (0x̂+ 101730ŷ)N
C
≈ (0x̂+ 1.02× 105ŷ)N
C
8. En la figura 22-36, las cuatro partículas están fijas en su lugar y
tienen cargas q1 = q2 = +5e, q3 = +3e y q4 = −12e. La distancia
d = 5.0µm. ¿Cuál es la magnitud del campo eléctrico neto en el punto
P debido a las partículas?
SOLUCIÓN: Procederemos a calcular la fuerza electrostática neta
que experimenta la carga de prueba qp a causa del resto de partículas
del sistema, utilizando el principio de superposición, esta se encuentra
expresada por:
~FPneta =
1
4πε0
[
qp q1(~rp−~r1)
|~rp−~r1|3
]
+ 14πε0
[
qp q2(~rp−~r2)
|~rp−~r2|3
]
+ 14πε0
[
qp q3(~rp−~r3)
|~rp−~r3|3
]
+
1
4πε0
[
qp q4(~rp−~r4)
|~rp−~r4|3
]
⇒ ~FPneta =
qp
4πε0
[
q1(~rp − ~r1)
|~rp − ~r1|3
+
q2(~rp − ~r2)
|~rp − ~r2|3
+
q3(~rp − ~r3)
|~rp − ~r3|3
+
q4(~rp − ~r4)
|~rp − ~r4|3
]
A partir de esta fuerza electrostática sobre la carga de prueba P, podemos calcular el campo electros-
tático sobre esta misma de la siguiente forma:
2
~EPneta =
~FPneta
qp
= 14πε0
[
q1(~rp−~r1)
|~rp−~r1|3 +
q2(~rp−~r2)
|~rp−~r2|3 +
q3(~rp−~r3)
|~rp−~r3|3 +
q4(~rp−~r4)
|~rp−~r4|3
]
(1)
Ahora con base en el sistema de referencia, se determinarán los vectores de posición de todas las
partículas, los cuales son:
~rP = 0mx̂+ 0mŷ
~r1 = −d x̂+ 0mŷ
~r2 = d x̂+ 0mŷ
~r3 = 0mx̂+ d ŷ
~r4 = 0mx̂+ 2 d ŷ
Ahora se procede a realizar cálculos con los vectores de posición de las todas las partículas:
~rP − ~r1 = d x̂
~rP − ~r2 = −d x̂
~rP − ~r3 = −d ŷ
~rP − ~r4 = −2 d ŷ
|~rP − ~r1| =
√
(d x̂) · (d x̂) =
√
d2(x̂ · x̂) = d
|~rP − ~r2| =
√
(−d x̂) · (−d x̂) =
√
d2(x̂ · x̂) = d
|~rP − ~r3| =
√
(−d ŷ) · (−d ŷ) =
√
d2(ŷ · ŷ) = d
|~rP − ~r4| =
√
(−2 d ŷ) · (−2 d ŷ) =
√
4 d2 (ŷ · ŷ) = 2 d
Ahora se procede a sustituir estas relaciones en (1)
~EPneta =
1
4πε0
[
q1(d x̂)
d3 +
q2(−d x̂)
d3 +
q3(−d ŷ)
d3 +
q4(−2 d ŷ)
(2 d)3
]
Dado que q1 = q2 tenemos que:
~EPneta =
1
4πε0
[
− q3dŷd3 −
2q4dŷ
8d3
]
⇒ ~EPneta = 14πε0
[
− 8q3dŷ8d3 −
2q4dŷ
8d3
]
⇒ ~EPneta = 14πε0
[
−8q3dŷ−2q4dŷ
8d3
]
⇒ ~EPneta = 14πε0
[
2d(−4q3ŷ−q4ŷ)
8d3
]
⇒ ~EPneta = 14πε0
[
(−4q3−q4)ŷ
4d2
]
Recordemos ciertos datos importantes no especificados en el problema:
ε0 = 8.85× 10−12 C
2
N ·m2
e = −1.6× 10−19 C
5µm = 5× 10−6m
Sustituyendo con todos los datos tenemos lo siguiente:
~EPneta =
1
4π(8.85×10−12 C2
N·m2
)
[
(−4[3(−1.6×10−19C)]−[−12(−1.6×10−19C)])ŷ
4(5×10−6m)2
]
~EPneta =
1
4π(8.85×10−12 C2
N·m2
)
[
(1.92×10−18C−1.92×10−18C)ŷ
1×10−10m2
]
~EPneta = ~0⇒ | ~EPneta| = 0 NC
3