Secundaria Campo eléctrico

[The Higgs Particle]

Este ejercicio pertenece al examen de selectividad de esta misma tarde de Castilla-La Mancha (espero no causar ningún infartillo a algún alumno que vea de repente soluciones al examen que ha hecho hace unas horas ), y me gustaría saber si lo he resuelto bien y de qué otras formas lo haríais vosotros.

2.‐ Un muelle de constante elástica k = 3 N/m sujeta una pequeña esfera cargada eléctricamente. Cuando se establece un campo eléctrico de magnitud E = 4500 V/m dirigido verticalmente hacia abajo, la esfera alcanza una nueva posición de equilibrio situada más abajo que antes, a una distancia y = 2.4 cm (véase figura). (a) Calcular la carga de la esfera y explicar razonadamente qué signo tiene. (b) Cortamos el hilo que sujeta la esfera y se observa que ésta cae (dentro del campo eléctrico) con una aceleración de 13 m∙s². Calcular la masa de la esfera.

- Primera forma que se me ocurre de resolverlo:

En el nuevo punto de equilibrio, por Newton, se cumple que:

$\dst \sum_{n = i}^n \tau_i = 0$


$\dst \sum_{n=i}^n \vec{F_i} = \vec{P} + \vec{F_e} + \vec{F_r} = 0$

donde $P$ es el peso, $F_e$ es la fuerza eléctrica y $F_r$ es la fuerza restauradora descrita por la Ley de Hooke.

Así:

$P+F_e = F_r \to mg + Eq = K \Delta y$

Antes que nada, decir que $q >0$ porque $\vec F_e || \vec E$


Además, de esto, tenemos que el trabajo total realizado es cero. Por el teorema de las fuerzas vivas:

$W_{total} = E_c(f) - E_c (0) = 0$

Entonces:

$W_T = W(\vec{P}) + W(\vec{F_e}) + W(\vec{F_r})$ (1)

Desarrollando cada uno:

$W(\vec{P}) = \dst \int^{y_f}_{y_0} \vec P \cdot \dd \vec r = \int^{y_f}_{y_0}$ $P \cdot dr = mg \int^{y_f}_{y_0}dr = mg \Delta y$

Al establecer el cero del potencial en $y_f$, entonces:

$W(\vec{P}) =mg (0 - y_0) = -mgy$

Suponiendo que la posición de equilibrio es $y_0 = 0$, entonces:

$W(\vec{F_r}) = \dst \int^{y_f}_{y_0} \vec F_r \cdot \dd \vec r = \dst \int^{y_f}_{y_0}$ $F_r \cdot \dd r = \dst \int^{y_f}_{y_0} ky \dd y = \dst \frac{1}{2} k (y_f^2-y_0^2) = \dst \frac{1}{2} ky^2<br />$

$W(\vec{F_e}) = \dst \int^{y_f}_{y_0} \vec F_e \cdot \dd \vec r =\int^{y_f}_{y_0} \dd y = Eq \Delta y$ $= Eq(y_f - 0) = Eqy$

Así:

$mgy = \dst \frac{1}{2}Ky^2 + Eqy$ (2)

Resultado que también se obtiene - y mucho más fácilmente - de la conservación de la energía. Sin embargo, lo he puesto así porque suelo meter la pata con los signos de los vectores.

(2) también puede desarrollarse como:

$mg = \dst \frac{1}{2}ky + Eq$

Expresión que, sustituyendo en (1) y despejando, nos hace llegar a:

$\boxed{q = \dst \frac{Ky}{4E}}$ (3)

- Segunda forma:

Esta es hacer un poco trampa, puesto que me fijo en el apartado b) (se rompe el hilo y la bola cargada cae, manteniéndose el campo eléctrico uniforme)

$\dst \sum_{i =1}^n = \vec{P} + \vec{F_e} = m\vec{a}$

Para ahorrarme signos, cojo mi sistema de referencia de forma que todo lo que vaya verticalmente hacia abajo (como la gravedad), es positivo.

$mg + Eq = ma \to m = \dst \frac{Eq}{a -g}$

Expresión que, sustituyendo en 1 (situación de equilibrio inicial), nos hace llegar a:

$\boxed{q = \dst \frac{Ky}{E \left( \frac{g}{a-g } + 1\right)}}$

Y, como se puede comprobar fácilmente:

$\dst \frac{g}{a-g} + 1 \approx 4$

Pudiendo, entonces, simplificar y llegar a la expresión obtenida mediante el otro método, (3):

$\boxed{q =\dst \frac{Ky}{4E}}$

[arivasm]

Re: Campo eléctrico

Entiendo que la posición de partida, antes de aplicar el campo, es de equilibrio. Es decir, si llamamos $\Delta l$ a la deformación inicial del resorte, se cumple que $k\Delta l=mg$. Al aplicar el campo la nueva deformación del resorte será $\Delta l+y$. Obviamente, el que la nueva posición de equilibrio sea más abajo implica que la carga es empujada en la dirección del campo, lo que justifica que su signo es positivo, cumpliéndose que $k(\Delta l+y)=mg+qE$, luego $qE=ky$. Así pues, discrepo de tu resultado, pues entiendo que

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Para la caída basta con aplicar la 2ª ley de Newton: $ma=mg+qE$, luego

$\dst m=\frac{qE}{a-g}=\frac{ky}{a-g}$

[The Higgs Particle]

Re: Campo eléctrico

Ahora que lo veo escrito me parece bastante claro que la fuerza de restauración compensa tanto el peso ($\Delta l$) como la fuerza eléctrica ($\Delta y$). Entonces, hacerlo por energías pasa de ser un paso necesario para obtener una segunda ecuación de un sistema a ser otro método independiente para resolverlo.

Por otra parte, tengo una duda con los signos de vectores. Un cuerpo de masa $m$ en la superficie (distancia $r$) de un cuerpo de masa $M$, está sometido a una fuerza igual a:

$\vec F_g = - G \dst \frac{Mm}{r^2} \vec u_r$

El trabajo realizado por el campo para llevarlo desde la superficie del cuerpo ($A \to r$) hasta un punto más elevado ($B \to r +h$), sería:

$W_{BA} = \dst \int^B_A \vec{F_g} \cdot \dd \vec{r}$


$\vec{F_g} \cdot \dd \vec{r} = |\vec{F_g}| |\dd \vec{r}| cos(\alpha) = - |\vec{F_g}| |\dd \vec{r}|$

Ahora, como el módulo debe ser positivo, ¿el producto escalar es, así?:

$- \left( G \dst \frac{Mm}{r^2} \right) \cdot \dd r$

¿O debo poner el valor de la fuerza de gravedad con el signo negativo?

$- \left( -G \dst \frac{Mm}{r^2} \right) \cdot \dd r = \left( G \dst \frac{Mm}{r^2} \right) \cdot \dd r$

[arivasm]

Re: Campo eléctrico

La expresión correcta no es la última, sino la penúltima. Pero no le veo la relación con el ejercicio!

Con respecto al enfoque por energías que has escrito le encuentro un problema: cuando aplicas el teorema de la energía cinética planteas, correctamente, que la velocidad en la posición de partida es nula. Ahora bien, si sólo actúan el peso y la fuerza de Coulomb el cuerpo no pasará por el nuevo punto de equilibrio con velocidad nula, sino que oscilará armónicamente alrededor del mismo. De hecho el punto inferior de retroceso estará a una distancia $2y$ del punto de partida. Por otra parte, falta tomar en consideración que la energía potencial elástica no es nula.

[The Higgs Particle]

Re: Campo eléctrico

Pero no le veo la relación con el ejercicio!

He intentado hacerlo lo más completo posible deduciendo las expresiones del trabajo realizado por cada fuerza

Ahora bien, si sólo actúan el peso y la fuerza de Coulomb el cuerpo no pasará por el nuevo punto de equilibrio con velocidad nula, sino que oscilará armónicamente alrededor del mismo. De hecho el punto inferior de retroceso estará a una distancia $2y$ del punto de partida

Tengo una pregunta con esto: ¿no sucedería eso también cuando el muelle sufre una elongación a causa del peso? Es decir, en ese caso, el punto inferior estaría en $2 \Delta l$, ¿no?
Quiero decir, que si estamos despreciando el rozamiento, cuando se somete a la masa cargada a un campo magnético, su velocidad al pasar por el nuevo punto de equilibrio no es sólo la debida a $y$, sino también la debida a $\Delta l$. ¿O no debemos tenerla en cuenta?

[arivasm]

Re: Campo eléctrico

Pero aquí no hay campo magnético. Quizá querías decir eléctrico.

Sobre lo del punto de retroceso. Si llamamos $\Delta l$ a la deformación del resorte en el punto de equilibrio sin campo eléctrico, $mg=k\Delta l$, la nueva posición de equilibrio está $y$ más abajo. Como parte del reposo, $y$ es la amplitud. Por tanto, el punto de retroceso inferior está a una distancia $y$ del nuevo punto de equilibrio, y entonces a una distancia $2y$ del anterior.