Cap 2 Campo Electrico

, CAMPO ELECTRICO

2.1 El campo eléctrico E en un punto so define como:

- F E-

qo

(" F es la fuerza eléctrica que soporta la carga de prueba ·q o~ en dicho punto).

La unidad SI del campo eléctrico es N/C.

2.2 Cálculo de E.

- El campo E para un conlunto de cargas puntuales esta dado por:

- " E o: ¿ El n € Z' , ,

- Si la distribución de carga es continua, el campo en un punto QP~ se halla mediante:

E J dE

(r es la distancia del punto · P" a los elemen\os do carga "dq").

La fuerza qua ejerce un campo eléctrico sobre una partlcula cargada es:

25

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2.3 Dipolo de un campo eléctrico p

26

-F

' F 7-+q Il-~p %' "-----~,,-E ---

. -q

El dipolo soporta un torque t dado por:

I "T ", p x E l . p = 2a.q

, O E

- La energia potencial U almacenada en el sistema formado por el dipolo y el agente que

genera E es:

U = -pE cos e o U =- p ·E



1 Una esferita de peso 4 x 10-3 N Y carga eléctrica q = 10 !-le. unida a un hilo de seda se encuentra suspendido de un punto fijo, dentro de un campo eléctrico homogéneo. Sabiendo que la esferita se encuentra en equilibrio, determina "E".

Solución:

CAMPO ELÉCTRICO

.'

E

137" T

, F

w LJw (F)

Realizamos el O.C.L de la esfera de peso W y carga "q".

De la condición de equilibrio la suma de las tres fuerzas es igual a cero: Del triángulo de fuerzas tenemos:

3 -0

3 qE = - W E =

4 4

3 Reemplazando datos: E=

4

W -

q

4 10 3 N

10 5 e

F T9 37° = -

W

N E=300 -e

2. Un péndulo de masa um", carga eléctrica "qW y longitud "L", se utiliza para medir la intensidad del campo eléctrico homogéneo por comparación. Cuando el sistema se coloca en un campo de intensidad E¡ = 80 N/e el hilo de seda forma un ángulo de 45° respecto de la vert ical. Cuando el sistema se lleva a otro campo homogéneo el hilo experimenta una desviación angular de 3]0 respecto de la vertical. Hallar la intensidad E2 de este último campo homogéneo.

, , "5 '3r - , -- -- -E, E,

27



Solución:

D.C.L. (Esfera), en el primer campo eléc

trico, E, . Del triángulo de fuerzas

W = peso = qE, . .. . (")

O.C.l. (Esfera), en el segundo campo eléc

trico, E 2

Del triángulo de fuerzas:

q. E 2 Tan 37° = - w ... ( ~ )

Reemplazando ( Ct. ) en ( p ):

3 q.E 2

4 q . E,

,

T'''r' ,,' , q E,

w

T,

q E,

w

~, w~

q E,

w~ qE,

3. En los vértices de un cuadrado se han colocado cuatro car.gas puntuales de magnitud O;

20; 30 Y 40. Si, la carga "Q" genera un campo cuya intensidad en el centro del cuadrado

es 25 J2 N/C, determinar la intensidad de campo resultante en el centro del cuadrado.

4.

28

Solución:

Las cargas equidistan del centro. por consiguiente la intenSI

dad de campo será directamente proporcional a la magnitud

de cada carga. Sea. E = 25 J2 N/C. la intensidad del campo

generado por "O'".

Q 2Q ~,----------,"

, , ,

: 4~X;E: , , , , : 2E : " E " , " " , ... ----------e

40 3Q Cálcu lo de la resu ltante de la intensidad de campo, en el centro del cuadrado.

2E 2E .. .. .. (1)

Reemplazando la magnitud de "E'" en ( 1 ):

, IEA =100N/C

En los vértices de un triángulo rectángulo se han colocado dos cargas eléctricas de magnitud: 01 = -125. 10·aC y Q 2 = +27 . 10 aC, separados una distancia de 0,4 m como muestra la figura. Determinar la intensidad dol campo eléctrico resultante en el vértice "A".

~'

O.4m ",

53'

Q, A



5

6

, Solución: P I Llevamos una carga de prueba "+q" al vértice "A" para determinar la dirección y sentido del campo eléctrico. 0,4 m I

O , 9 125.10 -6 I I E,=K· - 2 = 910

d 25. 10 2 .. -{'I

El o:: 45 kN/C .. ( 1 )

E2 =27kN/C ... (2)

Cálculo de la resu ltante, mediante el método del paralelogramo'

E2R := E2 , + E22 + 2E,. E2 cos 1270

Reemplazando datos: Efj = 36 kN/C

Si se abandona la esfera mostrada de masa m = 10 Kg Y

carga eléctrica q = 5 . f3 C. Determ inar la aceleración, que

adquiere, sabiendo que el campo eléctrico es homogéneo de

intensidad E = 20 N/C.

Considere el campo gravitatorio de intensidad 9 = 10 m/s2 .

Solución:

--- ----E,

- - -O,3m

E.

-. ,.

• mq

""

• •

E,

E

Sobre la esfera actúan su peso y la fuerza eléctrica. Cálculo de la fuerza resultante "FA"

mg

Reemplazando datos en ( 2 ):

Luego: la =2om/52 I

De la segunda ley de Newton:

FA J(m .g) 2 + (q.E) 2 a= - =

m m

J 10 000 + 30 000

10

La esfera mostrada tiene un. peso W = 20N Y cárga eléctrica q = 10C. Hallar la intensidad del campo eléctrico homogéneo "E". sabiendo que al soltar el cuerpo. éste inicia un movimiento horizontal hacia la derecha.

.. ( 1 )

. (2 )

29



7

8.

30

Solución: q.E

Sabiendo que el soltar el cuerpo (velocidad inicial nula) inicia su movimiento hOrizontalmente hacia la derecha esto signi fica que la fuerza resultante es hacia la derecha.

q.E. Sen 53" _____ , E.q

1: Fy = O, , ' W entonces: q . E sen 53° = W

4 IOC. E '"5 = 20 N

O.C.L. (Esfera)

luego: 1 E = 2,5 N/e I

Una eslenta de masa "m" y carga eléctrica "-q" se lanza verticalmente haCia' arriba dentro de un campo homogéneo eléctrico de intensidad "E" representado mediante lineas de fuerzas verticales hacia arriba. Determ inar la velocidad "Yo" de lanzamiento, tal que la esfenta alcanza una altura máxima "d" Desprecie el campo gravitatorio.

Solución:

53' .""~-' - - _ x q.E. Cos 53°

w

Cálculo de la aceleración mediante la segunda ley de Newlon:

a = (qE)( _ ]) m

..... (1 I

-q

Reemplazando ( I ) en ( 2 ):

Del mOVimiento vert ical:

y 2 =y2 -2 ad Iy oy

O= y 2-2ad ,

y2= 2qEd , m

luego: v = , 2 q . E d

m

los puntos A, B, C y O determinan un cuadrado. Tres cargas son colocadas como se muestra en la figura en los vért ices A. Cy O.

Q,.,= 10C y Qo= 28C

. ( 2 I

B E A t" ---- -, , , , ' o ______ . c



, Calcular la magnitud V signo de la carga "0/ que se dcbe colocar en el vét1ice "C~. tal que la Intensidad del campo eléctrico E en el vértice "B" sea horizontal

Solución:

EoCos 45"

50 o ... e ---------

Analizamos las Intensidades de campo parciales en el punlo "8", Graficando la intensidad creada por "00"' observamos que tiene una componente vertical hac ia arriba, de aquí deducimos que el signo de la carga ·0 " dúbe ser NEGATIVO, \al que la intensidad sea verl i· cal hacia abaJo, de la condición del problema.

K O, ¡J2 ll '

J2 2

l.Ey=O

I Oc = -7[2 e

En la solución del problema no analizamos la inlenSldad de la carga "0 ... ", debido a su dirección hOrizontal.

9. Determinar la intensidad de campo ME" mínimo posible. del campo electrostátiCO homogéneo mostrado en ta figura, con la condición que el sistema conserve su estado de equilibrio. La esfera y el bloque tienen igual peso, W = 40 N Y carga q = 20 )IG. Coeficiente de rozamiento estático 0,75 entre el bloque y la supcrlicie horizontal.

Solución:

______ J - - - -

E ___ o uu

1::::: .---~---------t 0 ~~I _ _ ... w~

I '\ o" w

l~ -O , +0

02m '

. L __ * -o

Analizando 01 estado de equ ilibrio de la esfera €:argada con signo positiVO. Haciendo D.C:L. y aplicando las condiciones de equilibrio tenemos:

T

.l:F '" O , T "'" W + F

K. q. q d '

F w

3 1



, Reemplazando datos: T == 130 N .. . .. ( 1 )

Analizando el estado de equ ilibrio del bloque "W". D.C.l. y aplicando las condiciones de equilibrio.

I:F, "" O T '" q. E + p.W

Reemplazando datos: E == 5MN/C 1

Haciendo el

10. En un triángulo equilátero se lijan en dos de sus vértices

dos cargas de + 1. 1O-4 C y +2.1O-4C. encuent re la tercera

ca rga "OH de modo que la intensidad resu ltante ( E ) en el

baricentro sea horizontal.

Solución:

Representamos la intensidad de cada una de las cargas.

,E T --f N~

~ 2.1O·C

, , , , , , . , , 11O"CE9- -----'r:9 Q

Para que la intensidad resultante sea horizontal. no debe haber, componente vertical, o sea:

.2.+ [ K ~l 2 "

1_[ 2.10-' 1 - - K--2 "

0+ 110-4 = 4.10'·

.. I O = 3.1O·4 C

11 . En el sigu iente triángulo equilátero, el lado mide 3m y la intensidad de campo eléctrico en el baricentro es 600 N/C. Hállese "n" si "q " tiene + lO-sC.

32

Solución:

Representación de intensidades en el baricentro.

"" o , , , ' ,

E :(3',

, E Eo= E,·2Ecos600

, , , ,

Eo = E, . E

Eo: K ~ (n-l ) ,



Reemplazando datos: (unidades en el S.I.)

~( O - ll (,31'

12. ¿Con qué aceleración constante se des· plaza el móvil, para que la eslera de masa = 0,1 Kg Y carga q = ·20 !-lC, se encuenlre en equilibrio respecto del carro. El hilo de seda torma un angulo de 450 respecto de la vertical. El campo homogéneo en el interior llene una In· tensidad E = 30 kN/C. Considere: O = 45°

Soluc ión:

•

" , T

Realizamos el O C L de la eslera "q"

~F = O , , O

F +---+ -- -_.~

, TcosO=mg . ( 1 1

En el eje ·X" , la 2da. ley de Newton:

mg (TsenG·F)=m.a

T. sen O = F + m.a

Dividiendo: ( 2 ) -+- ( 1 )

Tg O = F + ma

mg

a=g q .E

Tg9· -m

( 21

donde: F=qE

... ( 3 1

Reemplazando datos en ( 3 ) a = 3,8 m/s2

13. la figura muestra un ascensor que sube con aceleración constante aa~. En el techo del as· censor se encuentra suspendido una esferita de masa "m" y carga "q" mediante un hilo de seda. Sabiendo que dentro del ascensor exis· te un campo eléctrico homogéneo "E-, hallar el ángulo · e· que forma el hilo con la verticaL Considere el campo gravitatorio "gR.

•

•

'e ,

E m;q

•

•

33



,

Solución:

Realizamos el diagrama del cuerpo libre de la esferita respecto de un observador ubicado on el piso del ascensor, sistema de referencia no inercia l.

Para nuestro observador la esferita estará en reposo relativo.

~F = O

T

q'

m(g+a)

~ Luego; se construye el triángulo de fuerzas :

,

m (g-+a) qE

q E Tan U:::

m. (9 ¡ a)

O= arc tan l- q.E 1 m. (9 .0- a)

qE

14 Un e lectrón penetra en un condensador plano (placas para le las de cargas opuestas), paralelamente a sus láminas y a una d istancia de 4 cm de la placa pOSitiva, ¿cuánto tiempo demora el electrón en caer en dicha lámina?, la intensidad en el condensador es 500 N/C, la masa del electrón es 9.10-28 g. Desprecie efectos gravitatorios.

Solución:

Cuando la carga es negat iva (electrón: e). la

fuerza del campo y la aceleración cuando se

desprecia el efecto gravitacional.tiene sentido

contrario que E.

Sabernos que:

Para el electrón:

Eq , =m

m ... ( 1 )

, y

-

la T

4cm

1

Analizamos el movimiento parabólico, en el eje Y (MRUV).

1 h =Vo. t + at2

2

..... (2)

( 1 ) en ( 2 ):

V , E ----- ----¡y...,.



Reemplazando datos: (unidades en el S.I.)

2(9.10. 31 )(4.10 2)

(500)(1,6. 10 19)

,

15. Un péndu lo de lon gitud "L", masa "m" y carga eléctrica "q" se mueve en un plano vertical con ve locidad angular constante "())". Sabiendo que el campo eléctrico "E" es homogéneo. calcular la diferencia entre la tensión máxima y la tensión mínima en el hilo de seda. Cons idere el campo gravitatorio "g".

Solución:

1=3.10 6$ I

lJ J , '

, °1 ' , ' , L , , - '

¡ ¡ ¡ E

oF

~mg • La tens ión máxima se consigue cuando el cuerpo pasa por la

posición mas baja de su trayectoria y la tensión mínima en e l punto mas alto de la trayectoria circular .

.. '~(J -',

, ' I fm io' , ,

Dinámica circular en "A": l.F ( radiales) = m . 3c

T ma. - q.E - m.g = m . w2 L

Dinamica ci rcular en "8'"

Tm¡n + q.E + m,g = m . w2. L

Igualando: ( o. ) y ( ~ ):

T",j,-q.E + m.g =To,'" + q.E + m.g

. ( (l )

I ~ I

I Trr .. ,- T.,,"o =2( m.g +q.E) I

16. En el espacio entre dos grandes placas paralelas se establece un campo vertical unifor

me E . Mediante un hilo de longitud "¡"se suspende una pequeña esfera conductora de

masa "m" en este campo. Encont rar el períodO de este péndulO cuando la esfera se carga con +q . si la placa inferior está:

a) cargada positivamente y b) cargada negativamente.

Solución:

lfa . 8 I

al

lti

35



o.eL (esfera):

F, ~y T '9:

, l.Fy = O -> F • . cos O + T = mg ces e

T=mg·qE

l.F, = o =-'.> F •. sen O· mg sen e = ma

Pero: senO =~ - e mgSene I

cos e .. 1

mgCase x .. I . O (desplazamiento según la trayectoria) '- ' ,

mg

d 2 X + r1~qE1x O d ,2 , m , ~' _ 2 ,

T - mg qE

b)

E 9

O.el (esfera)

Y,

, Id

IIa

rF = O , l.F :::: O • -(qE+mg)sen9=ma=m

d 2 X x

m -:;-;T + (q E .. mg) --:- = O d I '

,--------, T "' 2n ~' mg + q E

17. Trazar un dibujo cualitativo que muestre a las lineas de fuerza asociadas con un disco delgado. circular, uniformemente cargado. de radio R. (Sugerencia: considerar como casos limites a puntos que se encuentren muy cercanos a la superficie y puntos que se encuentren alejados de ella), Muéstrense solamente a las ' ineas en el plano que contiene al eJo dol disco.

Solución:

30



, a) En el p lano de l eje del disco e l campo eléctrico está en dicho plano y es co lineal co n

el eje.

b) A medida que aumenta la distancia, el disco se comporta como una carga puntua l, entonces la tangente al campo eléctrico tiende a pasar por el contra del disco.

el Se ha supuesto que el disco está cargado positivamente Las líneas de fue rza se invierten de sentido si estuvieran cargado negativamente.

18. Trazar un dibujo cualitativo que muestre a las líneas de fuerza asociadas con dos esfe ras huecas, conducto ras y concéntricas. con carga +q, la interna y -q2 la externa. Considérense los casos: q, > Q2' q, '" q2 ' q, < q2"

19 .

Solución:

Sea EA : campo eléctrico resultan te radial.

b) Para q, '" Q2' tenemos en la figura, que el cascarón interior induce en la superficiü interna de l cascarón externo una carga -q, por lo que el cascarón externo, quedará en estado neutro, luego el campo debido al cascarón externo es CERO.

el

Tres cargas se colocan sobre los vért ices de un triángulo equilátero, tal como se muestra en la figura. ¿Cuál es la dirección de la fuerza sobre +q?

, ,

O + + , ,

, + ,

, , ,

+ +

p . q , , , + ,

, , 0--------0

,

" + "'

, ,

37



Solu ción:

a' , , ,

, ,

, ,

, ,

E, , ,

, ,

El',' , ,

, ,

,

•

Hallamos el campo eléC1rico en el punto P:

Pero:

El' = El + E2 Q

E, = E2 '" E , E '" 4 It Eo . ~

Luego: E~ '" 2E . cos 60"

s, '" E (horizontal)

F '" q E F '" q E (horizontal)

CmKI,,;ón , Mag,,'ud, I F = q Q I 4 It fo

Dirección: Horizontal hacia la derecha .

20. Una varilla delgada de vidrio se dobla en forma de un semicIrculo de

radio R. En la mitad superior se distribuye uniformemente una carga +Q

y en el inferior se dist ribuye de una manera regular una carga -O. tal

como se muestra en la figura. Determinar el campo eléctrico E en P, el

cen tro de semicirculo.

. r: .~

38

Solución:

dt o'?J I di: > ,

, , 'eS , ' , " : di:

Pero:

También: d t .: Rd O

Por simetrfa. la componente horizontal se anula.

Sólo existe componente hacia abajo.

).: densidad de carga lineal posit iva

dEA",2(dE)cosO

dEA = 2[_1 __ "Rd/) cosO

4 1t [o

entonces:

Integrando EA en función de O: fE. I Q f"" d EA = '2 . ~ cos e d o o 2 1t [oRo

Efectui""ldo se obtiene: Vertical hacia abajo.



,

21. Una vari lla delgada no conductora. de longitud" l" , tiene una carga total "q~ distribuida

de modo uniforme en toda su longitud. Demostrar que el valor de E en un punto P sobre

la perpend icular al punto medio de la varil la es :

E = q 2lteo y J l2 +4y 2

Demostra r que conforme l -) <>O , este resultado tiende a: 2rcEo Y

).

± ± t 14 l ~ I

Solución

,'~

~dE'

Por simetrla la componente horizontal se anula.

S610 existe componente venieal. , ' , '

dE p dE d Efl '" 2dE cas O

1 2dq dE = -_ · ~· cose

R 41tt:o r

, " dE = _ ,_ qy

R 21(co l ____ X~I

f----t-----I

Integrando se obtiene: qy f U2 dx

-2-'-'-0 . T o (x li + y 2 ) 312

Haciendo el cambio de variable: x = y Tg z => z = Tg,l ( ~ )

Umilesdez: x=O => z= o

x = 1 /2 => . z "" Tg,l ( 2ly )

q 1 Efectuando: E= 21tEo Y ~ l2+ 4y 2 Vertical hacia arriba.



, Debido a que su carga total "q~ esta distribuida uniformemente en toda su longitud " i",

su densidad de carga lineal ).. = q/l es constanto, luego en la expresión anterior:

E", '}.1. 1 21tCo y' ~ 1.2 + 4y2

).

Daoda fo,ma, queda: E= 2 "o y , J f + 4 ( : r Ahora, cuando t --+ "" , E tiende a:

I 22. En la figura el movimiento do un electrón esta reslrigido a lo largo del eje del anillo de

carga. Demostrar que el electrón realiza oscilaciones cuya frecuencia es:

Esta fórmula es válida para oscilaciones pequeñas. es decir, cuando x « a. Sugerencia: Demostrar que el movimiento es armónico simple.

Solución: dEA ::: dE cos O

1 dq Pero: dE::: -- ' C>

41tEo r

enlonces:

, ,

,

dq:: -q-, d s 2. a

Integrando en función de long itud del anillo (ds):

Para x « a :::::c>

..... dE ..

1 q x E ---'= A'- 4lt [o a

En el caso de un eledrón : (carga: e )

Fe ;:: _,_. q.e. x " 4 --:-ra "o



23.

, De la segunda ley de Newton"

q.9.X ----:::r- = m. a

a

1 q.8.K a ::: - -4-'-'-0 . ---ar

Se trata de un movimiento armónico simple:

Una varilla aislante "semiinf inita" tiene carga constante por unidad de long itud. Demost rar que el campo eléclrico on el punto P larma un ángulo de 45° con la varilla y que este resultado es indopend iente de la distancia R.

Solución :

. , dq

I !' R : , , . p

~ ..... ' .. ...... .. i) dE, sen () ,--_. 7· 4 1t t o

, ,

dE

ii)

"1

, , , , , , o

p

Integrando se obtiene:

dE, '" -_. ".-, q cas O 4 ;t [o

i.. dx dE, ,---

(Xl + R2) 4 It 1:: 0

, ( ' ) E --- -' -4l(to A

.. . .. .. .. ..

x (x 2 +R2)L2

Haciendo el artificio siguiente: x '" R . Tg a ~ dx::: R sed~ (l d a

l uego: d'E = _ '_ ". cas o. da f' f '" oY41tEco R

4 J



, ¡ii) Sea· ~ " el angulo que forman el campo eléctrico resultante con la yarilla.

E, TH=E

•

Pero: Ey;; E. ' entonces: TH= 1

I 0 . 45' I 24. Un hemisferio hueco, no conductor, de radio interno "a", tiene una carga "q" distribuida

uniformemente en su superificie interna. Determinar el campo eléctrico en su centre de curvatura.

Solución:

Debido a que su carga "q" está distribu ida uniformemente en su superficie interna:

0 - q -~

Además: r ;; a.ces O, enlonces:

dA = (2ft r) adO '" 21t a2 . cosO . dO

Por simet rla las componentes verticales se anulan, entonees:

1 dq dE = -_.~ . sen O

41tEo a

Pero: dq = o dA d - ( q l· 2 n a 2 ces e d o q- ha2

dq=qcoSO.dO

luego: 1 (qCO' . ) dE::: -- 2 ' sen O dO 4/tl:o a

Integrando con respecto a 9 (de O a n/2) obtenemos:

25. Una varilla delgada, no conductora, se dobla en forma de arco circular de radio "a" y subtiende un ángulo 9

0

respecto del centro del cIrculo. Se le distribuye uniformemente una carga q. Determinar el campo eléctrico en el centro del circulo en términos de a, q y 9

0,

42

". • •



, Solución:

Por simetrfa, 5610 habrá componente vertical. dO

dEA = 2 ( dE ) sen O

dE =2 ( -'_·~aqlseno R 41tEo

o

Donde: q

dq = --' di , di ", a dO , entonces: a ••

2 (q a 1 dER

= -- -,- sen e de 41tEo a 8 0

Integrando:

Efectuando se obtiene:

26. Un disco circular delgado de radio "a-, tiene una carga uniforme tal que su carga por unidad de área es 0". Determinar el campo eléctrico en un punto del eje del disco que se encuentra a una distancia "(' de éste.

Soluci6n:

dE

I~ 11

Sea un diferencial de áreael anillo mostrado de radio y.

dA",21ty dy

dq_ a(2. y dy)

Por slmetrla las componentes pe rpendiculares al eje se anulan, entonces:

1 dq dE ___ o -:r' cos e 41tEo r

dE o r y dy :z 2 Ea' «(2 + y2):¡}2

Integrando co n respecto a "y" (de Q hasta a)

43



,

Para r » a: E--~ - 2 [o

27. Entre dos placas con cargas contrarias existe un campo eléctrico igual a E. De la supetiicie de la placa cargada negativamente se libora un electrón que se encontraba en reposo, haciéndolo incidir después de 1,5.10 Ss sobro la supeti icie de la placa opuesta, que se encuentra a 2,0 cm de distancia.

i , 1

a) ¿Cuál es la rapidez del electrón cuando incide en la segunda placa? b) ¿Cuál es la magn itud del campo eléctrico E?

Solución:

• . . . . . · . . I~ ,

/ , " ,

1:" 1..-~. , - ,

. . . . · .

14 , 11

De la 2da. ley de Newton:

FR'" m.a

e.E '" m.a ={>

Dol M.R.U.V.:

e.E a=

m

Vyf=a,t .... (3)

Reemplazando (2) en (3 ):

v = e.E . t " m

· .... ( 4 I

al De ( 1 1:

E

Por las ecuaciones de movimiento:

De l M.R.U.V. tene mos:

1 d=-at2 .... . {I)

2

Además: F:o q . E (F, hacia arriba )

.. . . . ( 2 I

Reemplazando en ( 4 ): Vyfr::. ( 1, 8.10 '4 ~)

~Y f = 2,7.106 mis I



b) De ( 4 ): m Vy!

E=-e .1

,

(9.\ 1.10 3\ kg) (2 ,7106 m Is )

(1.6 .10 1\1 C) ( 1,5.10 8 s )

l E", 1,02.103 Vertical hacia abajo.

28. El experimento de Millikan de la gota de

aceite. RA MilliKan diseM un aparato en el cual se podra "balancearn a una pequeña gota de aceite cargada, colocada en un campa eléctrico E, ajustando E hasta que la tuerza eléctrica sobre la gota fuera igual y opuesta a su peso. Si el radio de la gota es 1 ,64 . 10"" cm y si para lograr el balance

E '" 1.92.105 N/C.

ATOMIZAlXlr1 f-L-'-'CL'--'-'-~i 'lC .

al "Cuál es la carga sobre la gota en términos de la carga electrónica e?

MICROSCOPIO

b) ¿Cuál es la razón por la cual Mill ikan no trató de balancea r electrones en su aparato, si no que lo hizo con gotas de aceite?

La densidad del aceite es de 0,851 g/cm3. (Originalmente Millikan midió de esta manera la carga electrÓnica. MidiÓ el radio de la gota, observando la velocidad terminal que adquiría cuando caía en el aire, en ausencia de campo eléctrico. Cargada a la gota de aceite mediante la radiación con rayos X).

Solución:

a) Analizando la gata de aceile en el equi li bri o:

E F. ", O : qE = mg ==c> mg

q = E

. . . . . I 1 )

Pero: m = p~ . VGCIIQ =p( ~It A3)

m '" 0,851.10.3 kq 4

=-r ' - x cm 3

m,",I ,57,10' 14 kg

Reemplazando en ( 1 ): 1,57 .10-14 kg . 9,8 1m / s 2

q . 1,92 .10 5 N / e

q • 8,2.10'111 e

q E

mg

4"



• La ca rga "q" en términos da la carga electrónica e:

_q __ :;:8:.:, 2:.:':':' O:,,"~C ~ q = 5e e 1,6 .10 -19 e

b) No experimentÓ con electronos porque no podla obse rvarlos.

Además porqu e el campo resultarfa demasiado pequono.

E '" ~ , para un electrón : q

E : 9, 11.10 31 kg.9,8 1 m / s 2

1, 6.10 19 C

E '" 5,6.10·1\ N/e I

lo cu al confirma nuestra afirmación.



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Cap 2 Campo Electrico