Campo y potencial eléctrico

a) Aplicamos la relación entre campo y potencial que da el enunciado:$$E(x) = -\frac{dV}{dx} = -\frac{d(-3x)}{dx} = 3\ \text{V}\,\text{m}^{-1}$$El campo no depende de $x$: es uniforme en toda la región entre las placas, $E = 3\ \text{V/m} = 3\ \text{N/C}$. Es positivo, así que apunta en el sentido positivo del eje $x$, de los potenciales altos a los bajos: la placa positiva está en $x = 0$ (donde $V = 0$) y la negativa hacia $x = 10\,\text{m}$ (donde $V = -30\,\text{V}$).$$\vec E = 3\,\vec i\ \ \text{V}\,\text{m}^{-1}$$b) La fuerza eléctrica sobre la carga $q = 10\,\text{nC} = 10^{-8}\,\text{C}$ es $F = qE$, y por la segunda ley de Newton:$$a = \frac{qE}{m} = \frac{10^{-8}\cdot 3}{6\cdot 10^{-10}} = 50\ \text{m}\,\text{s}^{-2}$$Como el campo es uniforme, esta aceleración es la misma en $x = 5\,\text{m}$ que en cualquier otro punto entre las placas. La carga es positiva, así que la aceleración va en el sentido del campo, $+\vec i$.

c) La fuerza eléctrica es conservativa, así que la energía mecánica se conserva entre el origen (reposo, $V = 0$) y $x = 5\,\text{m}$ (donde $V(5) = -15\,\text{V}$):$$\tfrac{1}{2}mv_0^2 + qV(0) = \tfrac{1}{2}mv^2 + qV(5) \quad\Longrightarrow\quad \tfrac{1}{2}mv^2 = q\,[V(0) - V(5)] = 10^{-8}\cdot 15 = 1{,}5\cdot 10^{-7}\ \text{J}$$Despejamos la velocidad:$$v = \sqrt{\frac{2\cdot 1{,}5\cdot 10^{-7}}{6\cdot 10^{-10}}} = \sqrt{500} = 22{,}4\ \text{m}\,\text{s}^{-1}$$Comprobación con la cinemática: con aceleración constante desde el reposo, $v^2 = 2a\,\Delta x = 2\cdot 50\cdot 5 = 500$, el mismo resultado.

En la simulación, la carga se acelera desde el reposo entre dos placas con la misma diferencia de potencial ($15\,\text{V}$) y puedes leer su velocidad de salida; lo que le pasa después en el campo magnético ya no forma parte de este problema: