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Unidad 6. Campo eléctrico

Actividades del final de la unidad

200

1. Calcula la distancia entre las cargas q1

= 3 µC y q2

= 8 µC para que se repelancon F = 0,6 N:

a) Si están en el vacío.

b) Si el medio entre ellas es agua (er

= 80).

a) Si las cargas están en el vacío, la fuerza entre ellas es:

F = · = K0·

Despejando la distancia, tenemos:

d = = = 0,6 m

b) Si están en el agua, la expresión de la fuerza entre ellas es:

F = · = ·

Por tanto, la distancia entre ellas en el agua vale:

d 4 = = = 0,067 m

Como vemos, la distancia en el agua es prácticamente la décima parte de la distan-cia en el vacío para que la fuerza de interacción sea la misma.

2. Si la distancia entre dos protones en el interior de un núcleo atómico es0,3 · 10–15 m, calcula la fuerza eléctrica y la fuerza gravitatoria entre ellos.

Datos: mp

= 1,67 · 10–27 kg; qp

= 1,6 · 10–19 C.

El valor de la fuerza eléctrica entre los protones vale:

Fe= K

0· = 9 · 109 · = 2 560 N

El valor de la fuerza gravitatoria entre los protones es:

Fg= G · = 6,67 · 10–11 · = 2,1 · 10–33 N

A la vista de los resultados, es evidente que la fuerza gravitatoria es totalmente des-preciable frente a la fuerza eléctrica; por tanto, no puede ser la responsable de la es-tabilidad nuclear. La repulsión eléctrica entre dos protones solo es contrarrestada porla atracción nuclear fuerte entre ellos.

3. Dos cargas, q1

y q2, se repelen con una fuerza de 4,5 N cuando están separadas

por 10 cm de un medio dieléctrico donde er

= 4. Calcula el valor de cada carga,si q

1+ q

2= 9 µC.

Si las cargas se repelen, es que ambas son del mismo signo, y como su suma es posi-tiva, las dos son positivas.

(1,67 · 10–27)2

(0,3 · 10–15)2

m · m 4d2

(1,6 · 10–19)2

(0,3 · 10–15)2

Q · q

d2

√ ·9 · 109

80√ ·K0

er

Q · q

d 4 2

K0

er

Q · q

d2

14 · π · e

0· e

r

√9 · 109 · 3 · 10–6 · 8 · 10–6

0,6√K0·

Q · q

F

Q · q

d2

Q · q

d2

14 · π · e

0

Q · q

F

3 · 10–6 · 8 · 10–6

0,6


Despejando en la expresión de la fuerza entre dos cargas separadas 10 cm en un me-dio de e

r= 4:

F = · = · 8 q1· q

2= = = 2 · 10–11

Entonces, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

q1· q

2= 2 · 10–11

q1+ q

2= 9 · 10–6

Despejando en la segunda y sustituyendo en la primera, obtenemos una ecuación desegundo grado:

q2= 9 · 10–6 – q

18 q

12 – 9 · 10–6 · q

1+ 2 · 10–11 = 0

Cuyas soluciones son:

q1= 5 · 10–6 C ; q

14 = 4 · 10–6 C

Los valores posibles de la otra carga son, por tanto:

q2= 4 · 10–6 C ; q

24 = 5 · 10–6 C

Por tanto, los valores de las cargas son 5 · 10–6 C y 4 · 10–6 C.

4. Dos pequeñas esferas iguales de 80 g de masa, cargadas con igual cantidad decarga positiva, al suspenderlas de un mismo punto mediante sendos hilosidénticos de longitud 20 cm se separan hasta que los hilos forman 60°. Calcula:

a) El valor de cada una de las fuerzas que actúan sobre cada esfera en la posi-ción de equilibrio.

b) El valor de la carga de cada esfera.

a) Las fuerzas que actúan sobre cada esfera son: su peso, P8; la tensión del hilo, T

8, y

la fuerza eléctrica, F8

e, que ejerce la otra carga. En la posición de equilibrio, la re-

sultante de estas fuerzas es nula:

Según el diagrama vectorial de las fuerzas que actúan sobre cada esfera, que semuestra en la figura anterior, tenemos:

SF8

= P8

+ T8

+ F8

e= 0

4,5 · 4 · 0,12

9 · 109

F · er· d 2

K0

q1· q

2

d2

K0

er

q1· q

2

d2

14 · π · e

0· e

r

201

x

Tx

TyT

T

+

+

l

Fe

Fe

PP

α = 30°


• Las componentes de estas fuerzas en el eje X son:

Fe– T

x= 0 8 F

e= T · sen a

• Y en el eje Y:T

y– P = 0 8 P = T · cos a

Donde el ángulo que forma cada hilo con la vertical es la mitad del que formanentre sí los dos hilos, a = 30°.

El peso de cada esfera vale:

P = m · g = 0,08 · 9,8 = 0,784 N

Despejando y sustituyendo en la segunda ecuación, la tensión del hilo resulta:

T = = = 0,905 N

Y el valor de la fuerza eléctrica entre las esferas es:

Fe= T · sen 30° = 0,905 · 0,5 = 0,4525 N

b) Para calcular la carga de las esferas, utilizaremos la expresión de la ley de Cou-lomb, para lo cual necesitamos conocer la distancia que separa a las dos esferas.

La distancia, x, de cada carga a la vertical del punto de suspensión es:

x = l · sen a = 0,2 · sen 30°

Por tanto, la distancia, d, entre las esferas es:

d = 2 · x = 2 · l · sen a = 2 · 0,2 · sen 30° = 0,2 m

Aplicando la ley de Coulomb y despejando, tenemos:

Fe= K · = K · 8 0,4525 = 9 · 109 · 8 q = 1,42 · 10–6 C

Esto es, el valor de la carga de cada esfera es 1,42 µC.

5. Las cargas q1

= +9 µC y q2

= –3 µC están en el vacío situadas en los puntos(–3, 0) m y (3, 0) m, respectivamente. Calcula la carga q

3que hemos de colocar

en el origen de coordenadas para que la fuerza sobre la carga q = 1 µC situadaen el punto P (6, 0) m sea nula.

La fuerza que ejerce la carga q1sobre la carga q es:

F8

1= K · · i

8= 9 · 109 · · i

8= 1 · 10–3 · i

8N

La fuerza que ejerce la carga q2sobre la carga q es:

F8

2= K · · i

8= 9 · 109 · · i

8= –3 · 10–3 · i

8N

La fuerza de la carga q3sobre la carga q es:

F8

3= K · · i

8= 9 · 109 · · i

8= 250 · q

3· i

8N

q3· 1 · 10–6

62

q3· q

d32

–3 · 10–6 · 1 · 10–6

32

q2· q

d22

9 · 10–6 · 1 · 10–6

92

q1· q

d12

q 2

0,22

q 2

d2

q · q

d2

0,784

cos 30°

P

cos a

202

q1

q3

q2 qF2 F1

–2–3 –1 1 2 3 4 5 6

y (m)

x (m)+ +–


De acuerdo con el principio de superposición, si la fuerza sobre q es nula, se debecumplir lo siguiente:

F8

= F8

1+ F

8

2+ F

8

3= 0 8 1 · 10–3 · i

8– 3 · 10–3 · i

8+ 250 · q

3· i

8= 0

Al despejar se obtiene:

q3= = 8 · 10–6 C

Esto es, la carga q3que hemos de colocar en el origen es de 8 µC.

6. Tres cargas iguales de valor Q = 2 µC están colocadas en tres de los vértices de uncuadrado de lado 10 cm. Calcula el módulo de la fuerza que actúa sobre una car-ga q = 1 µC si está colocada: a) En el cuarto vértice. b) En el centro del cuadrado.

Para poder diferenciar la fuerza ejercida por cada carga, aunque estas sean iguales,las designaremos por q

1, q

2y q

3, como se indica en la figura adjunta:

2 · 10–3

250

203

q3

d2

d1

d3

q2

q1

q+ +

+ +

F2

F3

F1

a) La distancia de q1y de q

3al cuarto vértice es el lado del cuadrado, y la distancia de

q2a dicho vértices es:

d2= = m

Los módulos de las fuerzas ejercidas por estas cargas son:

F1= K · = 9 · 109 · = 1,8 N

F2= K · = 9 · 109 · = 0,9 N

F3= K · = 9 · 109 · = 1,8 N

La figura anterior permite obtener fácilmente las componentes cartesianas de estosvectores; de acuerdo con ella, las fuerzas son:

F8

1= 1,8 · j

8N

F8

2= 0,9 · cos 45° · i

8+ 0,9 · cos 45° · j

8= (0,64 · i

8+ 0,64 · j

8) N

F8

3= 1,8 · i

8N

2 · 10–6 · 1 · 10–6

0,12

q3· q

d32

2 · 10–6 · 1 · 10–6

(√0,02)2q

2· q

d22

2 · 10–6 · 1 · 10–6

0,12

q1· q

d12

√0,02√0,12 + 0,12


Aplicando el principio de superposición, la fuerza sobre la carga colocada en elcuarto vértice es:

F8

= F8

1+ F

8

2+ F

8

3= 1,8 · j

8+ 0,64 · i

8+ 0,64 · j

8+ 1,8 · i

8= 2,44 · i

8+ 2,44 · j

8N

El módulo de esta fuerza vale:

F = = 3,45 N

b) Las fuerzas que ejercen las cargas q1

y q3

sobre la carga situada en el centro delcuadrado tienen el mismo módulo, la misma dirección y sentidos opuestos. Portanto, estas fuerzas se anulan, y la fuerza resultante sobre la carga q situada en elcentro del cuadrado coincide con la que ejerce la carga q

2, cuyo valor es:

F = F2= K · = 9 · 109 · = 3,6 N

2 · 10–6 · 1 · 10–6q2· q

d22

√2,442 + 2,442

204

q3

q

+

+ +

+

q2

q1

F1

F2

F3

7. Calcula la energía potencial de las cargas q1

= 40 µC y q2

= 50 µC, que están enel vacío, si la distancia, r, entre ellas es 1 m, 2 m, 3 m, 4 m, 5 m y 6 m, respec-tivamente. Representa la energía potencial en función de la distancia.

Los valores de la energía potencial para cada valor de la distancia son los siguientes:

• Para d = 1 m:

Ep1

= K · = 9 · 109 · = 18 J

• Para d = 2 m:

Ep2

= K · = 9 · 109 · = 9 J

• Para d = 3 m:

Ep3

= K · = 9 · 109 · = 6 J

• Para d = 4 m:

Ep4

= K · = 9 · 109 · = 4,5 J

• Para d = 5 m:

Ep5

= K · = 9 · 109 · = 3,6 J

• Para d = 6 m:

Ep6

= K · = 9 · 109 · = 3 J40 · 10–6 · 50 · 10–6

6

q1· q

2

d6

40 · 10–6 · 50 · 10–6

5

q1· q

2

d5

40 · 10–6 · 50 · 10–6

4

q1· q

2

d4

40 · 10–6 · 50 · 10–6

3

q1· q

2

d3

40 · 10–6 · 50 · 10–6

2

q1· q

2

d2

40 · 10–6 · 50 · 10–6

1

q1· q

2

d1

( )2

√0,02

2

Unidad 6. Campo eléctrico 205

Con estos valores representamos la gráfica de la variación de la energía potencial enfunción de la distancia:

E (J)

d (m)01 2 3 4 5 6

56

9

18

33,64,5

10

15

20

8. Calcula la energía potencial del sistema formado por las cargas q1

= 2 µC yq

2= 4 µC cuando están separadas 40 cm. ¿Qué trabajo hay que realizar para

que la distancia entre ellas sea de 20 cm?

Si las cargas están separadas 40 cm, su energía potencial se calcula de acuerdo con lasiguiente expresión:

Ep(A) = K · = 9 · 109 · = 0,18 J

Y cuando están separadas 20 cm, su valor es:

Ep(B) = K · = 9 · 109 · = 0,36 J

Por tanto, el trabajo exterior que hay que realizar para aproximarlas desde A a B es elsiguiente:

Wext

= –We= –(–DE

p) = DE

p

Wext

(A 8 B) = Ep(B) – E

p(A) = 0,36 – 0,18 = 0,18 J

9. Calcula la energía potencial del sistema formado por tres cargas iguales de2 µC situadas en el vacío en los vértices de un triángulo equilátero de 10 cmde lado. ¿Qué trabajo se necesita para colocar cada carga en el punto medio decada lado?

Cuando las cargas están en los vértices del triángulo equilátero, la distancia entre doscargas es igual al lado del triángulo y la energía potencial para el sistema de tres car-gas en esta posición es:

Ep(A) = E

p12+ E

p13+ E

p23= K · + K · + K · =

= 3 · 9 · 109 · = 1,08 J2 · 10–6 · 2 · 10–6

0,1

q2· q

3

d23

q1· q

3

d13

q1· q

2

d12

2 · 10–6 · 4 · 10–6

0,2

q1· q

2

dB

2 · 10–6 · 4 · 10–6

0,4

q1· q

2

dA


Cuando las cargas están en el punto medio de los lados, la distancia entre dos car-gas es igual a la mitad del lado, como se aprecia en la siguiente figura:

La energía potencial del sistema de tres cargas en esta nueva posición es:

Ep(B) = E 4

p12+ E 4

p13+ E 4

p23= K · + K · + K · =

= 3 · 9 · 109 · = 2,16 J

Para pasar de la situación inicial, A, a la situación final, B, es necesario realizar tra-bajo exterior, pues al ser todas las cargas positivas, se repelen, y hay que forzarlaspara que se aproximen. El trabajo exterior vale:

Wext

= –We= –(–DE

p) = DE

p= E

p(B) – E

p(A) = 2,16 – 1,08 = 1,08 J

10. La carga Q = 20 µC está fija en el origen de coordenadas. Una partícula carga-da, m = 0,1 g y q = +2 µC, pasa del punto A (2, 0) m al punto B (6, 0) m. Calcula:

a) La fuerza sobre la partícula cuando está en A y cuando está en B.

b) La aceleración de la partícula en A y en B.

c) Su energía potencial en A y en B.

d) El trabajo efectuado por la fuerza eléctrica entre A y B sobre la partícula.

e) Su velocidad en A si llega a B con 50 m/s.

a) Cuando q está en A, la fuerza que ejerce Q sobre ella vale:

FA

= K0· = 9 · 109 · = 0,09 N

Y cuando está en B, la fuerza es:

FB

= K0· = 9 · 109 · = 0,01 N

b) La aceleración de la partícula en A y en B vale:

aA

= = = 900 m/s2

aB

= = = 100 m/s20,01

0,1 · 10–3

FB

m

0,09

0,1 · 10–3

FA

m

20 · 10–6 · 2 · 10–6

62

Q · q

dB2

20 · 10–6 · 2 · 10–6

22

Q · q

dA2

2 · 10–6 · 2 · 10–6

0,05

q2· q

3

d 423

q1· q

3

d 413

q1· q

2

d 412

206

d1,2 d2,3

d1,3q1

+ q3

q2

+

+

d1,3 d2,3

d1,2

q3

+

q1 q2+ +


c) La energía potencial en A y en B es:

EpA

= K · = 9 · 109 · = 0,18 J

EpB

= K · = 9 · 109 · = 0,06 J

d) El trabajo realizado por la fuerza eléctrica entre A y B es:

We= –DE

p= –(E

pB– E

pA) = –(0,06 – 0,18) = 0,12 J

e) Como la fuerza eléctrica es conservativa, la energía mecánica de la partícula, ci-nética más potencial, se conserva; luego:

Ec+ E

p= cte 8 E

cA+ E

pA= E

cB+ E

pB8 m · v

A2 + E

pA= · m · v

B2 + E

pB

Sustituyendo y despejando, obtenemos la velocidad de la partícula en A:

· 0,1 · 10–3 · vA2 + 0,18 = · 0,1 · 10–3 · 502 + 0,06 8 v

A= 10 m/s

Se puede obtener el mismo resultado teniendo en cuenta que el trabajo de lafuerza eléctrica se emplea en variar la energía cinética de la partícula:

We(A 8 B) = DE

c= · m · v

B2 – · m · v

A2

0,12 = · 0,1 · 10–3 · 502 – · 0,1 · 10–3 · vA2 8 v

A= 10 m/s

11. Calcula el módulo del campo eléctrico creado por la carga puntual q = 16 nC

a una distancia de 1, 2, 3 y 4 m. Dibuja la gráfica E-x y las líneas del campo

producido por q.

El módulo del campo eléctrico producido por la carga q es:

• Para d = 1 m:

E1= K · = 9 · 109 · = 144 N/C

• Para d = 2 m:

E2= K · = 9 · 109 · = 36 N/C

• Para d = 3 m:

E3= K · = 9 · 109 · = 16 N/C

• Para d = 4 m:

E4= K · = 9 · 109 · = 9 N/C

16 · 10–9

42

q

d42

16 · 10–9

32

q

d32

16 · 10–9

22

q

d22

16 · 10–9

12

q

d12

12

12

12

12

12

12

12

12

20 · 10–6 · 2 · 10–6

6

Q · q

dB

20 · 10–6 · 2 · 10–6

2

Q · q

dA


La representación de la variación del módulo de la intensidad del campo eléctrico pro-ducido por una carga puntual en función de la distancia, y las líneas del campo, son:

12. La carga Q = –2 µC está en el vacío situada en el origen de coordenadas.Calcula:

a) El campo eléctrico producido por Q en los puntos A (3, 0) m, B (0, 4) m yC (3, 3) m.

b) La fuerza (módulo, dirección y sentido) que ejerce Q sobre una carga q, de–1 µC, colocada en B.

c) ¿En qué punto hemos de colocar una carga Q 4 = +8 µC para que el camporesultante de Q y Q 4 en el punto C sea nulo?

a) En la figura de la derecha se representa lasituación descrita en el enunciado delproblema.

El campo producido por la carga Q en ca-da uno de los puntos es:

– Punto A: la distancia de la carga al pun-to y el vector unitario en la direcciónque une la carga y el punto son:

r8

A= 3 · i

8m 8

8 rA

= dA

= 3 m ; u8

A= i

8

Luego:

E8

A= K · · u

8

A=

= 9 · 109 · · i8

= –2 000 · i8

N/C

– Punto B: la distancia de la carga al punto y el vector unitario en este caso son:

r8

B= 4 · j

8m 8 r

B= d

B= 4 m ; u

8

B= j

8

–2 · 10–6

32

Q

dA2

208

E (N/C)

d (m)4321

150144

100

50

36

169

+

y (m)

x (m)A

C

Q

45°

dA

B

EA

EB

EC

dCdB

_


Por tanto:

E8

B= K · · u

8

B= 9 · 109 · · j

8= –1 125 · j

8N/C

– Punto C: en este caso, tenemos:

r8

C= 3 · i

8+ 3 · j

8m 8 r

C= d

C= = = 3 · m

u8

C= = · i

8+ · j

8

E8

C= K · · u

8

C= 9 · 109 · · ( · i

8+ · j

8) =

= –1 000 · ( · i8

+ · j8) = (–707 · i

8– 707 · j

8) N/C

b) La fuerza sobre la carga q colocada en B es:

F8

= q · E8

= (–1 · 10–6) · (–1 125 · j8) = 1,125 · 10–3 · j

8N

c) Para que el campo sea nulo en el punto C, la carga Q 4 debe estar en la línea rec-ta que une el origen con el punto C, y, puesto que es positiva, ha de estar en elmismo lado que Q y a una distancia de C que haga que el módulo del campoproducido por Q 4 sea igual al producido por Q.

1

√2

1

√2

1

√2

1

√2

–2 · 10–6

(3 · √2)2

Q

dC2

1

√2

1

√2

3 · i8

+ 3 · j8

3 · √2

√2√18√32 + 32

–2 · 10–6

42

Q

dB2

209

x (m)

y (m)

C

Q 3

–3

–3

3

Q '

EC

EC'

–

+

Por tanto:

|E8

C4| = |E

8

C| 8 |E

8

C4| = K · = 9 · 109 · = 1 000 8

8 dP

= = 6 · m

Como esta distancia está medida sobre la bisectriz del primer cuadrante, tene-mos:

√2√72

8 · 10–6

dP2

Q 4d

P2

8 2 · (3 – xP)2 = 72 8 3 – x

P= 6 8 x

P= –3 m

xP

= yP °

§¢§£= 6 · √2√(32 – x

P)2 + (3 – y

P)2

Entonces, la carga Q 4 debe de estar colocada en el punto P(–3, –3) m.


13. Las cargas q1

= 2 µC y q2

= –2 µC están en el vacío situadas en A (–3, 0) m yB (3, 0) m, respectivamente. Calcula: a) El campo eléctrico en el origen y enel punto P (0, 3) m. b) La fuerza que actúa sobre una carga q = –0,1 µC colo-cada en el origen.

a) Los campos eléctricos producidos por ambas cargas en el origen tienen el mismomódulo, pues ambas tienen el mismo valor absoluto y se encuentran a la mismadistancia. Su valor es:

E1= E

2= K · = 9 · 109 · = 2 000 N/C

Teniendo en cuenta el signo de las cargas y la posición de cada una, representa-das en la figura adjunta, el campo eléctrico en el origen es:

E8

O= E

8

1+ E

8

2= 2000 · i

8+ 2000 · i

8= 4000 · i

8N/C

2 · 10–6

32

q

d 2

210

q2q1

A (–3, 0) B (3, 0)

45°45°

45°

EP,1

EO,1

EO,2

EP,2

EP

EOO

P

d

y (m)

x (m)+ –

Para el punto P (0, 3) m, podemos obtener directamente el campo eléctrico pro-ducido por cada carga utilizando la expresión vectorial:

E8

= K · · u8

r

Donde u8

res el vector unitario en la dirección que une la carga con el punto.

Para q1tenemos, a partir de los datos mostrados en la figura anterior:

r8

1= 3 · i

8+ 3 · j

88 r

1= = = 3 · m

u8

1= = · i

8+ · j

8

E8

1= 9 · 109 · · ( · i

8+ · j

8) = 707 · i8

+ 707 · j8

N/C

Y para q2:

r8

2= –3 · i

8+ 3 · j

88 r

1= = = 3 · m

u8

2= = · i

8+ · j

8

E8

2= 9 · 109 · · ( · i

8+ · j

8) = 707 · i8

– 707 · j8

N/C1

√2

–1

√2

–2 · 10–6

(3 · √2)2

1

√2

–1

√2

–3 · i8

+ 3 · j8

3 · √2

√2√18√(–3)2 + 32

1

√2

1

√2

2 · 10–6

(3 · √2)2

1

√2

1

√2

3 · i8

+ 3 · j8

3 · √2

√2√18√32 + 32

q

d 2

Por tanto, el campo total en el punto P es:

E8

P= E

8

1+ E

8

2= 707 · i

8+ 707 · j

8+ 707 · i

8– 707 · j

8= 1 414 · i

8N/C

b) La fuerza sobre la carga q colocada en el origen es:

F8

= q · E8

= (–0,1 · 10–6) · (4 000 · i8) = –4 · 10–4 · i

8N

14. La carga q1

= +4 µC está en el origen, y la carga q2

= –9 µC está en el puntoB (3, 0) m. Calcula:

a) El punto donde se anula el campo.

b) La fuerza sobre una carga q = –1 µC situada en el eje X en el punto x = 1,2 m.

a) En el punto donde se anula el campo se cumple que:

E8

= E8

1+ E

8

2= 0 8 E

8

1= –E

8

2

Por tanto, los módulos del campo creado por cada carga han de ser iguales, y lossentidos de los campos, opuestos.

Los vectores E8

1y E

8

2solo pueden tener la misma dirección en puntos del eje X, es

decir, (x, 0), y para que los módulos de ambos campos sean iguales en ese pun-to, se ha de cumplir:

E1

= E2

8 K · = K · 8 = 8 4 · (x – 3)2 = 9 · x2

4 · x 2 – 24 · x + 36 = 9 · x 2 8 5 · x 2 + 24 · x – 36 = 0

Cuyas soluciones son x1= –6 m y x

2= 1,2 m.

En la figura siguiente podemos comprobar que el campo solo se anula en elpunto (–6, 0) m, puesto que en ese punto los campos tienen sentidos opuestos,mientras que, en el punto (1,2, 0) m, los campos tienen el mismo sentido y su su-ma no se anula.

9 · 10–6

(x – 3)2

4 · 10–6

x2

|q2|

d22

|q1|

d12


q1 q2E1

E21 2 3 4–6 –5 –4 –3 –2 –1

y (m)

x (m)+ –

E2E1

b) Como ya hemos visto, el campo eléctrico en el punto (1,2, 0) m no es nulo, porlo que una carga situada en ese punto estará sometida a una fuerza proporcionalal valor de dicho campo.

El campo producido por cada carga en el punto (1,2, 0) m es:

E8

1= K · · u

8

1= 9 · 109 · · i

8= 25 000 · i

8N/C

E8

2= K · · u

8

2= 9 · 109 · · (–i

8) = 25 000 · i

8N/C

Aplicando el principio de superposición, el campo total en ese punto es:

E8

= E8

1+ E

8

2= 25 000 · i

8+ 25 000 · i

8= 50 000 · i

8N/C

Y, por tanto, la fuerza sobre la carga q es:

F8

= q · E8

= (–1 · 10–6 ) · 50 000 · i8

= –0,05 · i8

N

–9 · 10–6

(3 – 1,2)2

q2

d22

4 · 10–6

1,22

q1

d12

Unidad 6. Campo eléctrico212

15. Dos cargas iguales, q1

= q2

= 5 µC, están colocadas en los puntos A (–4, 0) m yB (4, 0) m. ¿Cuál es el valor de la carga q

3situada en el punto (0, 8) m para

que el campo eléctrico se anule en (0, 3) m?

El campo eléctrico que produce la carga q1, situada en A (–4, 0) m, en el punto

P (0, 3) m señalado en la figura es:

E8

1= K · · u

8

1

q1

r12

8

7

6

5

4

3

q1

q3

E2 E1

E3

2

1

–2–3–4 –1 321 4

y (m)

x (m)+q2

+

Donde:

r8

1= AP

8= (0 + 4) · i

8+ (3 – 0) · j

8= (4 · i

8+ 3 · j

8) m 8 r

1= = 5 m

u8

1= · i

8+ · j

8

Luego:

E8

1= K · · u

8

1= 9 · 109 · · ( · i

8+ · j

8) = (1 440 · i8

+ 1080 · j8) N/C

Del mismo modo, el campo creado en el punto P (0, 3) m por la carga q2, situada

en B (4, 0) m, es:

r8

2= BP

8= (0 – 4) · i

8+ (3 – 0) · j

8= (–4 · i

8+ 3 · j

8) m 8 r

2= = 5 m

u8

2= – · i

8+ · j

8

E8

2= K · · u

8

2= 9 · 109 · · (– · i

8+ · j

8) = (–1 440 · i8

+ 1080 · j8) N/C

La carga q3, situada en el punto C (0, 8) m, también producirá un campo eléctrico en

el punto P, que calculamos como en los casos anteriores:

r8

3= CP

8= (3 – 8) · j

8= –5 · j

8m 8 r

3= 5 m 8 u

8

3= – j

8

E8

3= K · · u

8

3= 9 · 109 · · (–j

8) = –3,6 · 108 · q

3· j

8N/C

q3

52

q3

r32

3

5

4

55 · 10–6

52

q2

r22

35

45

√(–4)2 + 32

3

5

4

55 · 10–6

52

q1

r12

35

45

√42 + 32

De acuerdo con el principio de superposición, el campo eléctrico en el punto P esla suma de los tres campos. Imponiendo la condición de que el campo se anule, ob-tenemos el valor de la carga q

3:

E8

= E8

1+ E

8

2+ E

8

3= 0

0 = (1 440 · i8

+ 1 080 · j8) + (–1 440 · i

8+ 1 080 · j

8) + (–3,6 · 108 · q

3· j

8) =

= (2 160 – 3,6 · 108 · q3) · j

8

Por tanto, el valor de la carga debe ser:

2 160 – 3,6 · 108 · q3= 0 8 q

3= 6 · 10–6 C

16. Calcula la distancia que recorre hasta pararse un protón que penetra en uncampo eléctrico uniforme de 5 · 103 N/C con una velocidad de 2 · 105 m/s pa-ralela al campo pero en sentido opuesto. ¿Cuánto tiempo tarda en detenerse?

El valor de la fuerza que actúa sobre el protón es:

F = q · E = 1,6 · 10–19 · 5 000 = 8 · 10–16 N

Como la velocidad inicial del protón tiene sentido contrario al campo, la fuerza seopone a su velocidad y le origina una aceleración de frenado:

a = – = – = –4,8 · 1011 m/s2

El tiempo que tarda el protón en detenerse lo obtenemos por medio de la expresiónde la velocidad en un m.r.u.a.:

v = v0+ a · t = 0 8 0 = 2 · 105 – 4,8 · 1011 · t 8 t = = 4,2 · 10–7 s

Aplicando ahora la expresión de la distancia en el m.r.u.a., obtenemos la distanciaque recorre dentro del campo eléctrico uniforme hasta que se detiene:

s = s0+ v

0· t + · a · t 2

s = 0 + 2 · 105 · 4,2 · 10–7 + · (–4,8 · 1011) · (4,2 · 10–7)2 = 4,2 · 10–2 m

17. Una partícula cargada, m = 1 mg y q = 200 nC, se deja en reposo en un campoeléctrico uniforme y adquiere una velocidad de 300 m/s a los 0,5 s. Calcula: a)El valor del campo. b) El espacio recorrido en ese tiempo. c) El trabajo realiza-do por el campo eléctrico en ese tiempo. d) La variación de energía potencial.

a) Para que la partícula, que inicialmente está en reposo, adquiera una velocidad de300 m/s en 0,5 s, debe estar sometida a una fuerza que le produzca una acele-ración:

a = = = 600 m/s2

Según la segunda ley de la dinámica, la fuerza necesaria para producir esta acele-ración es:

F = m · a = 0,001 · 600 = 0,6 N

Y como esta fuerza está originada por el campo eléctrico, el valor del campo de-be ser:

F = q · E 8 E = = = 3 · 106 N/C0,6

200 · 10–9

Fq

300

0,5

v – v0

t

1

2

1

2

2 · 105

4,8 · 1011

8 · 10–6

1,67 · 10–27

Fm



b) El espacio que recorre la carga en ese tiempo es:

x = · a · t 2 = · 600 · 0,52 = 75 m

c) El trabajo realizado por el campo eléctrico es igual al aumento de energía cinéti-ca. Teniendo en cuenta que inicialmente la partícula se encuentra en reposo:

We= DE

c= E

c– E

c0= · 0,001 · 3002 = 45 J

d) La variación de energía potencial es igual al trabajo eléctrico cambiado de signo:

We= –DE

p8 DE

p= –W

e= –45 J

18. Calcula el potencial eléctrico producido por la carga Q = 20 nC a una distan-cia de 1, 2, 3, 4, 5 y 6 m. Realiza la gráfica del potencial, V, en función de ladistancia, r.

El valor del potencial para cada una de esas distancias es:

– Para d = 1 m:

V1= K · = 9 · 109 · = 180 V

– Para d = 2 m:

V2= K · = 9 · 109 · = 90 V

– Para d = 3 m:

V3= K · = 9 · 109 · = 60 V

– Para d = 4 m:

V4= K · = 9 · 109 · = 45 V

– Para d = 5 m:

V5= K · = 9 · 109 · = 36 V

– Para d = 6 m:

V6= K · = 9 · 109 · = 30 V

Con los valores obtenidos podemos representar la gráfica del potencial en funciónde la distancia:

20 · 10–9

6

q

d6

20 · 10–9

5

q

d3

20 · 10–9

4

q

d4

20 · 10–9

3

q

d3

20 · 10–9

2

q

d2

20 · 10–9

1

q

d1

1

2

1

2

1

2

V (V)

d (m)01 2 3 4 5 6

5060

90

180

303645

100

150

19. La carga q = –5 µC está situada en el origen de coordenadas. Calcula: a) El po-tencial eléctrico en el punto P (3, 4) m. b) La energía potencial de una cargaq 4 = –0,1 µC si la colocamos en P . c) El trabajo que hay que hacer para traerla carga q 4 desde el infinito al punto P.

a) El potencial producido por la carga en el punto P es:

V = K ·

Donde d es la distancia de la carga al punto:

d = = 5 m

Por tanto:

V = K · = 9 · 109 · = –9 000 V

b) La energía potencial de la carga q 4 colocada en P es:

Ep= q · V = (–0,1 · 10–6) · (–9 000) = 9 · 10–4 J

c) Como la energía potencial cuando q 4 está en el infinito es nula y como el trabajoexterior es igual al trabajo eléctrico cambiado de signo, tenemos:

Wext

= –We= –(–DE

p) = DE

p= E

p(P) – E

p(@) = 9 · 10–4 – 0 = 9 · 10–4 J

Comprobamos que la energía potencial de un sistema de cargas es igual al traba-jo exterior necesario para traerlas desde el infinito a esa situación.

20. Si la carga q1

= 3 µC está en el origen de coordenadas, calcula el trabajo paratrasladar la carga q

2= 2 µC desde el infinito al punto A (0, 6). Las coordena-

das están en metros.

Cuando las cargas están separadas una distancia infinita, su energía potencial es nu-la, pero cuando la carga q

2se encuentra en el punto A, a una distancia de 6 m de q

1,

su energía potencial vale:

EpA = K · = 9 · 109 · = 9 · 10–3 J

El trabajo exterior que es necesario realizar para aproximar dos cargas del mismosigno desde el infinito hasta esa situación coincide con la variación de energía po-tencial de las cargas, que es igual a la energía potencial del sistema cuando las car-gas se encuentran en la situación final:

Wext

= EpA

– Ep@

= EpA

= 9 · 10–3 J

También se puede resolver el problema calculando el potencial que produce la car-ga q

1en el punto A:

V = K · = 9 · 109 · = 4,5 · 103 V

Para luego calcular la energía potencial de q2en ese punto:

Ep= q · V = 2 · 10–6 · 4,5 · 103 = 9 · 10–3 J

Con ello, el trabajo resulta:

Wext

= –We= –(–DE

p) = DE

p= E

pA– E

p@= 9 · 10–3 – 0 = 9 · 10–3 J

3 · 10–6

6

q

d

3 · 10–6 · 2 · 10–6

6

q1· q

2

dA

–5 · 10–6

5

q

d

√32 + 42

q

d



21. Las cargas q1

= 2 µC y q2

= –4 µC están en el vacío situadas, respectivamente,en los puntos A (–1, 0) m y B (2, 0) m. Calcula: a) El campo en el origen y enel punto C(–4, 0) m. b) El potencial eléctrico en ambos puntos. c) El trabajopara trasladar la carga q = –1 µC desde el origen al punto C.

a) El campo en el origen es la suma vectorial de los campos creados por ambas car-gas en dicho punto. Para calcular estos, determinamos, en primer lugar, los vec-tores unitarios en la dirección de cada uno:

r8

1O= i

88 d

1O= 1 m ; u

8

1O= i

8

r8

2O= –2 · i

88 d

2O= 2 m ; u

8

2O= –i

8

Con esto, los vectores campo eléctrico creados por cada carga en el origen re-sultan:

E8

1O= K · · u

8

1O= 9 · 109 · · i

8= 1,8 · 104 · i

8N/C

E8

2O= K · · u

8

2O= 9 · 109 · · (–i

8) = 9 · 103 · i

8N/C

Por tanto, el campo total en el origen vale:

E8

O= E

8

1O+ E

8

2O= 1,8 · 104 · i

8+ 9 · 103 · i

8= 2,7 · 104 · i

8N/C

Del mismo modo, para el punto C (–4, 0) m tenemos que:

r8

1C= –3 · i

8m 8 d

1C= 3 m ; u

8

1C= –i

8

r8

2C= –6 · i

8m 8 d

2C= 6 m ; u

8

2C= –i

8

Con lo que el campo producido por cada carga en C es:

E8

1C= K · · u

8

1C= 9 · 109 · · (–i

8) = –2 · 103 · i

8N/C

E8

2C= K · · u

8

2C= 9 · 109 · · (–i

8) = 1 · 103 · i

8N/C

Y el campo total en el punto C vale:

E8

C= E

8

1C+ E

8

2C= –2 · 103 · i

8+ 1 · 103 · i

8= –1 · 103 · i

8N/C

En la siguiente figura se representan los vectores campo eléctrico en ambospuntos:

–4 · 10–6

62

q2

d2C2

2 · 10–6

32

q1

d1C2

–4 · 10–6

22

q2

d2O2

2 · 10–6

12

q1

d1O2

q1 q2A BOCE1C E10

E20

d1C

d1O

d2OE2C

–3–4 –2 –1 21 3 4x (m)

y (m)

+ –

d2C


b) El potencial eléctrico en cada punto es la suma de los potenciales que crean cadauna de las cargas en esos puntos. Así, en el origen:

V1O

= K · = 9 · 109 · = 1,8 · 104 V

V2O

= K · = 9 · 109 · = –1,8 · 104 V

VO

= V1O

+ V2O

= 1,8 · 104 – 1,8 · 104 = 0

Y en el punto C:

V1C

= K · = 9 · 109 · = 6 · 103 V

V2C

= K · = 9 · 109 · = –6 · 103 V

VC

= V1C

+ V2C

= 6 · 103 – 6 · 103 = 0

Como vemos, el potencial es nulo en ambos puntos.

c) Del apartado anterior se deduce que cualquier carga situada en los puntos O y Ctendrá una energía potencial nula. Por tanto, su energía potencial no variará al pa-sar de un punto a otro y no se realizará ningún trabajo al trasladar la carga, ya queeste coincide, en valor absoluto, con la variación de la energía potencial. Desde elpunto de vista energético, para la carga es indiferente estar en un punto u otro.

22. Indica para cuál de las distribuciones de cargas siguientes, de igual valor ab-soluto, se cumple que, en el centro del cuadrado:

a) El campo y el potencial son nulos.

b) El campo es nulo y el potencial es positivo.

c) El potencial es nulo y el campo está dirigido hacia la derecha.

d) El campo es nulo y el potencial es negativo.

e) El potencial es nulo y el campo está dirigido hacia arriba.

–4 · 10–6

6

q2

d2C

2 · 10–6

3

q1

d1C

–4 · 10–6

2

q2

d2O

2 · 10–6

1

q1

d1O

–Q –Q

+Q +Q

I II III IV

+Q

+Q

+Q

+Q

+Q

+Q

+Q

–Q

–Q

+Q

–Q

–Q

El campo eléctrico en el centro del cuadrado es la suma vectorial de los camposproducidos por cada carga. Los módulos de estos campos son todos iguales y susdirecciones y sus sentidos están representados en la figura siguiente:

–Q –Q

+Q +Q

I II III IV

+Q

+Q

+Q

+Q

+Q

+Q

+Q

–Q

–Q

+Q

–Q

–Q


El potencial eléctrico en el centro es la suma algebraica de los potenciales debidos acada carga; todos tienen el mismo valor absoluto, V, y su signo coincide con el de lacarga que lo produce. Por tanto:

VI= +V + V + (–V ) + (–V ) = 0 ; V

II= +V + (–V ) + (–V ) + V = 0

VIII

= +V + V + V + V = 4 · V ; VIV

= (–V ) + V + (–V ) + V = 0

A la vista de los resultados, las respuestas son:

a) El campo y el potencial eléctricos son nulos en la situación IV.

b) El campo es nulo y el potencial es positivo en la situación III.

c) El potencial es nulo y el campo está dirigido hacia la derecha en la situación II.

d) El potencial no es negativo en ninguna de las situaciones.

e) El potencial es nulo y el campo está dirigido hacia arriba en la situación I.

23. Dos cargas iguales q1

= q2

= +6 µC están fijas en los puntos (–3, 0) m y (3, 0) m.Calcula: a) La fuerza que actúa sobre una partícula cargada, m = 1 mg yq = –1 µC, situada en A (0, 4) m. b) La energía potencial de la partícula en A yen el origen. c) La velocidad de la partícula al llegar al origen si se suelta enreposo en el punto A.

a) El ejercicio se puede resolver calculando directamente la fuerza que ejerce cadacarga sobre la partícula, pero vamos a hacerlo obteniendo, en primer lugar, elcampo producido por ambas cargas en ese punto, para luego calcular la fuerza.

Para el punto A (0, 4) m se cumple:

r8

1A= 3 · i

8+ 4 · j

88 d

1A= 5 m 8 u

8

1A= = · i

8+ · j

8

r8

1B= –3 · i

8+ 4 · j

88 d

2A= 5 m 8 u

8

2A= – · i

8+ · j

8

Por tanto, el campo producido por cada carga en el punto A es:

E8

1A= K · · u

8

1A= 9 · 109 · · ( · i

8+ · j

8)= (1 296 · i8+ 1728 · j

8) N/C

E8

2A= K · · u

8

2A= 9 · 109 · · (– · i

8+ · j

8) = (–1 296 · i8

+ 1 728 · j8) N/C

Y el campo eléctrico total en A es:

E8

A= E

8

1A+ E

8

2A= (1 296 · i

8+ 1 728 · j

8) + (–1 296 · i

8+ 1 728 · j

8) = 3 456 · j

8N/C

La fuerza que actúa sobre la partícula es, por tanto:

F8

= q · E8

= (–1 · 10–6) · (3 456 · j8) = –3 ,456 · 10–3 · j

8N

b) Para conocer la energía potencial de la partícula en los puntos solicitados calcu-lamos, previamente, el valor del potencial en esos puntos:

El potencial en A es:

VA

= V1A

+ V2A

= K · + K · = 9 · 109 · + 9 · 109 · = 21600 V

Y el potencial en el origen es:

VO

= V1O

+ V2O

= K · + K · = 9 · 109 · + 9 · 109 · = 36000 V6 · 10–6

3

6 · 10–6

3

q2

d2O

q1

d1O

6 · 10–6

5

6 · 10–6

5

q2

d2A

q1

d1A

4

5

3

5

6 · 10–6

52

q2

d2A2

4

5

3

56 · 10–6

52

q1

d1A2

4

5

3

5

4

5

3

5

3 · i8

+ 4 · j8

5


Luego, la energía potencial de la carga en A y en el origen es:

EpA

= q · VA

= (–1 · 10–6) · 21 600 = –0,0216 J

EpO

= q · VO

= (–1 · 10–6) · 36 600 = –0,036 J

c) Para calcular la velocidad de la partícula al llegar al origen, aplicaremos el princi-pio de conservación de la energía mecánica, teniendo en cuenta que la velocidadinicial de la partícula es nula y que su energía potencial en cada punto es la cal-culada en el apartado anterior:

Ec+ E

p= cte 8 E

cA+ E

pA= E

cO+ E

pO

· m · vA2 + E

pA= · m · v

O2 + E

pO

Sustituyendo y despejando, tenemos:

–0,0216 = · 1 · 10–6 · vO2 + (–0,036) 8 v = 169,7 m/s

24. Calcula en qué puntos de la recta que une las cargas q y –2 · q, separadas unadistancia r, se anula el potencial eléctrico. ¿Cuánto vale el campo eléctricoen esos puntos?

De acuerdo con el principio de superposición, el potencial se anula en aquellospuntos donde se cumple:

V = V1+ V

2= K · + K + = 0

donde r1y r

2son las distancias a dicho punto desde cada una de las cargas.

Si las cargas fuesen del mismo signo, el potencial solo se anularía en el infinito, pe-ro cuando son de signo distinto, se puede anular, además, en puntos situados a dis-tancias finitas de las cargas.

Si las cargas q1

y q2

están en los puntos A(x1, y

1) y B (x

2, y

2), respectivamente, la

ecuación de los puntos del plano para los cuales V = 0 (línea equipotencial) es:

V = 0 5 K · + K · = 0

La línea recta que pasa por las dos cargas corta a esta línea equipotencial, V = 0, endos puntos. Para determinar esos puntos, podemos utilizar dos métodos:

– Método A:

Si elegimos nuestro sistema de referencia de forma que q1esté en el origen de co-

ordenadas y el eje X coincida con la recta que pasa por las cargas, tenemos:

x1= y

1= 0 ; x

2= r ; y

2= 0

Para los puntos del eje X (y = 0) en los que se anula el campo, se cumple:

K · + K · = 0 8 = K ·

Elevando al cuadrado ambos términos, tenemos:

= 8 = 8 (x – r)2 = 4 · x2

De donde:x2 – 2 · r · x + r 2 = 4 · x2 8 3 · x2 + 2 · r · x – r 2 = 0

4

(x – r)2

1

x2

(2 · q)2

(x – r)2

q2

x2

2 · q

√(x – r)2

q

√(x – 0)2

–2 · q

√(x – r)2

q

√(x – 0)2

q2

√(x – x2)2 + (y – y

2)2

q1

√(x – x1)2 + (y – y

1)2

q2

r2

q1

r1

1

2

1

2

1

2


Al resolver la ecuación de segundo grado, nos queda:

x = = –2 · r ± 4 · r

6

–2 · r ± √4 · r2 + 4 · 3 · r2

6

x = –r

x 4 = r3

°¢£

Por tanto, el potencial se anula en un punto situado entre las cargas a una distan-cia r/3 de q

1y a 2 · r/3 de q

2, y en un punto situado a la izquierda de q

1a una dis-

tancia r de ella y a una distancia 2 · r de q2.

– Método B:

El potencial se anula en dos puntos de la línea recta que une ambas cargas, el pri-mero, M, situado en el segmento entre ellas, y el segundo, N, fuera de ese seg-mento pero más próximo a la carga de menor valor absoluto.

8

d1

d1

d2

d

d q1

q2

M

N+ –

d '2

Para ambos puntos se cumple que:

V = V1+ V

2= K · + K · = 0 8 K · + K · = 0 8

8 + = 0 8 = 8 r2= 2 · r

1[1]

Para el punto M, situado en la zona entre ambas cargas:

r1+ r

2= r [2]

Sustituyendo la ecuación [1] en la [2], tenemos:

r1+ r

2= r

1+ 2 · r

1= r 8 3 · r

1= r 8 r

1= ; r

2=

Es decir, para el punto M: r1

= r/3 y r2

= 2 · r/3, lo que coincide con el punto xdel método A.

Para el punto N, situado a la izquierda de q1, se cumple que:

r2= r

1+ r [3]

Y sustituyendo [1] en [3]:

r2= 2 · r

1= r

1+ r 8 r

1= r ; r

2= 2 · r

Lo que coincide con el punto x 4 del método A.

El valor del campo eléctrico en esos puntos es la suma de los campos creados porcada una de las cargas en dichos puntos:

E8

M= K · · i

8+ K · · (–i

8) = K · 9 · ( + ) · i

8= · K · · i

8N/C

q

r2

27

2

q

2 · r 2

q

r2

–2 · q

(2 · r/3)2

q

(r/3)2

2 · r3

r3

2

r2

1

r1

–2

r2

1

r1

–2 · q

r2

q

r1

q2

r2

q1

r1

E8

N= K · · (–i

8) + K · · (–i

8) = K · (– + ) · i

8= – · K · · i

8N/C

q

r2

1

2

q

2 · r 2

q

r2

–2 · q

(2 · r)2

q

r 2


25. ¿Cuál es el valor del campo eléctrico en una zona donde el potencial tiene elmismo valor en cada punto de esa zona?

Si el potencial eléctrico toma el mismo valor en todos los puntos de una zona, esdecir, es constante en dicha zona, entonces, para dos puntos cualesquiera, la dife-rencia de potencial entre ellos es nula.

Por tanto, de acuerdo con la expresión E = –dV/dx, como la derivada de una cons-tante es cero, el campo eléctrico es nulo en todos los puntos de esa zona.

26. ¿Pueden cortarse dos líneas de fuerza de un campo eléctrico? ¿Y dos superfi-cies equipotenciales? ¿Por qué?

Dos líneas de campo eléctrico no pueden cortarse nunca, pues el campo es único encada punto del espacio; es decir, su valor y su dirección son únicos en cada punto.

Supongamos que L1

y L2

representan dos líneas de campo y que se cortan en elpunto P (figura siguiente). Como el campo es tangente a la línea en cada punto, enel punto P, perteneciente a L

1, el campo sería tangente a L

1y su valor sería E

1, pero

por pertenecer este punto también a L2, el campo sería tangente a L

2y de valor E

2.

Entonces, el campo en P tomaría dos valores, lo que es imposible, luego por cadapunto del espacio pasa una, y solo una, línea de fuerza.

Dos superficies equipotenciales, S1y S

2, no pueden

cortarse, pues el valor del potencial en un puntoes único, y si dos superficies equipotenciales secortasen en un punto o en una serie de puntos, enlos puntos de corte, por pertenecer a cada una delas superficies, el potencial en ellos tendría dos va-lores: V

1por pertenecer a la superficie S

1, y V

2por

pertenecer a la superficie S2; como esto es imposi-

ble, las superficies no pueden cortarse.

27. Calcula la diferencia de potencial necesaria:

a) Para acelerar un protón desde el reposo a una velocidad de 2 · 105 m/s.

b) Para frenar un electrón que lleva una velocidad de 5 · 106 m/s.

a) Sobre el protón solo actúa la fuerza eléctrica debida al campo asociado a la dife-rencia de potencial aplicada; por tanto, su energía mecánica (cinética más poten-cial) permanece constante; luego:

EcA

+ EpA

= EcB

+ EpB

8 DEc= –DE

p

Si deseamos acelerar la partícula desde el reposo, tenemos:

· m · v 2 – 0 = –q · (V – V0) = q · (V

0– V)

Si la carga es positiva, el potencial final, V, es menor que el inicial, V0; si la carga

hubiese sido negativa sería al revés, pero la diferencia, en valor absoluto, en am-bos casos es:

|DV| = = = 208,8 V1,6 · 10–19q

1

2

L1

L2E

1E

2

S1

S2

12

· 1,67 · 10–27 · (2 · 105)212

· m · v 2


La diferencia de potencial necesaria es de 208,8 voltios, siendo el potencial deentrada mayor que el potencial de salida:

DV = V – V0= –208,8 V

b) Aplicando, en este caso, el principio de conservación de la energía mecánica almovimiento de frenado del electrón, tenemos:

EcA

+ EpA

= EcB

+ EpB

8 DEc= –DE

p

0 – · m · v02 = –q · (V – V

0) 8 · m · v

02 = q · (V – V

0)

Para detener una partícula positiva, el potencial inicial o de entrada, V0, ha de ser

menor que el potencial final, V, pero si la partícula es negativa, es al revés, V0> V,

como sucede en este caso. La diferencia de potencial es:

DV = = = –71,1 V

Como el electrón es una carga negativa, se mueve espontáneamente hacia los po-tenciales más altos; por tanto, para frenarlo, necesitamos que el potencial de en-trada sea mayor que el potencial de salida:

DV = –71,1 V

28. Un protón que se mueve entre dos puntos de un campo eléctrico uniformealcanza una velocidad de 8 · 105 m · s–1. Si ha partido del reposo, calcula:

a) La diferencia de potencial entre ambos puntos.

b) El valor del campo si la distancia entre ambos puntos es de 4 cm.

c) La velocidad del protón cuando ha recorrido 2 cm desde el reposo.

Dato: mp

= 1,6 · 10–27 kg

a) Como el protón solo está sometido a la fuerza que sobre él ejerce el campo eléc-trico, y como esta es conservativa, la suma de su energía cinética y su energía po-tencial permanece constante:

Ec+ E

p= cte 8 E

cA+ E

pA= E

cB+ E

pB8 · m · v

A2 + E

pA= · m · v

B2 + E

pB

Teniendo en cuenta que parte del reposo y que su energía potencial es q · V, te-nemos:

0 + q · VA

= · m · vB2 + q · V

B8 q · V

A– q · V

b= q · (V

A– V

B) = · m · v2

VA

– VB

= = = 3 340 V

Para acelerar al protón el potencial del punto inicial, VA, tiene que ser mayor que

el del punto final, VB. La diferencia, en valor absoluto, es de 3 340 V; si interpreta-

mos la diferencia de potencial como la final menos la inicial, será:

DV = –3 340 V

b) La relación entre el campo eléctrico y el potencial en un campo uniforme es

DV = –E · Dx 8 E = = = 83 500 V/m33400,04

–DVx

1,6 · 10–19q

1

2

1

2

1

2

1

2

–1,6 · 10–19q

1

2

1

2

12

· 9,1 · 10–31 · (5 · 106)212

· m · v 2

12

· 1,67 · 10–27 · (8 · 105)212

· m · v 2


c) Cuando el cuerpo ha recorrido 2 cm, la diferencia de potencial entre el punto inicial,A, y el punto final, C, teniendo en cuenta la relación entre el campo y el potencial, es:

DV = –E · Dx 8 VC

– VA

= –83 500 · 0,02 = –1 670 V

Aplicando el principio de conservación de la energía:

EcA

+ EpA

= EcC

+ EpC

8 0 + q · VA

= · m · vC2 + q · V

C

· m · vC2 = q · V

A– q · V

C= q · (V

A– V

C) 8 · 1,67 · 10–27 · v

C2 = 1,6 · 10–19 · 1 670

vC

= 5,66 · 105 m/s

También se puede resolver este último apartado aplicando las leyes de la dinámi-ca, pues, conocido el valor del campo, podemos calcular la fuerza que actúa so-bre el protón y la aceleración a la que está sometido:

a = = = 8 · 1012 m/s2

Como el protón realiza un m.r.u.a., entonces:

v 2 – v02 = 2 · a · x 8 v2 = 2 · 8 · 1012 · 0,02 8 v = = 5,66 · 105 m/s

29. Un electrón se mueve con v8

= 2 · 105 · i8

m/s cuando penetra en un campo

eléctrico uniforme E8

= 5 · 10–6 · j8

N/C. Calcula:

a) El módulo, la dirección y el sentido de la fuerza que actúa sobre el elec-

trón.

b) La velocidad del electrón en función del tiempo.

c) La energía cinética del electrón 1 s después de penetrar en el campo.

d) La variación de la energía potencial experimentada por el electrón 1 s des-

pués de penetrar en el campo.

Dato: melectrón

= 9,1 · 10–31 kg.

a) La fuerza que actúa sobre el electrón es:

F8

= q · E8

= (–1,6 · 10–19) · (5 · 10–6 · j8) = –8 · 10–25 · j

8N

Esta fuerza está dirigida en el sentido negativo del eje Y.

b) La velocidad del electrón varía debido a la fuerza eléctrica, que produce en éluna aceleración. La aceleración del electrón es constante y su valor es:

a8

= = = –8,8 · 105 · j8

m/s2

Teniendo en cuenta la velocidad inicial del electrón, v8

0= 2 · 105 · i

8, entonces su

velocidad en función del tiempo es:

v8

= v8

0+ a

8· t = (2 · 105 · i

8– 8,8 · 105 · t · j

8) m/s

c) Al cabo de 1 s de entrar en la región en que existe el campo eléctrico, la veloci-dad del electrón es:

v8

= 2 · 105 · i8

– 8,8 · 105 · 1 · j8

= (2 · 105 · i8

– 8,8 · 105 · j8) m/s

–8 · 10–25 · j8

9,1 · 10–31

F8

m

√32 · 1010

q · Em

Fm

1

2

1

2

1

2


Su módulo es:

v = = 9 · 105 m/s

Y, por tanto, la energía cinética del electrón en ese instante vale:

Ec= · m · v2 = · 9,1 · 10–31 · (9 · 105)2 = 3,7 · 10–19 J

d) El principio de conservación de la energía implica que la variación de energíapotencial es igual a la variación de energía cinética cambiada de signo, pues:

Ec+ E

p= cte 8 DE

c+ DE

p= 0 8 DE

p= –DE

c

Como la energía cinética inicial es:

Ec0

= · m · v02 = · 9,1 · 10–31 · (2 · 105)2 = 1,8 · 10–20 J

Resulta:

DEp= –DE

c= – (E

c– E

c0) = – (3,7 · 10–19 – 1,8 · 10–20) = – 3,5 · 10–19 J

La energía potencial disminuye en la misma cantidad que aumenta la energía ci-nética.

30. El campo eléctrico entre las placas del condensador plano de la figura es uni-forme, y su valor es 100 N/C. Si por el punto A penetra un electrón con unavelocidad v

0= 2 · 106 m/s, calcula: a) La desviación, y, del electrón al salir de

las placas. b) ¿A qué altura, h, impacta en la pantalla? c) ¿Dónde se produciráel impacto si la velocidad de entrada es de 4 · 105 m/s?

1

2

1

2

1

2

1

2

√(2 · 105)2 + (–8,8 · 105)2

A y

h

v0

5 cm

1 cm

35 cm

+ + + + + + +

– – – – – – –Pantalla

E

v0

A

+ + + + + + + +

1 cm

– – – – – – – –

y

5 cm

35 cm

h

X

Y

a) Tomando el semieje X positivo en la horizontal y hacia la derecha, y el semieje Ypositivo vertical y hacia arriba, como se ve en la figura, la fuerza que actúa sobreel electrón al penetrar en el campo vale:

F8

= q · E8

= –1,6 · 10–19 · (–100 · j8) = 1,6 · 10–17 j

8N


Y, por tanto, su aceleración es:

a8

= = = 1,76 · 1013 · j8

m/s2

El electrón realiza un m.r.u. en el eje X con velocidad inicial v0, y un m.r.u.a. en el

eje Y con velocidad inicial nula y con la aceleración calculada. De la ecuación delm.r.u. despejamos el tiempo que tarda en salir de la zona entre las placas:

x = v0· t 8 0,05 = 2 · 106 · t 8 t = 2,5 · 10–8 s

Sustituyendo este tiempo en la ecuación de la posición para el m.r.u.a. del eje Y,obtenemos la distancia que se ha desviado el electrón de su trayectoria inicial:

y = · a · t2 8 y = · 1,76 · 1013 · (2,5 · 10–8)2 = 5,5 · 10–3 m

Como vemos, el electrón se desvía 5,5 mm de su trayectoria inicial.

b) Al salir de las placas, las componentes de la velocidad del electrón son:

vx= v

0= 2 · 106 m/s

vy= a · t = 1,76 · 1013 · 2,5 · 10–8 = 4,4 · 105 m/s

Cuando el electrón abandona el condensador, sobre él no actúa ya ninguna fuer-za y, por tanto, realiza un movimiento rectilíneo uniforme con la misma veloci-dad que tiene al salir de las placas. El tiempo que emplea en llegar a la pantallase deduce de la ecuación de la posición en la componente horizontal:

vx= v

0= 2 · 106 ; x = v

0· t 8 0,35 = 2 · 106 · t 8 t = 1,75 · 10–7 s

Y la coordenada Y al llegar a la pantalla es:

y = y0+ v

y· t = 5,5 · 10–3 + 4,4 · 105 · 1,75 · 10–7 = 0,0825 m

El electrón impacta en la pantalla a una altura de 8,25 cm.

c) Aunque variemos la velocidad de entrada, la fuerza y la aceleración sobre el elec-trón serán las mismas, pero no lo será el tiempo que tardará en recorrer las pla-cas, que ahora valdrá:

x = v0· t 8 0,05 = 4 · 105 · t 8 t = 1,25 · 10–7 s

Entonces, se habrá desviado una distancia:

y = · a · t2 8 y = · 1,76 · 1013 · (1,25 · 10–7)2 = 0,1375 m

Como se aprecia en la figura del enunciado, esta distancia es mayor que la dis-tancia que separa al electrón inicialmente de cada una de las placas, de 1 cm, loque significa que el electrón no sale del condensador, sino que choca con la pla-ca positiva y, por tanto, no impacta en la pantalla.

31. Entre las placas de un condensador plano, separadas 10 cm, hay una dife-

rencia de potencial de 6 V. Calcula:

a) La fuerza y la aceleración sobre un electrón situado en su interior.

b) La velocidad del electrón al llegar a la placa positiva si partió del reposo

de la placa negativa.

c) El tiempo que tarda en ir de una placa a la otra.

Dato: me

= 9,1 · 10–31 kg.

1

2

1

2

1

2

1

2

1,6 · 10–17 · j8

9,1 · 10–31

F8

m


a) Como la diferencia de potencial entre las placas es constante, de 6 V, el campoeléctrico entre ellas es uniforme, y su valor es:

E = = = 60 V/m

Por tanto, la fuerza sobre el electrón vale:

F = q · E = 1,6 · 10–19 · 60 = 9,6 · 10–18 N

Y su aceleración es:

a = = = 1,05 · 1013 m/s2

b) El electrón está en reposo en la placa negativa y es acelerado hacia la placa posi-tiva, realizando un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. Teniendoen cuenta la relación entre el espacio recorrido y la velocidad adquirida, te-nemos:

v2 – v02 = 2 · a · x 8 v = = = 1,45 · 106 m/s

c) Para calcular el tiempo que emplea en recorrer la distancia entre placas, lo des-pejamos en la ecuación de la posición en el m.r.u.a.:

x = · a · t2 8 t = = 1,4 · 10–7 s

32. Mediante un hilo de seda de 50 cm colgamos una pequeña esfera, de masa 4 gy cargada con 3 µC, de una lámina plana vertical cargada sin que entren encontacto. Si la esfera se separa de la lámina 30 cm, calcula la densidad super-ficial de carga de la lámina.

Datos: g = 9,8 m/s2, e0

= 8,85 · 10–12 N–1 · m–2 · C2.

La esfera se separa de la placa porque tienen cargas del mismo signo.

Las fuerzas que actúan sobre la esfera son su peso, P8; la

tensión del hilo, T8, y la fuerza eléctrica, F

8

e, que ejerce la

lámina cargada. En la posición de equilibrio, la resultantede estas fuerzas es nula:

∑F8

= P8

+ T8

+ F8

e= 0

• Eje X:

Fe– T

x= 0 8 F

x= T · sen a

• Eje Y:

Ty– P = 0 8 P = T · cos a

De la figura deducimos las relaciones trigonométricas:

sen a = = = 0,6

cos a = = = = 0,8

Luego, la tensión de la cuerda vale:

T = = = = 0,049 N4 · 10–3 · 9,8

0,8

m · g

cos aP

cos a

√0,64√1 – 0,62√1 – sen2 a

0,3

0,5

x

l

√2 · 0,1

1,05 · 1013√2 · x

a

1

2

√2 · 1,05 · 1013 · 0,1√2 · a · x

9,6 · 10–18

9,1 · 10–31

F

m

6

0,1

DV

d

Y

X

x

Fe

P

Tx

TyT α

+


Y, por tanto, la fuerza eléctrica sobre la esfera es:

Fe= T · sen a = 0,049 · 0,6 = 0,0294 N

Del valor de la fuerza eléctrica despejamos el valor del campo eléctrico producidopor la lámina cargada:

Fe= q · E 8 E = = = 9 800 N/C

Considerando la lámina como una distribución plana de carga, el campo producidopor ella es:

E =

De donde despejamos la densidad superficial de carga de la lámina:

q = 2 · E · e = 2 · 9 800 · 8,85 · 10–12 = 1,73 · 10–7 C/m2

Pero también podríamos considerarla como una lámina metálica cargada por ambascaras; en este caso, tendríamos:

E = 8 q = E · e = 9 800 · 8,85 · 10–12 = 8,67 · 10–8 C/m2

33. Calcula el campo y el potencial eléctricos producidos por una esfera conduc-tora de diámetro 10 cm y cargada con –4 nC en los puntos situados a una dis-tancia del centro: a) De 12 cm. b) De 5 cm. c) De 3 cm.

El campo producido por una esfera conductora cargada en su interior es nulo, y enel exterior es el mismo que produciría una carga puntual, igual a la carga de la esfe-ra, situada en su centro.

El potencial en el exterior de la esfera es igual al producido por su carga situada enel centro de ella, mientras que para puntos interiores es constante e igual al de susuperficie.

Considerando el radio de la esfera, de 0,05 m, para los casos propuestos tenemos:

a) El punto es exterior, ya que:

r = 12 cm = 0,12 m > 0,05 m

Por tanto, la esfera se comporta como si toda su carga estuviese concentrada ensu centro. Los valores del campo y del potencial son:

E = K · = 9 · 109 · = 2 500 N/C

V = K · = 9 · 109 · = 300 V

b) Como r = 5 cm, el punto está en la superficie de la esfera y se puede considerarcomo un punto exterior; por tanto, el valor del campo y del potencial son:

E = K · = 9 · 109 · = 14 400 N/C

V = K · = 9 · 109 · = 720 V

c) Si r = 3 cm, el punto es interior, por lo que el campo en este punto es nulo y el po-tencial es constante y del mismo valor que en su superficie; entonces, su valor es:

V = 720 V

4 · 10–9

0,05

q

r

4 · 10–9

0,052

q

r

4 · 10–9

0,12

q

r

4 · 10–9

0,122

q

r2

qe

q2 · e

0,0294

3 · 10–6

Fe

q


34. En un punto, P, exterior a una esfera fija y uniformemente cargada de ra-dio 20 cm, el potencial eléctrico vale 150 V y el valor del campo eléctrico es250 N/C. Calcula: a) La carga de la esfera y la distancia entre su centro y el pun-to P. b) La velocidad de una partícula cargada (m = 2 mg y q = –30 nC) cuandochoca con la superficie de la esfera, si se suelta en reposo en el punto P.

a) El valor del campo eléctrico producido por la esfera en el punto P, situado a unadistancia r del centro de esta, es:

E = K · 8 250 = 9 · 109 ·

Y el valor del potencial en ese punto es:

V = K · 8 150 = 9 · 109 ·

Dividiendo miembro a miembro ambas expresiones, obtenemos la distancia delcentro de la esfera al punto P:

= = = r 8 r = 0,6 m

Y sustituyendo en la expresión del potencial, obtenemos la carga de la esfera:

150 = 9 · 109 · 8 Q = 1 · 10–8 C

Por tanto, la carga de la esfera es de 10 nC y el punto P está a 60 cm de su centro.

b) La partícula parte del reposo, vP

= 0, y el potencial en un punto, M, situado en lasuperficie de la esfera es:

V = K · = 9 · 109 · = 450 V

La partícula se encuentra sometida únicamente a la fuerza eléctrica que producela esfera sobre ella, y al ser esta fuerza conservativa, se cumple el principio deconservación de la energía mecánica:

Ec+ E

p= cte 8 E

cP+ E

pP= E

cM+ E

pM

· m · vP2 + q · V

P= · m · v

M2 + q · V

M

Sustituyendo y despejando, obtenemos la velocidad de la partícula al chocar con laesfera:

(–30 · 10–9) · 150 = · 2 · 10–6 · vM2 + (–30 · 10–9) · 450 8 v = 3 m/s

35. Dos hilos paralelos cargados uniformemente están separados 40 cm. Si lasdensidades lineales de cada uno son l

1= 2 nC/m y l

2= 6 nC/m, calcula dón-

de se anula el campo eléctrico producido por ambos hilos si su carga:

a) Es del mismo signo.

b) Es de distinto signo.

Para que se anule el campo, se ha de cumplir que:

E8

= E8

1+ E

8

2= 0 8 E

8

1= – E

8

2

1

2

1

2

1

2

1 · 10–8

0,2

q

r

Q

0,6

150

250

V

E

Qr

qr

Q

r2

q

r2

9 · 109 · Qr

9 · 109 · Q

r2


a) Teniendo en cuenta la forma radial de las líneas del campo producido por un hi-lo cargado, si los conductores están cargados con cargas del mismo signo, elcampo solo se puede anular en un punto situado entre ambos hilos (realmente,una línea de puntos paralela a los hilos), pues es en esa zona donde los camposproducidos por cada hilo tienen sentidos opuestos, como se muestra en la figura:

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

E2

λ1 λ2

d1 d2

d

E1

Por tanto, el campo se anula en los puntos en que los módulos sean iguales. Te-niendo en cuenta la expresión del campo producido por una distribución rectilí-nea de carga, tenemos:

E1= E

28 = 8 =

= 8 = 8 2 · d2= 6 · d

18 d

2= 3 · d

1

Y como el punto ha de estar entre los hilos, se cumple que:

d1+ d

2= 40 8 d

1+ 3 · d

1= 40 8 d

1= 10 cm

El campo se anula a 10 cm del hilo de menor densidad de carga y a 30 cm del demayor densidad.

b) Si los hilos están cargados con cargas de distinto signo, entonces el campo seanula en una línea paralela a ambos hilos situada fuera de la zona entre ellos ymás cerca de la línea de menor densidad de carga, como se muestra en la figura.

6

d2

2

d1

6 · 10–9

d2

2 · 10–9

d1

l2

d2

l1

d1

l2

2 · π · e · d2

l1

2 · π · e · d1

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

–

–

–

–

–

–

–

–

–

–

–

–

–

–

–

E1

λ1 λ2

d1

d

' E2'

'd2'


Por tanto, en los puntos de esa línea se cumple que:

d2– d

1= 40

Y como los módulos de ambos campos tienen que ser iguales:

E1= E

28 = 8 = 8

8 = 8 d2= 3 · d

1

3 · d1– d

1= 40 8 d

1= 20 cm

El campo se anula a 20 cm del hilo de menor densidad y a 60 cm del de mayordensidad.

6 · 10–9

d2

2 · 10–9

d1

l2

d2

l1

d1

l2

2 · π · e · d2

l1

2 · π · e · d1

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