CAPÍTULO 10 10.1. En la Fig. 10.4, sea B = 0.2 cos 120πt T, y

CAPÍTULO 10
10.1. En la Fig. 10.4, sea B = 0.2 cos 120πt T, y suponga que el conductor que une los dos extremos del resistor
es perfecto. Se puede suponer que el campo magnético producido por I (t) es despreciable. Encuentre:
a) Vab (t): Ya que B es constante sobre el área del circuito, el flujo es = π(0.15)2 B = 1.41×10−2 cos 120π t
Wb. Ahora, fem = Vba (t) = −d/dt = (120π)(1.41 × 10−2 ) sen 120πt. Entonces Vab (t) =
−Vba (t) = −5.33 sen 120πt V.
b) I (t) = Vba (t)/R = 5.33 sen(120πt)/250 = 21.3 sen(120πt) mA
10.2. Dado el campo magnético variante-tiempo , B = (0.5ax + 0.6ay − 0.3az ) cos 5000t T, y un circuito filamentario
cuadrado con sus esquinas en (2,3,0), (2,-3,0), (-2,3,0), y (-2,-3,0), encontrar la corriente tiempo-variante
fluyendo en la dirección a φ general si la resistencia total del circuito es 400 k: Escribimos
fem =
d
d
E · dL = −
=−
dt
dt
B · az da =
área de circuito
d
(0.3)(4)(6) cos 5000t
dt
donde el circuito normal se elige como positivo az , así que la trayectoria integral para E se toma alrededor de la
dirección a φ positiva.Tomando la derivada, encontramos
fem = −7.2(5000) sen 5000t así que I =
fem
−36000 sen 5000t
=
= −90 sen 5000t mA
R
400 × 103
10.3. Dado H = 300 az cos(3 × 108 t − y) A/m en espacio libre, encontrar el fem desarrollado en la dirección aφ
general sobre la trayectoria cerrada que tiene las esquinas en
a) (0,0,0), (1,0,0), (1,1,0), y (0,1,0): El flujo magnético será:
1 1
300µ0 cos(3 × 108 t − y) dx dy = 300µ0 sen(3 × 108 t − y)|10
0
0
= 300µ0 sen(3 × 108 t − 1) − sen(3 × 108 t) Wb
=
Entonces
fem = −
d
= −300(3 × 108 )(4π × 10−7 ) cos(3 × 108 t − 1) − cos(3 × 108 t)
dt
= −1.13 × 105 cos(3 × 108 t − 1) − cos(3 × 108 t) V
b) las esquinas en (0,0,0), (2π,0,0), (2π,2π,0), (0,2π,0): En este caso, el flujo es
= 2π × 300µ0 sen(3 × 108 t − y)|02π = 0
El fem es por lo tanto 0.
167
10.4. Superficies conductoras se localizan en ρ = 1cm y ρ = 2 cm en espacio libre. El volumen 1 cm < ρ < 2 cm
contiene los campos Hφ = (2/ρ) cos(6 × 108 πt − 2πz) A/m yEρ = (240π/ρ) cos(6 × 108 πt − 2π z)
V/m.
a) Demuestre que esos dos campos satisfacen la Ec. (6), Sec. 10.1: tenemos
∇ ×E=
∂Eρ
2π(240π)
480π 2
aφ =
sen(6 × 108 πt − 2πz) aφ =
sen(6 × 108 πt − 2πz)a φ
∂z
ρ
ρ
Entonces
−
2µ0 (6 × 108 )π
∂B
=
sen(6 × 108 πt − 2πz) a φ
∂t
ρ
(8π × 10−7 )(6 × 108 )π
480π 2
sen(6 × 108 πt − 2πz) =
sen(6 × 108 πt − 2πz) a φ
=
ρ
ρ
b) Evaluar ambas integrales en la Ec. (4) para la superficie planar definida por φ = 0, 1cm < ρ < 2 cm,
0 < z < 0.1m (notar error de imprenta en el problema presentado) y su perímetro, y demostrar que se obtienen
los mismos resultados: tomamos la normal a la superficie como a φ positiva, así el circuito circundante
a la superficie (por la regla de la mano derecha) está en la dirección a ρ negativa en z = 0, y está en la dirección
aρ positiva en z = 0.1. Tomando primero el lado de la mano izquierda, encontramos
.01
240π
cos(6 × 108 πt) aρ · aρ dρ
E · dL =
ρ
.02
.02
240π
cos(6 × 108 πt − 2π(0.1)) aρ · aρ dρ
+
ρ
.01
1
2
8
8
+ 240π cos(6 × 10 πt − 0.2π) ln
= 240π cos(6 × 10 πt) ln
2
1
8
8
= 240(ln 2) cos(6 × 10 πt − 0.2π) − cos(6 × 10 πt)
Ahora para el lado de la mano derecha. Primero,
0.1 .02
8π × 10−7
cos(6 × 108 πt − 2πz) aφ · aφ dρ dz
B · dS =
ρ
0
.01
0.1
(8π × 10−7 ) ln 2 cos(6 × 108 πt − 2πz) dz
=
0
= −4 × 10−7 ln 2 sen(6 × 108 πt − 0.2π) − sen(6 × 108 πt)
Entonces
d
−
dt
B · dS = 240π(ln 2) cos(6 × 108 πt − 0.2π) − cos(6 × 108 πt) (comprobar)
10.5. La localización de la barra deslizante en la Fig. 10.5 está dada por x = 5t + 2t 3 , y la separación de los dos rieles
es 20 cm. Sea B = 0.8x 2 a z T. Encontrar la lectura del voltímetro en:
a) t = 0.4 s: El flujo a través del circuito será
0.2 x
0.16 3
0.16
=
0.8(x )2 dx dy =
x =
(5t + 2t 3 )3 Wb
3
3
0
0
168
Entonces
fem = −
0.16
d
=
(3)(5t + 2t 3 )2 (5 + 6t 2 ) = −(0.16)[5(.4) + 2(.4)3 ]2 [5 + 6(.4)2 ] = −4.32 V
dt
3
b) x = 0.6 m: Se tiene 0.6 = 5t + 2t 3 , del que encontramos t = 0.1193. Así
fem = −(0.16)[5(.1193) + 2(.1193)3 ]2 [5 + 6(.1193)2 ] = −.293 V
10.6. Un filamento perfectamente conductor contiene un resistor pequeño de 500- formado en un cuadrado,
como el ilustrado en la Fig. 10.6. Encontrar I (t) si
a) B = 0.3 cos(120πt − 30◦ ) a z T: Primero se evalúa el flujo a través del circuito, donde la unidad normal
al circuito es a z . Encontramos
B · dS = (0.3)(0.5)2 cos(120πt − 30◦ ) Wb
=
circuito
Entonces la corriente será
I (t) =
1 d
(120π)(0.3)(0.25)
fem
=−
=
sen(120πt − 30◦ ) = 57 sen(120πt − 30◦ ) mA
R
R dt
500
b) B = 0.4 cos[π(ct − y)] az µT donde c = 3 × 108 m/s: Ya que el campo varía con y, el flujo es
ahora
.5
0.2
=
B · dS = (0.5)(0.4)
cos(πy − πct) dy =
[sen(πct − π/2) − sen(πct)] µWb
π
circuito
0
La corriente es entonces
fem
1 d
−0.2c
=−
=
[cos(πct − π/2) − cos(πct)] µA
R
R dt
500
−0.2(3 × 108 )
=
[sen(πct) − cos(πct)] µA = 120 [cos(πct) − sen(πct)] mA
500
I (t) =
10.7. Los rieles en la Fig. 10.7 tienen cada uno una resistencia de 2.2 /m. La barra se mueve a la derecha a una velocidad
constante de 9 m/s en un campo magnético uniforme de 0.8 T. Encontrar I (t), 0 < t < 1 s, si la barra está
en x = 2 m en t = 0 y
a) un resistor de 0.3 está presente por el extremo izquierdo con el extremo derecho a circuito
abierto: El flujo en el la mano izquierda a circuito cerrado es
l = B × área = (0.8)(0.2)(2 + 9t)
Entonces , fem l = −dl /dt = −(0.16)(9) = −1.44 V. Con la barra en movimiento, la resistencia del circuito
se incrementa con el tiempo, y está dada por R l (t) = 0.3 + 2[2.2(2 + 9t)]. La corriente es ahora
Il (t) =
fem l
−1.44
A
=
Rl (t)
9.1 + 39.6t
Note que el signo de la corriente indica que está fluyendo en la dirección contraria que la mostrada
en la figura.
169
b) Repita el inciso a, pero con un resistor de 0.3 a través de cada extremo: En este caso, habrá una
contribución a la corriente del circuito derecho que está ahora cerrada. El flujo en el circuito derecho
cuya área disminuye con el tiempo, es
r = (0.8)(0.2)[(16 − 2) − 9t]
y fem r = −dr /dt = (0.16)(9) = 1.44 V. La resistencia del circuito derecho es Rr (t) =
0.3 + 2[2.2(14 − 9t)], y así la contribución a la corriente del circuito derecho será
Ir (t) =
−1.44
A
61.9 − 39.6t
El signo menos se ha insertado porque de nuevo la corriente debe fluir en la dirección opuesta
como el que se indica en la figura, con el flujo que disminuye con el tiempo. La corriente total se encuentra
agregando el resultado del inciso a, o
1
1
+
A
IT (t) = −1.44
61.9 − 39.6t
9.1 + 39.6t
10.8. La Fig. 10.1 se modifica para mostrar que la separación de rieles es más grande cuando y es más grande.
Específicamente, sea la separación d = 0.2 + 0.02y. Dada una velocidad uniforme vy = 8 m/s y una densidad de
flujo magnético uniforme B z = 1.1 T, encontrar V12 como una función de tiempo si la barra se localiza en y = 0 en t = 0:
El flujo a través del circuito como una función de y puede escribirse como
=
B · dS =
0
y
.2+.02y 1.1 dx dy =
0
y
1.1(.2 + .02y ) dy = 0.22y(1 + .05y)
0
Ahora con y = vt = 8t, el anterior se vuelve = 1.76t (1 + .40t). Finalmente,
V12 = −
d
= −1.76(1 + .80t) V
dt
10.9. Un circuito filamentario cuadrado de alambre está 25 cm en un lado y tiene una resistencia de 125 por metro de longitud.
El circuito se encuentra en el plano z = 0 con sus esquinas en (0, 0, 0), (0.25, 0, 0), (0.25, 0.25, 0), y (0, 0.25, 0) en
t = 0. El circuito está moviéndose con velocidad v y = 50 m/s en el campo Bz = 8 cos (1.5 × 108 t − 0.5x) µT.
Desarrollar una función de tiempo que exprese la potencia óhmica que será entregada al circuito. Primero, ya que
el campo no varía con y, el movimiento del circuito en la dirección de y no produce ningún flujo variante en el tiempo,
y así este movimiento es sin importancia. Podemos evaluar el flujo en la posición del circuito original para obtener:
.25 .25
8 × 10−6 cos(1.5 × 108 t − 0.5x) dx dy
0
0
= −(4 × 10−6 ) sen(1.5 × 108 t − 0.13x) − sen(1.5 × 108 t) Wb
(t) =
Ahora, fem = V (t) = −d/dt = 6.0 × 102 cos(1.5 × 108 t − 0.13x) − cos(1.5 × 108 t) , La resistencia
total del circuito es R = 125(0.25 + 0.25 + 0.25 + 0.25) = 125 . Entonces la potencia óhmica es
P (t) =
V 2 (t)
= 2.9 × 103 cos(1.5 × 108 t − 0.13x) − cos(1.5 × 108 t) Watts
R
170
10.10a. Demuestre que la razón de las amplitudes de la densidad de corriente de conducción y la densidad de corriente de
desplazamiento es σ/ω& para el campo aplicado E = Em cos ωt. Suponga µ = µ0 . Primero, D = &E = &Em cos ωt.
Entonces la densidad de corriente de desplazamiento es ∂D/∂t = −ω&Em sen ωt. Segundo , Jc = σ E = σ Em cos ωt.
Usando estos resultados encontramos |Jc |/|Jd | = σ/ω&.
b. ¿Cuál es la razón de la amplitud si el campo aplicado es E = E m e−t/τ , donde τ es real? Como antes, encontrar
D = &E = &E m e−t/τ , y así Jd = ∂D/∂t = −(&/τ )Em e−t/τ . También, Jc = σ Em e−t/τ . Finalmente,
|Jc |/|Jd | = σ τ/&.
10.11. Sea la dimensión interna de un capacitor coaxial a = 1.2 cm, b = 4 cm, y l = 40 cm. El
material homogéneo interior del capacitor tiene los parámetros & = 10−11 F/m, µ = 10−5 H/m, y
σ = 10−5 S/m. Si la intensidad del campo eléctrico es E = (106 /ρ) cos(105 t)aρ V/m (notar la ausencia de t en el
argumento del coseno del libro), encontrar:
a) J: Use
10
J = σE =
cos(105 t)aρ A/m2
ρ
b) la corriente de conducción total, I c , a través del capacitor: Se tiene
J · dS = 2πρlJ = 20πl cos(105 t) = 8π cos(105 t) A
Ic =
c) la corriente de desplazamiento total, I d , a través del capacitor: Primero encontrar
Jd =
∂D
1
∂
(105 )(10−11 )(106 )
= (&E) = −
sen(105 t)aρ = − sen(105 t) A/m
∂t
∂t
ρ
ρ
Ahora
Id = 2πρlJd = −2πl sen(105 t) = −0.8π sen(105 t) A
d) la razón de la amplitud de Id al de I c, del factor de calidad del capacitor: Este será
0.8
|I d |
= 0.1
=
|Ic |
8
10.12. Dada una línea de transmisión coaxial con b/a = e2.5 , µ R = &R = 1, y una intensidad de campo eléctrico
E = (200/ρ) cos(109 t − 3.336z) aρ V/m, encontrar:
a) Vab , el voltaje entre los conductores, si es conocido que la relación electrostática E = −∇V
es válida; Usamos
a
200
b
9
cos(10 t − 3.336z) dρ = 200 ln
cos(109 t − 3.336z)
Vab = −
ρ
a
b
= 500 cos(109 t − 3.336z) V
b) la densidad de corriente de desplazamiento;
Jd =
−200 × 109 &0
∂D
1.77
=
sen(109 t − 3.336z)aρ = −
sen(109 t − 3.336z)aρ A/m2
∂t
ρ
ρ
171
10.13. Considerar la región definida por |x|, |y|, y |z| < 1. Sea &R = 5, µR = 4, y σ = 0. Si Jd =
20 cos(1.5 × 108 t − bx)ay µA/m2 ;
a) encontrar D y E: Ya que Jd = ∂D/∂t, escribimos
20 × 10−6
sen(1.5 × 108 − bx)ay
1.5 × 108
= 1.33 × 10−13 sen(1.5 × 108 t − bx)ay C/m2
D=
Jd dt + C =
donde la constante de la integración es puesta en cero (suponiendo que los campos cd no están presentes). Entonces
D
1.33 × 10−13
=
sen(1.5 × 108 t − bx)ay
&
(5 × 8.85 × 10−12 )
= 3.0 × 10−3 sen(1.5 × 108 t − bx)ay V/m
E=
b) usar la forma puntual de la ley de Faraday y una integración con respecto a tiempo para encontrar B y H: �
En este caso,
∇ ×E=
∂Ey
∂B
az = −b(3.0 × 10−3 ) cos(1.5 × 108 t − bx)az = −
∂x
∂t
Resolver para B por integración sobre tiempo
B=
b(3.0 × 10−3 )
sen(1.5 × 108 t − bx)az = (2.0)b × 10−11 sen(1.5 × 108 t − bx)az T
1.5 × 108
Ahora
H=
B
(2.0)b × 10−11
=
sen(1.5 × 108 t − bx)az
−7
µ
4 × 4π × 10
= (4.0 × 10−6 )b sen(1.5 × 108 t − bx)a z A/m
c) usar ∇ × H = J d + J para encontrar Jd : Ya que σ = 0, no hay corriente de conducción, así en este caso
∇ ×H=−
∂Hz
ay = 4.0 × 10−6 b2 cos(1.5 × 108 t − bx)ay A/m2 = Jd
∂x
d) ¿Cuál es el valor numérico de b? Establecemos la expresión dada para Jd igual al resultado del inciso c
para obtener:
√
20 × 10−6 = 4.0 × 10−6 b2 ⇒ b = 5.0 m−1
10.14. Una fuente de voltaje , V 0 sen ωt, se conecta entre dos esferas conductoras concéntricas, r = a y r = b,
b > a, donde la región entre ellas es un material para el cual & = & R &0 , µ = µ0 , y σ = 0. Encontrar la corriente
de desplazamiento total a través del dieléctrico y compararlo con la corriente de la fuente como el determinado
de la capacitancia (Sec. 5.10) y los métodos de análisis del circuito: Primero, resolviendo la ecuación de Laplace,
encontramos el voltaje entre las esferas (véase Ec. 20, Capítulo 7):
V (t) =
(1/r) − (1/b)
V0 sen ωt
(1/a) − (1/b)
172
10.14 (continuación) Entonces
E = −∇V =
V0 sen ωt
ar
2
r (1/a − 1/b)
Ahora
Jd =
⇒ D=
&R &0 V0 sen ωt
ar
r 2 (1/a − 1/b)
&R &0 ωV0 cos ωt
∂D
= 2
ar
∂t
r (1/a − 1/b)
La corriente de desplazamiento es entonces
Id = 4πr 2 Jd =
dV
4π&R &0 ωV0 cos ωt
=C
(1/a − 1/b)
dt
donde, de Ec. 47, Capítulo 5,
C=
4π&R &0
(1/a − 1/b)
Los resultados son consistentes.
10.15. Sea µ = 3 × 10−5 H/m, & = 1.2 × 10−10 F/m, y σ = 0 por todas partes. Si H = 2 cos(1010 t −
βx)az A/m, usar las ecuaciones de Maxwell para obtener expresiones para B, D, E, y β: Primero, B = µH =
6 × 10−5 cos(1010 t − βx)az T. Luego usamos
∇ ×H=−
∂H
∂D
ay = 2β sen(1010 t − βx)ay =
∂x
∂t
del cual
D=
2β
2β sen(1010 t − βx) dt + C = − 10 cos(1010 t − βx)ay C/m2
10
donde la constante de la integración se pone en cero , ya que los campos sin cd están presentes. Luego,
E=
D
2β
=−
cos(1010 t − βx)ay = −1.67β cos(1010 t − βx)ay V/m
−10
10
&
(1.2 × 10 )(10 )
Ahora
∇ ×E=
Así
B=−
∂Ey
∂B
az = 1.67β 2 sen(1010 t − βx)az = −
∂x
∂t
1.67β 2 sen(1010 t − βx)a z dt = (1.67 × 10−10 )β 2 cos(1010 t − βx)az
Requerimos este resultado para ser consistente con la expresión para B originalmente encontrada. Así
(1.67 × 10−10 )β 2 = 6 × 10−5 ⇒ β = ±600 rad/m
173
10.16a. Un cierto material tiene σ = 0 y & R = 1. Si H = 4 sen(106 t − 0.01z)ay A/m, hacer uso de las ecuaciones de
Maxwell para encontrar µR : Primero encuentre
∇ ×H=−
Así
E=
∂Hy
∂E
ax = 0.04 cos(106 t − 0.01z)ax = &0
∂z
∂t
.04
.04
cos(106 t − 0.01z)ax dt = 6 sen(106 t − 0.01z)ax
&0
10 &0
donde la constante de integración es cero, ya que suponemos que los campos sin cd están presentes. Luego
∇ ×E=
Así
∂H
.04(.01)
∂Ex
ay = −
cos(106 t − 0.01z)ay = −µR µ0
6
∂z
10 &0
∂t
.04(.01)
.04(.01)
cos(106 t − 0.01z)ay dt = 12
sen(106 t − 0.01z)a y
6
10 &0 µ0 µR
10 &0 µ0 µR
H=
= 4 sen(106 t − 0.01z)ay
donde se requiere la última igualdad para la consistencia. Por lo tanto
.04(.01)
(.01)2 (9 × 1016 )
=
4
⇒
µ
=
=9
R
1012 &0 µ0 µR
1012
b) Encuentre E(z, t): Esto ya lo encontramos durante el desarrollo en el inciso a: Tenemos
E(z, t) =
.04
sen(106 t − 0.01z)ax V/m = 4.5 sen(106 t − 0.01z)ax kV/m
106 &0
10.17. La intensidad de campo eléctrico en la región 0 < x < 5, 0 < y < π/12, 0 < z < 0.06 m en espacio libre está
dado por E = C sen(12y) sen(az) cos(2 × 1010 t) ax V/m. Empezando con la relación ∇ × E use
las ecuaciones de Maxwell para encontrar un valor numérico para a, si se sabe que a es más grande que cero:
En este caso encontramos
∂Ez
∂Ex
ay −
az
∂z
∂y
∂B
= C a sen(12y) cos(az)a y − 12 cos(12y) sen(az)az cos(2 × 1010 t) =
∂t
∇ ×E=
Entonces
1
H=−
µ0
=−
∇ × E dt + C1
C
a
sen(12y)
cos(az)a
sen(2 × 1010 t) A/m
−
12
cos(12y)
sen(az)a
y
z
µ0 (2 × 1010
donde la constante de integración, C1 = 0, ya que no hay condiciones iniciales. Usando este resultado, ahora
encontramos
∂Hy
C(144 + a 2 )
∂D
∂Hz
−
ax = −
∇ ×H=
sen(12y) sen(az) sen(2 × 1010 t) ax =
10
∂y
∂z
µ0 (2 × 10 )
∂t
174
10.17. (continuación) Ahora
D
1
C(144 + a 2 )
E=
=
∇ × H dt + C2 =
sen(12y) sen(az) cos(2 × 1010 t) ax
10
2
&0
µ0 &0 (2 × 10 )
&0
donde C2 = 0. Este campo debe ser el mismo que el campo original presentado, y así requerimos que
C(144 + a 2 )
=1
µ0 &0 (2 × 1010 )2
Usando µ 0 &0 = (3 × 108 )−2 , encontramos
a=
(2 × 1010 )2
− 144
(3 × 108 )2
1/2
= 66 m−1
10.18. La línea de transmisión de placa paralela mostrada en la Fig. 10.8 tiene dimensiones b = 4 cm y d = 8 mm, mientras
el medio entre las placas está caracterizado por µR = 1, &R = 20, y σ = 0. Ignorar los campos externos
del dieléctrico. Dado el campo H = 5 cos(109 t − βz)a y A/m, use las ecuaciones de Maxwell para ayudar a encontrar:
a) β, si β > 0: Tomar
∇ ×H=−
Así
E=
β
−5β
sen(109 t − βz)ax dt =
cos(109 t − βz)ax
20&0
(4 × 109 )&0
Entonces
∇ ×E=
Así que
H=
∂Hy
∂E
ax = −5β sen(109 t − βz)ax = 20&0
∂z
∂t
∂Ex
∂H
β2
ay =
sen(109 t − βz)ay = −µ0
9
∂z
(4 × 10 )&0
∂t
−β 2
β2
9
sen(10
t
−
βz)a
dt
=
cos(109 t − βz)
x
(4 × 109 )µ0 &0
(4 × 1018 )µ0 &0
= 5 cos(109 t − βz)ay
donde se requiere la última igualdad para mantener la consistencia: Por lo tanto
β2
= 5 ⇒ β = 14.9 m−1
(4 × 1018 )µ0 &0
b) la densidad de corriente de desplazamiento en z = 0: Ya que σ = 0, tenemos
∇ × H = Jd = −5β sen(109 t − βz) = −74.5 sen(109 t − 14.9z)ax
= −74.5 sen(109 t)ax A/m en z = 0
c) la corriente de desplazamiento total cruzando la superficie x = 0.5d, 0 < y < b, y 0 < z < 0.1 m en
la dirección a x . Evaluamos el flujo integral de J d sobre la sección cruzada dada:
0.1
sen(109 t − 14.9z) a x · ax dz = 0.20 cos(109 t − 1.49) − cos(109 t) A
Id = −74.5b
0
175
10.19. En la primera sección de este capítulo, se usó la ley de Faraday para mostrar que el campo E = 21 kB0 ρekt aφ
los resultados del campo magnético cambiante B = B 0 ekt az (note que el factor ρ que aparece en E fue
omotido del problema original presentado).
a) Demuestre que este campo no satisface la otra ecuación rotacional de Maxwell: Note que B se presentó
constante con posición, y así tendremos rotación cero. El campo eléctrico, de cualquier modo, varía con el tiempo,
y así ∇ × H ∂D
∂t tendremos un cero en el lado de la mano izquierda y un no cero en el lado de la
mano derecha. La ecuación es así no valida con estos campos.
b) Si permitimos B 0 = 1 T y k = 106 s −1 , nosotros estamos estableciendo una densidad de flujo magnética bastante
grande en 1 µs. Use la ecuación ∇ × H para mostrar que la razón en que Bz deba (pero no hace) cambiar con
ρ únicamente si 5 × 10−6 T/m en espacio libre en t = 0: Suponiendo que B varía con ρ, escribimos
∇ ×H=−
Así
∂Hz
1
∂E
1 dB0 kt
aφ = −
e = &0
= − &0 k 2 B0 ρekt
∂ρ
µ0 dρ
∂t
2
dB0
1012 (1)ρ
1
= 5.6 × 10−6 ρ
= µ0 &0 k 2 ρB0 =
dρ
2
2(3 × 108 )2
que es cercano al valor presentado si ρ está en el orden de 1m.
10.20. El punto C(−0.1, −0.2, 0.3) se encuentra en la superficie de un conductor perfecto. La intensidad de campo
eléctrico en C es (500ax − 300ay + 600az ) cos 107 t V/m, y el medio circundante al conductor es caracterizado
por µR = 5, &R = 10, y σ = 0.
a) Encuentre un vector unitario normal a la superficie del conductor en C, si el origen se encuentra dentro del
conductor. En t = 0, El campo debe ser dirigido fuera de la superficie, y será normal a él, ya que tenemos un
conductor perfecto. Por lo tanto
n=
5ax − 3ay + 6az
+E(t = 0)
= √
= 0.60ax − 0.36ay + 0.72az
|E(t = 0)|
25 + 9 + 36
b) Encuentre la densidad de carga superficial en C: Use
ρs = D · n|superficie = 10&0 500ax − 300ay + 600az cos(107 t) · .60ax − .36ay + .72az
= 10&0 [300 + 108 + 432] cos(107 t) = 7.4 × 10−8 cos(107 t) C/m2 = 74 cos(107 t) nC/m2
10.21. Las superficies ρ = 3 y 10 mm, y z = 0 y 25 cm son conductores perfectos. La región encerrada
por estas superficies tienen µ = 2.5 × 10−6 H/m, & = 4 × 10−11 F/m, y σ = 0. Sea H =
(2/ρ) cos(10πz) cos(ωt) aφ A/m. Use las ecuaciones de Maxwell para encontrar
a) ω: Presentamos con
∇ ×H=−
∂Hφ
20π
∂E
aρ =
sen(10πz) cos(ωt) aρ = &
∂z
ρ
∂t
Encontramos entonces
20π
20π
E=
sen(10πz) cos(ωt) dt aρ =
sen(10πz) sen(ωt) aρ
ρ&
ωρ&
176
10.21a. (continuación) En este punto, un defecto en el problema presentado se vuelve aparente, ya que su campo irá
desapareciendo en la superficie del conductor perfecto localizado en z = 0.25m. Esto no sucede con la función
sen(10πz) No obstante, insistimos en:
∇ ×E=
Así
H=
∂Eρ
(20π)(10π)
∂H
aφ =
cos(10πz) sen(ωt) aφ = −µ
∂z
ωρ&
∂t
200π 2
−200π 2
cos(10πz) sen(ωt) aφ dt = 2
cos(10πz) cos(ωt) aφ
ωρµ&
ω µ&ρ
Este resultado debe ser igual al campo H dado, así requerimos que
2
10π
10π
200π 2
=
⇒ ω= √
=
= π × 109 sec−1
2
−6
−11
ω µ&ρ
ρ
µ&
(2.5 × 10 )(4 × 10 )
b) E: Usamos el resultado del inciso a:
E=
500
20π
sen(10πz) sen(ωt) a ρ =
sen(10πz) sen(ωt) a ρ V/m
ωρ&
ρ
10.22. En espacio libre, donde & = & 0 , µ = µ0 , σ = 0, J = 0, y ρv = 0, suponga un sistema de coordenadas cartesianas
en que E y H son ambas únicamente funciones de z y t.
a) Si E = Ey ay y H = Hx ax , comenzar con las ecuaciones de Maxwell y determine la ecuación diferencial
parcial de segundo orden que debe satisfacer Ey : El procedimiento aquí es similar al desarrollo
que lleva a la Ec. 53. Empiece tomando la rotación de ambos lados de la ecuación de la ley de Faraday:
∂H
∂
= −µ0 (∇ × H)
∇ × ∇ × E = ∇ × −µ0
∂t
∂t
donde ∇ × H = &0 ∂E/∂t. Por lo tanto
∇ × ∇ × E = ∇(∇ · E) − ∇ 2 E = −µ0 &0
∂ 2E
∂t 2
donde la primera igualdad se encuentra de la Ec. 52. Note que en espacio libre, ∇ · D = &0 ∇ · E = 0,
obtenemos,
∂ 2 Ey
∂ 2 Ey
∂ 2E
∇ 2 E = µ0 &0 2 ⇒
=
µ
&
0
0
∂t
∂z2
∂t 2
ya que E varía únicamente con z y t, y es dirigida a y.
b) Demuestre que Ey = 5(300t + bz)2 es la solución de la ecuación para un valor particular de b, y encuentre
los valores: Substituyendo, encontramos
∂ 2 Ey
∂Ey
= 10b2 = µ0 &0 2 = 9 × 105 µ0 &0
2
∂z
∂t
Por lo tanto
10b2 = 9 × 105 µ0 &0 → b = 1.0 × 10−6 m−1
177
10.23. En la región 1, z < 0, & 1 = 2 × 10−11 F/m, µ1 = 2 × 10−6 H/m, y σ1 = 4 × 10−3 S/m; en la región 2,
z > 0, &2 = &1 /2, µ2 = 2µ1 , y σ2 = σ1 /4. Se sabe que E1 = (30ax + 20ay + 10az ) cos(109 t)
V/m en P 1 (0, 0, 0− ).
a) Encontrar EN 1 , Et1 , DN 1 , y Dt1 : Estos serán
EN 1 = 10 cos(109 t)az V/m Et1 = (30ax + 20ay ) cos(109 t) V/m
DN 1 = &1 EN 1 = (2 × 10−11 )(10) cos(109 t)az C/m2 = 200 cos(109 t)az pC/m2
Dt1 = &1 Et1 = (2 × 10−11 )(30ax + 20ay ) cos(109 t) = (600ax + 400ay ) cos(109 t) pC/m2
b) Encontrar JN 1 y Jt1 en P1 :
JN 1 = σ1 EN 1 = (4 × 10−3 )(10 cos(109 t))az = 40 cos(109 t)az mA/m2
Jt1 = σ1 Et1 = (4 × 10−3 )(30ax + 20ay ) cos(109 t) = (120ax + 80ay ) cos(109 t) mA/m2
c) Encontrar E t2 , Dt2 , y Jt2 en P1 : Por continuidad de E tangencial,
Et2 = Et1 = (30ax + 20ay ) cos(109 t) V/m
Entonces
Dt2 = &2 Et2 = (10−11 )(30ax + 20ay ) cos(109 t) = (300ax + 200ay ) cos(109 t) pC/m2
Jt2 = σ2 Et2 = (10−3 )(30ax + 20ay ) cos(109 t) = (30ax + 20ay ) cos(109 t) mA/m2
d) (Más complicado) Use la ecuación de continuidad para ayudar a mostrar que JN 1 − JN 2 = ∂DN 2 /∂t − ∂DN 1 /∂t
(note error de imprenta en el problema presentado) y entonces determine EN 2 , DN 2 , y JN 2 : Supongamos la existencia de
una capa de carga de superficie en el límite con densidad ρ s C/m2 . Si dibujamos una “caja de pastillas” cilíndrica
cuyas superficies de tapa y fondo (cada uno de área 1a) están en cualquier lado de la interface, podemos usar la
condición de continuidad para escribir
∂ρs
1a
(JN 2 − JN 1 )1a = −
∂t
donde ρs = DN 2 − DN 1 . Por lo tanto,
J N 1 − JN 2 =
∂
(DN 2 − DN 1 )
∂t
Por lo que se refiere a las componentes de campo eléctrico normal, este se vuelve
σ1 EN 1 − σ2 EN 2 =
∂
(&2 EN 2 − &1 EN 1 )
∂t
Ahora sea EN 2 = A cos(109 t) + B sen(109 t), mientras del anterior, EN 1 = 10 cos(109 t).
178
10.23. (continuación)
Éstos, junto con la permitividad y conductividad, se sustituyen para obtener
(4 × 10−3 )(10) cos(109 t) − 10−3 [A cos(109 t) + B sen(109 t)]
∂ −11
10 [A cos(109 t) + B sen(109 t)] − (2 × 10−11 )(10) cos(109 t)
=
∂t
= −(10−2 A sen(109 t) + 10−2 B cos(109 t) + (2 × 10−1 ) sen(109 t)
Igualamos coeficientes ahora de los términos sen y cos para obtener dos ecuaciones:
4 × 10−2 − 10−3 A = 10−2 B
−10−3 B = −10−2 A + 2 × 10−1
Estas se resuelven al mismo tiempo para encontrar A = 20.2 y B = 2.0. Así
EN 2 = 20.2 cos(109 t) + 2.0 sen(109 t) az = 20.3 cos(109 t + 5.6◦ )az V/m
Entonces
y
DN 2 = &2 EN 2 = 203 cos(109 t + 5.6◦ )az pC/m2
JN 2 = σ2 EN 2 = 20.3 cos(109 t + 5.6◦ )az mA/m2
10.24. Dados los campos V = 80z cos x cos 3 × 108 t. kV y A = 26.7z sen x sen 3 × 108 t ax mWb/m en espacio
libre, encontrar E y H: Primero, encontrar E
E = −∇V −
∂A
∂t
donde
−∇V = 80 cos(3 × 108 t)[z sen xax − cos xaz ] kV/m
y
−∂A/∂t = −(3 × 108 )(26.7)z sen x cos(3 × 108 t)ax mV/m
Finalmente,
E = − 7.9 × 106 z sen x ax + 8.0 × 104 cos x az cos(3 × 108 t) V/m
Ahora
B=∇ ×A=
Entonces
H=
∂Ax
ay = 26.7 sen x sen(3 × 108 t)ay mWb/m2
∂z
B
= 2.12 × 104 sen x sen(3 × 108 t) ay A/m
µ0
179
10.25. En una región donde µR = &R = 1 y σ = 0, los potenciales retardados están dados por V = x(z − ct) V y
√
A = x[(z/c) − t]az Wb/m, donde c = 1/ µ 0 &0 .
a) Demuestre que ∇ · A = −µ&(∂V /∂t):
Primero,
∇ ·A=
Segundo,
∂Az
x
√
= = x µ0 &0
∂z
c
∂V
x
= −cx = − √
∂t
µ0 &0
así observamos que ∇ · A = −µ0 &0 (∂V /∂t) en espacio libre, implicando que la afirmación dada habría
permanecido verdadera en el medio general.
b) Encontrar B, H, E, y D:
Use
B=∇ ×A=−
Entonces
H=
Ahora,
E = −∇V −
∂Ax
z
ay = t −
ay T
∂x
c
B
1 z
ay A/m
=
t−
µ0
µ0
c
∂A
= −(z − ct)ax − xaz + xaz = (ct − z)ax V/m
∂t
Entonces
D = &0 E = &0 (ct − z)ax C/m2
c) Demuestre que estos resultados satisfacen la ecuación de Maxwell si J y ρv son cero:
i. ∇ · D = ∇ · &0 (ct − z)ax = 0
ii. ∇ · B = ∇ · (t − z/c)ay = 0
iii.
∇ ×H=−
∂Hy
1
ax =
ax =
∂z
µ0 c
que requerimos para igualar ∂D/∂t:
∂D
= &0 cax =
∂t
iv.
∇ ×E=
que requerimos para igualar −∂B/∂t:
∂Ex
ay = −ay
∂z
∂B
= ay
∂t
Así se satisfacen todas la cuatro ecuaciones de Maxwell.
180
&0
ax
µ0
&0
ax
µ0
10.26. Sea la corriente I = 80t A presente en la dirección a z en el eje z en espacio libre dentro del intervalo
−0.1 < z < 0.1 m.
a) Encontrar Az en P (0, 2, 0): La integral para el vector potencial retardado asumirá en este caso la forma
A=
donde R =
.1
−.1
µ0 80(t − R/c)
az dz
4πR
√
z2 + 4 y c = 3 × 108 m/s. Obtenemos
80µ0
Az =
4π
.1
t
.1
.1
1
8 × 10−6 .1
dz = 8 × 10−6 t ln(z + z2 + 4) −
z
−.1
c
3 × 108 −.1
dz −
√
z2 + 4
−.1
√
.1 + 4.01
= 8 × 10−6 ln
− 0.53 × 10−14 = 8.0 × 10−7 t − 0.53 × 10−14
√
−.1 + 4.01
−.1
Así finalmente, A = 8.0 × 10−7 t − 5.3 × 10−15 az Wb/m
.
b) Graficar Az contra t sobre el intervalo de tiempo −0.1 < t < 0.1 µs: La gráfica se incrementa linealmente con
el tiempo, comenzando con A z = −8.53 × 10−14 Wb/m en t = −0.1 µs, cruzando el eje tiempo y poniéndose
positivo en t = 6.6 ns, y alcanzando un valor máximo de 7.46 × 10−14 Wb/m en t = 0.1 µs.
181