Dos alambres no conductores de 1.20 m de largo forman un ángulo recto. Un segmento tiene 2.5 µC de carga, distribuida de manera uniforme a lo largo de su longitud; el otro tiene -2.5 µC de carga, distribuida de manera uniforme a lo largo de su longitud como se muestra en la figura. a) Encuentre la magnitud direcci!n del cam"o el#ctrico $ue "roducen estos alambres en el "unto P , $ue está a %0.0 cm de cada alambre. b) &i un electr!n se libera en P , 'cuáles son la magnitud la direcci!n de la fuer(a neta $ue eercen estos alambres sobre #l*
Problema 1.
Solución: Primero calculemos calcul emos el campo eléctrico que produce la barra de carga positiva en el punto P. P. y x
r ⃗2
dx
+ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +
+ +
x
( x, x, 0) 0)
r ⃗1
d
r ⃗1 −r ⃗2 P (0,-d )
⃗ d F El elemento de carga de longitud dx y carga dq = λ dx, está localizado en la posición
r ⃗2= x ̂i + 0 ĵ , y la carga de prueba q' está colocada en el punto
r ⃗1 =0 ̂i − d ̂ j , así
2 2 x +d ∣r ⃗1−r ⃗2∣=√ x
r ⃗1 −r ⃗2=− x ̂i −d ĵ , de ahí obtenemos que
hora aplicamos la ley de !oulomb para calcular la "uerza que e#perimenta e#perimenta q' debido debido al elemento di"erencial de carga dq
⃗= d F
asi la "uerza total está dada por
1
q ' dq dq
4 π ε0
x + d ) (√ x 2
2 3
(− x ̂i − d ̂ j ) ,
[∫
L / 2
⃗= F
q ' λ 4 π ε0
− x ̂i
− L / 2
2
3 2 2
L / 2
dx +
( x + d )
−d ̂ j
∫/
2
3 2 2
( x + d )
− L 2
]
dx ,
ahora evaluado las integrales$ tenemos que
⃗= F
[
]
q ' λ L 0 ̂i − ĵ . 2 2 4 π ε0 d √ L / 4+ d
En este problema particular la distancia d es L/2, además λ = q/ L, así tenemos que
⃗= F
[
]
q' q 2 √ 2 0 ̂i − 2 ̂j , 4 π ε0 L
por lo tanto$ el campo eléctrico en el punto P será
[
]
⃗ F = q 0 ̂i − 2 √ 2 ̂j . 2 q ' 4 π ε0 L
⃗1= E
Por otra parte$ el campo producido por la barra de carga negativa tendrá la misma magnitud$ pero su dirección será hacia la izquierda %esto es debido a que ambas barras tienen la misma carga y el punto P se encuentra a la misma distancia$ d = L/2 $ de la barra& y
+ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +
x
-
-
-
-
-
-
-
-
⃗2 E
-
P (0,-d )
-
-
-
-
⃗1 E
-
-
-
-
-
-
-
-
⃗2= entonces$ E
q 4 πε 0
El campo total será
[
]
2 2 − √ 2 ̂i +0 ĵ . L
⃗ =⃗ E 1+⃗ E 2=− E
q
√ 2 π ε0 L
2
[ ̂i + ̂j ] ,
sustituyendo los valores tenemos que
N ̂ 4 N ⃗ ∣=6.24×10 4 N / C , a un ángulo de i −4.41 ×10 ̂j , la magnitud es ∣ E C C ''() medido desde el e*e + x positivo en sentido contrario a las manecillas del relo*.
⃗ =−4.41 ×10 a& E
4
⃗ =q⃗ E =7.07×10 N ̂ i +7.07 ×10 N ̂ j , cuyo módulo es +a "uerza está dada por F ⃗ ∣=1.0 ×10−15 N , en dónde hemos usado la carga del electrón e , - 1.%02 10-1 C. bserve que ∣ F la "uerza tiene dirección opuesta al campo eléctrico$ esto es porque la carga del electrón es negativa$ así que sentirá atracción debida a la barra con carga positva y repulsión de la barra negativa. −15
b&
−15
Problema 2. Una
carga negati/a - Q está distribuida de manera uniforme alrededor de un cuarto de crculo de radio, a, $ue se encuentra en el "rimer cuadrante, con el centro de cur/atura en el origen. Calcule las com"onentes x y del cam"o el#ctrico neto en el origen.
Solución
y y
x dS = R d θ
⃗r
R d θ
y
θ
x
x
/omemos un elemento de carga dq el cuál es una peque0a porción de arco$ dS . hora coloquemos una peque0a carga de prueba positiva$ q' en el origen. 1ebido a que la carga del cuarto de círculo es negativa$ la carga q' e#perimentará una "uerza en la dirección del vector ⃗r = x ̂i + ŷ j . sí$ la "uerza que act2a sobre la carga de prueba debida al elemento di"erencial dq será
⃗= d F
1
q'dq
4 π ε0
(√ x + y ) 2
2 3
( x ̂i + ŷ j ) ,
de la "igura se puede ver que √ x + y = R , x = R cos θ y y = R sin θ , donde R es el radio del círculo$ el cual es constante para cualquier elemento tomado sobre el aro. Por otro lado$ la densidad 2
2
de carga será
λ= de donde obtenemos que
dq dq , = dS R d θ
dq =λ R d θ , sustituyendo en la e#presión para la "uerza$ se tiene
⃗= d F
1 4 π ε0
q ' λ R
( cos θ d θ ̂i +sin θ d θ̂ j ) ,
la "uerza total será
⃗ = q ' λ F 4 π ε0 R
π/ 2
∫ ( cos θ d θ ̂i +sin θ d θ ̂j ) , 0
donde los límites de la integral deben cubrir un cuarto de círculo
⃗= F
q ' λ ̂ ̂ ( i + j ) . 4 π ε0 R
sí el campo eléctrico en el origen será
⃗ F =
⃗= E Sustituyendo el valor de
λ=
λ
q ' 4 π ε0 R
( ̂i + ĵ ) .
Q , ya que el segmento es 1 del perímetro de un círculo$ tenemos π R / 2
que
⃗= E
Q 2
2 π ε0 R
2
( ̂i + ̂j ) .
3/: En el enunciado del problema al radio del cículo le denomina$ a $ así que la respuesta correcta ⃗ = 2Q 2 ( ̂i + ̂j ) . sería E 2 π ε0 a
Dos láminas mu grandes están se"aradas 5.00 cm. 3a lámina tiene una densidad de carga su"erficial uniforme de -.50 µCm2; la lámina 4, $ue está a la derec4a de , tiene una densidad de carga uniforme de -11.%0 µCm2. &u"onga $ue las láminas son los suficientemente grandes como "ara considerarse infinitas. Encuentre la magnitud direcci!n del cam"o el#ctrico neto $ue estás láminas "roducen en un "unto a) .00 cm a la derec4a de la lámina ; b) .00 cm a la i($uierda de la lámina ; c) .00 cma la derec4a de la lámina 4. Problema 3.
Solución: z
En la "igura de la derecha se representan las láminas y los puntos de interés. +a magnitud del campo eléctrico que produce una lámina in"inita ⃗ ∣= σ , cuya dirección es está dado por ∣ E 2 ε0 perpendicular al plano y es indipendiente de la distancia respecto a la lámina. En este caso el campo eléctrico que produce cada lámina está dirigido a lo largo del e*e 5 y6.
5 cm
A
B
P 2
P 1
P 3
a& En el punto P 1 $ la lámina A produce un campo hacia la izquierda dado por
⃗ A=0 ̂i − E
x
σ A ̂ j +0̂k , 2 ε0
4 cm
4 cm
4 cm
mientras que la lámica B produce un campo eléctrico hacia la derecha dado por
⃗ B=0 ̂i + E
σ B ̂ j +0̂k , 2 ε0
el campo total debido a las dos láminas es
1 (σ −σ A ) ̂j + 0 k̂ , 2 ε0 B sustituendo los /alorse de las densidades tenemos
⃗ =⃗ E A+⃗ E B =0 ̂i + E
⃗ =0 ̂i +1.18×10 E
5
N ̂ j+0̂ k . C
b& En el punto P 2 las dos láminas producen un campo hacia el e*e 5 y” positivo
⃗ =0 ̂i + E
1 N (σ B+σ A) ĵ +0̂ k =0 ̂i + 1.19×106 ĵ +0̂ k . 2 ε0 C
⃗ =0 ̂i −1.19 ×10 c) En P ambas láminas "roducen un cam"o 4acia la i($uierda E
6
N ̂ ̂ j+ 0 k . C
y
Problema 4. Un
disco delgado con un aguero circular en el centro, llamado corona circular , tiene un radio interior R1 un radio eterior R2. El disco tiene una densidad de carga uniforme "ositi/a σ en su su"erficie. a) Determine la carga el#ctrica total en la corona circular. b) 3a corona circular se encuentra en el "lano yz , con su centro en el origen. 6ara un "unto arbitrario en el ee x 7el ee de la corona circular), encuentre la magnitud la direcci!n del cam"o el#ctrico
x R2 z
⃗ Considere "untos arriba abao de la E .
R1
corona circular. c) Demuestre $ue en "untos sobre el ee x $ue est#n lo suficientemente cerca del origen, la magnitud del cam"o el#ctrico es a"roimadamente "ro"orcional a la distancia entre el centro de la corona circular el "unto. '8u# tan cerca es +suficientemente cerca* d) Una "artcula "untual de masa m carga negati/a -q tiene libertad de mo/imiento a lo largo del ee x 7"ero no "uede a"artarse del ee). 9riginalmente, la "artcula está en re"oso en x : 0.01 R1 luego se libera. Encuentre la frecuencia de oscilaci!n de la "artcula.
y
&oluci!n dr
r dr 2 π r
1e la "igura podemos ver que el anillo de grosor dr tiene una longitud 2π r $ por lo tanto el área de este elemento será dA , 2π r dr, así la densidad super"icial de carga será
σ=
dq dq , = dA 2 π r dr
por lo tanto la carga total estará dada por
∫ dq=∫ 2 π σ r dr ,
Q=
esta integral debe cubrir la corona circular$ es decir$ se debe evaluar desde R1 hasta R2. E"ectuando las integrales$ tenemos R2
a&
∫ 2 π σ r dr = πσ( R − R ).
Q=
R1
2 2
2 1
b& El campo producido por un anillo delgado de carga dq $ radio r $ a una distancia x del plano yz $ está dado por
d ⃗ E =
1
x dq
4 πε0 ( x
2
2 3/ 2
+ r )
̂i +0 ĵ +0̂ k .
así la e#presión para el campo eléctrico producido por este elemento di"erencial en "orma de anillo es
d ⃗ E =
σ x r dr ̂i + 0 ĵ +0̂ k . 2 ε0 ( x 2+r 2)3 /2
Para calcular el campo eléctrico producido por la corona circular debemos integrar desde el radio interior hasta el radio e#terior R2
⃗ = x σ ∫ 2 r dr 2 3 /2 ̂i +0̂ j+ 0 k ̂ = x σ E 2 ε0 R ( x +r ) 2 ε0 1
[ √
1
x
2
− 2
+ R 1
1
√ x + R 2
2 2
]
̂i +0̂ j+ 0 k̂ ,
en esta 2ltima e#presión se puede "actorizar x en los radicales$ para obtener
⃗= E
σ 2 ε0
[√
1
− 2
1+ ( R1 / x )
1
√ a +( R / x )
2
2
]
̂i +0̂ j+ 0 k ̂ .
Esta e#presión es válida para puntos por encima del plano yz $ para puntos por deba*o del plano el campo tendría una dirección opuesta$ es decir
⃗ =− E
σ 2ε0
[√
1 1 +( R1 / x )
− 2
1
√ a +( R / x) 2
2
]
̂i +0̂ j +0̂ k .
c& 7etomando la e#presión que habíamos encontrado para el campo eléctrico
⃗= E
x σ 2 ε0
[ √
x
1 2
− 2
+ R1
1
√ x + R 2
2 2
]
̂i + 0 ĵ +0̂ k ,
de dónde se obtiene que
⃗ ∣= ∣ E
x σ 2 ε0
[ √
x
1 2
− 2
+ R1
1
√
x
2
+ R22
]
,
para el caso de valores muy peque0os del valor absoluto de x $ podemos despreciar los términos cuadráticos para x y obtener una apro#imación para la magnitud del campo
[
]
⃗ ∣≈ σ 1 − 1 x , ∣ E 2 ε 0 R1 R 2 de donde se puede observar que la magnitud es proporcional a x.
[
]
⃗ ∣=−q∣ E ⃗ ∣=− q σ 1 − 1 x , ∣ F 2 ε0 R1 R2
d& +a magnitud de la "uerza actuando sobre la partícula es
2
ahora aplicando la segunda ley de 3e8ton
⃗ ∣= m⃗∣a∣=m d x2 , se obtiene ∣ F d t
[
2
]
d x q 1 1 m =− σ − x , 2 2 ε0 R1 R2 d t o bien 2
d x
[ ( )]
=− 2
d t
qσ 1 1 x . − 2 m ε0 R1 R 2 2
d x
!omparando esta ecuación con la de un oscilador armónico$
2
d t
=−ω 2 x , observamos que la
velocidad angular es
ω=
√ (
)
q σ 1 1 − , 2 m ε0 R1 R2
por lo tanto$ la "recuencia es =
√ (
qσ 1 1 ω= 1 − 2 π 2 π 2 m ε0 R1 R2
)
Problema 5.
cargas "untuales se ubican en el "lano xy como sigue una carga de 5 nC está en y : 5 cm, una carga de -10 nC está en y : -5 cm otra carga de 15 nC está en x : -5 cm. =allar las coordenadas #-y "ara $ue una cuarta carga de 20 nC "rodu(ca un cam"o el#ctrico igual a cero en el origen.
Solución: 1e acuerdo a las tres primeras cargas$ la cuarta carga debe colocarse sobre el e*e x positivo y sobre el e*e y negativo. Sea 7 x,-y) la posición de la carga q $ así el campo producido por cada carga en el origen es −9
5 ×10 C ̂ ⃗1=− E j , 2 4 πε 0 a donde a , 0.05 m. 1
⃗2=− E
−9
2 ×5×10 C ̂ j , 2 4 π ε0 a 1
q1 q3 y x q2
q4
−9
3×5×10 C ̂ ⃗3=+ E i, 2 4 π ε0 a 1
y para la carga q9 $ tenemos que el campo tiene la dirección mostrada en la "igura$ es decir$ va en la − x ̂i + ŷ j dirección del vector unitario !̂ = 2 , por lo tanto ( x + y 2)1 /2
⃗4= E
− x ̂i + ŷ j ̂ i, 2 2 √ x + y
−9
4×5 ×10 C
1 4 πε 0
x
2
+ y 2
por lo tanto$ el campo eléctrico %en el origen& debido a las cuatro cargas es −9
⃗ =⃗ E 1+⃗ E 2+⃗ E 3+⃗ E 4= 5×10 C − 32 ĵ + 32 ̂i − 2 4 x2 3 / 2 ̂i + 2 4 y2 3/ 2 ĵ , E 4 π ε0 a a ( x + y ) ( x + y ) para que el campo sea nulo en el origen$ se requiere que
4 x
3
2 3 /2
2
( x + y )
= 2 ,
4 y
a 3
= , ( x + y 2)3 /2 a 2 2
de estas ecuaciones podemos obtener que
4 x = 4 y =
3
(2 x 2+ y 2 )3 /2 ,
a 3 a
2
( x + y ) / , 2
2 3 2
así obtenemos que x = y. Sustituyendo este resultado en cualquiera de las ecuaciones anteriores$ para hallar
4 x = así obtenermos que x = y =
2a
=
3
a 10 "m
√ 6 √ 2 √ 6 √ 2
(2 x 2+ x 2)3 / 2= 32 √ 8 x 3 , a
≈ 3.43 "m.
Problema 6. Dos cargas "untuales de 1 nC
> 2 nC están ubicadas en 70,0,0) 71,1,1) res"ecti/amente, en el es"acio libre. Determinar la fuer(a /ectorial $ue act?a sobre cada carga.
&oluci!n z
+a "uerza que e#perimenta la carga en el origen tendrá la ̂ $ esto es misma dirección que el vector ⃗ r =̂i + ĵ + k
⃗= F
1
q1 q 2
4 π ε0 ⃗∣r ∣
2
r̂ =
1
q1q2
4 π ε0 ⃗∣ r ∣
3
r
⃗r ,
1
y 1
al sustituir los /alores de las cargas obtenemos $ue
1
⃗ =( 3.46 ̂i +3.46̂ j +3.46̂ k )×10 N . F +a "uerza que e#perimenta la carga en %$$& tendrá la misma magnitud pero en sentido contrario. x
−8
Problema 7. Una
carga de -1 nC está en el origen en el es"acio libre. '8u# carga debe colocarse en 72,0,0) "ara $ue E x sea
cero en 7,1,1)*
Solución: z
Se debe calcular el campo en el punto 7,1,1) debido a las dos cargas y buscar las condiciones para que la componente en x del campo total sea cero. 1ebido a que la carga que se encuentra en el origen es negativo$ el campo producido por esta tendrá la misma dirección que el vector r ⃗1 $ el cual está dado por
⃗1= E
1
q1
r ̂ = 2 1
4 π ε0 ⃗∣r 1∣
1
q1
r , 4 π ε0 ⃗∣r 1∣3⃗ 1
r ⃗1
y
2
r ⃗2
1
3
1
x
r ⃗1=−3 ̂i − ĵ − k̂ , y ⃗∣r 1∣=√ 11. Sustituyendo los valores dados en el problema y tomando 9 2 2 1 /( 4 π ε0)= 9×10 N m / C , tenemos que
en donde
−9
̂ )=− 27 ̂i − 9 ̂j − 9 k̂ # ⃗1=( 9×109 N m2 / C 2 ) 1×10 3C (−3 ̂i − ĵ − k E √ 1331 √ 1331 √ 1331 (√ 11) 1ebido a que la componente en x del campo debido a la carga en el origen es negativa$ se requiere que la componente en x del campo producido por la carga q2 tenga la misma dirección del vector r 2 para que ambos se anulen. Por lo que la carga q2 debe ser positiva para generar el campo requerido. bserve que el vector r 2 va de x:2 a x:, por lo tanto su componente en x es positiva$ asi tenemos que el campo producido por la carga en 72,0,0) es
⃗2= E donde
r ⃗2= ̂i + ĵ + k̂ , por lo que
q2
1
4 πε0 ⃗∣r 2∣
2
r ̂2 =
1
q2
r , 3⃗ 2 4 π ε0 ∣⃗ r 2∣
⃗∣r 2∣= √ 3 . Entonces$
⃗2=(9×10 N m / C E 9
2
2
)
q2
√ 27
̂ ) , ( ̂i + ̂j + k
para que la componente en x del campo total sea nula es necesario que
9×10 "inalmente se obtiene que
−10
q 2≈ 4.27×10
9
q2
√ 27
=
27 , √ 1331
C .
Problema 8. Una
"e$ue@a esfera de "lomo está encerrada en "lástico aislador sus"endida /erticalmente de un resorte ideal 7 k : 12% Am) sobre una mesa de laboratorio. 3a masa total de la esfera recubierta es de 0.B g su centro se encuentra a 15.0 cm sobre la mesa cuando está en e$uilibrio. 3a esfera se ala 4acia abao 5.00 cm "or debao del e$uilibrio; sobre ella se de"osita una carga el#ctrica Q : -.00 µC luego se libera. a) Con el uso de lo $ue sabe acerca de la oscilaci!n arm!nica, escriba una e"resi!n "ara la intensidad del cam"o el#ctrico como funci!n del tiem"o $ue se medira en el "unto sobre la mesa 7 P ) directamente "or debao de la esfera.
15 cm
P Solución: +a es"era que cuelga tiene una posición que oscila al rededor de z , 0.15 m $ es decir$ su posición está dada por una ecuación de la "orma z % t & , 0.15 m ; z <% t & $ donde
z 0 ( t )= A cos (ω t ) , dode A es la amplitud de la oscilación$ la cual para este caso es A , 5 cm : 0.05 m y ω es la "recuencia angular de un oscilador dada por oscilatorio. sí$ tenemos que
ω=
√
k 1 ≈12.55 . NOTA: 7evisar el tema de movimiento m $
1 z ( t )=0.15− 0.05 m cos ( 12.55 t ) . $ El signo negativo se debe a que el resorte "ue *alado hacia aba*o$ es decir$ empezó su movimiento por deba*o de <.( m. +a magnitud del campo en el punto P será
⃗ ∣= ∣ E
1
4
Q
=
4 π ε0 [ z ( t ) ]2
2
2.7 ×10 N m / C
[
0.15m− 0.05m cos( 12.55
1 t ) $
]
2
.
Si se "actoriza 0.05 m en el denominador$ tenemos 7 1.08 ×10 N / C ⃗ ∣ E ∣=
[
1 3.0−cos ( 12.55 t ) $
]
2
.
Problema 9.
cargas , q, 2 q, q, están conectadas "or medio de cuerdas como se indica en la figura. Determinar las tensiones % 1 % 2.
% 1 &q
% 2
d
&2q
d
&q
Solución: +as "uerzas actuado sobre la carga q son tres: la tensión / 1 %a la dereha& la "uerza debida a la carga 2q %a la izquierda& y la "uerza debida a la carga q %a la izquierda&$ así que aplicando condiciones de equilibrio se tiene que
% 1=
1
( q )( 2q )
4 π ε0
d
2
2 ( q )( 4q ) 1 3q . + = 4 πε0 ( 2 d ) 2 4 π ε0 d 2
1
+as "uerzas actuado sobre la carga q son tres: la tensión / 2 %a la izquierda& la "uerza debida a la carga 2q %a la derecha& y la "uerza debida a la carga q %a la derecha&$ así que aplicando condiciones de equilibrio se tiene que
% 2=
1
(4q )( 2q )
4 πε0
d
2
2 ( 4q )( q ) 1 9q . + = 4 πε 0 ( 2 d )2 4 π ε0 d 2
1
Problema 10. Dos
"e$ue@as esferas de masa m están sus"endidas, de un "unto com?n mediante cuerdas de longitud L. Cuando cada una de las esferas tiene una carga q, cada cuerda forma un ángulo θ con la /ertical. 7a) Demostrar $ue la carga q /iene dada "or
q =2 L sin θ √ ( m( / k ) tan θ , donde k =
1 4 πε 0
. b) Determine q si m : 10g, L : 50 cm θ
: 10.
Solución:
%
a& En la "igura de la derecha se muestra una representación del problema. En el diagrama de cuerpo libre de la partícula de la izquierda act2an tres "uerzas: el peso$ la tensión de la cuerda y la "uerza de !oulomb F. plicando las condiciones de equilibrio$ tenemos que
θ θ θ
L
F
a m(
Σ F x =% sin θ− F = % sin θ−
k qq
( 2a )2
= 0 ,
donde k , = πε0, además de la "igura se tiene que a = L $i) θ $ por lo tanto$ 2
kq % sin θ= , 2 2 4 L sin θ por otro lado$
Σ F y=% cos θ− m( =0 → % =
m( , cos θ
sustituyendo este valor de % en la ecuación de suma de "uerzas en x $ se obtiene 2
m ( kq , sin θ= 2 2 cos θ 4 L sin θ q =2 L sin θ
√
√
m ( tan θ . k
(0.01kg )( 9.81m / $ 2 ) tan ( 10 * ) −7 2 10 C =0.2 μ C . = × b) q =2 ( 0.5m ) sin ( 10 * ) 9 2 2 9 ×10 N m / C
⃗ $ue coloca un "#ndulo sim"le de 1.0 m de longitud 5 g de masa en un cam"o el#ctrico uniforme E se dirige /erticalmente 4acia arriba. 3a +lentea del "#ndulo tiene una carga de -B µC. El "eriodo del "#ndulo es 1.2 s. Determine el m!dulo del cam"o el#ctrico. Problema 11. &e
Solución: En el diagrama de la derecha se muestra el péndulo$ así como las "uerzas actuando sobre él. En primer lugar$ se observa que el peso de la lente*a se dirige hacia aba*o$ además e#iste una "uerza debido al campo eléctrico. El campo eléctrico está dirigido hacia arriba$ pero la carga eléctrica es negativa$ por lo tanto la "uerza que act2a sobre la carga está dirigida hacia aba*o cuya magnitud es F =qE . Se puede ver que las componentes en la dirección del movimiento son
θ
L q L θ m( θ qE
Σ F $=−m ( sin θ− q E sin θ=−sin θ(m ( + q E ) , donde $= L θ indica el trayecto %arco& sobre el cual se mueve la lente*a. plicando la segunda ley de 3e8ton$ tenemos que 2
m
2
d $ d θ m L = =−sin θ( m ( + q E ) , 2 2 d t d t
sin θ≈θ , así se obtiene
para oscilaciones peque0as se puede usar las apro#imación
2
d θ ( q E =−( + )θ , 2 L m L d t 2
comparando esta ecuación con la de un oscilador armónico simple está dado por la e#presión
2π τ= ω , se puede ver que
ω=
por lo tanto el periodo es
τ=2 π
√
√
d θ =−ω2 θ , donde el periodo 2 d t
√
( q E m ( +q E , + = L m L mL
mL , entonces m ( +q E 2
E =
4π m L q τ
2
−
m ( , q
sustituyendo los valores dados en el problema$ se obtiene
E =1.1×10
4
N . C
