1. Tenim dues c`arregues puntuals positives de valor q que est`an ...

Escola Politècnica Superior d’Enginyeria de Vilanova i la Geltrú 11/11/05
FÍSICA, E.T. Industrials
1. Tenim dues càrregues puntuals positives de valor q que estàn separades una distància l. Si deixem
les càrregues per efecte de la repulsió electrostàtica es separaran. Per evitar que passi això podem
situar una tercera càrrega de valor Q en un lloc determinat de manera que el sistema estigui en
equilibri (es a dir, les tres càrregues q, q i Q, romanin en respòs). Trobeu el valor i signe de la Q i
en quin lloc l’hem de situar.
SOLUCIÓ
Hem de buscar en primer lloc en quin punt el camp elèctric generat per les dues càrregues es zero. En
aquest punt qualsevol càrrega que posem romandrà en repòs. Una vegada situada aquesta càrrega (que
anomenarem Q) en el punt haurem d’imposar que el camp elèctric en els punts on hi han les dues càrregues
també sigui nul. Aquesta càrrega ha d’esser negativa, pero la notació que utilitzem és el seu mòdul Q.
Considerem un punt (on hi posem la càrrega Q) situat al mig de les dues càrregues (les dues càrregues les
anomenarem q i q ′ = nq, així, si les dues càrregues son iguals, n valdrà 1, i en qualsevol cas donant valor a
n, tindrem més casos, per exemple q i 4q, correspont a n = 4). Si anomenem x a la distància de q fins a la
càrrega Q, aleshores l − x serà la distància de nq fins a la càrrega Q.
Sigui Eq el camp degut a la càrrega q i Eq ′ el camp degut a la càrrega nq. En el punt intermig imposarem
la condició de que el camp elèctric total sigui nul. Això es pot fer de dos maneres:
• Suma dels dos vectors igual a zero: Eq + Eq ′ = (0, 0)
• Igualant els dos mòduls: Eq = Eq ′
Utilitzarem la segona opció i ens quedarà:
Apareixen dos casos:
Eq = Eq
q nq
′ ⇒ k 2 = k
x (l − x) 2 ⇒ (n − 1)x2 + 2lx − l 2 = 0
• n = 1 ⇒ 2lx − l2 = 0 ⇒ x = l/2.
• n > 1 ⇒
√
n − 1
x = l . L’altre solució la descartem perque en sortir negativa contradiu que ha de ser
n − 1
una distància. Si n = 4, aleshores x = l/3.
Ara hem d’imposar que les dues càrregues q i q ′ estiguin en respòs, és a dir, el camp elèctric sigui nul.
• Camp elèctric en el punt de la càrrega q, es degut a la càrrega Q i a la càrrega q ′ . Imposarem que els dos
mòduls siguin iguals:
k nq Q
2 = k
l x 2

n = 1 ⇒ k q Q
2 = k 2 ⇒ Q = q/4
l (l/2)
n > 1 ⇒ Q = n(√ n − 1) 2
(n − 1) 2 , si n = 4 ⇒ Q = 4q/9
• Camp elèctric en el punt de la càrrega q ′ , es degut a la càrrega Q i a la càrrega q. Imposarem que els dos
mòduls siguin iguals:
k q Q
2 = k
l (l − x) 2
on podem comprovar que obtenim els mateixos resultats.
2. En una regió de l’espai el camp elèctric ve donat per la funció següent: E(r) = 0 per r < 3 i
E(r) = 2r per r > 3, la direcció es radial i sentit positiu cap a l’exterior. Per ilustra-ho en un
exemple, un punt que estigui a una distància de 4 m de l’origen, el mòdul del camp elèctric valdrà
E = 8 i el sentit sera la del radi cap a l’exterior. Trobeu la diferència de potencial entre dos punts
corresponents a r = 2 i r = 4, és a dir, V (2) − V (4). Trobeu tambe quina càrrega hi ha dins d’una
esfera de radi r = 5.
Suggerencia: V (2) − V (4) = V (2) − V (3) + V (3) − V (4). Per trobar la càrrega cal aplicar el
teorema de Gauss
SOLUCIÓ
Per trobar la diferència de potencial entre dos punts utilitzarem l’expressió següent:
V2 − V1 =
2
1
− Edr
Si el cami que utilitzem es radial, segueix la linia del radi, aleshores el producte ( E dr) es converteix en
(E dr) (es un producte escalar on els vectors son paral.lels).
Com tenim dos regions on el camp es diferent caldrà dividir el camí en dos trams el que va del punt r = 2
al punt r = 3 (frontera) i el que continua del punt r = 3 fins a r = 4:
V (2) − V (3) + V (3) − V (4) =
3
2
0dr +
4
3
−E dr = 0 +
r=4
r=3
−2r dr = −[r 2 ] 4 3 = −(4 2 − 3 2 ) = 7
Si escollim una esfera de radi r = 5 el camp elèctric val E = 10 en tots els punts. Així el flux del camp
valdrà:
Φ = ES = 10 · (4π5 2 ) = 1000π
Segons el teorema de Gauss, el flux val:
En igualar els dos fluxs obtenim:
1000π = Q int
ɛo
Φ = Q int
ɛo
⇒ Q int = 1000πɛo = 27.78 × 10 −9 C
3. Tenim 4 càrregues de valor q molt allunyades (en l’infinit). Les volem apropar fins que ocupin
els 4 vèrtex d’un rombe de diagonals 8 m i 6 m. Trobeu el treball necessari que caldrà fer. Una
vegada les carregues constitueixen el rombe, fixem a 3 d’elles i una de les dues que estan situades

als vertex de la diagonal de 8 m la deixem al centre. Trobeu la velocitat que portarà quan passi
pel vertèx. Expresseu els resultats en funció de k i de q, essent k = 9 × 10 9 (S.I.)
SOLUCIÓ
Tenim 4 punts corresponents als 4 vertex del romb. Considerem els punts P1 i P2 els que corresponen a
la diagonal de 8 m i els punts P3 i P4 els que corresponen a la diagonal de 6 m. Es fàcil comprovar que el
costat del rombe te una longitud de 5 m.
El treball necessari per apropar les carregues seguint un moviment uniforme (si el moviment no fos uniforme,
tambe es pot calcular el treball pero es molt més complexe i malgrat que a l’enunciat no ho especifica, aquesta
es la hipotesi mes lògica i senzilla) es precisament l’energia de configuracio electrostàtica del sistema que es
troba segons l’expressió:
Up = 1
2 (q1V1 + q2V2 + q3 + V3 + q4V4)
Cal trobar doncs els potencials a cadascún dels vèrtex del rombe, deguts a les altres 3 càrregues. Es pot
veure que V1 i V2 son iguals per simetria, al igual que V3 i V4. Tenim doncs:
V1 = V2 = k q
5
Substituint i simplificant obtenim:
+ k q
8
+ k q
5 , V3 = V4 = k q
5
2 131
Up = kq
120
+ k q
6
+ k q
5
A continuació fixem 3 càrregues perque no es moguin i la del vertèx P2 la situem al centre del rombe
(anomenarem P0 al centre i V0 al potencial en aquest punt). Si deixem la càrrega q en el punt P0 per la
repulsió amb les altres, i per la simetria de la geometria, seguira un cami recte per la diagonal fins arrivar
(i passar de llarg) al punt P2. Entre els dos punts P0 i P2 aplicarem el teorema de conservació de la energia:
Ec(0) + Ep(0) = Ec(2) + Ep(2) → 0 + qV0 = 1
2 mv2 + qV2
Necessitem trobar el potencial al punt 0 degut a les 3 càrregues fixades:
V0 = k q
3
+ k q
4
+ k q
3

Així, substituint els resultats de V0 i V2 obtindrem:
essent m la massa de la partícula de càrrega q
v =
4. Tenim 3 conductors esfèrics de radis 1 m, 2 m i 3 m respectivament, i tots ells amb la mateixa
càrrega de 10 µC. Si els connectem tots ells entre si i despres els separem, trobeu la càrrega de
cada conductor desprès de l’operació.
47kq 2
60m
SOLUCIÓ
Considerem dues situacions: abans de conectar los conductors i després de conectar-los.
• Els conductors tenen cadascún una càrrega de 10 µC, per tant, la càrrega total dels tres es de 30 µC
• Una vegada estan en contacte el potencial de tots ells es igual a V i les seves càrregues seràn: Q1, Q2 i Q3,
complint-se les relacions:
V = kQ/r ⇒ V = kQ1/1, V = kQ2/2, V = kQ3/3,
Es compleix a més que la càrrega es conserva, es a dir, la càrrega total abans de connectar-los es la mateixa
que després:
10 µC + 10 µC + 10 µC = Q1 + Q2 + Q3
Així, podem aillar les variables Q1, Q2 i Q3 en funció de V i obtenim:
Així, les càrregues valdràn:
.
30 µC = 30 × 10 −6 = V
k
+ 2V
k
+ 3V
k
= 6V
k
Q1 = 5 µC, Q2 = 10 µC, Q3 = 15 µC
→ V = k5 × 10−6
5. Tenim 2 condensadors de capacitats 3 µF i 6 µF connectats en serie. Connectem el conjunt a un
generador de potencial V = 9 V per que es carreguin. Una vegada carregats, els desconnectem
del generador i els connectem entre ells en paral.lel, de forma que la placa positiva del primer la
connectem amb la placa positiva del segon i la placa negativa del primer tambe amb la negativa
del segon. Trobeu la càrrega de cada condensador després de l’operació
SOLUCIÓ
El conjunt dels dos condensadors connectats en serie equival a un únic condensador de capacitat:
1
C
= 1
3
+ 1
6
= 1
2
⇒ C = 2 µF
Adoptarem la notació següent: expresarem la capacitat en µF, la càrrega en µC i el potencial estara per
tant expressat en V . Així la càrrega del conjunt és: Q = 2 · 9 = 18, que és la càrrega que te cadascún dels

dos condensadors. A continuació desconnectem els dos condensadors i els connectem en poral . lel: tindràn
un mateix potencial V i cadascún una càrrega que anomenarem Q1 i Q2:
Q1 = 3V, Q2 = 6V
La càrrega del sistema es conserva, així la càrrega inicial és la suma dels 18 µC del primer condensador i els
18 µC del segon condensador. Podria pensar-se que la càrrega del conjunt es només de 18 µC, fet que seria
cert si mantenissim els condensadors connectats en sèrie, pero en desconnectar-los i tenir-los per separat,
son dos condensadors independents que cadascú te 18 µC. Per tant,
18 + 18 = 3V + 6V ⇒ V = 4
Així les càrregues seràn: Q1 = 12( µC) i Q2 = 24( µC)
6. Al circuit de la figura, trobeu
(a) Intensitat que passa per cada resistència
(b) Diferència de potencial entre els extrems f i e: Vf − Ve
(c) Si treiem (desconnectem) el generador de 21 V, trobeu Vf − Ve.
SOLUCIÓ
El circuit de la figura esta format per 3 malles. Donat un circuit sempre el podem reduir a un circuit
més senzill si substituim alguns elements per un element equivalent. En l’exemple observem que les dues
resistències de 18 i 36 estàn connectades en paral . lel i les podem canviar per la seva resistència equivalent
que val 12. Si fem això tenim un circuit que només te dues malles:
si escrivim les equacions de cada malla tenim:
−6I1 + 6I2 − 12I1 + 18 = 0 ⇒ 18I1 − 6I2 = 18
−3I2 + 21 − 2I2 − 6I2 + 6I1 = 0 ⇒ −6I1 + 11I2 = 21
La resolució del sistema dóna lloc a : I1 = 2 i I2 = 3. Amb aquests resultats hem de trobar encara les
intensitats que passen per les dues resistències de 18 Ω i de 36 Ω. La intensitat I1 = 2 circula del punt e cap
al f, i per tant, es repartirà entre les dues resistències. Si posem l’equació del nus i de la malla, tenim:

2 = Ia + Ib, 18Ia − 36Ib = 0
que permet obtenir els resultats: Ia = 4/3 i Ib = 2/3. El corrent que circula per la resistencia de 6 Ω es de
I2 − I1 = 1 dirigida de e fins a b.
La diferència de potencial Vf − Ve s’obté:
Vf + I1 · 12 = Ve ⇒ Vf − Ve = −24
Si eliminem el generador de 21 V ens queda unicament una sola malla per la qual el valor de la intensitat
I1 canviarà:
−6I1 − 12I1 + 18 = 0 ⇒ I1 = 1 ⇒ Vf − Ve = −12
7. Al circuit de la figura, entre els extrems a i b hi ha una certa diferencia de potencial que fa que
per cada resistència hi circuli una determinada intensitat de corrent. Sabent que per la resistència
de 3 Ω hi circula un corrent de 1 mA en sentit cap a la dreta, trobeu quines intensitats de corrent
circulen per les altres resistències.
SOLUCIÓ
al circuit de la figura entre els extrems a i b hi ha una diferencia de potencial que fa que per totes les
resistències hi circuli una determinada intensitat. Si coneixessim aquesta diferencia de potencial podriem
simular un generador connectat entre els extrems a i b i analitzar el circuit complet resultant que tindria
4 malles. Malgrat que aquest es un camí possible seguirem un mètode més simple. Per això cal buscar els
circuits equivalents al donat de forma que el seu estudi resulti més simple.
Així podem reagrupar les dues resistències de 3 Ω i 6 Ω per la seva equivalent, al igual que les dues de 2 Ω i
2 Ω. Quedant un circuit més senzill.

Quan dues resistències estan en paral . lel, si coneixem la intensitat que circula per una podem deduir la
intensitat que circula per l’altre. La diferencia de potencial entre els extrems de la resistència de 3 Ω val
V = 3 · 1 = 3, que es la mateixa diferencia de potencial que hi ha entre els extrems de la de 6 Ω (estàn en
paral . lel) i, per tant, la intensitat I12 = 3/6 = 0.5.
En el conjunt equivalent (branca superior) tenim el potencial a la resistència de 2 Ω que val 3 i aixi la
intensitat valdrà I1 = 3/2 = 1.5, que és la mateixa intensitat que circula per la resistència de 4 Ω.
Si observem ara el nou circuit equivalent tenim que la diferencia de potencial entre els punts a i b, Va − Vb =
6I1 = 9. Aquest valor de potencial és el mateix per la branca inferior donat que estàn en paral.lel, per
tant, I2 = 9/3 = 3. Amb això podem trobar el potencial a la resistència equivalent de 1 Ω, és a dir,
V = 1I2 = 1 · 3 = 3. Les dues resistències de 2 Ω que estan en paral . lel a la branca inferior tindran per tant
unes intensitats: I21 = 3/2 = 1.5.