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Actividad nro 1 fisica II maria matheus
- 1. República Bolivariana de Venezuela Universidad Fermín Toro Sistema de Aprendizaje Interactivo a Distancia Escuela de Ingeniería Sede Cabudare ACTIVIDAD NRO 1 Física II Alumna: María Matheus C.I: 18.438.942 Profesor: Freddy Caballero
- 2. Ejercicios Ley de Gauss 56. Imagine dos esferas conductoras idénticas cuyas superficies se encuentran a una pequeña distancia una de la otra. A una esfera se le da una gran carga positiva neta, en tanto que a la otra se le da una pequeña carga neta, también positiva. Se descubre que la fuerza existente entre ambas esferas es de atracción, aun cuando las dos tienen cargas netas del mismo signo. Explique por qué es posible esto. Se q la carga pequeña y Q la grande, entonces se cumple que, q3 = Q+q≈ Q, entonces: 𝑞1 𝑞2 = 𝑄𝑄 ≈ 𝑄(𝑄 + 𝑞) = 𝑞1 𝑞3 𝑦 𝑟2 > 𝑟1 ⟹ 1 𝑟2 < 1 𝑟1 ⟹ 1 𝑟2 2 < 1 𝑟1 2 Luego: 𝑞1 𝑞3 𝑟2 2 < 𝑞1 𝑞2 𝑟1 2 𝐹3 < 𝐹2 Por lo que: 𝐹𝑅 𝐷𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎 = 𝐹3 − 𝐹2 < 0 Puesto que F2 es de atracción y F3 repulsión, se tiene que ambas cargas se atraen. 57. Una esfera aislante sólida, de radio a, tiene una densidad de carga uniforme p y una carga total Q, colocada en forma concéntrica a esta esfera existe otra esfera hueca, conductora pero descargada, de radios internos y externos b y c, respectivamente, como se puede observar en la figura. a. determine la magnitud del campo eléctrico en las regiones r<a, a<r<b, b<r<c y r<c. b. Determine la carga inducida por unidad de superficie en las superficies interna y externa de la esfera hueca. + - - - + - - - + r1 r2 q3=Q+q q1 =Q q2 =Q F1 F2 F3 … .. Aislante Conductora cb
- 3. Solución: Esfera aislante: 𝑝 = 𝑄 4 3 𝜋𝑎3 => 𝑝 = 3𝑄 4𝜋𝑎3 Para una superficie gaussiana con r < a 𝑝 = 𝑞𝑒𝑛𝑐1 4 3 𝜋𝑟3 = 3𝑄 4𝜋𝑎3 q en 𝑐1= 4 3 𝜋𝑟3 . 3𝑄 4𝜋𝑎3 q en 𝑐1= 𝑟3 𝑎3 . 𝑄 Por la ley de Gauss: Para r < a ∫ 𝐸1 ⃗⃗⃗⃗ . 𝑑𝑠 = 𝑞𝑒𝑛𝑐1 𝐸0 𝐸1 ∫ 𝑑𝑠. 𝑐𝑜𝑠0 = 𝑟3 𝑎3 𝑄 𝐸0 𝐸1.S = 𝑟3 𝑄 𝐸0 𝑎3 𝐸1.4𝜋𝑟2 = 𝑟3 𝑄 𝐸0 𝑎3 𝐸1. = 𝑟3 𝑄 4𝜋𝐸0 𝑟2 𝑎3 𝐸1. = 𝑟 𝑄 4𝜋𝐸0 𝑎3 Para a < r < b: q en c = 0 ∫ 𝐸2 ⃗⃗⃗⃗ . 𝑑𝑠 = 𝑞𝑒𝑛𝑐2 𝐸0 ∫ 𝐸2. 𝑑𝑠. 𝑐𝑜𝑠0 = 𝑄 𝐸0 𝐸2.S = 𝑄 𝐸0 a 𝑑𝑠̅̅̅ 𝐸1 ̅̅̅ 1 a 1
- 4. 𝐸2 = 𝑄 𝑆𝐸0 𝐸2 = 𝑄 4𝜋𝑟2 𝐸0 Para b < r < c Como la carga se distribuye en el interior de la superficie conductora, de tal manera que cualquier superficie gaussiana en su interior el campo es nulo: 𝐸3= 0 Para r > c 𝑑𝑠4⃗⃗⃗ 𝐸⃗4 ∫ 𝐸4 ⃗⃗⃗⃗ . 𝑑𝑠4⃗⃗⃗ = 𝑞𝑒𝑛𝑐4 𝐸0 q en 𝑐4 = Q + 0 = Q 𝐸4 ∫ 𝑑𝑠4 = 𝑄 𝐸0 𝐸4.𝑆4 = 𝑄 𝐸0 𝐸4 = 𝑄 𝑆4 𝐸0 𝐸4 = 𝑄 4𝜋𝑟2 𝐸0 Además, Carga inducida por unidad de superficie para el interior de radio b: 𝛿 𝑏= - 𝑄 4𝜋𝑏2 Para el exterior de radio c: +Q 𝛿𝑐= - 𝑄 4𝜋𝑐2 . a b c . q b a c -Q
- 5. Ejercicios Ley de Coulumb 57. En las esquinas de un rectángulo, según se muestra en la figura P1.57, se localizan cuatro cargas puntuales idénticas (𝑞 = +10.0 𝜇𝐶). Las dimensiones del rectángulo son L= 60.0 cm y W = 15.0 cm. Calcule la magnitud y dirección de la fuerza eléctrica resultante ejercida por las otras tres cargas sobre la carga en la esquina inferior izquierda. Solución: Datos q = 10 µ c L = 60 cm = 0,6m w = 15cm = 0,15 m r = √𝐿2 + 𝑤2 r = √0,62 + 0,152 r = 0,618465843 m q q q q L W y q q wr r Ѳ r y x 𝐹1 ⃗⃗⃗ 𝐹3 ⃗⃗⃗⃗ 𝐹2 ⃗⃗⃗⃗ q
- 6. F1 = K . 𝑞 . 𝑞 𝐿2 F1 = 9x109 𝑁𝑚2 𝐶2 x 10𝑥10−6 𝐶 . 10𝑥10−6 𝐶 (0,6𝑚)2 F1 = 2,5 N F2 = K . 𝑞 . 𝑞 𝑤2 F2 = 9x109 𝑁𝑚2 𝐶2 x 10𝑥10−6 𝐶 . 10𝑥10−6 𝐶 (0,15𝑚)2 F2 = 40 N F3 = K . 𝑞 . 𝑞 𝑟2 F3 = 9x109 𝑁𝑚2 𝐶2 x 10𝑥10−6 𝐶 . 10𝑥10−6 𝐶 (0,618465844 𝑚)2 F3 = 2,35294118 N F3x=F3 . Cos Ѳ = 2,35294118 N . Cos 14,0.36º F3x=2,3519 N F3y= F3 . Sen Ѳ = 2,35294118 N . Sen 14,0.36º F3y= 2,35186767 N FRX = F1 + F3X = 2,5 N + 2,3519 N FRX = 4,8519 N FRY = F2 + F3Y = 40 N + 2,35186767 N FRY = 42,35186767 N FR = √ 𝐹𝑅𝑋 2 + 𝐹𝑅𝑌 2 FR = √(4,8519 𝑁)2 + (42,3519 𝑁)2 FR = 42,6289 N
- 7. tan 𝛼 = 𝐹𝑅𝑌 𝐹𝑅𝑋 tan 𝛼 = 42,35186767 𝑁 4,8519 𝑁 𝛼 = 𝑡𝑎𝑛−1 42,35186767 𝑁 4,8519 𝑁 𝛼 = 83,46 º Formato con el eje x Negativo en sentido anti horario.