Capítulo 7

$K=\frac{1}{2}m{v}^2,v=\sqrt{2\frac{K}{m}}=\sqrt{2\frac{\mathrm{4,5}\times {10}^{\mathrm{-7}}\text{J}}{\mathrm{4,00}\times {10}^{\mathrm{-9}}\text{kg}}}=15\text{m/s}$

Tiene una energía cinética de $\mathrm{4,5}\times {10}^{\mathrm{-7}}\text{J}$ en el punto $r_2$ y la energía potencial de $\mathrm{9,0}\times {10}^{\mathrm{-7}}\text{J},$ lo que significa que a medida que Q se acerca al infinito, su energía cinética es tres veces superior a la energía cinética a $r_2,$ ya que toda la energía potencial se convierte en cinética.

positivo, negativo y estas cantidades son las mismas que el trabajo que habría que hacer para traer las cargas desde el infinito

$\text{Δ}U=q\text{Δ}V=(100\text{C})(\mathrm{1,5}\text{V})=150\text{J}$

–2,00 C, $n_e=\mathrm{1,25}\times {10}^{19}\text{electrones}$

Sería ir en la dirección opuesta, sin efecto en los cálculos presentados.

Dada una intensidad máxima fija de campo eléctrico, el potencial al que se produce un golpe se incrementa con el aumento de la altura sobre el suelo. Por lo tanto, cada electrón llevará más energía. La determinación de si hay un efecto sobre el número total de electrones está en el futuro.

$V=k\frac{q}{r}=\left(\mathrm{8,99}\times {10}^9\text{N}·{\text{m}}^2{\text{/C}}^2\right)\left(\frac{\mathrm{-3,00}\times {10}^{\mathrm{-9}}\text{C}}{\mathrm{5,00}\times {10}^{\mathrm{-3}}\text{m}}\right)=-5390\text{V;}$ recuerde que el campo eléctrico dentro de un conductor es cero. Por lo tanto, cualquier camino desde un punto de la superficie a cualquier punto del interior tendrá un integrando de cero al calcular el cambio de potencial, por lo que el potencial en el interior de la esfera es idéntico al de la superficie.

En el eje x el potencial es cero, debido a las cargas iguales y opuestas a la misma distancia de él. En el eje z podemos superponer los dos potenciales; calcularemos que para $z>>d$, de nuevo el potencial llega a cero debido a la cancelación.

Será cero, ya que en todos los puntos del eje hay cargas iguales y opuestas equidistantes del punto de interés. Observe que esta distribución tendrá, de hecho, un momento dipolar.

Cualquiera, pero la cilíndrica es la que más se acerca a la simetría de un dipolo.

cilindros infinitos de radio constante, con la línea de carga como eje

No. Solo podemos definir energías potenciales para campos conservadores.

No, aunque ciertas ordenaciones pueden ser más sencillas de calcular.

La intensidad del campo eléctrico es cero porque las diferencias de potencial eléctrico están directamente relacionadas con la intensidad del campo. Si la diferencia de potencial es cero, entonces la intensidad de campo también debe ser cero.

La diferencia de potencial es más descriptiva porque indica que es la diferencia entre el potencial eléctrico de dos puntos.

Son muy similares, pero la diferencia de potencial es una característica del sistema; cuando se introduce una carga en el sistema, esta tendrá una energía potencial que se puede calcular multiplicando la magnitud de la carga por la diferencia de potencial.

Un electronvoltio es un voltio multiplicado por la carga de un electrón. Los voltios miden la diferencia de potencial, los electronvoltios son una unidad de energía.

El segundo tiene 1/4 del momento dipolar del primero.

La región exterior a la esfera tendrá un potencial indistinguible de una carga puntual; el interior de la esfera tendrá un potencial diferente.

No. Será constante, pero no necesariamente cero.

no

No; podría no estar en equilibrio electroestático.

Sí. Depende de dónde esté la referencia cero del potencial. (Aunque esto podría ser inusual).

Para que los rayos que caen sobre ellas vayan a parar al suelo en lugar de a los equipos de televisión.

Ambos utilizan la electricidad estática para pegar pequeñas partículas a otra superficie. Sin embargo, el precipitador tiene que cargar una gran variedad de partículas, y no está diseñado para asegurarse de que caigan en un lugar concreto.

a. $U=\mathrm{3,4}\text{J;}$
b $\frac{1}{2}m{v}^2=Q_1{Q}_2\left(\frac{1}{r_i}-\frac{1}{r_f}\right)\to v=\mathrm{2,4}x{10}^4\text{m/s}$

$U=\mathrm{4,36}\times {10}^{\mathrm{-18}}\text{J}$

$\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}{m}_e{v}_e^2\hfill & =\hfill & qV,\frac{1}{2}{m}_{\text{H}}{v}_{\text{H}}^2=qV,\text{de modo que}\hfill \\ \frac{m_e{v}_e^2}{m_{\text{H}}{v}_{\text{H}}^2}\hfill & =\hfill & 1\text{o}\frac{v_e}{v_{\text{H}}}=\mathrm{42,8}\hfill \end{array}$

$1\text{V}=1\text{J/C;}1\text{J}=1\text{N}·\text{m}\to 1\text{V/m}=1\text{N/C}$

a. $V_{AB}=\mathrm{3,00}\text{kV}$; b. $V_{AB}=750\text{V}$

a. $V_{AB}=Ed\to E=\mathrm{5,63}\text{kV/m}$;
b. $V_{AB}=563\text{V}$

a. $\begin{array}{ccc}\text{Δ}K\hfill & =\hfill & q\text{Δ}V\text{y}{V}_{AB}=Ed,\text{de modo que}\hfill \\ \text{Δ}K\hfill & =\hfill & 800\text{keV;}\hfill \end{array}$
b. $d=\mathrm{25,0}\text{km}$

Una posibilidad es permanecer con un radio constante y recorrer el arco desde $P_1$ a $P_2$, que tendrá un potencial cero debido a que la trayectoria es perpendicular al campo eléctrico. Entonces integre desde a hasta b: $V_{ab}=\alpha \text{dentro}\left(\frac{b}{a}\right)$

$V=144\text{V}$

$V=\frac{kQ}{r}\to Q=\mathrm{8,33}\times {10}^{\mathrm{-7}}\text{C}$;
La carga es positiva porque el potencial es positivo.

a. $V=\mathrm{45,0}\text{MV}$;
b. $V=\frac{kQ}{r}\to r=\mathrm{45,0}\text{m}$;
c. $\text{Δ}U=132\text{MeV}$

$V=kQ/r$; a. Con respecto al origen, halle el potencial en cada punto y luego calcule la diferencia
$\text{Δ}V=135\times {10}^3\text{V}$;
b. Para duplicar la diferencia de potencial, mueva el punto de 20 cm al infinito; el potencial a 20 cm está a medio camino entre el cero y el de 10 cm.

a. $V_{P1}=\mathrm{7,4}\times {10}^5\text{V}$
y $V_{P2}=\mathrm{6,9}\times {10}^3\text{V}$;
b. $V_{P1}=\mathrm{6,9}\times {10}^5\text{V}$ y $V_{P2}=\mathrm{6,9}\times {10}^3\text{V}$

El problema es describir un campo uniforme, por lo que $E=200\text{V/m}$ en la dirección –z.

Aplique $\overrightarrow{\text{E}}=\text{−}\overrightarrow{\nabla }V$ con $\overrightarrow{\nabla }=\widehat{\text{r}}\frac{\partial }{\partial r}+\widehat{\phi }\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial \phi }+\widehat{\text{z}}\frac{\partial }{\partial z}$ al potencial calculado anteriormente,
$V=\mathrm{-2}k\lambda \text{dentro}s:\overrightarrow{\text{E}}=2k\lambda \frac{1}{r}\widehat{\text{r}}$ como se esperaba.

a. aumenta; el campo eléctrico constante (negativo) tiene este efecto, el punto de referencia solo importa para la magnitud; b. son planos paralelos a la lámina; c. 0,006 m/V

a. del capítulo anterior, el campo eléctrico tiene magnitud $\frac{\sigma }{{\epsilon }_0}$ en la región entre las placas y cero en el exterior; definiendo que la placa con carga negativa está en el origen y en el potencial cero, y que la placa con carga positiva está a $\text{+}5\text{mm}$ en la dirección z, $V=\mathrm{1,7}\times {10}^4\text{V}$ por lo que el potencial es 0 para $z<0,\mathrm{1,7}\times {10}^4\text{V}\left(\frac{z}{5\text{mm}}\right)$ para $0\le z\le 5\text{mm,}\mathrm{1,7}\times {10}^4\text{V}$ para $z>5\text{mm;}$
b. $qV=\frac{1}{2}m{v}^2\to v=\mathrm{7,7}\times {10}^7\text{m/s}$

$V=85\text{V}$

En la región $a\le r\le b,\overrightarrow{\text{E}}=\frac{kQ}{r^2}\widehat{\text{r}}$, y E es cero en cualquier otra parte; por lo tanto, la diferencia de potencial es $V=kQ\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)$.

De los resultados anteriores $V_P-V_R=\mathrm{-2}k\lambda \text{dentro}\frac{s_P}{s_R}.$, observe que b es un lugar muy conveniente para definir el nivel cero de potencial $\text{Δ}V=\mathrm{-2}k\frac{Q}{L}\text{dentro}\frac{a}{b}.$

a. $F=\mathrm{5,58}\times {10}^{\mathrm{-11}}\text{N/C}$;

El campo eléctrico se dirige hacia la superficie de la Tierra. b. La fuerza del culombio es mucho más fuerte que la gravedad.

Sabemos por el capítulo de la ley de Gauss que el campo eléctrico para una carga lineal infinita es ${\overrightarrow{\text{E}}}_P=2k\lambda \frac{1}{s}\widehat{\text{s}}$, y de lo dicho anteriormente en este capítulo, que el potencial de un sistema de cilindros de alambre de este tipo es $V_P=\mathrm{-2}k\lambda \text{dentro}\frac{s_P}{R}$ por integración. No se nos da $\lambda$, pero se nos da un $V_0$; así, sabemos que $V_0=\mathrm{-2}k\lambda \text{dentro}\frac{a}{R}$ y por lo tanto $\lambda =-\frac{V_0}{2k\text{dentro}\left(\frac{a}{R}\right)}$. Podemos sustituir esto de nuevo para encontrar a. ${\overrightarrow{\text{E}}}_P=-\frac{V_0}{\text{dentro}\left(\frac{a}{R}\right)}\frac{1}{s}\widehat{\text{s}}$; b. $V_P=V_0\frac{\text{dentro}\left(\frac{s_P}{R}\right)}{\text{dentro}\left(\frac{a}{R}\right)}$; c. $\mathrm{4,74}\times {10}^4\text{N/C}$

a. $\begin{array}{ccc}{U}_1\hfill & =\hfill & \mathrm{7,68}\times {10}^{\mathrm{-18}}\text{J}\hfill \\ U_2\hfill & =\hfill & \mathrm{5,76}\times {10}^{\mathrm{-18}}\text{J}\hfill \end{array}$;
b. $U_1+U_2=\mathrm{-1,34}\times {10}^{\mathrm{-17}}\text{J}$

a. $U=\mathrm{2,30}\times {10}^{\mathrm{-16}}\text{J}$;
b. $\stackrel{\text{−}}{K}=\frac{3}{2}kT\to T=\mathrm{1,11}\times {10}^7\text{K}$

a. $\mathrm{1,9}\times {10}^6\text{m/s}$; b. $\mathrm{4,2}\times {10}^6\text{m/s}$; c. $\mathrm{5,9}\times {10}^6\text{m/s}$; d. $\mathrm{7,3}\times {10}^6\text{m/s}$; e. $\mathrm{8,4}\times {10}^6\text{m/s}$

a. $\begin{array}{}\\ \\ E=\mathrm{2,5}\times {10}^6\text{V/m}<3\times {10}^6\text{V/m}\hfill \\ \text{No, la intensidad de campo es menor que la intensidad de ruptura del aire}\text{.}\hfill \end{array}$;
b. $d=\mathrm{1,7}\text{mm}$

$\begin{array}{ccc}{K}_{\text{f}}\hfill & =\hfill & q{V}_{\text{AB}}=qEd\to \hfill \\ \hfill E& =\hfill & \mathrm{8,00}\times {10}^5\text{V/m}\hfill \end{array}$

a. $\text{Energía}=\mathrm{2,00}\times {10}^9\text{J}$;
b. $\begin{array}{ccc}Q\hfill & =\hfill & m\left(c\text{Δ}T+L_{\nabla }\right)\hfill \\ m\hfill & =\hfill & 766\text{kg}\hfill \end{array}$;
c. La expansión del vapor al hervir puede hacer volar literalmente el árbol.

a. $V=\frac{kQ}{r}\to r=\mathrm{1,80}\text{km}$; b. Una carga de 1 C es una cantidad muy grande de carga; una esfera de 1,80 km es poco práctica.

La partícula alfa se acerca al núcleo de oro hasta que su energía original se convierte en energía potencial $\mathrm{5,00}\text{MeV}=\mathrm{8,00}\times {10}^{\mathrm{-13}}\text{J}$, así que
$\begin{array}{ccc}\hfill E_0& =\hfill & \frac{qkQ}{r}\to \hfill \\ \hfill r& =\hfill & \mathrm{4,54}\times {10}^{\mathrm{-14}}\text{m}\hfill \end{array}$
(El tamaño del núcleo de oro es de aproximadamente $7\times {10}^{\mathrm{-15}}\text{m}$).

$\begin{array}{ccc}{E}_{\text{tot}}\hfill & =\hfill & \mathrm{4,67}\times {10}^7\text{J}\hfill \\ E_{\text{tot}}\hfill & =\hfill & qV\to q=\frac{E_{\text{tot}}}{V}=\mathrm{3,89}\times {10}^6\text{C}\hfill \end{array}$

$V_P=k\frac{q_{\text{tot}}}{\sqrt{z^2+R^2}}\to q_{\text{tot}}=\mathrm{-3,5}\times {10}^{\mathrm{-11}}\text{C}$

$V_P=\mathrm{-2,2}\text{GV}$

Recordemos del capítulo anterior que el campo eléctrico $E_P=\frac{{\sigma }_0}{2{\epsilon }_0}$ es uniforme en todo el espacio y que para campos uniformes tenemos $E=-\frac{\text{Δ}V}{\text{Δ}z}$ para la relación. Así, obtenemos $\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0}=\frac{\text{Δ}V}{\text{Δ}z}\to \text{Δ}z=\mathrm{0,22}\text{m}$ para la distancia entre equipotenciales de 25 V.

a. Tome el resultado de la Ejemplo 7.13, divida tanto el numerador como el denominador entre x, tome el límite de esto, y luego aplique una expansión de Taylor al logaritmo resultante para obtener $V_P\approx k\lambda \frac{L}{x}$; b. que es el resultado que esperamos, porque a grandes distancias, esto debería parecer una carga puntual de $q=\lambda L$

a. $V=\mathrm{9,0}\times {10}^3\text{V}$; b. $\mathrm{-9,0}\times {10}^3\text{V}\left(\frac{\mathrm{1,25}\text{cm}}{\mathrm{2,0}\text{cm}}\right)=\mathrm{-5,7}\times {10}^3\text{V}$

a. $E=\frac{KQ}{r^2}\to Q=\mathrm{-6,76}\times {10}^5\text{C}$;
b. $\begin{array}{ccc}\hfill F& =\hfill & ma=qE\to \hfill \\ \hfill a& =\hfill & \frac{qE}{m}=\mathrm{2,63}\times {10}^{13}{\text{m/s}}^2(\text{hacia arriba})\hfill \end{array}$;
c. $F=\text{−}mg=qE\to m=\frac{\text{−}qE}{g}=\mathrm{2,45}\times {10}^{\mathrm{-18}}\text{kg}$

Si el campo eléctrico es cero ¼ de camino de $q_1\text{y}{q}_2$, entonces sabemos por
$E=k\frac{Q}{r^2}\text{que}\left|E_1\right|=\left|E_2\right|\to \frac{K{q}_1}{x^2}=\frac{K{q}_2}{{\left(3x\right)}^2}\text{de modo que}\frac{q_2}{q_1}=\frac{{\left(3x\right)}^2}{x^2}=9$; la carga $q_2$ es 9 veces mayor que $q_1$.

a. El campo está en la dirección de la velocidad inicial del electrón.
b. $\begin{array}{ccc}\hfill v^2& =\hfill & v_0^2+2ax\to x=-\frac{v_0^2}{2a}\left(v=0\right).\text{También,}F=ma=qE\to a=\frac{qE}{m},\hfill \\ \hfill x& =\hfill & \mathrm{3,56}\times {10}^{\mathrm{-4}}\text{m;}\hfill \end{array}$
c. $\begin{array}{ccc}\hfill v_2& =\hfill & v_0+at\to t=-\frac{v_{0}m}{qE}\left(v=0\right),\hfill \\ \hfill \therefore t& =\hfill & \mathrm{1,42}\times {10}^{\mathrm{-10}}\text{s;}\hfill \end{array}$
d. $v=\text{−}{\left(\frac{2qEx}{m}\right)}^{1\text{/}2}\mathrm{-5,00}\times {10}^6\text{m/s}(\text{frente a su velocidad inicial})$

Las respuestas variarán. Parece ser que se trata de información reservada y ridículamente difícil de encontrar. Las velocidades serán de 20 m/s o menos, y se afirma que $~{10}^{\mathrm{-7}}$ gramos para la masa de una gota.

Aplique $\overrightarrow{\text{E}}=\text{−}\overrightarrow{\nabla }V$ con $\overrightarrow{\nabla }=\widehat{\text{r}}\frac{\partial }{\partial r}+\widehat{\theta }\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial \theta }+\widehat{\phi }\frac{1}{r\text{sen}\theta }\frac{\partial }{\partial \phi }$ al potencial calculado anteriormente, $V_P=k\frac{\overrightarrow{\text{p}}·\widehat{\text{r}}}{r^2}$ con $\overrightarrow{\text{p}}=q\overrightarrow{\text{d}},$ y se supone que el eje del dipolo está alineado con el eje z del sistema de coordenadas. Así, el potencial es $V_P=k\frac{q\overrightarrow{\text{d}}·\widehat{\text{r}}}{r^2}=k\frac{qd\text{cos}\theta }{r^2}$.
$\overrightarrow{\text{E}}=2kqd\left(\frac{\text{cos}\theta }{r^3}\right)\widehat{\text{r}}+kqd\left(\frac{\text{sen}\theta }{r^3}\right)\widehat{\theta }$