F3 - 1S: Ejercicio 6 parte a

Hola buenas, no logre demostrar lo pedido en esta parte.

Cuando realizo el diagrama de cuerpo libre de la particula a la izq. me queda:
î : T.senθ = F12
^j: T.cosθ = mg

Luego tengo las ecuaciones:
tgθ ≈ senθ = (x/2)/L
F12 = k q^2 / x^2

Tras sustituir todo me queda: q = ( (mg.x^3 .2π.εo) / (cosθ. L) ) ^1/2

No se como sacar ese cosθ. ¿Me podrian ayudar? Gracias de antemano

Si es necesario puedo pasar foto de como tengo las cuentas

Re: Ejercicio 6 parte a

de Alexis Sokorov Vargas - jueves, 13 de marzo de 2025, 23:30

Buenas! Te comento cómo lo resolví yo, capaz logras entender mejor.
En el versor

$\hat{i}$ tengo las mismas ecuaciones que vos, es decir,

$T\sin\theta=F_{2\to1}$ y en

$\hat{j}$ también lo mismo (

$T\cos\theta=mg$ )

Traté de despejar la tensión de la ecuación en el versor

$\hat{j}$ tal que

$\displaystyle T=\frac{mg}{\cos\theta}$ y luego usé ese valor de

$T$ en la ecuación de

$\hat{i}$ , quedándome:

$\displaystyle T\sin \theta = \left( \frac{mg}{\cos\theta}\right)\sin\theta=mg\tan\theta=F_{2\to1}$ , es decir,

$mg\tan\theta=F_{2\to1}$ pero por letra (creo que es pequeñas oscilaciones) sabés que

$\tan\theta \approx \sin\theta$ entonces tenés

$mg\sin\theta = F_{2\to1}$

Los dos despejamos a

$\sin\theta$ como

$\displaystyle \sin\theta = \frac{x}{2L}$ así que nos quedaría

$\displaystyle mg\sin\theta = mg \cdot \frac{x}{2L} = \frac{1}{4\pi \epsilon _0} \cdot \frac{q^2}{x^2} = F_{2\to1}$ (por las dudas escribí a la fuerza eléctrica que hace la carga 2 sobre la carga 1 como

$\displaystyle F_{2\to1} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \cdot \frac{q_1 q_2}{r^2} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \cdot \frac{q^2}{x^2}$ )

Y ahí ya despejas

$q$ que te queda

$\displaystyle q = \left( \frac{2\pi\epsilon_0mgx^3}{L}\right)^{\frac{1}{2}}$

(paso foto del planteo por si no queda del todo claro)