UNIVERSIDAD “FERMIN TORO”VICERRECTORADO ACADEMICO

FACULTAD DE INGENIERIACABUDARE EDO. LARA

Teoría Electromagnética

Integrantes:Rafael Torres

19.726.035

Cabudare, Marzo 2015

(P3-2)

Tres cargas puntuales de 2µc están situadas en el aire, en los vértices de un triangulo equilátero de 10cm de lado. Determine la magnitud y la dirección de la fuerza experimentada por cada carga.

Solución

Datos:

a) q1=q2=q3=2µc =2 x10−6C

b) r12=r23=r31=10cm = 0.1m

c) K=9 x109N .m2

C2

*El de todas las fuerzas son iguales porque todas las cargas tienen el mismo valor; entonces

|F⃗|=|⃗F 12|=|⃗F 23|=|⃗F31|k q2

r 2 (9 x109 n .m2

c2 )¿¿

*La direcciones de cada fuerza si varían, ya que dependen de la ubicación de cada carga.

*Ya que el triangulo es equilátero todos los ángulos interiores son de 60°, también el modulo de las fuerzas resultantes F⃗1 , F⃗ 2 y F⃗3 se pueden calcular usando la ley del coseno, ya que se conoce el valor de dos lados que conforman el triangulo que forman, y el ángulo que hay entre ellos, veamos:

|⃗F2|=❑√¿¿

|⃗F2|=❑√(3,6N )2+¿¿

|⃗F2|=18❑√3N5

=3,24N ;|⃗F1|=|⃗F2|=|⃗F3|=6,24N

Ahora la posición de cada vector, el vector unitario de la fuerza

|⃗F32| es a⃗x; asi F⃗32=3.6N a⃗x y F⃗23=3.6¿

Para el vector F⃗12 será:

(F12x)  ⃗=|⃗F12|cos60= 3.6N cos60°= 9/5 N

F⃗12 y=|⃗F12|sen 60°=3.6N sen60 °=9❑√35

N=3.12N

F⃗12=95N a⃗x−3.12N a⃗y

Se calcula la dirección de F⃗ 2=¿¿

F⃗ 2x=F⃗ 32x+ F⃗12 x=3.6N+ 95N=5.4N

F⃗ 2 y=⃗F32 y +⃗F12 y=∅−3.12N=−3.12N

F⃗ 2 (5.4 a⃗x−3.12 a⃗y )N

Para el vector: F⃗23=−3.6 a⃗x N

Vector F⃗13 (3er cuadrante)

F⃗13 x=|⃗F 13|cos60 °=3.6 cos60 °=95N

F⃗ 13 y=|⃗F13|sen60 °=3.6 sen60 °=3.12N

F⃗13=¿

Se calcula la dirección de F⃗ 3

F⃗ 3x=F⃗ 23 x+ F⃗ 13x=−3.6N−95N=−5.4N

F⃗ 3 y=F⃗23 y+ F⃗13 y=∅−3.12N=−3.12N

F⃗ 3 y=(−5.4 a⃗x−3.12 a⃗y )N

Para F⃗ 31

F⃗31 y=|⃗F31|cos60 °=3.6cos 60 °=95N

F⃗31 x=|⃗F 31|sen60 °=3.6 sen60 °=3.12N

F⃗31(3.12 a⃗x+ 95 a⃗y)NPara F⃗ 21

F⃗21 y=|⃗F21|cos60 °=3.6 cos60 °=95N

F⃗21 x=|⃗F 21|sen60 °=3.6 sen60 °=3.12N

F⃗21=¿

Se calcula de dirección de F⃗ 1

F⃗ 1x=F⃗ 31x+ F⃗21 x=3.12N−3.12=∅

F⃗ 1 y=F⃗31 y+ F⃗ 21 y=95N+ 9

5N=18

5N

F⃗ 1=485

a⃗y N

(P3-8)

Una distribución esférica de carga ρ=ρ ˳ [1−( R2b2 )]existe en la

región 0≤R≤b. Esta rodeada concéntricamente por una capa conductora de radio interior Ri(>b) y radio exterior R˳. determine E⃗en todos los puntos.

Solución

Se identifica como condición dada que la fuente tiene simetría, por lo tanto la superficie gaussiana, apropiada deben ser esféricas concéntricas.

1) superficie gaussiana hipotética S1 con R<b(0<R<b) dentro de la esfera, sobre esta superficie E⃗ es radial y tiene magnitud constante:

E⃗=a⃗r Er ; d⃗s= a⃗r d⃗s

Aplicando la ley de gauss, el flujo total de salida es:

∮s1

❑

E⃗ . d⃗s=Er∫s1

❑

ds=¿ Er 4π 2;∫s1

❑

ds esel area del circulo deradio R ¿

La carga tortal encerrada por la superficie gaussiana es:

Q=∫v

❑

ρvdv=∫0

2π

∫0

π

∫0

R

ρ ˳[1−(R2b2 )]RsenθdRdθd∅Q=ρ ˳∫

0

2π

∫0

π

∫0

R

(R−R3

b2 )drsenθdθd∅Q= ρ ˳∫

0

2π

∫0

π [ R22 − R4

4 b2 ] senθdθd ∅¿ 0

R¿¿

Q=ρ ˳ R24 π ( 12− R2

4b2 )¿

Q=ρ ˳ R24 π ( 12− R2

4b2 )=¿Q=4 π R2ρ ˳( 12− R2

4b2 )0≤ R≤b

luego : Er4 π R2=4 π R2ρ ˳ε ˳ ( 12− R2

4 b2 )

Er= ρ ˳ε ˳ ( 12− R2

4b2 ) a⃗r 0≤ R≤b

2)Para una superficie gaussiana S2, b≤R≤Ri

∮S2

❑

E⃗ . d⃗s=Er 4 πR2

La carga total encerrada es (toda la carga está encerrada por Ri):

Q=ρ ˳[1− R2

b1 ]4 π3 b3 Igualando nuevamente

Er 4 πR2= ρ ˳ε ˳ [1− R2

b2 ] 4π3 b3

Er= ρ ˳ε ˳ R2 [1− R2

b2 ] b3

3=¿ Er= ρ ˳b3

ε ˳3R2 (1−R2

22 )a⃗r b≤ R≤Ri

3) Para una superficie gaussiana Se; Ri ≤ R ≤ R˳

∮S3

❑

E⃗ . d⃗s=Er 4 πR2

La carga toral dentro de la capa conductora es de cero; ya que las cargas se desplazan a la superficie, luego Q=∅ entonces

Er 4 πR2=∅=¿ Er=∅ si Ri ≤R≤ R ˳

4) Para una superficie gaussiana S4; R ≥ R˳

∮S4

❑

E⃗ . d⃗s=Er 4 πR2

La carga total Q, es la que esta sobre la superficie de R˳, asi que:

∮E

❑Qε ˳

entonces :

Er 4 πR2= Qε ˳

=¿ Er Q

4 π ε ˳ R ˳2a⃗r ;R≥ R ˳