CAPÍTULO 5 5.1. Dada la densidad de corriente J = −104[sen(2x)e

CAPÍTULO 5
5.1. Dada la densidad de corriente J = −104 [sen(2x)e−2y a
x
+ cos(2x)e−2y ay ] kA/m2 :
a) Encuentre la corriente total cruzando el plano y = 1 en la dirección a y en la región 0 < x < 1,
0 < z < 2: Este se encuentra a través
2 1
2 1
I=
J · n da =
J · ay dx dz =
−104 cos(2x)e−2 dx dz
S
y=1
S
0
0
0
0
1
1
= −104 (2) sen(2x) e−2 = −1.23 MA
0
2
b) Encuentre la corriente total que deja la región 0 < x, x < 1, 2 < z < 3 por integración J · dS de la superficie
del cubo anterior: Note primero que la corriente a través de la tapa y las superficies de fondo no existirán,
ya que J no tiene componente z . También notar que no habrá corriente a través del plano x = 0 , ya que hay
J x = 0. La corriente pasará a través las tres superficies restantes, y se encontrará a través de
3 1
3 1
3 1
I=
J · (−ay )
dx dz +
J · (ay )
dx dz +
J · (ax )
dy dz
y=0
y=1
x=1
2
0
2
0
2
0
3 1
3 1
sen(2)e−2y dy dz
cos(2x)e−0 − cos(2x)e−2 dx dz − 104
= 104
2
0
2 0
1
1
1
1
sen(2x) (3 − 2) 1 − e−2 + 104
sen(2)e−2y (3 − 2) = 0
= 104
0
0
2
2
c) Repita el inciso b, pero use el teorema de divergencia: Encontramos la corriente exterior neta a través de la superficie
del cubo por integración la divergencia de J del volumen del cubo anterior. Tenemos
∇ ·J=
∂Jy
∂Jx
+
= −10−4 2 cos(2x)e−2y − 2 cos(2x)e−2y = 0 como lo esperado
∂x
∂y
5.2. Sea la densidad de corriente J = 2φ cos2 φa ρ − ρ sen 2φaφ A/m2 dentro de la región 2.1 < ρ < 2.5,
0 < φ < 0.1 rad, 6 < z < 6.1. Encuentre la corriente total I que cruza la superficie:
a) ρ = 2.2, 0 < φ < 0.1, 6 < z < 6.1 en la dirección a ρ : Esta es una superficie de constante ρ, tan sólo
la componente radial J contribuirá: En ρ = 2.2 escribimos:
I=
6.1 0.1
J · dS =
2(2) cos φ aρ · aρ 2dφdz = 2(2.2) (0.1)
6
0
0.1 1
2 1
= 0.2(2.2)
(0.1) + sen 2φ
= 97 mA
0
2
4
2
2
0
0.1
1
(1 + cos 2φ) dφ
2
b) φ = 0.05, 2.2 < ρ < 2.5, 6 < z < 6.1 en la dirección a φ: En este caso sólo la componente de φ
de J contribuirá:
I=
J · dS =
6
6.1 2.5
2.2
ρ 2 2.5
−ρ sen 2φ φ=0.05 aφ · aφ dρ dz = −(0.1)2 = −7 mA
2 2.2
60
5.2c. Evalúe ∇ · J en P (ρ = 2.4, φ = 0.08, z = 6.05):
∇ ·J=
1 ∂
1 ∂Jφ
1 ∂
1 ∂
(ρJρ ) +
=
(2ρ 2 cos2 φ) −
(ρ sen 2φ) = 4 cos2 φ − 2 cos 2φ 0.08
ρ ∂ρ
ρ ∂φ
ρ ∂ρ
ρ ∂φ
= 2.0 A/m3
5.3. Sea
J=
400 sen θ
ar A/m2
r2 + 4
a) Encuentre la corriente total que fluye a través de esa porción de superficie esférica r = 0.8, limitado por
0.1π < θ < 0.3π, 0 < φ < 2π: Este será
2π .3π
400 sen θ
400(.8)2 2π .3π
2
(.8) sen θ dθ dφ =
sen2 dθ
I=
J · n da =
2+4
S
(.8)
4.64
0
.1π
.1π
.3π
1
[1 − cos(2θ)] dθ = 77.4 A
= 346.5
.1π 2
b) Encuentre el valor promedio de J del área definida anterior. El área es
Área =
2π
0
.3π
.1π
(.8)2 sen θ dθ dφ = 1.46 m2
La densidad corriente promedio es así J avg = (77.4/1.46) ar = 53.0 ar A/m
. 2
5.4. El cátodo de un tubo de vacío planar está en z = 0. Sea E = −4 × 106 az V/m para z > 0. Un electrón
(e = 1.602 × 10−19 C, m = 9.11 × 10−31 kg) es emitido del cátodo con velocidad inicial cero en
t = 0.
a) Encuentre v(t): Usando la segunda ley de Newton, escribimos:
F = ma = qE ⇒ a =
(−1.602 × 10−19 )(−4 × 106 )az
= 7.0 × 1017 az m/s2
(9.11 × 10−31 )
Entonces v(t) = at = 7.0 × 1017 t .m/s
b) Encuentre z(t), la localización del electrón como una función de tiempo: Use
z(t) =
t
v(t )dt =
0
1
(7.0 × 1017 )t 2 = 3.5 × 1017 t 2 m
2
c) Determine v(z): Resuelva el resultado del inciso b para t, obteniendo
t=√
√
z
3.5 × 101 7
√
= 1.7 × 109 z
√
√
Substituya en el resultado del inciso a para encontrar v(z) = 7.0 × 1017 (1.7 × 10−9 ) z = 1.2 × 109 z m/s.
61
5.4d. Suponga que los electrones se emiten continuamente como un haz con un radio de 0.25 mm y
una corriente total de :60 µA. Encuentre J(z) y ρ(z):
J(z) =
−60 × 10−6
az = −3.1 × 102 az A/m2
π(0.25)2 (10−6 )
(negativo desde que tenemos electrones que fluyen en la dirección positiva z). Luego usamos J(z) = ρv (z)v(z), o
ρv (z) =
−3.1 × 102
2.6 × 10−7
J
−26
=
=
−
C/m3 = √ µC/m3
√
√
9
v
1.2 × 10 z
z
z
5.5. Sea
J=
20
25
aρ − 2
az A/m2
ρ
ρ + 0.01
a) Encuentre la corriente total cruzando el plano z = 0.2 en la dirección a z para ρ < 0.4: Use
2π .4
−20
ρ dρ dφ
J · n
da =
2
z=.2
S
0
0 ρ + .01
.4
1
20 ln(.01 + ρ 2 ) (2π) = −20π ln(17) = −178.0 A
=−
0
2
I=
b) Calcule ∂ρ v /∂t: Este se encuentra usando la ecuación de continuidad:
∂ρv
1 ∂
1 ∂
∂
∂Jz
= −∇ · J =
(ρJρ ) +
=
(25) +
∂t
ρ ∂ρ
∂z
ρ ∂ρ
∂z
−20
2
ρ + .01
=0
c) Encuentre la corriente exterior cruzando la superficie cerrada definida por ρ = 0.01, ρ = 0.4, z = 0, y
z = 0.2: Este será
I=
+
.2 2π
0
0
2π .4
0
0
.2 2π
25
25
aρ · (−aρ )(.01) dφ dz +
aρ · (aρ )(.4) dφ dz
.01
.4
0
0
2π .4
−20
−20
az · (−az ) ρ dρ dφ +
az · (az ) ρ dρ dφ = 0
2
2
ρ + .01
0
0 ρ + .01
dado que las integrales cancelarán cada una de las otras.
d) Muestre que el teorema de divergencia está satisfecho para J y la superficie especificada en el inciso b. En el
inciso c, el flujo exterior neto se encontró para ser cero, y en el inciso b, la divergencia de J se encontró para
ser cero (como será su íntegral volumétrica). Por consiguiente, el teorema de divergencia está satisfecho.
5.6. Sea = 0 y V = 90z4/3 en la región z = 0.
a) Obtenga las expresiones para E, D, y ρ v como las funciones de z: Primero,
E = −∇V = −
dV
4
az = − (90)z1/3 az = −120z1/3 az V/m
dz
3
62
5.6a. (continuación)
Luego, D = 0 E = 1.06z1/3 az nC/m2 . Entonces
ρv = ∇ · D =
1
dDz
= − (120) 0 z−2/3 = −354z−2/3 pC/m3
dz
3
b) Si la velocidad de la densidad de carga está dada como v z = 5 × 106 z2/3 m/s, encuentre Jz en z = 0 y z = 0.1
m (note que vz está escrita como vx por un error de impresión): Use J z = ρv vz = (−354 × 10−12 )z−2/3 (5 ×
106 )z2/3 = −1.8 mA/m2 en algún z.
5.7. Suponiendo que no hay transformación de masa a energía o viceversa, es posible escribir una
ecuación de continuidad para la masa.
a) Si usamos la ecuación de continuidad para la carga como nuestro modelo, ¿qué cantidades corresponden a J y ρ v ?
Éstos serían, respectivamente, densidad de flujo de masa en (kg/m2 − s) y densidad de masa en (kg/m3 ).
b) Dado un cubo de 1 cm en un lado, los datos experimentales muestran que las proporciones en que la masa está dejando
cada una de las seis caras son 10.25, -9.85, 1.75, -2.00, -4.05, y 4.45 mg/s. Si suponemos que el cubo es un
elemento de volumen incremental, determine un valor aproximado para la razón de cambio con respecto al tiempo de
la densidad en su centro. Podemos escribir la ecuación de continuidad para la masa como sigue, también
involucrando el teorema de divergencia:
∂ρm
dv = − ∇ · Jm dv = − Jm · dS
v ∂t
v
s
donde
s
Jm · dS = 10.25 − 9.85 + 1.75 − 2.00 − 4.05 + 4.45 = 0.550 mg/s
Tratando nuestro volumen 1 cm3 como diferencial, encontramos
∂ρm . 0.550 × 10−3 g/s
= −550 g/m3 − s
=−
∂t
10−6 m3
5.8. La ecuación de continuidad para la masa es igual a la divergencia del gasto de masa (masa por segundo
por metro cuadrado) al negativo de la densidad (masa por metro cúbico). Después de poner un sistema
de coordenadas cartesianas dentro de una estrella, el capitán Kirk y sua intrépida tripulación realizan medidas sobre
las caras de un cubo centrado en el origen con los bordes de 40 km de largo y paralelo a los ejes coordenados.
Encuentran el gasto de masa de material exterior que cruza las seis caras para ser -1112, 1183, 201,
-196, 1989, y -1920 kg/m2 · s.
a) Estimar la divergencia del gasto de masa en el origen: Hacemos la estimación usando la
definición de divergencia, pero sin tomar el límite como el volumen reducido a cero:
.
Div Jm =
Jm · dS
(−1112 + 1183 + 201 − 196 + 1989 − 1920)(40)2
=
= 3.63 kg/km3 · s
$v
(40)3
b) Estime la tasa de cambio de la densidad en el origen: La ecuación de continuidad para la masa lee:
Div Jm = − ∂ρm /∂t. Por consiguiente, la tasa de cambio de densidad en el origen simplemente será el
.
negativo del resultado del inciso a , o ∂ρ m /∂t = − 3.63 kg/km3 · s.
63
5.9a. Usando los datos tabulados en el apéndice C, calcule el diámetro requerido para una longitud de 2-m de alambre de
nichrome que disipe una potencia promedio de 450 W cuando 120 V rms en 60 Hz se aplica a él:
La resistencia requerida será
V2
l
R=
=
P
σ (πa 2 )
Así el diámetro será
lP
2(450)
d = 2a = 2
=2
= 2.8 × 10−4 m = 0.28 mm
2
6
σ πV
(10 )π(120)2
b) Calcule la densidad de corriente rms en el alambre: La corriente rms será: I = 450/120 = 3.75 A.
Así
3.75
7
2
J = 2 = 6.0 × 10 A/m
−4
π 2.8 × 10 /2
5.10. Un alambre de acero tiene un radio de 2 mm y una conductibilidad de 2 × 106 S/m. El alambre de acero tiene un
revestimiento de aluminio (σ= 3.8 × 107 S/m) de 2 mm de espesor. Sea la corriente total llevada por este conductor
híbrido de 80 A cd. Encuentre:
a) J st . Empezamos con el hecho que el campo eléctrico debe ser el mismo en el aluminio y regiones de acero.
Esto se origina del requisito que la tangente de E al límite entre dos los medios deben ser
contínuos, y del hecho que al integrar E sobre la longitud del alambre, el valor del voltaje aplicado,
debe obtenerse, sin tener en cuenta el medio dentro del cual su integral es evaluada. Podemos
por consiguiente escribir
JAl
Jst
σAl
EAl = Est =
=
⇒ JAl =
Jst
σAl
σst
σst
La corriente neta se expresa ahora como la suma de las corrientes en cada región, escrita como la suma de,
los productos de las densidades de corriente por cada tiempo de la región apropiada del área seccional cruzada:
I = π(2 × 10−3 )2 Jst + π [(4 × 10−3 )2 − (2 × 10−3 )2 ]JAl = 80 A
Usando la relación anterior entre J st y JAl , encontramos
80 = π (2 × 10
−3 2
)
1−
3.8 × 107
6 × 106
+ (4 × 10
−3 2
)
3.8 × 107
6 × 106
Jst
Resuelva para J st para encontrarJst = 3.2 × 10.5 A/m2
b)
JAl =
3.8 × 107
(3.2 × 105 ) = 2.0 × 106 A/m2
6 × 106
c,d) Est = EAl = Jst /σst = JAl /σAl = 5.3 × 10−2 V/m.
e) el voltaje entre los extremos del conductor si su longitud es 1 mi : Usando el hecho que 1 mi = 1.61 ×103
m, tenemos V = El = (5.3 × 10−2 )(1.61 × 103 ) = 85.4 V .
64
5.11. Dos superficies cilíndricas perfectamente conductoras se localizan en ρ = 3 y ρ = 5 cm. La corriente total
pasando radialmente hacia afuera a través del medio entre los cilindros es 3 A cd. Suponga que los cilindros
son ambos de longitud l.
a) Encuentre el voltaje y resistencia entre los cilindros, y E en la región entre los cilindros,
si un material conductor que tiene σ = 0.05 S/m está presente para 3 < ρ < 5 cm: Dada la corriente,
y sabiendo que está radialmente dirigido, encontramos la densidad de corriente dividiéndolo entre el área
de un cilindro de radio ρ y longitud l:
3
aρ A/m2
J=
2πρl
Entonces el campo eléctrico se encuentra dividiendo el resultado entre σ :
3
9.55
aρ =
aρ V/m
2πσρl
ρl
E=
El voltaje entre los cilindros es ahora:
3
V =−
E · dL =
5
5
3
Ahora, la resistencia será
R=
9.55
5
4.88
9.55
aρ · aρ dρ =
ln
=
V
ρl
l
3
l
4.88
V
1.63
=
=
*
I
3l
l
b) Muestre que la integración de la potencia disipada por unidad de volumen sobre el volumen dada la
potencia total disipada: Calculamos
P =
v
E · J dv =
l
0
2π
0
.05
.03
5
14.64
32
32
ln
=
W
ρ dρ dφ dz =
2
2
2
(2π) ρ (.05)l
2π(.05)l
3
l
Nosotros también encontramos la potencia tomando el producto de voltaje y corriente:
P = VI =
4.88
14.64
(3) =
W
l
l
qué está de acuerdo con la integración de densidad de potencia.
5.12. Las superficies esféricas r = 3 y r = 5 cm son perfectamente conductoras, y la corriente total que pasa
radialmente hacia afuera a través del medio entre las superficies es 3 A cd.
a) Encuentre el voltaje y resistencia entre las esferas, y E en la región entre ellas, si un material conductor que
tiene σ = 0.05 S/m está presente para 3 < r < 5 cm. Encontramos primero J como una
función de radio dividiendo la corriente entre el área de una esfera de radio r:
J=
Entonces
E=
I
3
ar =
ar A/m2
2
4πr
4πr 2
J
3
4.77
=
ar = 2 ar V/m
2
σ
4πr (0.05)
r
65
5.12a. (continuación)
V =−
r1
r2
E · dL = −
.03
.05
1
4.77
1
−
= 63.7 V
dr = 4.77
r2
.03 .05
Finalmente, R = V /I = 63.7/3 =. 21.2 *
b) Repita si σ = 0.0005/r para 3 < r < 5 cm: Primero, J = 3a r /(4πr 2 ) como antes. El campo eléctrico
es ahora
3rar
477
J
ar V/m
=
E= =
2
σ
4π(.0005)r
r
Ahora
V =−
r1
r2
E · dL = −
.03
.05
.03
477
dr = −477 ln
= 244 V
r
.05
Finalmente, R = V /I = 244/3 = 81.3 * .
c) Muestre que integrando la potencia disipada por unidad de volumen en el inciso b sobre el volumen da la
potencia total disipada: La densidad de potencia disipada es
pd = E · J =
3
4π(.0005)r
3
4πr 2
=
114
W/m2
r3
Integramos este sobre el volumen entre las esferas:
Pd =
2π
0
π
.05
.03
0
5
114 2
r sen θ dr dθ dφ = 4π(114) ln
= 732 W
3
r
3
La potencia disipada simplemente debe ser I 2 R = (3)2 (81.3) = 732 W. Así que funciona.
5.13. Un tubo cilíndrico vacío con un sección cruz- rectangular tiene dimensiones externas de 0.5 in por 1 in y
un espesor de pared de 0.05 in. Suponga que el material es latón para que σ = 1.5 × 107 S/m. Una corriente
de 200 A cd está fluyendo hacia abajo del tubo.
a) ¿Qué caída de voltaje está presente atravesando a 1m de longitud del tubo? Convirtiendo todas las dimensiones en
metros, la resistencia del tubo encima de una longitud de 1m será:
R1 =
(1.5 × 107 )
(2.54)(2.54/2) × 10−4
1
− 2.54(1 − .1)(2.54/2)(1 − .2) × 10−4
= 7.38 × 10−4 *
La caída de voltaje es ahora V = I R1 = 200(7.38 × 10−4 = 0.147 V .
b) Encuentre la caída de voltaje si el interior del tubo está lleno con un material conductor para el cual
σ = 1.5 × 105 S/m: La resistencia del relleno será:
R2 =
1
(1.5 × 105 )(1/2)(2.54)2
× 10−4 (.9)(.8)
= 2.87 × 10−2 *
La resistencia total es ahora la combinación paralela de R 1 y R2 :
RT = R1 R2 /(R1 + R2 ) = 7.19 × 10−4 *, y la caída de voltaje es ahora V = 200R T = .144 V.
66
5.14. Encuentre la magnitud de la intensidad del campo eléctrico en un conductor si:
a) la densidad de corriente es 5 MA/m2 , la movilidad del electrón es 3 × 10−3 m2 /V · s, y la densidad de volumen
de carga es −2.4 × 1010 C/m3 : En magnitud, tenemos
E=
J
5 × 106
= 6.9 × 10−2 V/m
=
µe ρv
(2.4 × 1010 )(3 × 10−3 )
b) J = 3 MA/m2 y la resistividad es 3 × 10−8 * · m: E = Jρ = (3 × 106 )(3 × 10−8 ) =
9 × 10−2 V/m.
5.15. Sea V = 10(ρ + 1)z2 cos φ V en espacio libre
a) Sea la superficie equipotencial V = 20 V defina una superficie conductora. Encuentre la ecuación de
la superficie conductora: Sea el conjunto dado de la función potencial igual a 20, para encontrar:
(ρ + 1)z2 cos φ = 2
b) Encuentre ρ y E en qué punto en la superficie del conductor donde φ = 0.2π y z = 1.5:En los valores
dados de φ y z, resolvemos la ecuación de la superficie encontrada en el inciso a para ρ, obteniendo ρ = .10 .
Entonces
∂V
1 ∂V
∂V
E = −∇V = −
aρ −
aφ −
az
∂ρ
ρ ∂φ
∂z
ρ+1 2
z sen φ aφ − 20(ρ + 1)z cos φ az
= −10z2 cos φ aρ + 10
ρ
Entonces
E(.10, .2π, 1.5) = −18.2 aρ + 145 aφ − 26.7 az V/m
c) Encuentre |ρ s | en qué punto: Ya que E es una superficie perfectamente conductora, y será normal
a la superficie, así podemos escribir:
ρs =
0 E · n
=
superficie
0
E·E
=
|E|
√
0
E·E=
0
(18.2)2 + (145)2 + (26.7)2 = 1.32 nC/m2
5.16. Un campo potencial en espacio libre está dado como V = (80 cos θ sen φ)/r 3 V. El puntoP (r = 2, θ = π/3, φ = π/2)
se encuentra en una superficie conductora
a) Escriba la ecuación de la superficie conductora: La superficie será un equipotencial, donde el valor
del potencial es VP :
80 cos(π/3) sen(π/2)
VP =
=5
(2)3
Así la ecuación de la superficie es
80 cos θ sen φ
= 5 o 16 cos θ sen φ = r 3
r3
67
5.16c. (Yo trabajaré el inciso b y c en el orden contrario)
Encuentre E en P :
1 ∂V
1 ∂V
∂V
ar −
aθ −
aφ
∂r
r ∂θ
r sen θ ∂φ
80(3) cos θ sen φ
80 sen θ sen φ
80 cos θ cos φ
aφ
=
ar +
aθ −
4
4
r
r
r 4 sen θ
E = −∇V = −
√
80(1/2)(1)(3)
80( 3/2)(1)
EP =
ar +
aθ − 0 aφ = 7.5 ar + 4.3 aθ V/m
16
16
Ahora
b) Encuentre una unidad de vector dirigido al exterior de la superficie, suponiendo que el origen está dentro de la superficie:
Tal que una unidad normal puede ser interpretada del resultado del inciso c:
aN =
7.5 ar + 4.3 aθ
= 0.87 ar + 0.50 aθ
4.33
5.17. Dado el campo potencial
100xz
V
x2 + 4
V =
en espacio libre:
a) Encuentre D en la superficie z = 0: Use
E = −∇V = −100z
∂
∂x
x
x2 + 4
ax − 0 ay −
100x
az V/m
x2 + 4
En z = 0, usamos este para encontrar
D(z = 0) =
0 E(z
= 0) = −
100 0 x
az C/m2
x2 + 4
b) Muestre que la superficie z = 0 es una superficie equipotencial: Hay dos razones para esto: 1) E en
z = 0 está por todas partes dirigido a z, y así moviendo una carga alrededor en la superficie implica no hacer
trabajo; 2) Al evaluar la función potencial dada en z = 0, el resultado es 0 para todo x y y.
c) Suponga que la superficie z = 0 es un conductor y encuentre la carga total en esa porción del
conductor definido por 0 < x < 2, −3 < y < 0: Tenemos
ρs = D · az z=0
=−
100 0 x
C/m2
x2 + 4
Así
Q=
0
−3 0
2
100 0 x
− 2
dx dy = −(3)(100)
x +4
68
2
1
2
+
4)
ln(x
= −150
0
0
2
0 ln 2
= −0.92 nC
5.18. Supongamos un campo E = 3y 2 z3 a x + 6xyz3 ay + 9xy 2 z2 az V/m en espacio libre, y también supongamos que
el punto P (2, 1, 0) se encuentra en una superficie conductora.
a) Encuentre ρ v simplemente adyacente a la superficie en P :
ρv = ∇ · D =
0∇
· E = 6xz3 + 18xy 2 z C/m3
Entonces en P , ρ v = 0, ya que z = 0.
b) Encuentre ρ s en P :
ρs = D · n =
P
E
ṅ
0
P
Note sin embargo, que este cálculo implica evaluar E en la superficie, produciendo un valor de 0.
Por consiguiente la densidad de superficie de carga en P es 0.
c) Muestre que V = −3xy 2 z3 V: La manera más simple de mostrar esto es sólo tomar −∇V , que
produce el campo dado: Un método más general implica derivar el potencial del campo dado: Escribimos
Ex = −
∂V
= 3y 2 z3 ⇒ V = −3xy 2 z3 + f (y, z)
∂x
Ey = −
∂V
= 6xyz3 ⇒ V = −3xy 2 z3 + f (x, z)
∂y
Ez = −
∂V
= 9xy 2 z2 ⇒ V = −3xy 2 z3 + f (x, y)
∂z
donde la integración "constantes" son funciones de todas las variables más que la variable de la integración.
El procedimiento general es ajustar las funciones, f , tal que el resultado para V es el mismo en todas
las tres integraciones. En este caso vemos que f (x, y) = f (x, z) = f (y, z) = 0 logran esto,
y la función potencial es V = −3xy 2 z3 como dado.
d) Determine V P Q , dado Q(1, 1, 1): Usando la función potencial del inciso c, tenemos
VP Q = VP − VQ = 0 − (−3) = 3 V
5.19. Sea V = 20x 2 yz − 10z2 V en espacio libre.
a) Determine las ecuaciones de las superficies equipotentiales en que V = 0 y 60 V: Establezca la
función potencial dada igual a 0 y 60 y simplifique los resultados en:
At 0 V : 2x 2 y − z = 0
At 60 V : 2x 2 y − z =
6
z
b) Suponga que éstas son las superficies conductoras y encuentre la densidad de superficie de carga en que el punto
superficieV = 60 V donde x = 2 y z = 1. Se conoce que 0 ≤ V ≤ 60 V es el campo-que contiene
la región: Primero, en la superficie 60 V, tenemos
2x 2 y − z −
6
7
= 0 ⇒ 2(2)2 y(1) − 1 − 6 = 0 ⇒ y =
z
8
69
5.19b. (continuación) Ahora
E = −∇V = −40xyz ax − 20x 2 z ay − [20xy − 20z] az
Entonces, en el punto dado, tenemos
D(2, 7/8, 1) =
0 E(2, 7/8, 1)
= − 0 [70 ax + 80 ay + 50 az ] C/m2
Sabemos que subsecuentemente ésta es la superficie potencial más alta, D debe dirigirse fuera de él, y así
la densidad de carga sería positiva. Así
ρs =
√
D · D = 10 0 72 + 82 + 52 = 1.04 nC/m2
c) Dado el vector unitario en estos puntos que es normal a la superficie conductora y dirigido hacia la superficie
V = 0 : Esto estará en la dirección de E y D como el encontrado en el inciso b, o
an = −
7ax + 8ay + 5az
= −[0.60ax + 0.68ay + 0.43az ]
√
72 + 8 2 + 5 2
5.20. Un plano conductor se localiza en z = 0 en espacio libre, y una carga puntual 20 nC está presente en Q(2, 4, 6).
a) Si V = 0 en z = 0, encuentre V en P (5, 3, 1): El plano puede reemplazarse por una carga imagen de -20 nC
en Q (2, 4, −6). Los vectores R y R dirigidos de Q y Q a P son R = (5, 3, 1) −√(2, 4, 6) =
(3, −1,
√−5) y R = (5, 3, 1) − (2, 4, −6) = (3, −1, 7). Sus magnitudes son R = 35 y
R = 59. El potencial en P está dado por
VP =
q
4π 0 R
−
q
4π 0 R =
20 × 10−9
20 × 10−9
−
= 7.0 V
√
√
4π 0 35
4π 0 59
b) Encuentre E en P :
qR
qR
(20 × 10−9 )(3, −1, −5) (20 × 10−9 )(3, −1, 7)
−
=
−
4π 0 R 3
4π 0 (R )3
4π 0 (35)3/2
4π 0 (59)3/2
7
20 × 10−9
1
1
5
(3ax − ay )
−
az
=
−
+
4π 0
(35)3/2
(59)3/2
(59)3/2
(35)3/2
= 1.4ax − 0.47ay − 7.1az V/m
EP =
c) Encuentre ρs en A(5, 3, 0): Primero, encuentre el campo eléctrico allí:
20 × 10−9
EA =
4π 0
Así ρ s = D · n superficie
(5, 3, 0) − (2, 4, 6) (5, 3, 0) − (2, 4, −6)
= −6.9az V/m
−
(46)3/2
(46)3/2
= −6.9 0 az · az = −61 pC/m2 .
70
5.21. Sea la superficie y = 0 un conductor perfecto en espacio libre. Dos cargas lineales uniformes infinitas de 30
nC/m cada uno se localizan en x = 0, y = 1, y x = 0, y = 2.
a) Sea V = 0 en el plano y = 0, y encuente V en P (1, 2, 0): Las cargas lineales serán la imagen atravesando el
plano, produciendo cargas lineales de imagen de -30 nC/m cada una en x = 0, y = −1, y x = 0, y = −2.
Encontramos el potencial en P evaluando el trabajo hecho al mover una unidad de carga positiva del plano
y = 0 (escogemos el origen) a P : Para cada la carga lineal, este será:
ρl
distancia final de carga
VP − V0,0,0 = −
ln
2π 0
distancia inicial de carga
dondeV 0,0,0 = 0. Considrando la cuatro cargas, tenemos así
√ √ √ 1
2
10
17
ρl
VP = −
ln
+ ln
− ln
− ln
2π 0
2
1
1
2
√ √ √
√ 30 × 10−9
17
10 17
ρl
1
=
10 + ln
ln
=
ln (2) + ln √
+ ln
√
2π 0
2
2π
2
2
0
= 1.20 kV
b) Encuentre E en P : Use
ρl
(1, 2, 0) − (0, 1, 0) (1, 2, 0) − (0, 2, 0)
EP =
+
2π 0
|(1, 1, 0)|2
|(1, 0, 0)|2
(1, 2, 0) − (0, −1, 0) (1, 2, 0) − (0, −2, 0)
−
−
|(1, 3, 0)|2
|(1, 4, 0)|2
(1, 1, 0) (1, 0, 0) (1, 3, 0) (1, 4, 0)
ρl
+
−
−
= 723 ax − 18.9 ay V/m
=
2π 0
2
1
10
17
5.22. Sea el plano x = 0 un conductor perfecto en espacio libre. Localice una carga puntual de 4nC en P 1 (7, 1, −2)
y una carga puntual de −3nC en P 2 (4, 2, 1).
a) Encuentre E en A(5, 0, 0): Las cargas de imagen serán localizadas en P 1 (−7, 1, −2) (-4nC) y en P2(−4, 2, 1)
(3nC). Los vectores de todas las cuatro cargas al punto A son:
R1 = (5, 0, 0) − (7, 1, −2) = (−2, −1, 2)
R1 = (5, 0, 0) − (−7, 1, −2) = (12, −1, 2)
R2 = (5, 0, 0) − (4, 2, 1) = (1, −2, −1)
y
R2 = (5, 0, 0) − (−4, 2, 1) = (9, −2, −1)
Reemplazando el plano por las cargas de imagen permite calcular el campo en A a través de:
10−9 (4)(−2, −1, 2) (3)(1, −2, −1) (4)(12, −1, 2) (3)(9, −2, −1)
−
−
+
EA =
4π 0
93/2
63/2
(149)3/2
(86)3/2
= −4.43ax + 2.23ay + 4.42az V/m
71
5.22b. Encuentre |ρs | en B(0, 0, 0) (notar el error en la penetración del problema): Primero, E en el origen se hace como
en el inciso a, excepto que los vectores se dirigen de las cargas al origen:
10−9
EB =
4π 0
(4)(−7, −1, 2) (3)(−4, −2, −1) (4)(7, −1, 2) (3)(4, −2, −1)
−
−
+
(54)3/2
(21)3/2
(54)3/2
(21)3/2
Ahora ρ s = D · n|superficie = D · ax en nuestro caso (note que los otros componentes cancelan de todas formas
cuando deben, pero nosotros todavía necesitamos expresar ρs como un escalar):
ρsB
10−9
= 0 EB · a x =
4π
(4)(−7) (3)(−4)
(4)(7)
(3)(4)
= 8.62 pC/m2
−
−
+
(54)3/2
(21)3/2
(54)3/2
(21)3/2
5.23. Un dipolo con p = 0.1a z µC · m está localizado en A(1, 0, 0) en el plano x = 0 es perfectamente
conductor
a) Encuentre V en P (2, 0, 1). Usamos el campo lejano potencial para un dipolo dirigido - z:
V =
p cos θ
p
z
=
2
2
2
4π 0 r
4π 0 [x + y + z2 ]1.5
El dipolo en x = 1 será la imagen en el plano para producir un segundo dipolo de la orientación opuesta
en x = −1. El potencial en cualquier punto es ahora:
p
V =
4π
0
z
z
−
2
2
2
1.5
2
[(x − 1) + y + z ]
[(x + 1) + y 2 + z2 ]1.5
Substituyendo P (2, 0, 1), encontramos
V =
.1 × 106
4π 0
1
1
= 289.5 V
√ − √
2 2 10 10
b) Encuentre la ecuación de la superficie equipotencial de 200-V en coordenadas cartesianas: Conjuntamos
solamente la expresión potencial del inciso a igual a 200 V para obtener:
z
z
= 0.222
−
[(x − 1)2 + y 2 + z2 ]1.5
[(x + 1)2 + y 2 + z2 ]1.5
5.24. Las movilidades para el silicio inherente a cierta temperatura son µ e = 0.14 m2 /V · s y µh =
0.035 m2 /V · s. La concentración de ambos hoyos y electrones es 2.2 × 1016 m−3 . Determine en ambos
la conductividad y resistividad de esta muestra de silicio: Use
σ = −ρe µe + ρh µh = (1.6 × 10−19 C)(2.2 × 1016 m−3 )(0.14 m2 /V · s + 0.035 m2 /V · s)
= 6.2 × 10−4 S/m
La conductividad es ρ = 1/σ = 1.6 × 103 *. · m
72
5.25. Las concentraciones de electrón y hoyo aumentan con la temperatura. Para el silicio puro, las expresiones convenientes son
ρh = −ρe = 6200T 1.5 e−7000/T C/m3 . La dependencia funcional de las movilidades en temperatura es
dada por µh = 2.3 × 105 T −2.7 m2 /V · s y µe = 2.1 × 105 T −2.5 m2 /V · s, donde la temperatura,
T , está en grados Kelvin. La conductibidad será así
σ = −ρe µe + ρh µh = 6200T 1.5 e−7000/T 2.1 × 105 T −2.5 + 2.3 × 105 T −2.7
=
1.30 × 109 −7000/T 1 + 1.095T −.2 S/m
e
T
Encuentre σ en:
a) 0◦ C: Con T = 273◦ K, la expresión se evalúa como σ (0) = 4.7 × 10−5 S/m.
b) 40◦ C: Con T = 273 + 40 = 313, obtenemos σ (40) = 1.1 × 10−3 S/m .
c) 80◦ C: Con T = 273 + 80 = 353, obtenemos σ (80) = 1.2 × 10−2 S/m .
5.26. Se agrega un poco de impureza de donador, como el arsénico, al silicio puro para que la concentración del electrón
sea 2 × 1017 electrones de conducción por metro cúbico mientras el número de hoyos por metro cúbico sólo es
1.1 ×1015 . If µe = 0.15 m2 /V · s para esta muestra, y µh = 0.045 m2 /V · s, determine la conductividad
y resistividad:
σ = −ρe µe + ρh µh = (1.6 × 10−19 ) (2 × 1017 )(0.15) + (1.1 × 1015 )(0.045) = 4.8 × 10−3 S/m
Entonces ρ = 1/σ = 2.1 × 102 *. · m
5.27. El hidrógeno atómico contiene 5.5 × 102 5 átomos/m3 en cierta temperatura y presión. Cuando un campo
eléctrico de 4 kV/mes aplicado, cada dipolo formado por el electrón y el núcleo positivo tiene una
longitud efectiva de 7.1 × 10−19 m.
a) Encuentre P: Con todos los dipolos idénticos, tenemos
P = Nqd = (5.5 × 1025 )(1.602 × 10−19 )(7.1 × 10−19 ) = 6.26 × 10−12 C/m2 = 6.26 pC/m2
b) Encuentre
R:
Usamos P =
χe =
Entonces
R
0 χe E,
y así
P
6.26 × 10−12
=
= 1.76 × 10−4
3
−12
(8.85 × 10 )(4 × 10 )
0E
= 1 + χe = 1.000176 .
5.28. En cierta región donde la permitividad relativa es 2.4, D = 2a x − 4ay + 5az nC/m2 . Encuentre:
D
a)
E=
b)
P =D−
=
(2ax − 4ay + 5az ) × 10−9
= 94ax − 188ay + 235az V/m
(2.4)(8.85 × 10−12 )
(2ax − 4ay + 5az ) × 10−9
(2.4 − 1)
R
2.4
= 1.2ax − 2.3ay + 2.9az nC/m2
c)
0E =
0 E(
− 1) =
|∇V | = |E| = [(94.1)2 + (188)2 + (235)2 ]1/2 = 315 V/m
73
5.29. Un conductor coaxial tiene radio a = 0.8 mm y b = 3 mm y un poliestireno dieléctrico para el cual
2
R = 2.56. Si P = (2/ρ)aρ nC/m en el dieléctrico, encuentre:
a) D y E como funciones de ρ: Use
E=
P
0( R
=
− 1)
(2/ρ) × 10−9 aρ
144.9
aρ V/m
=
−12
ρ
(8.85 × 10 )(1.56)
Entonces
2 × 10−9 aρ
D = 0E + P =
ρ
3.28 × 10−9 aρ
3.28aρ
1
+1 =
C/m2 =
nC/m2
1.56
ρ
ρ
b) Encuentre V ab y χe : Use
Vab = −
χe =
r
0.8
3
3
144.9
dρ = 144.9 ln
= 192 V
ρ
0.8
− 1 = 1.56, como el encontrado en el inciso a.
c) Si hay 4 × 1019 moléculas por metro cúbico en el dieléctrico, encuentre p(ρ): Use
p=
(2 × 10−9 /ρ)
5.0 × 10−29
P
=
aρ C · m
a
=
ρ
N
4 × 1019
ρ
5.30. Dado el campo potencial V = 200 − 50x + 20y V en un material dieléctrico para el cual
a) E = −∇V = 50ax − 20ay V/m.
R
= 2.1, encuentre:
b) D = E = (2.1)(8.85 × 10−12 )(50ax − 20ay ) = 930ax − 372ay pC/m2 .
c) P =
0 E( R
− 1) = (8.85 × 10−12 )(50ax − 20ay )(1.1) = 487ax − 195ay pC/m2 .
d) ρv = ∇ · D = 0.
e) ρb = −∇ · P = 0
f) ρT = ∇ ·
0E
=0
5.31. La superficie x = 0 separa dos dieléctricos perfectos. Para x > 0, sea
donde x < 0. Si E 1 = 80ax − 60ay − 30az V/m, encuentre:
a) EN 1 : Este será E1 · ax = 80 V/m .
R
=
R1
= 3, durante
R2
=5
b) ET 1 . Este consiste de componentes de E1 no normales a la superficie, o ET 1 = −60ay − 30az V/m
.
c) ET 1 = (60)2 + (30)2 = 67.1 V/m.
d) E1 = (80)2 + (60)2 + (30)2 = 104.4 V/m.
e) El ángulo θ 1 entre E1 y una normal a la superficie: Use
cos θ1 =
E1 · ax
80
⇒ θ1 = 40.0◦
=
E1
104.4
74
5.31 (continuación)
f) DN 2 = DN 1 =
g) DT 2 =
h) D2 =
R1 0 EN 1
R2 0 ET 1
= 5(8.85 × 10−12 )(67.1) = 2.97 nC/m2 .
R1 0 EN 1 ax
i) P2 = D2 −
j) el ángulo θ
0 E2
2
+
2
R2 0 ET 1
= 2.12ax − 2.66ay − 1.33az nC/m2 .
= D2 [1 − (1/
R2 )]
= (4/5)D2 = 1.70ax − 2.13ay − 1.06az nC/m2 .
entre E2 y una normal a la superficie: Use
cos θ2 =
Así θ
= 3(8.85 × 10−12 )(80) = 2.12 nC/m2 .
E2 · ax
D2 · ax
2.12
=
=
= .581
E2
D2
(2.12)2 = (2.66)2 + (1.33)2
= cos−1 (.581) = 54.5◦ .
5.32. En la Fig. 5.18, sea D = 3ax − 4ay + 5az nC/m2 y encuentre:
a) D2 : Primero el campo eléctrico en la región 1 es
4
5
3
ax −
ay +
az × 10−9 V/m
E1 =
2 0
2 0
2 0
Ya que, en la interface dieléctrica, el campo eléctrico tangencial y la densidad de flujo eléctrica
normal son continuas, podemos escribir
5
5
3ax −
4ay + 5az = 7.5ax − 10ay + 5az nC/m2
D2 = R2 0 ET 1 + DN 1 =
2
2
b) DN 2 = 5az , como lo explicado anteriormente.
c) DT 2 =
R2 0 ET 2
=
R2 0 ET 1
= 7.5ax − 10ay nC/m2 .
d) la densidad de energía en cada región
3 2
1
1
4 2
5 2
× 10−18 = 1.41 µJ/m3
+
+
we1 = R1 0 E1 · E1 = (2) 0
2
2
2 0
2 0
2 0
we2
1
=
2
R2
1
0 E2 · E2 = (5)
2
0
3
2 0
2
+
4
2 0
2
+
5
5 0
2 × 10−18 = 2.04 µJ/m3
e) el ángulo que D 2 hace con az : Use D2 · az = |D2 | cos θ = Dz = 5. donde |D 2 | =
1/2
= 13.5. Así, θ = cos−1 (5/13.5) = 68◦.
(7.5)2 + (10)2 + (5)2
1/2 2
1/2
f) D2 /D1 = (7.5)2 + (10)2 + (5)2
/ (3) + (4)2 + (5)2
= 1.91.
g) P2 /P1 : Primero P1 = 0 E1 ( R1 − 1) = 1.5ax − 2ay + 2.5az nC/m2 .
Entonces P 2 = 0 E2 ( R2 − 1) = 6ax − 8ay + 4az nC/m2 . Así
P2
[(6)2 + (8)2 + (4)2 ]1/2
=
= 3.04
P1
[(1.5)2 + (2)2 + (2.5)2 ]1/2
75
5.33. Dos dieléctricos perfectos tienen permittividad relativa R1 = 2 y R2 = 8. La interface planar entre
ellos es la superficie x − y + 2z = 5. El origen queda en la región 1. Si E 1 = 100ax + 200ay − 50az
V/m, encuentre E 2 : Necesitamos encontrar las componentes de E1 que es normal y tangente al límite, y
entonces aplicar las condiciones de límite apropiadas. La componente normal será E N 1 = E1 · n. Tomando
f = x − y + 2z, el vector unitario que es normal a la superficie es
n=
1 ∇f
= √ ax − ay + 2az
|∇f |
6
Esta normal apuntará en la dirección de incremento f, que estará fuera del origen o en la región
2 (usted puede visualizar una porción de la superficie como√un triángulo cuyos vertices están en los tres ejes
coordinados en x = 5, y = −5, y z = 2.5). Así EN 1 = (1/ 6)[100 − 200 − 100] = −81.7 V/m. Ya que la
magnitud es negativa, la componente normal apunta en la región 1 de la superficie. Entonces
EN 1
1
= −81.65 √ [ax − ay + 2az ] = −33.33ax + 33.33ay − 66.67az V/m
6
Ahora, la componente tangencial será
ET 1 = E1 − EN 1 = 133.3ax + 166.7ay + 16.67az
Nuestras condiciones límite establecen que E T 2 = ET 1 y EN 2 = (
R1 / R2 )EN 1
= (1/4)EN 1 . Así
1
E2 = ET 2 + EN 2 = ET 1 + EN 1 = 133.3ax + 166.7ay + 16.67az − 8.3ax + 8.3ay − 16.67az
4
= 125ax + 175ay V/m
5.34. Sea la superficie esférica r = 4 cm y r = 9 cm separada por dos cáscaras dieléctricas perfectas, ,
para 4 < r < 6 cm y R2 = 5 para 6 < r < 9 cm. Si E1 = (2000/r 2 )ar V/m, encuentre:
a) E2 : Ya que E es normal a la interface entre R1 y R2 , D será continuo atravesando el
límite, y así
2 0 (2000)
ar = D2
D1 =
r2
Entonces
D2
2 2000
800
E2 =
=
ar = 2 ar V/m
2
5 0
5
r
r
R1
=2
b) la energía electrostática total almacenada en cada región: En la región 1, la densidad de energía es
we1 =
1
2
we2 =
1
2
2
R1 0 |E1 |
=
(2000)2
1
(2) 0
J/m3
2
r4
En la región 2:
R2
2
0 |E2 | =
76
(800)2
1
(5) 0
J/m3
2
r4
5.34. (continuación)
Las energías en cada región son entonces
2π
π
.06
1 2
r sen θ dr dθ dφ
r2
0
0 .04 1
1
−
= 3.7 mJ
= 4π 0 (2000)2
.04 .06
We1 = (2000)
2
Región 1 :
We2
Región 2 :
0
2π π .09
1 2
5
r sen θ dr dθ dφ
= (800)
0
2
2
0
0
.06 r
1
1
2 5
= 4π 0 (800)
−
= 0.99 mJ
2
.06 .09
2
5.35. Sea la superficie cilíndrica ρ = 4 cm y ρ = 9 cm encierra dos trozos de dieléctricos perfectos , R1 = 2
para 0 < φ < π/2, y R2 = 5 para π/2 < φ < 2π. Si E1 = (2000/ρ)aρ V/m, encuentre:
a) E2 : Las interfaces entre los dos medios quedarán en los planos de constante φ, al cual E1 es paralelo.
Así el campo es el mismo en cualquier lado de los límites, y así E 2 = E1 .
b) la energía electrostática total almacenada en una longitud de 1m de cada región: En general tenemos wE =
(1/2) R 0 E 2 . Así en la región 1:
WE1 =
1 π/2 9
0
0
4
π
1
(2000)2
ρ dρ dφ dz =
(2) 0
2
ρ2
2
9
= 45.1 µJ
0 (2000) ln
4
2
En la región 2, tenemos
WE2 =
0
1 2π
π/2
9
4
5.36. Sea S = 120 cm2 , d = 4 mm, y
1
(2000)2
15π
(5) 0
ρ dρ dφ dz =
2
ρ2
4
R
9
= 338 µJ
0 (2000) ln
4
2
= 12 para un capacitor de placas paralelas.
a) Calcule la capacitancia:
C = R 0 S/d = [12 0 (120 × 10−4 )]/[4 × 10−3 ] = 3.19 × 10−10 = 319 pF.
b) Después de conectar una batería de 40 V por el capacitor, calcule E, D, Q, y la energía electrostática
total almacenada: E = V /d = 40/(4 × 10−3 ) = 104 V/m . D = R 0 E = 12 0 × 104 =
1.06 µC/m2 . Entonces Q = D · n|superficie × S = 1.06 × 10−6 × (120 × 10−4 ) = 1.27 × 10−8 C =
12.7 nC. Finalmente We = (1/2)CV02 = (1/2)(319 × 10−12 )(40)2 = 255 nJ.
c) La fuente es ahora removida y el dieléctrico es cuidadosamente retirado de entre las placas. Nuevamente
calcule E, D, Q, y la energía: Con la fuente desconectada, la carga es constante, y así
que es D: Por lo tanto, Q = 12.7 nC, D = 1.06 µC/m2, y E = D/ 0 = 104 /8.85 × 10−12 =
1.2 × 105 V/m. La energía es entonces
We =
1
1
D · E × S = (1.06 × 10−6 )(1.2 × 105 )(120 × 10−4 )(4 × 10−3 ) = 3.05 µJ
2
2
d) ¿Cuál es el voltaje entre las placas? V = E × d = (1.2 × 105 )(4 × 10−3 ) = 480 V.
77
5.37. Los capacitores tienden a ser más costosos conforme su capacitancia y voltaje máximo, V máx, aumentan. El
voltaje V máx está limitado por la fuerza del campo en que las interrupciones del dieléctrico bajan, E BD . De
estos dieléctricos darán el producto más grande CV máx para las áreas de placas iguales: (a) aire: R = 1, EBD = 3
MV/m; (b) titanato de bario R = 1200, EBD = 3 MV/m; (c) dióxido de silicio: R = 3.78, EBD = 16
MV/m; (d) polietileno: R = 2.26, EBD = 4.7 MV/m? Note que Vmáx = EBDd, donde d es la
separación de placas. También, C = R 0 A/d, y así Vmáx C = R 0 AEBD , donde A es el área de placas. El
producto máximo CVmáx se encuentra a través del producto máximo R EBD . Al probar esto con los
materiales dados producen al ganador que es el titanato
. de bario.
5.38. Un dieléctrico circular cilíndrico usado entre las placas de un capacitor tiene un espesor de 0.2 mm y un
radio de 1.4 cm. Las propiedades del dieléctrico son R = 400 y σ = 10−5 S/m.
a) Calcule C:
C=
R 0S
d
=
(400)(8.854 × 10−12 )π(1.4 × 10−2 )2
= 1.09 × 10−8 = 10.9 nF
2 × 10−4
b) Encuentre el factor de calidad QQF (QQ F = ωRC) del capacitor en f = 10 kHz: Use la relación
RC = /σ para escribir
QQF = ωRC =
2πf
σ
=
(2π × 104 )(400)(8.854 × 10−12 )
= 22.3
10−5
c) Si la fuerza de campo máxima permitida en el dieléctrico es 2 MV/m, ¿cuál es el voltaje máximo permisible,
por el capacitor? V máx = EBD d = (2 × 106 )(2 × 10−4 ) = 400 V.
d) ¿Qué energía es almacenada cuándo este voltaje es aplicado?
We,máx =
1
1
2
CVmáx
= (10.9 × 10−9 )(400)2 = 8.7 × 10−4 = 0.87 mJ
2
2
5.39. Un capacitor de placas paralelo está lleno con un dieléctrico no uniforme caracterizado por R = 2 + 2 × 106 x 2 ,
donde x es la distancia de una placa. Si S = 0.02 m2 , y d = 1 mm, encuentre C: Comenzamos por suponer que
la densidad de carga ρ s en la placa de arriba. D como de costumbre, será dirigida a x, originando en la placa
de arriba y terminando en la placa del fondo. La clave aquí es que D será constante sobre la distancia entre
placas.Esto puede entenderse considerando el dieléctrico -variante x como construido de muchas capas
delgadas, cada uno que tiene permitividad constante. La permitividad cambia de capa a capa aproximando
la función dada de x. La aproximación se vuelve exacta como el espesor de la capa aproximada a cero.
Sabemos que D, que es normal a las capas será continuo por cada límite, y así D es
constante sobre de la distancia de separación de placa, y será en magnitud ρ s . La magnitud del campo
eléctrico es ahora
ρs
D
=
E=
6 2
0 R
0 (2 + 2 × 10 x )
El voltaje entre las placas es entonces
√
10−3
π 6 10−3
x
ρs dx
1
1
ρs
4
×
10
ρs
−1
tan
=
V0 =
=
√
6 2
3 4
0
2
0 (2 + 2 × 10 x )
0
0 2 × 10
4 × 106
0
Ahora Q = ρ s (.02), y así
C=
ρs (.02) 0 (2 × 103 )(4)
Q
=
= 4.51 × 10−10 F = 451 pF
V0
ρs π
78
5.40a. El ancho de la región que contiene R1 en la Fig. 5.19 es 1.2 m. Encuentre R1 si R2 = 2.5 y la capacitancia
total es 60 nF: Las áreas de placa asociadas con cada capacitor son A 1 = 1.2(2) = 2.4 m2 y
A2 = 0.8(2) = 1.6 m2 . Con los capacitores paralelos, la capacitancia se agregará, así
2.5 0 (1.6)
R1 0 (2.4)
+
2 × 10−3
2 × 10−3
C = C1 + C2 ⇒ 60 × 10−9 =
Resuelva para obtener
= 4.0
.
R1
b) Encuentre el ancho de cada región (con R1 y R2 ) si Ctotal = 80 nF, R2 = 3 R1 , y C1 = 2C2 :
Sea w 1 la anchura de región 1. Las condiciones anteriores nos permiten que escribamos:
3 R1 0 (2 − w1 )(2)
R1 0 w1 (2)
=2
⇒ w1 = 6(2 − w1 )
2 × 10−3
2 × 10−3
Así que w 1 = 12/7 = 1.7 m y w
2
= 0.3 m.
5.41. Sea R1 = 2.5 para 0 < y < 1 mm, R2 = 4 para 1 < y < 3 mm, y R3 para 3 < y < 5 mm. La superficie
conductora está presente en y = 0 y y = 5 mm. Calcule la capacitancia por metro cuadrado de superficie
de área si a) R3 es de aire; b) R3 = R1 ; c) R3 = R2 ; d) R3 es plata: La combinación será tres
capacitores en serie, para que
1
1
1
1
=
+
+
=
C
C1
C2
C3
d1
R1 0 (1)
d2
+
Así que
C=
R2 0 (1)
+
(5 × 10−3 )
10 + 4.5
d3
R3 0 (1)
=
10−3
0
2
2
1
+ +
2.5 4
R3
0 R3
R3
Al evaluar esto para los cuatro casos, encontramos a) C = 3.05 nF para R3 = 1, b) C = 5.21 nF para R3 = 2.5,
c) C = 6.32 nF para R3 = 4, y d) C = 9.83 nF si la plata (tomada como un conductor perfecto) forma la región
3; este tiene el efecto de quitar el término que involucra R3 de la fórmula original (primero la ecuación líneal),
o equivalentemente, permitiéndo a R3 acercarse al infinito.
5.42. Las superficies conductoras cilíndricas se localizan en ρ = 0.8 cm y 3.6 cm. La región 0.8 < ρ < a
contiene un dieléctrico para el cual R = 4, mientras R = 2 para a < ρ < 3.6.
a) Encuentre a tal que el voltaje por cada capa del dieléctrico sea el mismo: Suponiendo la densidad de carga ρs
en el cilindro interno, tenemos D = ρ s (0.8)/ρ aρ , que da E(0.8 < ρ < a) = (0.8ρs )/(4 0 ρ)aρ
y E(a < ρ < 3.6) = (0.8ρ s )/(2 0 ρ)aρ . El voltaje entre conductores es ahora
V0 = −
a
3.6
Requerimos
0.8ρs
dρ −
2 0ρ
3.6
ln
a
0.8
a
0.8ρs
1 a 0.8ρs
3.6
dρ =
+ ln
ln
4 0ρ
2 0
a
2
0.8
1 a 3.6
= ln
⇒
=
2
0.8
a
a
⇒ a = 2.2 cm
0.8
b) Encuentre la capacitancia total por metro: Usando el resultado del inciso a, se tiene
3.6
1
2.2
0.4ρs
0.8ρs
V0 =
ln
+ ln
=
2 0
2.2
2
0.8
0
79
5.42b. (continuación) La carga en una longitud unitaria del conductor interno es Q = 2π(0.8)(1)ρ s . La capacitancia
es ahora
2π(0.8)(1)ρs
Q
=
= 4π 0 = 111 pF/m
C=
V0
0.4ρs / 0
Note que a lo largo de este problema, dejé todas las dimensiones en cm, sabiendo que todas las unidades de cm,
se cancelarían, y permitir que las unidades de capacitancia para aquellas sean usadas para 0 .
5.43. Dos cilindros conductores coaxiales de radio 2 cm y 4 cm tienen una longitud de 1m. La región entre
los cilindros contienen una capa de dieléctrico desde ρ = c a ρ = d con R = 4. Encuentre la capacitancia si
a) c = 2 cm, d = 3 cm: Éste es dos capacitores en la serie, y así
1
1
1
1
=
+
=
C
C1
C2
2π
0
3
4
1
ln
+ ln
⇒ C = 143 pF
4
2
3
b) d = 4 cm, y el volumen del dieléctrico es el mismo como en el inciso a: Con volumenes iguales requerimos
que 32 − 22 = 42 − c2 , de los que c = 3.32 cm. Ahora
3.32
1
1
1
1
1
4
ln
+
=
=
+ ln
⇒ C = 101 pF
C
C1
C2
2π 0
2
4
3.32
5.44. Los cilindros conductores se encuentran en ρ = 3 y ρ = 12 mm; los dos se extienden de z = 0 a z = 1 m.
El dieléctrico perfecto ocupa la región interior: R = 1 para 3 < ρ < 6 mm, R = 4 para 6 < ρ < 9 mm, y
R = 8 para 9 < ρ < 12 mm.
a) Calcule C: Primero conocemos que D = (3ρ s /ρ)aρ C/m2 , con ρ expresado en mm. Entonces, con ρ en
mm,
3ρs
aρ V/m (3 < ρ < 6)
E1 =
0ρ
E2 =
3ρs
aρ V/m (6 < ρ < 9)
4 0ρ
E3 =
3ρs
aρ V/m (9 < ρ < 12)
8 0ρ
y
El voltaje entre conductores será:
V0 = −
6
3ρs
dρ −
12 8 0 ρ
9
.003ρs 1
12
=
ln
+
8
9
0
9
3
3ρs
3ρs
dρ −
dρ × 10−3 (m/mm)
4 0ρ
ρ
0
6 1
9
6
.003ρs
(0.830) V
ln
+ ln
=
4
6
3
0
Ahora, la carga en 1 m de longitud del conductor interno es Q = 2π(.003)(1)ρ s . La capacitancia
es entonces
Q
2π(.003)(1)ρs
2π 0
C=
= 67 pF
=
=
V0
(.003)ρs (.830)/ 0
.830
80
5.44b. Si el voltaje entre los cilíndros es 100 V, trace |E ρ | contra ρ:
Se tiene Q = CV 0 = (67 × 10−12 )(100) = 6.7nC. Entonces
ρs =
6.7 × 10−9
= 355 nC/m2
2π(.003)(1)
Entonces, usando la expresión de campo eléctrico del inciso a, encontramos
355 × 10−9
120
3
12 × 104
E1 =
V/m =
kV/m (3 < ρ < 6)
=
−12
ρ 8.854 × 10
ρ
ρ
donde ρ es expresado en mm. Similarmente, encontramos E 2 = E1 /4 = 30/ρ kV/m (6 < ρ < 9) y
E3 = E1 /8 = 15 kV/m (9 < ρ < 12). Estos campos se trazarán abajo.
81
5.45. Dos cáscaras conductoras esféricas tienen radio a = 3 cm y b = 6 cm. El interior es un dieléctrico perfecto
para el cual R = 8.
a) Encuentre C: Para un capacitor esférico, conocemos que:
C=
4π
1
a
R 0
− b1
4π(8) 0
= 1.92π
1
3 − 6 (100)
= 1
0
= 53.3 pF
b) Una porción del dieléctrico es ahora removido así que R = 1.0, 0 < φ < π/2, y R = 8,
π/2 < φ < 2π. Nuevamente, encuentre C: Reconocemos aquí que quitando esa porción nos deja con dos
capacitores en paralelo (de cuyas C's agregará). Usamos el hecho que con el dieléctrico completamente
removido, la capacitancia será C( R = 1) = 53.3/8 = 6.67 pF. Con un cuarto el
dieléctrico removido, la capacitancia total será
C=
3
1
(6.67) + (53.4) = 41.7 pF
4
4
5.46. (veáse el Problema 5.44).
5.47. Con referencia a la Fig. 5.17, sea b = 6 m, h = 15 m, y el conductor potencial 250 V. Tome
Encuentre los valores para K1 , ρL , a, y C: Tenemos
K1 =
h+
2 2
√
h2 + b2
15 + (15)2 + (6)2
=
= 23.0
b
6
Entonces tenemos
ρL =
4π 0 V0
4π 0 (250)
= 8.87 nC/m
=
ln K1
ln(23)
√
Después, a = h2 − b2 = (15)2 − (6)2 = 13.8 m. Finalmente,
C=
2π 0
2π
=
= 35.5 pF
−1
cosh (h/b)
cosh−1 (15/6)
82
=
0.
5.48. Una función potencial en espacio libre está dada por
(5 + y)2 + x 2
V = −20 + 10 ln
(5 − y)2 + x 2
a) Describa la superficie equipotencial 0-V: Conjuntando la expresión dada igual a cero, encontramos
(5 + y)2 + x 2
= e2 = 7.39
(5 − y)2 + x 2
Así 6.39x 2 + 6.39y 2 − 83.9y + 160 = 0. Completando el cuadrado en y los trinomios conducen a
x 2 + (y − 6.56)2 = 18.1 = (4.25)2 , que reconocemos como un cilindro circular justo cuyo eje
está localizado en x = 0, y = 6.56, y cuyo radio es 4.25.
b) Describa la superficie equipotencial 10-V : En este caso, la expresión dada es un conjunto igual a
diez llevando a
(5 + y)2 + x 2
= e3 = 20.1
(5 − y)2 + x 2
Así 19.1x 2 + 19.1y 2 − 211y + 477 = 0. Siguiendo el mismo procedimiento como en el inciso a, este se vuelve
x 2 + (y − 5.52)2 = 5.51 = (2.35)2 , que reconocemos nuevamente como un cilíndro circular justo con
ejes en x = 0, y = 5.52, y de radio 2.35.
5.49. Un conductor de 2 cm de diámetro está suspendido en el aire con sus ejes a 5 cm de un plano conductor. Sea
el potencial del cilíndro 100 V y del plano 0 V. Encuentre la densidad de carga superficial en el:
a) el cilindro a un punto más cercano al plano: El cilindro atravesará la imagen del plano, produciendo un
problema equivalente de dos-cilindros, con el segundo localizado 5 cm abajo del plano. Queremos
tomar el plano como el plano zy,
√ con las posiciones del cilindro en x = ±5. Ahora2b = 1 cm, h = 5
cm, y V 0 = 100 V. Así a = h2 − b2 = 4.90 cm. Entonces K 1 = [(h + a)/b] = 98.0, y
ρL = (4π 0 V0 )/ ln K1 = 2.43 nC/m. Ahora
ρL
D = 0E = −
2π
(x + a)ax + yay
(x − a)ax + yay
−
2
2
(x + a) + y
(x − a)2 + y 2
y
ρs, máx
= D · (−ax )
x=h−b,y=0
ρL
=
2π
h−b+a
h−b−a
= 473 nC/m2
−
(h − b + a)2
(h − b − a)2
b) el plano en un punto más cercano all cilindro: En x = y = 0,
D(0, 0) = −
ρL
2π
aax
−aax
−
a2
a2
del cual
ρs = D(0, 0) · ax = −
83
=−
ρL 2
ax
2π a
ρL
= −15.8 nC/m2
πa