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PROBLEMAS RESUELTOS ELECTRICIDAD ESTATICA

Con estos pocos problemas pretendemos hacer ver que si

aplicamos las pautas comentadas y somos rigurosos con los cálculos los,

aparentemente, complicados y teóricos problemas de electrostática no lo

son tanto. Esperamos conseguirlo.

1. Una carga 𝒒 = +𝟏𝑪 y masa 𝒎 = 𝟐𝑲𝒈 es acelerada bajo una

diferencia de potencial de 1000 V y entra con la velocidad

adquirida y equidistante de las placas dentro de un condensador

de placas separadas 60 cm y que están a una diferencia de

potencial de 680 voltios. Las placas tienen una longitud de 1 m y la

velocidad de entrada de la carga forma 30 grados con el eje OX tal

como indica la figura. Hallar la altura máxima que la carga

adquiere entre las placas y su velocidad al salir de ellas.

+

−

Lo primero, vamos a calcular el módulo de la velocidad de

entrada después de haber sido acelerado.

∆𝑬𝒄 = |𝒒∆𝑽| →1

2𝑚𝑣𝑓

2 −1

2𝑚𝑣0

2 = |𝑞∆𝑉| →1

22𝑣𝑓

2 − 0 = 1 ∙ 1000

→ 𝒗𝒇 = 𝟏𝟎√𝟏𝟎𝒎

𝒔

Una vez dentro, la carga está inmersa en un campo eléctrico

vertical y hacia abajo (por cómo están cargadas las placas, la positiva

arriba) que le va a producir una aceleración también hacia abajo (la carga

es positiva) que queremos calcular. A partir de ahí el problema será de

cinemática.

Campo dentro de las placas del condensador:

academiavictorloza.com

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∆𝑽 = 𝑬𝒅 → 680 = 𝐸60 ∙ 10−2 → 𝐸 =3400

3

𝑁

𝐶

Por lo tanto, la fuerza sobre nuestra carga es:

𝐹 = 𝑞𝐸 → 𝐹 = 1 ∙3400

3 𝑁 vertical hacia abajo

Y su aceleración:

𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑎 =3400

6=

1700

3

𝑚

𝑠2 También vertical y hacia abajo

En estas fórmulas vectoriales hemos trabajado sólo con los

módulos porque las direcciones de los vectores las sabíamos.

Con estos datos, el problema es de tiro oblicuo:

𝑣0

𝑂

𝑣0⃗⃗⃗⃗ = 10√10𝑐𝑜𝑠30𝑖 + 10√10𝑠𝑒𝑛30𝑗 = 5√30𝑖 + 5√10𝑗

𝑎 =1700

3(−𝑗 ) = −

1700

3𝑗

𝑟0⃗⃗ ⃗ = 0

Recordando los tiros parabólicos, estas son las tres características

que lo definen pues tienen de fórmula general:

𝑟 = 𝑟0⃗⃗ ⃗ + 𝑣0⃗⃗⃗⃗ 𝑡 +1

2𝑎 𝑡2

En nuestro caso:

𝑟 = (5√30𝑖 + 5√10𝑗 )𝑡 +1

2(−1700

3𝑗 )𝑡2

Y agrupando componentes:


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𝑟 = 5√30 ∙ 𝑡𝑖 + (5√10 ∙ 𝑡 −1700

6𝑡2)𝑗

De donde:

𝑣 =𝑑𝑟

𝑑𝑡= 5√30𝑖 + (5√10 −

1700

3𝑡) 𝑗

Ya conocemos perfectamente el movimiento con estas dos leyes.

Vamos a calcular la altura máxima y eso, como sabemos, es cuando la

velocidad es sólo horizontal (en el punto más alto no hay componente

vertical de la velocidad). Por lo tanto:

𝑣𝑦 = 0 → 5√10 −1700

3𝑡 = 0 → 𝑡 =

15√10

1700=3√10

340𝑠

Veamos ahora la posición en este tiempo:

𝑟 (3√10

340) = 5√30

3√10

340 𝑖 + (5

3√10

340√10 −

1700

6(3√10

340)2) 𝑗

𝑟 =15√3

34𝑖 + (

15

34−15

68) 𝑗 ≈ 𝟎, 𝟕𝟔 𝒊 + 𝟎, 𝟐𝟐𝒋

Por lo que el vértice de la parábola se alcanza dentro del condensador en

la posición calculada respecto al origen de coordenadas definido.

Veamos ahora la velocidad de salida:

Seguimos advirtiendo que para calcular alguna característica

concreta del movimiento (en nuestro caso la velocidad de salida) tenemos

que saber traducir al lenguaje matemático de la trayectoria “alguna”

propiedad que defina al punto que queremos estudiar y calcular con ella

el tiempo en que eso ocurre (conocido el tiempo, conocemos todo pues

es la variable fundamental). Suele ser sencillo, en nuestro caso creemos

que se ve fácil que la “x” del punto de salida es un metro

𝒙 = 𝟓√𝟑𝟎 ∙ 𝒕 = 𝟏 → 𝑡 =1

5√30𝑠 → 𝑣 (

1

5√30) = 5√30𝑖 + (5√10 −

1700

3

1

5√30)𝑗 ≈ 27𝑖 − 5𝑗


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Alargamos este problema con una segunda parte:

Un plano indefinido y vertical de densidad 𝝈𝑪

𝒎𝟐 está a 𝟐𝒎 de la

salida del condensador. Calcular dicha densidad sabiendo que es la

mínima para que no choque la carga con el plano.

Representando lo que sabemos hasta ahora:

𝑂1 𝜎

∎

𝑂 𝑣0=⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 27𝑖 − 5𝑗

2𝑚

Para el estudio del movimiento fuera del condensador elegimos

otro origen de coordenadas 𝑂1 y así nos evitamos trabajar con 𝑟 0 en la ley

fundamental del movimiento de aceleración constante, como va a ser en

nuestro caso según vemos:

Campo creado por la placa, según recordamos de la teoría, es:

�⃗� =𝜎

2𝜀(−𝑖 ) Ya que la placa es positiva

Fuerza entonces sobre la partícula:

𝐹 = 𝑞�⃗� → 𝐹 = 1 (−𝜎

2𝜀𝑖 ) → 𝑎 =

𝐹

𝑚= −

𝜎

4𝜀𝑖 (Aquí hemos utilizado las

leyes vectoriales como ejemplo, aunque también, por la sencillez de las

direcciones, hubiéramos podido trabajar con los módulos de estos

vectores e indicar su dirección al lado, como se ha hecho en el apartado

anterior). Ya tenemos entonces las tres características esenciales del

movimiento

𝑟 = 𝑟0⃗⃗ ⃗ + 𝑣0⃗⃗⃗⃗ 𝑡 +1

2𝑎 𝑡2 →

{

𝑟 0 = 0⃗

𝑣 0 = 27𝑖 − 5𝑗

𝑎 = −𝜎

4𝜀𝑖


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Como vemos, hemos trabajado con la incógnita 𝜎

tranquilamente y lo vamos a seguir haciendo hasta que al final,

imponiendo la condición del problema (la carga no choca con la placa),

calculemos su valor y solucionemos el problema (técnica general,

creemos, para resolver muchos problemas). Sustituyendo en la ley general

los valores de 𝑟 0, 𝑣 0 𝑦 𝑎 nos queda:

𝑟 = (27𝑖 − 5𝑗)⃗⃗⃗ 𝑡 +1

2(−

𝜎

4𝜀𝑖 ) 𝑡2 → 𝑟 = (27𝑡 −

𝜎

8𝜀𝑡2) 𝑖 − 5𝑡𝑗

{𝑥 = 27𝑡 −

𝜎

8𝜀𝑡2

𝑦 = −5𝑡

Y el vector velocidad:

𝑣 =𝑑𝑟

𝑑𝑡= (27 −

𝜎

4𝜀𝑡) 𝑖 − 5𝑗

{𝑣𝑥 = 27 −

𝜎

4𝜀𝑡

𝑣𝑦 = −5

Ecuaciones que nos permiten conocer el movimiento

perfectamente. La condición que nos permite resolver el problema nos la

están diciendo en el enunciado: cuando la carga llega a la placa, como no

queremos que choque con ella eso significa que en ese momento la

velocidad es sólo vertical, o sea, en ese momento 𝑣𝑥 = 0, cuando 𝑥 = 2

Vamos a las ecuaciones de “x” y 𝑣𝑥 e imponemos esas condiciones:

𝑥 = 2 → 𝟐𝟕𝒕 −𝝈

𝟖𝜺𝒕𝟐 = 𝟐

𝑣𝑥 = 0 → 𝟐𝟕 −𝝈

𝟒𝜺𝒕 = 𝟎

Sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas en 𝑡 𝑦 𝜎 que, como

decíamos, resuelven el problema.


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La trayectoria de la carga será

𝑂1 𝜎

∎

𝑂 𝑣0⃗⃗⃗⃗ = 27𝑖 − 5𝑗

2𝑚

2. Sea un segmento de longitud L y carga Q uniformemente

distribuida (densidad de carga 𝑸

𝑳 constante). Calcular el campo

eléctrico en los puntos del plano que pasa por su centro y es

perpendicular al segmento.

Lo primero es una figura y unos ejes respecto a los cuales

definir posiciones y vectores; Elegir el más sencillo es más bien

intuitivo, en nuestro caso elegimos la barra cargada (remarcada en

negro) y el plano perpendicular a ella (el plano 𝑋𝑍) según la figura:

𝑍

𝑑�⃗� 𝑃(𝑥, 0, 𝑧)

𝑑𝑞 𝑒𝑛 𝑄(0, 𝑦, 0) 𝑌

𝑦 𝑑𝑦

𝑋

Como hemos hecho en el apartado de teoría de cálculo de campo

eléctrico, cogemos una carguita genérica posicionada por, en este caso, la


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variable “𝑦” y encerrada en un trocito del segmento cargado de longitud

𝑑𝑦 y calculamos el vector (diferencial) de campo eléctrico en el punto

que queramos ( 𝑃(𝑥0, 0, 𝑧0) en nuestro caso, punto genérico del plano del

problema pero de componentes constantes y por ello en las coordenadas

de P se han puesto subíndices para remarcar que 𝑥0 𝑦 𝑧0 son constantes,

que estamos en un punto concreto, y eso lo tendremos muy en cuenta a la

hora de integrar) producido por esa carguita y después sumaremos todos

esos “campitos” por medio de una integral para calcular el campo total en

el punto P como nos han pedido. Una advertencia, por comodidad de

escritura no pondremos los subíndices a 𝑥0 𝑦 𝑧0 y a partir de ahora serán

𝑥 y 𝑧

Cálculo de 𝑑�⃗� :

Dirección: la dirección y sentido, como vemos en la figura, es la del vector

𝑄𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗

𝑸𝑷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑃 − 𝑄) = (𝑥, 0, 𝑧) − (0, 𝑦, 0) = (𝑥,−𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑖 − 𝑦𝑗 + 𝑧�⃗�

|𝑸𝑷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2

= |𝑥2 + 𝑧2 = 𝑅2 𝑥 𝑦 𝑧 𝑠𝑜𝑛 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑃|

= √𝑅2+𝑦2

𝑃 𝑧

𝑅2 = 𝑥2 + 𝑧2 = 𝑐𝑡𝑒 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑖𝑛𝑡𝑔.

𝑥

Vector unitario en la dirección y sentido de 𝒅�⃗⃗� , �⃗⃗�

�⃗� =1

|𝑄𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗|𝑄𝑃⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ =

1

√𝑅2+𝑦2(𝑥𝑖 − 𝑦𝑗 + 𝑧�⃗� )


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Módulo del campo infinitesimal producido por la carguita 𝒅𝒒

𝑑𝐸 = 𝐾𝑑𝑞

𝑟2= |𝑑𝑞 = 𝜆𝑑𝑦 =

𝑄

𝐿𝑑𝑦; 𝑟2 = |𝑄𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗|

2= 𝑅2 + 𝑦2| = 𝐾

𝑄𝐿𝑑𝑦

𝑅2 + 𝑦2

Por lo que

𝒅�⃗⃗� = 𝒅𝑬 ∙ �⃗⃗� = 𝑲𝑸

𝑳

𝒅𝒚

𝑹𝟐 + 𝒚𝟐∙

𝟏

√𝑹𝟐+𝒚𝟐(𝒙𝒊 − 𝒚𝒋 + 𝒛�⃗⃗� ) →

�⃗⃗� = 𝑲𝑸

𝑳∫

𝒅𝒚

(𝑹𝟐 + 𝒚𝟐)𝟑𝟐

𝒚=𝑳𝟐

𝒚=−𝑳𝟐

(𝒙𝒊 − 𝒚𝒋 + 𝒛�⃗⃗� )

= 𝐾𝑄

𝐿[∫

𝒅𝒚

(𝑹𝟐 + 𝒚𝟐)𝟑𝟐

𝒚=𝑳𝟐

𝒚=−𝑳𝟐

𝒙𝒊 − ∫𝒅𝒚

(𝑹𝟐 + 𝒚𝟐)𝟑𝟐

𝒚=𝑳𝟐

𝒚=−𝑳𝟐

𝒚𝒋

+ ∫𝒅𝒚

(𝑹𝟐 + 𝒚𝟐)𝟑𝟐

𝒚=𝑳𝟐

𝒚=−𝑳𝟐

𝒛�⃗⃗� ]

La segunda integral vale cero pues es la de una función impar entre dos

valores simétricos de la variable. Las otras dos resultan ser las mismas

pues en ellas 𝑥 𝑦 𝑧 son constantes.

La integral que hay que resolver por lo tanto:

∫𝑑𝑦

(𝑅2 + 𝑦2)32

𝑦=𝐿2

𝑦=−𝐿2

= [1

𝑅2𝑦

√𝑅2 + 𝑦2]

−𝐿2

+𝐿2

=1

𝑅22

𝐿2

√𝑅2 +𝐿2

4

=2𝐿

𝑅2√4𝑅2 + 𝐿2

Llamada binomial no nos parece para nada interesante resolverla aquí (de

hecho la ha resuelto uno de los muchos programas que hay para ello).

Sustituyendo en la expresión del campo, nos queda:

�⃗⃗� = 𝑲𝑸

𝑳[

𝟐𝑳

𝑹𝟐√𝟒𝑹𝟐 + 𝑳𝟐𝒙𝒊 +

𝟐𝑳

𝑹𝟐√𝟒𝑹𝟐 + 𝑳𝟐𝒛�⃗⃗� ]

Si 𝑅 ≫ 𝐿 →


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�⃗� = 𝐾𝑄

𝐿[2𝐿

2𝑅3𝑥𝑖 +

2𝐿

2𝑅3𝑧�⃗� ] = 𝐾

𝑄

𝑅3(𝑥𝑖 + 𝑧�⃗� )

𝑣 = 𝑥𝑖 + 𝑧�⃗�

�⃗�

�⃗� = 𝐾𝑄

𝑅2𝑣

𝑅= 𝐾

𝑄

𝑅2�⃗�

Pues

|𝑣 | = √𝑥2 + 𝑧2 = 𝑅 𝑦 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜𝑣

𝑅=𝑣

|𝑣 |= �⃗�

Vector unitario en la dirección de 𝑣

Observamos que la expresión

�⃗� = 𝐾𝑄

𝑅2�⃗�

Es la misma que la expresión del campo que produciría esa

carga si fuera puntual y situada en el origen de coordenadas.

3. Demostrar que el campo eléctrico producido por una carga anular

de densidad constante en los puntos de su eje tiene su módulo

máximo en 𝒙𝟏 = +𝒂

√𝟐 𝒚 𝒆𝒏 𝒙𝟐 = −

𝒂

√𝟐 siendo 𝒂 el radio del anillo.

Representar el módulo del campo en función de “x” para todos sus

valores.

𝑑𝜃 𝑌

𝑑 𝑷 𝑑𝐸2⃗⃗⃗⃗

𝑑𝑞1 𝑑𝐸1⃗⃗⃗⃗ 𝑋

𝑍 𝑥

𝑑𝑞2


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Si nos damos cuenta, la dirección del campo total es la del eje X

pues las componentes Y Z del campo infinitesimal creado por una carguita

infinitesimal 𝑑𝑞1 quedan contrarrestadas por el campo infinitesimal

creado por la carguita 𝑑𝑞2 que está enfrente suyo en el anillo. Podemos

entonces simplificar el problema sin tener que trabajar con los vectores

unitarios en las tres dimensiones para integrar cada componente después.

Vamos a calcular el campito infinitesimal en la dirección del eje X

producido por una carga genérica posicionada por el ángulo 𝜃 y después

los sumaremos por medio de la integral para calcular el campo total que,

como hemos dicho, va en esa dirección.

Campo infinitesimal en la dirección eje X creado por la carguita

𝑑𝑞1:

𝑑𝑞1 = 𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 × 𝑑𝑙 = 𝜆𝑎𝑑𝜃

Donde, de otros problemas, sabemos que un trocito infinitesimal

de longitud sobre una circunferencia es 𝑅𝑑𝜃. En nuestro caso el radio del

anillo es 𝑎 y por lo tanto 𝑑𝑙 = 𝑎𝑑𝜃

La distancia de esta carguita al punto P donde estamos calculando

el campo es:

𝐷

𝑃

𝑑�⃗�

𝑥

En el triángulo rayado que es rectángulo la distancia de la

carguita al punto P es la hipotenusa 𝑑. Dado que los otros dos catetos son

𝑥 y el radio 𝑎 del anillo nos queda:

𝐷 = √𝑥2 + 𝑎2


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Como queremos calcular la componente del campo 𝑑�⃗� , que va en la

dirección del eje X vamos a dibujar el triángulo rayado y el vector 𝑑�⃗�

vistos de frente:

𝐷

𝑎 𝛽 𝑷 𝑑𝐸𝑥

𝑥 𝑑�⃗�

Módulo de 𝑑�⃗� :

𝑑𝑞 = 𝜆𝑎𝑑𝜃 → 𝒅𝑬 = (𝑘𝑑𝑞

𝐷2) = 𝒌

𝝀𝒂𝒅𝜽

𝒙𝟐 + 𝒂𝟐

Cuya componente 𝑑𝐸𝑥 es

𝑑𝐸𝑥 = 𝑑𝐸𝑐𝑜𝑠𝜃 = |𝑐𝑜𝑠𝜃 =𝑥

𝐷=

𝑥

√𝑥2 + 𝑎2| = 𝒌

𝝀𝒂𝒅𝜽

𝒙𝟐 + 𝒂𝟐𝒙

√𝒙𝟐 + 𝒂𝟐→

𝐸 = 𝐸𝑥 = ∫ 𝑘𝜆𝑎𝑑𝜃

𝑥2 + 𝑎2𝑥

√𝑥2 + 𝑎2

2𝜋

0

= |𝑥 = 𝑐𝑡𝑒. | = 𝑘𝜆𝑎𝑥

(𝑥2 + 𝑎2)32

∫ 𝑑𝜃2𝜋

0

𝐸 = 𝑘𝜆𝑎𝑥

(𝑥2 + 𝑎2)32

2𝜋 = |2𝜋𝑎𝜆 = 𝑄𝑎𝑛𝑖𝑙𝑙𝑜| = 𝑘𝑄𝑎

(𝑥2 + 𝑎2)32

𝑥

𝑬 = 𝒌𝑸𝒂

(𝒙𝟐 + 𝒂𝟐)𝟑𝟐

𝒙

Que en forma vectorial podemos poner

�⃗⃗� = 𝒌𝑸𝒂

(𝒙𝟐 + 𝒂𝟐)𝟑𝟐

𝒙 ∙ 𝒊

Ya que el sentido coincide con el de 𝒙 (hacia la derecha para 𝒙

positivas y hacia la izquierda para 𝒙 negativas pues la carga del anillo es

positiva. Si la carga hubiera sido negativa simplemente el campo

cambiaría de signo –como no podía ser de otra manera-.)


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Para demostrar lo que nos preguntan, en qué puntos su módulo es

máximo, sólo tenemos que derivar respecto de la variable 𝑥

(𝑘𝑄𝑎

(𝑥2 + 𝑎2)32

𝑥)′ = 𝑘𝑄1 ∙ (𝑥2 + 𝑎2)

32 − 𝑥

32(𝑥2 + 𝑎2)

122𝑥

(𝑥2 + 𝑎2)3

Que igualando a cero (máximo de una función)

1 ∙ (𝑥2 + 𝑎2)32 − 𝑥

3

2(𝑥2 + 𝑎2)

122𝑥 = 0 →

(𝑥2 + 𝑎2)32 = 3𝑥2(𝑥2 + 𝑎2)

12 → |𝑒𝑙𝑒𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎𝑙 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜| →

(𝑥2 + 𝑎2)3 = 9𝑥4(𝑥2 + 𝑎2) → (𝑥2 + 𝑎2)2 = 9𝑥4 →

𝑠𝑎𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑟𝑎𝑖𝑐𝑒𝑠 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑎𝑠: 𝑥2 + 𝑎2 = ±3𝑥2

De donde, con el signo más (eligiendo el signo menos no existe

solución real) nos queda:

𝑥 = ±𝑎

√2

Como se pedía.

La gráfica del campo respecto de la variable “x”:

𝑬 = 𝒌𝑸𝒂

(𝒙𝟐 + 𝒂𝟐)𝟑𝟐

𝒙

𝑘𝑄𝑎

3𝑎√2

−𝑎

√2

𝑎

√2

La gráfica sería más o menos así. No se ha hecho un estudio

pormenorizado de la función, sabiendo que pasa por el origen, es


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simétrica respecto al eje Y (estamos dibujando el módulo, para “x”

negativas le cambiamos de signo) y los límites cuando 𝑥 → ±∞ valen cero

creemos que es suficiente.

OTRA MANERA:

El potencial creado por el anillo en el punto P es muy fácil de

calcular pues toda la carga está a la misma distancia del punto P.

𝑑𝑉 = 𝑘𝑑𝑞

𝐷= 𝑘

𝑑𝑞

√𝑥2 + 𝑎2→ 𝑉

= ∫𝑘𝑑𝑞

√𝑥2 + 𝑎2=

𝑘

√𝑥2 + 𝑎2∫𝑑𝑞 = 𝑘

𝑄𝑎

√𝑥2 + 𝑎2

𝑽 = 𝒌𝑸𝒂

√𝒙𝟐 + 𝒂𝟐

La relación matemática que relaciona el potencial con el campo,

en forma diferencial, es:

𝜹𝑽

𝜹𝒙𝒊 +

𝜹𝑽

𝜹𝒚𝒋 +

𝜹𝑽

𝜹𝒛�⃗⃗� = −�⃗⃗�

En nuestro caso, el estar en una sola dirección:

𝑑𝑉

𝑑𝑥𝑖 = −�⃗� →

�⃗� = −

−𝑘𝑄𝑎 ∙1

2√𝑥2 + 𝑎22𝑥

𝑥2 + 𝑎2𝑖 = 𝑘

𝑄𝑎

(𝑥2 + 𝑎2)32

𝑥𝑖

Como sabíamos. Como vemos, ha sido más corto y sencillo. Tenedlo en

cuenta a la hora de resolver problemas de cálculo de campos.

Por último, vamos a dibujar la función potencial:

𝑽 = 𝒌𝑸𝒂

√𝒙𝟐 + 𝒂𝟐


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Dado que 𝑄𝑎 es positiva, la gráfica es también positiva. Es

simétrica respecto eje Y. Además, cuando 𝑥 → ±∞ el potencial tiende a

cero y, si hallamos los máximos y mínimos, vemos que tiene un máximo en

𝑥 = 0 (el denominador es mínimo para 𝑥 = 0)

𝑉

𝑋

Este es el potencial creado por el anillo. Si ahora cogemos una

carga positiva, su energía potencial sería:

𝐸𝑝 = 𝑞𝑉

Que sería una gráfica parecida a la anterior pues resulta de ella al

multiplicarla por un número positivo. El punto máximo sería un punto de

equilibrio inestable pues si se separa un poquito de él “rodaría”

alejándose indefinidamente hacia la izquierda o la derecha según fuera la

desviación inicial.

Sin embargo, la energía potencial de una carga negativa sería la

misma gráfica pero hacia abajo:

𝑉

𝑋

Y observamos que para ellas el origen es un punto de equilibrio estable.

Veamos qué movimiento se produce si una carga negativa la separamos

un poquito del centro:

�⃗⃗� = 𝒌𝑸𝒂

(𝒙𝟐 + 𝒂𝟐)𝟑𝟐

𝒙𝒊


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Por lo que la fuerza sobre una carga negativa sería:

𝐹 = 𝑞�⃗� = 𝑘𝑄𝑎

(𝑥2 + 𝑎2)32

𝑞𝑥𝑖

De donde podemos deducir varias cosas:

a) Si 𝑥 ≪ 𝑎 → 𝑥2 + 𝑎2 ≅ 𝑎2 → 𝐹 = 𝑘𝑄𝑎

𝑎3𝑞𝑥𝑖

b) Para 𝑥 > 0 → la fuerza es hacia la izquierda (𝑞 < 0)

c) Para 𝑥 < 0 → la fuerza es hacia la derecha

Dado que

𝑎 =𝐹

𝑚→ 𝑎 = 𝑘

𝑄𝑎𝑚𝑎3

𝑞𝑥𝑖 → 𝑎 = −𝑘𝑄𝑎𝑚𝑎3

|𝑞|𝑥𝑖

De donde deducimos que la aceleración es proporcional a la

posición (elongación) pero cambiada de signo. Cumple por lo tanto la

definición de movimiento armónico:

𝒂 = −𝝎𝟐𝒙

En nuestro caso:

𝑎 = −𝑘𝑄𝑎𝑚𝑎3

|𝑞|𝑥

De donde

𝜔2 = 𝑘𝑄𝑎𝑚𝑎3

|𝑞|

𝑇 =2𝜋

𝜔=

2𝜋

√𝑘𝑄𝑎|𝑞|

𝑚𝑎3

= 2𝜋𝑎√𝑚𝑎

𝑘𝑄𝑎|𝑞|

𝑻 = 𝟐𝝅𝒂√𝒎𝒂

𝒌𝑸𝒂|𝒒|


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