Campo eléctrico y potencial producido por un sistema de cargas.

1.-Calcular el vector campo eléctrico y el potencial del sistema de cargas de la figura en P y en Q.

Datos: q₁=28 10^-⁹ C, q₂= -16 10^-⁹ C, Puntos P(1, 0), y Q(0,1.5) metros

En P

$\begin{array}{l} E_{1} = 9 \cdot 10^{9} \frac{28 \cdot 10^{- 9}}{3^{2}} = 28 \vec{E_{1}} = 28 \cdot \hat{i} \\ E_{2} = 9 \cdot 10^{9} \frac{16 \cdot 10^{- 9}}{1^{2}} = 144 \vec{E_{2}} = - 144 \cdot \hat{i} \\ \vec{E} = \vec{E_{1}} + \vec{E_{2}} = - 116 \cdot \hat{i} N / C \\ V_{P} = V_{1} + V_{2} = 9 \cdot 10^{9} \frac{28 \cdot 10^{- 9}}{3} + 9 \cdot 10^{9} \frac{- 16 \cdot 10^{- 9}}{1} = - 60 V \end{array}$

En Q

$\begin{array}{l} E_{1} = 9 \cdot 10^{9} \frac{28 \cdot 10^{- 9}}{2^{2} + {1.5}^{2}} = 40.32 \vec{E_{1}} = E_{1} \cos θ \cdot \hat{i} + E_{1} \sin θ \cdot \hat{j} \\ \vec{E_{1}} = 32.256 \cdot \hat{i} + 24.192 \cdot \hat{j} \\ E_{2} = 9 \cdot 10^{9} \frac{16 \cdot 10^{- 9}}{{1.5}^{2}} = 64 N / C \vec{E_{2}} = - 64 \cdot \hat{j} \\ \vec{E} = \vec{E_{1}} + \vec{E_{2}} = 32.256 \cdot \hat{i} - 39.808 \cdot \hat{j} N/C \\ V_{Q} = V_{1} + V_{2} = 9 \cdot 10^{9} \frac{28 \cdot 10^{- 9}}{\sqrt{2^{2} + {1.5}^{2}}} + 9 \cdot 10^{9} \frac{- 16 \cdot 10^{- 9}}{1.5} = 4.8 V \end{array}$

2.-Dos cargas fijas Q positivas están en el plano horizontal separadas una distancia 2a. Una partícula de masa m y carga q positiva está a una altura r por encima de la línea que une las dos cargas fijas y a la misma distancia de las mismas.

Calcular la(s) altura(s) r de equilibrio
Calcular la energía potencial de la partícula de masa m y carga q en la(s) posición(ones) de equilibrio. Utilizar la aproximación 1/(1+x)≈1-x, cuando x<<1.

Datos:

Cargas fijas, Q=2·10^-6 C
Partícula cargada, $q = \frac{1}{9} 10^{- 6} C, m = \sqrt{2} \cdot 10^{- 4} kg$
Distancia entre las cargas fijas, 2a= 2 m
Aceleración de la gravedad, g=10 m/s²

WU Shou-chong, XIAO Fei. Application of univariate cubic equations in solving physics problems. College Physics. 2026, 45 (1): 25

Solución

Las fuerzas sobre la partícula son:

El peso, mg
La fuerza F de repulsión que ejerce la carga fija Q situada a su izquierda
La fuerza F de repulsión que ejerce la carga fija Q situada a su derecha

$F = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{q Q}{a^{2} + r^{2}}$

El equilibrio en la dirección vertical se escribe

$\begin{array}{l} 2 F \sin θ = m g \\ 2 \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{q Q}{a^{2} + r^{2}} \frac{r}{\sqrt{a^{2} + r^{2}}} = m g \\ \frac{q Q}{2 π ε_{0} m g} r = {(a^{2} + r^{2})}^{\frac{3}{2}} \\ {(\frac{q Q}{2 π ε_{0} m g})}^{2} r^{2} = {(a^{2} + r^{2})}^{3} \\ {(\frac{q Q}{2 π ε_{0} m g})}^{2} r^{2} = a^{6} + 3 a^{4} r^{2} + 3 a^{2} r^{4} + r^{6} \\ r^{6} + 3 a^{2} r^{4} + (3 a^{4} - {(\frac{q Q}{2 π ε_{0} m g})}^{2}) r^{2} + a^{6} = 0 \\ x^{3} + 3 a^{2} x^{2} + (3 a^{4} - {(\frac{q Q}{2 π ε_{0} m g})}^{2}) x + a^{6} = 0, r^{2} = x \end{array}$

Teniendo en cuenta que 1/(2πε₀)=18·10⁹, obtenemos la ecuación

$x^{3} + 3 x^{2} - 5 x + 1 = 0$

Rápidamente, vemos que una de las raíces es x₁=1. Se divide el polinomio de tercer grado por (x-1) obteniendo por un polinomio de segundo grado

$(x - 1) (x^{2} + 4 x - 1) = 0$

Las raíces de la ecuación de segundo grado son

$x = \frac{- 4 \pm \sqrt{16 + 4}}{2} = - 2 \pm \sqrt{5}$

Solamente, es válida la raíz positiva

Hay dos alturas r de equilibrio

${\begin{cases} r^{2} = 1, r = 1 m \\ r^{2} = \sqrt{5} - 2, r = \sqrt{\sqrt{5} - 2} m \end{cases}$

Energía potencial

$\begin{array}{l} E_{p} (r) = 2 \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{q Q}{\sqrt{a^{2} + r^{2}}} - G \frac{M m}{R + r} = \frac{1}{2 π ε_{0}} \frac{q Q}{\sqrt{a^{2} + r^{2}}} - G \frac{M m}{R (1 + \frac{r}{R})} \\ \approx \frac{1}{2 π ε_{0}} \frac{q Q}{\sqrt{a^{2} + r^{2}}} - G \frac{M m}{R} (1 - \frac{r}{R}) = \frac{1}{2 π ε_{0}} \frac{q Q}{\sqrt{a^{2} + r^{2}}} - G \frac{M m}{R} + m g r \end{array}$

La energía potencial está definida salvo una constante aditiva

$\begin{array}{l} e_{p} (r) = \frac{1}{2 π ε_{0}} \frac{q Q}{\sqrt{a^{2} + r^{2}}} + m g r \\ {\begin{cases} r = 1, e_{p} (1) = \frac{6}{\sqrt{2}} 10^{- 3} J= 0.0042 J \\ r = \sqrt{\sqrt{5} - 2}, e_{p} (1) = (\frac{4}{\sqrt{\sqrt{5} - 1}} + \sqrt{2} \cdot \sqrt{\sqrt{5} - 2}) 10^{- 3} J= 0.0043 J \end{cases} \end{array}$

Representamos e_p(r)

q=1e-6/9; %carga de la partícula
Q=2e-6; %carga fija
m=sqrt(2)*1e-4; %masa de la partícula
f=@(x) 18e9*q*Q./sqrt(1+x.^2)+m*10*x;
fplot(f,[0,2])
xm=1;
line([xm,xm],[4e-3,f(xm)],'lineStyle','--')
xm=sqrt(sqrt(5)-2);
line([xm,xm],[4e-3,f(xm)],'lineStyle','--')
grid on
xlabel('r')
ylabel('e_p(r)')
title('Energía potencial')

r₁=1 corresponde a un mínimo de energía potencial, equilibrio estable.
$r_{2} = \sqrt{\sqrt{5} - 2}$ , corresponde a un máximo, equilibrio inestable

3.-Calcular el vector campo eléctrico y el potencial del sistema de cargas de la figura en el centro del hexágono regular.

Datos: q =10 mC, lado =10 cm

Solución

$\begin{array}{l} E = 9 \cdot 10^{9} \frac{10 \cdot 10^{- 6}}{{0.1}^{2}} = 9 \cdot 10^{6} N/C \\ \begin{array}{l} \vec{E_{O}} = (- 2 E \sin 60 \cdot \hat{i} - 2 E \cos 60 \cdot \hat{j}) - 2 E \hat{j} + (2 E \sin 60 \cdot \hat{i} - 2 E \cos 60 \cdot \hat{j}) = \\ - 4 E \hat{j} = - 36 \cdot 10^{9} \hat{j} N/C \end{array} \\ V_{O} = 3 (9 \cdot 10^{9} \frac{10 \cdot 10^{- 6}}{0.1}) + 3 (9 \cdot 10^{9} \frac{- 10 \cdot 10^{- 6}}{0.1}) = 0 \end{array}$

4.-Dado el sistema de cargas de la figura, calcular el valor de la carga q para que el campo en P sea horizontal.

Calcular el campo y potencial en P y Q

Solución

En P

$\begin{array}{l} E_{1} = 9 \cdot 10^{9} \frac{3 \cdot 10^{- 6}}{{0.1}^{2} + {0.12}^{2}} E_{2} = 9 \cdot 10^{9} \frac{q}{{0.1}^{2}} \\ \vec{E_{P}} = (- 2 E_{1} \cos θ \cdot \hat{i} - 2 E_{1} \sin θ \cdot \hat{j}) + 2 E_{2} \hat{j} \\ - 2 E_{1} \sin θ + 2 E_{2} = 0 q = 0.787 \cdot 10^{- 6} C \\ \vec{E_{P}} = - 2 E_{1} \cos θ \cdot \hat{i} = - 566721 \cdot \hat{i} N/C \\ V_{P} = 9 \cdot 10^{9} \frac{3 \cdot 10^{- 6}}{\sqrt{{0.1}^{2} + {0.12}^{2}}} + 9 \cdot 10^{9} \frac{- 3 \cdot 10^{- 6}}{\sqrt{{0.1}^{2} + {0.12}^{2}}} + 9 \cdot 10^{9} \frac{q}{0.1} + 9 \cdot 10^{9} \frac{- q}{0.1} = 0 \end{array}$

En Q

$\begin{array}{l} E_{1} = 9 \cdot 10^{9} \frac{3 \cdot 10^{- 6}}{{0.24}^{2}} E_{2} = 9 \cdot 10^{9} \frac{q}{{0.12}^{2}} \\ E_{3} = 9 \cdot 10^{9} \frac{3 \cdot 10^{- 6}}{{0.2}^{2}} E_{4} = 9 \cdot 10^{9} \frac{q}{{0.12}^{2} + {0.2}^{2}} \\ \vec{E_{Q}} = - E_{1} \hat{i} + E_{2} \hat{i} - E_{3} \hat{j} + (- E_{4} \cos θ \cdot \hat{i} + E_{4} \sin θ \cdot \hat{j}) = - 43803 \cdot \hat{i} - 563337 \cdot \hat{j} N/C \\ V_{Q} = 9 \cdot 10^{9} \frac{- 3 \cdot 10^{- 6}}{0.24} + 9 \cdot 10^{9} \frac{q}{0.12} + 9 \cdot 10^{9} \frac{3 \cdot 10^{- 6}}{0.2} + 9 \cdot 10^{9} \frac{- q}{\sqrt{{0.12}^{2} + {0.2}^{2}}} = 51161 V \end{array}$

5.-Calcular el campo eléctrico (módulo, dirección y sentido) en el centro O de un hilo en forma semicircular de radio a, uniformemente cargado con una carga -Q.

Calcular, también, el potencial en el centro de la semicircunferencia

Solución

En la figura de la izquierda, se muestra el campo eléctrico producido por eun elemento diferencial dq de carga. En la figura de la derecha, el campo total que por simetría tendrá la dirección del eje Y

Tomamos un elemento diferencial de carga dq. Las componentes del vector campo eléctrico producido por dicha carga en el origen es

$\begin{array}{l} d E_{x} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{d q}{a^{2}} \cos θ d E_{y} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{d q}{a^{2}} \sin θ \\ d q = \frac{Q}{π a} a \cdot d θ = \frac{Q}{π} d θ \end{array}$

Por simetría la componente horizontal E_x de campo se anula

$\begin{array}{l} E_{x} = \int_{0}^{π} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q}{π a^{2}} \cos θ \cdot d θ = 0 E_{y} = \int_{0}^{π} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q}{π a^{2}} \sin θ \cdot d θ = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{2 Q}{π a^{2}} \\ \vec{E} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{2 Q}{π a^{2}} \hat{j} \\ V = \int^{} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{d q}{a} = \int_{0}^{π} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q}{π a} d θ = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q}{a} \end{array}$

6.-Una varilla de 25 cm de longitud está cargada con λ=200·10^-6 C/m (carga por unidad de longitud). Calcular el campo eléctrico en el punto P a 10 cm del extremo de la varilla, tal como se muestra en la figura

Solución

Consideremos un elemento diferencial dx de la varilla que contiene una carga dq=λ·dx, a una distancia 0.35-x del punto P. El campo producido por esta carga dq tiene la dirección del eje X, y su módulo es

$d E = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{λ d x}{{(0.35 - x)}^{2}} = \frac{18 \cdot 10^{5}}{{(0.35 - x)}^{2}}$

El campo eléctrico total producido por la varilla es

$E = \int_{0}^{0.25} \frac{18 \cdot 10^{- 5}}{{(0.35 - x)}^{2}} d x = {\frac{18 \cdot 10^{5}}{0.35 - x} |}_{0}^{0.25} = 12.86 \cdot 10^{6} N/C$

7.-Una varilla de longitud L lleva una carga +Q uniformemente distribuida. Calcular el campo eléctrico en el punto P, distante y del punto medio de la varilla, tal como se ve en la figura

Solución

Consideremos un elemento diferencial dx de varilla distante x del origen, contiene una carga dq=(Q/L)dx, el campo eléctrico producido en P por dicha carga es

$d E = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{d q}{r^{2}} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q}{L} \frac{d x}{x^{2} + y^{2}}$

Por simetría las componentes X se anulan de dos en dos. El campo total tiene la dirección del eje Y y es la suma de las componentes Y

$E = \int d E_{y} = \int_{- L / 2}^{L / 2} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q}{L} \frac{d x}{x^{2} + y^{2}} \cos θ = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q y}{L} \int_{- L / 2}^{L / 2} \frac{d x}{{(x^{2} + y^{2})}^{3 / 2}}$

Haciendo el cambio de variable, x=ytanθ, dx=y·dθ/cos²θ

$E = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q}{y L} \int_{- α}^{α} \cos θ \cdot d θ = \frac{1}{2 π ε_{0}} \frac{Q}{y L} \sin α = \frac{1}{2 π ε_{0}} \frac{Q}{y L} \frac{L / 2}{\sqrt{L^{2} / 4 + y^{2}}} = \frac{1}{2 π ε_{0}} \frac{Q}{y} \frac{1}{\sqrt{L^{2} + 4 y^{2}}}$