Proyecto 1.- Fisica III

Moreno Torres José Adán.

Proyecto 1.- Líneas de campo eléctrico. Tres cargas q positivas idénticas están ubicadas en las esquinas de un triángulo equilátero de lado a, como se muestra en la figura. a) Suponga que las tres cargas juntas producen un campo eléctrico. Dibuje las líneas de campo en el plano de las cargas. b) Determine la localización de un punto (distinto de ∞) donde el campo eléctrico es igual a cero. c) ¿Cuál es la magnitud y la dirección del campo eléctrico en P debido a las dos cargas ubicadas en la base?

a.- Líneas de campo producida para las tres cargas con signo positivo. Las tres cargas positivas interactuando, definen una repulsión mutua entre sí. Al colocar una carga de prueba q positiva en el centro del triángulo equilátero, ésta debería quedar en equilibrio debido a la influencia de las tres cargas de igual magnitud y colocadas a la misma distancia. Si se dibujan las líneas de fuerza, que representa al campo eléctrico E  alrededor de cada carga se verifica que E = O (vector nulo) en el centro del triángulo, como se muestra en la figura Para esta situación las líneas del campo están dirigidas radialmente hacia afuera de las cargas puntuales por ser cargas positiva.

10

5

0

 5

 10  10

 5

0

5

10

Moreno Torres José Adán. Líneas de campo para las tres cargas positivas. b) Localización de un punto (distinto de ∞) donde el campo eléctrico es igual a cero Para facilitar la ejecución se designará q1, q2 y q3 las cargas en cada vértice como se muestra en la figura 2 y como F 1, F2 y F3 las fuerzas que actúan sobre q0 +. (Diagrama de fuerzas en el centro del triángulo, que actúan sobre q0 +) La fuerza electrostática resultante es igual a: FR = F1+ F2+ F3 en el centro del triángulo, entonces calculamos el campo eléctrico total.

ER=

FR F 1 F 2 F 3 = + + =E 1+ E 2+ E 3 q0 q0 q0 q0

Cada fuerza se obtiene aplicando la ley de Coulomb, su dirección y sentido lo define el ángulo respectivo;

F 1=

k∗q 1∗q 0 (− j) 2 r

Entonces:

F 2=

E 1=

k∗q (− j) r2

k∗q 2∗q 0 (cos ( 150 ° ) i+ Sen ( 150° ) j) r2

Entonces:

E 2=

k∗q (cos ( 150 ° ) i+ Sen ( 150° ) j) r2

F 3=

k∗q 3∗q 0 ( cos ( 30 ° ) i+Sen ( 30 ° ) j) 2 r

Entonces:

E 3=

k∗q (cos ( 30° ) i+ Sen ( 30 ° ) j) 2 r

Se utiliza superposición para los 3 campos eléctricos (suma vectorial E1+E2+E3) y se obtiene:

ER=

k∗q [ ( cos ( 150 ° ) +cos ( 30 ° ) ) i+(Sen ( 150 ° ) +Sen ( 30 ° ) j)] r2

Moreno Torres José Adán. Como Cos (150º) = - Cos (30º) y Sen (150º) + Sen (30º) = 1; entonces los componentes horizontales y verticales se anulan entre sí

Entonces resulta que el campo es cero en el centro del triángulo.

c) Magnitud y dirección del campo eléctrico en P debido a las dos cargas ubicadas en la base En el punto P la fuerza resultante es debido a la suma del efecto de la carga, q2 y q3, que son de la misma magnitud y están a la misma distancia. El efecto de la carga q1 se ignora, puesto que no puede ejercer fuerza sobre sí misma.

El campo eléctrico resultante es ER= E2 + E3 donde

E 2=

F2 q0

F 2=

k∗q 2∗q 0 (cos ( 120 ° ) i+ Sen ( 120° ) j) a2

E 2=

k∗q (cos ( 120 ° ) i+ Sen ( 120° ) j) 2 a

Para E3:

E 3=

F3 q0

F 3=

k∗q 3∗q 0 ( cos ( 60 ° ) i+Sen ( 60 ° ) j) a2

E 3=

k∗q (cos (60 ° )i+Sen ( 60 ° ) j) a2

Como Cos (120º) = - Cos (60º) las componentes horizontales se cancelan mutuamente, y solo quedan las componentes verticales. Sumando los vectores E2, E3 se obtiene:

ER=

(

)

k∗q 2∗√ 3 ( Sen ( 120 ° ) i+ Sen ( 60° ) j ) = k∗q j 2 2 2 a a

Moreno Torres José Adán. Simplificando queda:

ER=√ 3

k∗q N ( j) C a2

Enseguida se muestran los resultados del inciso c, donde se les asigna un valor Datos:

k =8.99 ¿10 9 ; ( N m2 /C2 ) q 1=10∗10−6 ; (C) q 2=10∗10−6 ; (C) q 3=10∗10−6 ; (C) a=a=a= 5 (m)

numérico a las cargas y a las distancias entre ellas.

ER=√ 3

k∗q N ( j) C a2

ER=6.23∗103 ( j)

N C