Dado los resultados anteriores, se procede a sumarlos para encontrar el campo final en el punto ~Etotal = σ2ε0(1− 1√5)ẑ + 2σε0(2√5− 1)ẑ = σ2ε0(7√...

Dado los resultados anteriores, se procede a sumarlos para encontrar el campo final en el punto ~Etotal = σ2ε0(1− 1√5)ẑ + 2σε0(2√5− 1)ẑ = σ2ε0(7√5− 3)ẑ Solución 2.2 P X Para encontrar el ángulo de equilibrio, se debe considerar que la suma de fuerzas que actúan sobre la masa m deben anularse, por consiguiente se hace un DCL para deducir las ecuaciones de movimiento. l q l ~g ~T ~Fe m~g Figura 2.2: DCL para masa m. 16 CAPÍTULO 2. DISTRIBUCIONES CONTINUAS DE CARGA Con lo anterior las ecuaciones de movimiento son: mẍ = Fe − T sin θ = 0 mÿ = T cos θ −mg = 0⇒ T = mg cos θ Como ~Fe = q ~E, se calculará el campo ~E a una distancia d = l sin θ producido por la barra infinita de densidad de carga lineal λ. Considerando que ~E = 1 4πε0 ˆ l ~r − ~r ′ |~r − ~r ′|3dq Donde ~r = dx̂ = l sin θx̂ correspondiente a la posición donde se quiere calcular el campo, ~r ′ = zẑ correspondiente a quien genera el campo, y dq = λdz dónde z ∈ (−∞,+∞). Además se considera que por la simetría del problema, el campo será el mismo independiente de la posición en ẑ de la masa, por lo que ~E sólo tiene componente en x̂. Con lo anterior la ecuación anterior queda: ~E = 1 4πε0 +∞ˆ −∞ l sin θx̂ ((l sin θ)2 + z2) 3 2 λdz = λl sin θ 4πε0 x̂ +∞ˆ −∞ dz ((l sin θ)2 + z2) 3 2 Se hace el cambio de variable z = (l sin θ) tanφ, lo cual implica que dz = (l sin θ) sec2 φdφ, y los límites de integración cambian de z ∈ (−∞,+∞)⇒ φ ∈ (−π 2 ,+ π 2 ). Luego: ~E = λl sin θ 4πε0 x̂ +π 2ˆ −π 2 (l sin θ) sec2 φdφ ((l sin θ)2 + (l sin θ)2 tan2 φ) 3 2 = λl sin θ 4πε0 x̂ +π 2ˆ −π 2 (l sin θ) sec2 φdφ (l sin θ)3(1 + tan2 φ) 3 2 = λ 4πε0(l sin θ) x̂ +π 2ˆ −π 2 sec2 φdφ sec3 φ = λ 4πε0(l sin θ) x̂ +π 2ˆ −π 2 cosφdφ = λ 4πε0(l sin θ) x̂ sinφ| π 2 −π 2 = λ 2πε0(l sin θ) x̂ Como ya se conoce el campo, luego ~Fe = q λ 2πε0(l sin θ) x̂. Dicho valor en las ecuaciones de movimiento y despejando T , se llega a: mẍ = Fe − T sin θ = q λ 2πε0(l sin θ) − mg cos θ sin θ = 0 =⇒ sin2 θ cos θ = qλ 2πε0lmg = qK II. SOLUCIONES 17 Se usa la identidad trigonométrica sin2 θ = 1− cos2 θ: 1− cos2 θ cos θ = qK =⇒ cos2 θ + qK cos θ − 1 = 0 =⇒ cos θ = −qK ± √ (qK )2 + 4 2 Como se espera que θ ∈ (0, π/2) (el péndulo no dará la vuelta completa), cos θ > 0, luego se escoge la solución positiva. Finalmente si q −→∞, se cumple que √ (qK)2 + 4 ≈ qK, entonces cos θ = −qK + qK 2 = 0 El resultado anterior implica que θ = π 2 , esto es esperable ya que al ser una carga positiva se alejará lo más posible de quién genere el campo y eso de logra a la mayor distancia, es decir, con el ángulo encontrado. Solución 2.3 P X La fuerza sobre la carga q es ~Fq = ~Fe+ ~Fr donde Fe corresponde a la fuerza que el anillo ejerce sobre q, y Fr, la fuerza que ejerce el resorte. La fuerza que ejerce el campo eléctrico que genera el anillo sobre la carga q está dada por ~Fe = q ~EA Entonces el campo eléctrico que genera el anillo en su eje es: ~EA = 1 4πε0 ˆ ~r − ~r ′ |~r − ~r ′|3dq Donde ~r = zẑ, ~r ′ = R0r̂ (en coordenadas cilíndricas) y dq = λR0dθ con θ ∈ (0, 2π). Además, dado que la carga total en e anillo es Q y se distribuye homogéneamente, λ se puede calcular como: λ = Q L = Q 2πR0 con lo anterior: ~EA = 1 4πε0 2πˆ 0 zẑ −R0r̂ (z2 +R2 0) 3 2 λR0dθ = 1 4πε0   2πˆ 0 zẑ (z2 +R2 0) 3 2 λR0dθ − 2πˆ 0 R0r̂ (z2 +R2 0) 3 2 λR0dθ   Nótese que por la simetría del anillo la segunda integral se anulará. También se puede justificar notando que r̂ = sin θx̂+ cos θŷ, y como la integral de sin θ y cos θ se anulan en un intervalo entre (0, 2π), el segundo sumando se anula. Luego: ~EA = λR0zẑ 4πε0(z2 +R2 0) 3 2 Finalmente, sustituyendo λ, se concluye el valor de ~Fe: ~Fe = q ~EA = q Q 2πR0 R0zẑ 2ε0(z2 +R2 0) 3 2 =⇒ ~Fe = qQzẑ 4πε0(z2 +R2 0) 3 2 umple z̈ + ω2z = 0 ω = √ 1 m (− qQ 4πε0R3 0 + k0 ) Solución 2.4 P X a) Es necesario calcular el potencial generado por la semicircunferencia y el creado por la carga puntual. Para el caso de la semicircunferencia se puede calcular usando la expresión V (~r) = 1 4πε0 ˆ dq |~r − ~r ′| en este caso ~r = 0 y ~r ′ = Rr̂ con θ ∈ [0, π] y dq = λdl = λRdθ. Luego Valambre(0) = λ 4πε0 π̂ 0 Rdθ | −Rr̂| = λ 4ε0 Adicionalmente es sabido que el potencial que genera una carga puntual esta dado por Vcarga(0) = q 4πε0R Por lo tanto el potencial pedido es la superposición de los resultados anteriores V (C) = q 4πε0R + λ 4ε0 b) Por simetría las componentes en horizontales se anulan en el punto C, por ende en ese punto sólo existe la superposición de de componentes verticales. El campo generado por el alambre vale E(~r) = 1 4πε0 ˆ (~r − ~r ′) |~r − ~r ′|3dq nuevamente se tiene que ~r = 0 y ~r ′ = Rr̂ con θ ∈ [0, π] y dq = λdl = λRdθ, por lo que ~Ealambre(0) = λ 4πε0 π̂ 0 (0−Rr̂)Rdθ | −Rr̂|3 = − λ 4πε0R π̂ 0 [cos θx̂+ sin θŷ] dθ = − λ 2πε0R ŷ al igual que la parte anterior el campo eléctrico generado por la carga está dado por ~Ecarga(0) = q 4πε0R2 ŷ Finalmente el campo total es ~E(C) = ( q 4πε0R2 − λ 2πε0R ) ŷ c) Im