EJERCICIOS DEL 1-15 CAPITULO 3 DEL LIBRO TEORIA ELECTROMAGNETICA Electromagnetismo Universidad Técnica de Ambato 11 pag. Document shared on www.docsity.com Downloaded by: joseph_110403 ([email protected]) TEORIA ELECTROMAGNETICA (William.H. Hayt) CAPITULO 3 EJERCICIOS 1-15 PROBLEMAS 1. Un bote metálico de pintura, vacío, se coloca sobre una mesa de mármol, la tapa se retira y ambas partes se descargan eléctricamente haciendo tierra. Se pega un hilo de nailon en el centro de la tapa, y se adhieren al hilo una moneda de 1 centavo, otra de 5 y una más de 10 centavos, sin que se toquen una con otra. A la moneda de 5 centavos se le da una carga de +5 nC, mientras que las otras dos permanecen descargadas. Todo este arreglo se baja dentro del bote de modo que las monedas cuelguen sin tocar las paredes y se asegura la tapa. El exterior del bote se pone momentáneamente haciendo tierra. El dispositivo se desarma cuidadosamente con guantes y herramientas aislantes. a) ¿Qué cargas se encuentran en cada una de las cinco piezas metálicas? Todas las monedas fueron aisladas durante todo el procedimiento, por lo que retendrán sus cargos originales: Penny: + 5nC; níquel: 0; dime: 0. La carga del centavo habrá inducido un negativo igual y a una carga opuesta (-5 nC) en la pared interior de la lata y la tapa. Esto dejó una capa de carga de +5 nC en la superficie exterior que fue neutralizada por la conexión a tierra. Por lo tanto, la lata retuvo una carga neta de -5 nC después del desmontaje. b) Si a la moneda de 1 centavo se le ha dado una carga de +2 nC y a la de 5 centavos una carga de −1 nC, ¿cuál sería el arreglo final de cargas? Si el centavo recibió una carga de +5 nC, la moneda de diez centavos una carga de -2 nC y el níquel una carga de −1 nC, desde que las monedas están aisladas, conservan sus cargas originales. La carga inducida en el interior. La pared de la lata y la tapa es igual a negativa la suma de las cargas de monedas, o −2 nC. 2. Una carga puntual de 20 nC se encuentra en (4, −1, 3) y una carga lineal uniforme de −25 nC/m se extiende a lo largo de la intersección de los planos x = −4 y z = 6. a) Calcular D en (3, −1, 0). La densidad de flujo total en el punto deseado es la siguiente: 𝐷(3, −1,0) = 25 × 10−9 7𝑖𝑥 − 6𝑖𝑧 20 × 10−9 −𝑖𝑥 − 3𝑖𝑧 ( )− ( ) 2𝜋(49 + 36) √49 + 36 4𝜋(1 + 9) √1 + 9 𝐷(3, −1,0) = −0.38𝑖𝑥 + 0.13𝑖𝑧 𝑛𝐶/𝑚2 b) ¿Qué cantidad de flujo eléctrico abandona la superficie de una esfera de radio 5 y con centro en el origen? Document shared on www.docsity.com Downloaded by: joseph_110403 ([email protected]) Esto será equivalente a la cantidad de carga que hay dentro de la esfera. El primer punto de carga es a distancia del origen dado por: √16 + 1 + 9 = 5.1 El Segundo punto más cercano en la carga lineal al origen está a la distancia: √16 + 36 = 7.2 y entonces la carga de la línea completa también está fuera de la esfera. Por ende su respuesta seria cero. c) Repetir la parte b si el radio de la esfera es de 10. Primero, desde la parte b, la carga puntual ahora estará en el interior. Segundo, la longitud de la línea. La carga que se encuentra dentro de la esfera estará dada por 2𝑦0 , donde 𝑦0 satisface la ecuación √16 + 𝑦02 + 36 = 10. Resolviendo la ecuación: 𝑦0 = 6.93, o 2𝑦0 = 13.86. La carga total dentro la esfera (y el flujo neto hacia el exterior) es ahora. Φ=𝑄 Φ = 𝑄 = (20 − (25 × 13.86)) 𝚽 = −𝟑𝟐𝟔 𝒏𝑪 3. La superficie cilíndrica ρ = 8 cm contiene una densidad de carga superficial ρS = 5e−20|z| nC/m2. a) ¿Cuál es la cantidad de carga presente? Integramos sobre la superficie para encontrar: ∞ 2𝜋 𝑄 = 2 ∫ ∫ 5𝑒 −20𝑧 (0.80)𝑑∅𝑑𝑧 𝑛𝐶 0 0 ∞ 2𝜋 𝑄 = 2 ∫ 5𝑒 −20𝑧 (0.80)𝑑𝑧 (∅) 0 0 ∞ 𝑄 = 2 ∫ 5𝑒 −20𝑧 (0.80)𝑑𝑧 (2𝜋 − 0) 0 ∞ 𝑄 = 2 ∫ 5𝑒 −20𝑧 (0.80)𝑑𝑧 (2𝜋) 0 −1 −20𝑧 ∞ )𝑒 0 20 −1 𝑄 = 20𝜋(0.80) ( ) 𝑒 −20 (∞) − 𝑒 −20 (0) 20 𝑄 = 20𝜋(0.80) ( 𝑸 = 𝟎. 𝟐𝟓 𝒏𝑪 b) ¿Qué cantidad de flujo eléctrico abandona la superficie ρ = 8 cm, 1 cm < z < 5 cm, 30° < φ < 90°? Document shared on www.docsity.com Downloaded by: joseph_110403 ([email protected]) ¿Cuánto flujo sale de la superficie ρ = 8cm, 1 cm <z <5cm, 30◦ <φ <90◦? Nosotros solo integre la densidad de carga en esa superficie para encontrar el flujo que la abandona. Φ = 𝑄′ 0.5 Φ=∫ 0.1 0.5 Φ=∫ 0.1 0.5 90° ∫ 30° 5𝑒 −20𝑧 (0.80)𝑑∅𝑑𝑧 𝑛𝐶 90° 5𝑒 −20𝑧 (0.80)𝑑𝑧 ∗ (𝜙)| 30° Φ = ∫ 5𝑒 −20𝑧 (0.80)𝑑𝑧 ∗ (90 − 30) 0.1 −1 90 − 30 0.5 ) 2𝜋(5)(0.80) ( ) 𝑒 −20𝑧 | 0.1 20 360 90 − 30 −1 Φ=( ) 2𝜋(5)(0.80) ( ) 𝑒 −20(0.5) − 𝑒 −20(0.1) 360 20 Φ=( Φ = 9.45 × 10−3 𝑛𝐶 4. En coordenadas cilíndricas sea D = (ρaρ + zaz)/ [4π (ρ2 + z2)1.5]. Determinar el flujo total que abandona: a) la superficie cilíndrica ρ = 7 de longitud infinita La superficie cilíndrica infinitamente larga ρ = 7: utilizamos. Φ𝑎 = ∫ 𝐷. 𝑑𝑠 ∞ 2𝜋 ∞ 2𝜋 ∞ 𝜌0 𝑎𝜌 + 𝑧𝑎𝑧 Φ𝑎 = ∫ ∫ −∞ 0 Φ𝑎 = ∫ ∫ −∞ 0 Φ𝑎 = ∫ 𝜌0 𝑎𝜌 + 𝑧𝑎𝑧 4𝜋(𝜌02 + 𝑧 2 )3/2 𝜌0 𝑎𝜌 + 𝑧𝑎𝑧 4𝜋(𝜌02 + 𝑧 2 )3/2 2 2 3/2 −∞ 4𝜋(𝜌0 + 𝑧 ) ∞ Φ𝑎 = ∫ 𝜌0 𝑎𝜌 + 𝑧𝑎𝑧 2 −∞ 4𝜋(𝜌0 ∞ Φ𝑎 = 𝜌02 ∫ Φ𝑎 = Φ𝑎 = 0 (𝜌02 (𝜌02 Φ𝑎 = 1 (𝜌02 + 𝑧 2 )3/2 𝑑𝑧 + 𝑧 2 )3/2 . 𝑎𝜌 𝜌0 𝑑∅𝑑𝑧 . 𝑎𝜌 𝜌0 𝑑∅𝑑𝑧 2𝜋 . 𝑎𝜌 𝜌0 𝑑𝑧 . (∅)| 0 . 𝑎𝜌 𝜌0 𝑑𝑧 . (2𝜋 − 0) 𝑧 ∞ | 2 3/2 0 +𝑧 ) 0 ∞ − 2 2 3/2 (𝜌0 + 02 )3/2 +∞ ) Document shared on www.docsity.com Downloaded by: joseph_110403 ([email protected]) b) el cilindro finito, ρ = 7, |z| ≤ 10. El flujo total a través de la superficie cilíndrica y las dos tapas finales son, en este orden: 𝑧0 2𝜋 Φ𝑏 = ∫ ∫ −𝑧0 0 2𝜋 𝜌0 𝑎𝜌 + 𝑎𝜌 . 𝜌0 𝑑∅𝑑𝑧 + ∫ 4𝜋(𝜌02 + 𝑧 2 )3/2 0 2𝜋 +∫ 0 𝜌0 ∫ 0 𝜌0 ∫ 0 −𝑧0 𝑎𝑧 − 𝑎𝑧 . 𝜌𝑑𝜌𝑑∅ 4𝜋(𝜌02 + 𝑧0 2 )3/2 𝑧0 𝑎𝑧 + 𝑎𝑧 . 𝜌𝑑𝜌𝑑∅ 4𝜋(𝜌02 + 𝑧0 2 )3/2 Donde ρ0 = 7 y z0 = 10. Simplificando, esto se convierte en: 𝑧0 Φ𝑏 = 𝜌02 ∫ Φ𝑏 = Φ𝑏 = 0 𝑧 𝜌0 𝜌𝑑𝜌 𝑑𝑧 + ∫ . 2 2 2 3/2 2 3/2 (𝜌0 + 𝑧 ) 0 (𝜌0 + 𝑧 ) √𝜌02 + 𝑧 2 𝑧0 | √𝜌02 + 𝑧0 2 Φ𝑏 = 1 𝑧0 𝑧0 𝜌 − | 0 0 √𝜌2 + 𝑧 2 0 +1− 0 𝑧0 0 √𝜌02 + 𝑧0 2 5. Sea D = 4xyax + 2(x2 + z2)ay + 4yzaz C/m2. Evaluar las integrales de superficie y encontrar la carga total encerrada en el paralelepípedo rectangular 0 < x < 2, 0 < y < 3, 0 < z < 5 m. Considere el planos en y = 0 y 3. La componente y de D penetrará en esas superficies, pero será hacia adentro en y = 0 y hacia afuera en y = 3, mientras que tiene la misma magnitud en ambos casos. Estos flujos por lo tanto se cancelarán. En el plano x = 0, Dx = 0 y en el plano z = 0, Dz = 0, entonces habrá No hay aportes de flujo desde estas superficies. Esto deja las 2 superficies restantes en x = 2 y z = 5. El flujo externo neto se convierte en: 5 3 3 2 Φ = ∫ ∫ 𝐷𝑥=2 . 𝑎𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑧 + ∫ ∫ 𝐷𝑥=5 . 𝑎𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦 0 0 3 3 0 0 Φ = 5 ∫ 4(2) 𝑦𝑑𝑦 + 2 ∫ 4(5) . 𝑦𝑑𝑦 0 3 3 Φ = 40(𝑦)| + 40(𝑦)| 0 0 0 Φ = 40(3 − 0) + 40(3 − 0) 𝚽 = 𝟐𝟒𝟎 𝑪 Document shared on www.docsity.com Downloaded by: joseph_110403 ([email protected]) 6. Un volumen de carga de densidad constante ρv = ρ0 está en el espacio libre dentro de la región −∞ < x < ∞, −∞ < y < ∞, y −d/2 < z < d/2. Encontrar D y E en cualquier parte. Suponemos que el campo estará en todas partes z-dirigido, y será uniforme con x e y en z fijo. Para encontrar el campo dentro del carga, una superficie gaussiana apropiada será aquella que encierra una región rectangular definido por −1 <x <1, −1 <y <1 y | z | <d / 2. El flujo externo desde esta superficie se limitará a eso a través de las dos superficies paralelas en ± z: Φ𝑖𝑛 = ∫ 𝐷. 𝑑𝑠 1 1 Φ𝑎 = 2 ∫ ∫ 𝐷𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦 Φ𝑎 = Q −1 −1 1 1 1 Φ𝑎 = ∫ ∫ ∫ 𝜌0 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 ′ −1 −1 −1 Donde el factor de 2 en la segunda cuenta integral para los flujos iguales a través de la Dos superficies. Lo anterior se simplifica fácilmente, ya que tanto Dz como ρ0 son constantes, lo que lleva a Din = ρ0z az C/m2 (|z| <d/2), y por lo tanto Ein = (ρ0z/0) az V/m (|z|<d/2). Φ𝑖𝑛 = ∫ 𝐷. 𝑑𝑠 1 1 Φ𝑎 = 2 ∫ ∫ 𝐷𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦 Φ𝑎 = Q −1 −1 𝑑⁄ 2 Φ𝑎 = ∫ 1 1 ∫ ∫ 𝜌0 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 ′ −𝑑⁄ −1 −1 2 𝐷𝑜𝑢𝑡 = { 𝐸𝑜𝑢𝑡 = { (𝜌0 𝑑⁄2)𝑎𝑧 (𝑧 > 𝑑⁄2) } 𝐶/𝑚2 𝑑 𝑑 −(𝜌0 ⁄2)𝑎𝑧 (𝑧 < ⁄2) (𝜌0 𝑑⁄2 ∈ ) 𝑎𝑧 (𝑧 > 𝑑⁄2) 0 } 𝑉/𝑚 𝑑 − (𝜌0 ⁄2 ∈ ) 𝑎𝑧 (𝑧 < 𝑑⁄2) 0 7. Una densidad volumétrica de carga se encuentra en el espacio libre como 𝜌𝑣 = 2𝑒 −1000𝑟 𝑛𝐶/𝑚3 para 0 < 𝑟 < 1 mm y 𝜌𝑣 = 0 en cualquier otra parte. a) Encontrar la carga total encerrada por la superficie esférica 𝒓 = 𝟏𝒎𝒎. Document shared on www.docsity.com Downloaded by: joseph_110403 ([email protected]) 2𝜋 Φ=∫ 𝜋 0 ∫ ∫ 0 0 0 0 𝜋 0.001 0.001 0 2𝑒 −1000𝑟 𝑟 2 sin 𝜃𝑑𝑟𝑑𝜃𝑑∅ 2𝜋 2𝑒 −1000𝑟 𝑟 2 sin 𝜃𝑑𝑟𝑑𝜃 ∅| 0 2𝑒 −1000𝑟 𝑟 2 sin 𝜃𝑑𝑟𝑑𝜃 (2𝜋 − 0) Φ=∫ ∫ Φ=∫ 0 0.001 Φ=∫ ∫ 𝜋 0 0.001 𝜋 2𝑒 −1000𝑟 𝑟 2 (cos 𝜃)| 𝑑𝑟 (2𝜋) 0 0.001 2𝑒 −1000𝑟 𝑟 2 cos(2𝜋) − cos(0) 𝑑𝑟 (2𝜋) Φ=∫ 0 0.001 Φ=∫ 0 Φ = 8𝜋 ( 2𝑒 −1000𝑟 𝑟 2 𝑑𝑟 (2𝜋). −𝑒 −1000𝑟 𝑟 2 0.001 2 𝑒 −1000𝑟 0.001 (−1000𝑟 − 1) + ) 0 0 1000 1000 (1000)2 𝚽 = 𝟒. 𝟎 × 𝟏𝟎−𝟗 𝒏𝑪 b) Utilizando la ley de Gauss, calcular el valor de Dr sobre la superficie 𝒓 = 𝟏 𝒎𝒎. Utilizando la ley de Gauss, calcule el valor de Dr en la superficie 𝑟 = 1 𝑚𝑚: el gaussiano. La superficie es una carcasa esférica de radio 1 mm. La carga adjunta es el resultado de la parte a. Por lo tanto, escribimos 4𝜋𝑟2𝐷𝑟 = 𝑄, 𝑜. 𝐷𝑟 = 𝐷𝑟 = 𝑄 4𝜋𝑟 2 4.0 × 10−9 4𝜋(0.001)2 𝑫𝒓 = 𝟑. 𝟐 × 𝟏𝟎−𝟒 𝒏𝑪/𝒎𝟐 8. Aplicar la ley de Gauss en su forma integral para demostrar que un campo de distancia inversa en coordenadas esféricas, 𝐷 = 𝐴𝑎𝑟 /𝑟, donde A es una constante, requiere que cada círculo esférico de 1 m de ancho contenga 4𝜋𝐴 coulombs de carga. ¿Esto indica una distribución de carga continua? Si es así, encontrar la variación de la densidad de carga con r. El flujo neto exterior de este campo a través de una superficie esférica de radio r es: Φ = ∮ 𝐷. 𝑑𝑠 2𝜋 Φ=∫ 0 𝜋 ∫ 0 𝐴 𝑎 . 𝑎 𝑟 2 sin 𝜃𝑑𝜃𝑑∅ 𝑟 𝑟 𝑟 Document shared on www.docsity.com Downloaded by: joseph_110403 ([email protected]) 2𝜋 Φ=∫ 0 2𝜋 Φ=∫ 0 𝐴 2 𝜋 𝑟 cos(𝜃)| 𝑑∅ 0 𝑟 𝐴 2 𝑟 cos(𝜋) − cos(0) 𝑑∅ 𝑟 2𝜋 Φ = 2(𝐴𝑟∅)| 0 Φ = 2(𝐴𝑟2𝜋) − (𝐴𝑟0) 𝚽 = 𝟒 𝝅𝑨𝒓 Es evidente que la densidad de carga es continua, y podemos encontrar el densidad indirectamente construyendo la integral para la carga cerrada, en la cual ya encontré esto último de la ley de Gauss. Q = 4 𝜋𝐴𝑟 2𝜋 Q=∫ 0 𝜋 𝑟 ∫ ∫ 𝜌(𝑟 ′ )(𝑟 ′ )2 sin 𝜃𝑑𝑟′𝑑𝜃𝑑∅ 0 𝑟 0 Q = 4 𝜋 ∫ 𝜌(𝑟 ′ )(𝑟 ′ )2 𝑑𝑟′ 0 Para obtener la carga incluida correcta, el integrando debe ser: 𝜌(𝑟) = 𝐴/𝑟2. 9. Una densidad de carga volumétrica uniforme de 80 µC/m3 está presente en la región 8 mm < r < 10 mm. Sea ρv = 0 para 0 < r < 8 mm. a) Encontrar la carga total dentro de la superficie esférica r = 10 mm. b) Encontrar Dr en r = 10 mm. Usando una superficie esférica gaussiana en r = 10, la ley de Gauss esta escrita como 4π𝑟 2 Dr = Q = 1.64𝑥10−12 , o c) Si no existe carga en r > 10 mm, encontrar Dr en r = 20 mm. Document shared on www.docsity.com Downloaded by: joseph_110403 ([email protected]) Será lo mismo cálculo en la parte b, excepto que la superficie gaussiana ahora se encuentra en 20 mm. Así 10. Una densidad de carga volumétrica en coordenadas esféricas varía como ρv = (ρ0 sen πr)/ 𝑟 2 , donde ρ0 es una constante. Encontrar las superficies en las que D = 0. Ley de Gauss Esto es cero siempre que cos(𝜋𝑟) sea igual a 1. 11. Sea ρv = 0 para ρ < 1 mm, ρv = 2 sen(2 000 πρ) nC/m3 para 1 mm < ρ < 1.5 mm y ρv = 0 para ρ > 1.5 mm en coordenadas cilíndricas. Encontrar D en cualquier lugar. a) Para p < 1mm Dp=0 ya que ninguna carga esta encerrada por una superficie cilíndrica cuyo radio se encuentra dentro de este lugar. b) Para 1mm < p < 1.5mm c) para p>1.5mm 12. El Sol radia una potencia total de 2X1026watts (W). Si se pudiera determinar la latitud y longitud de la superficie del Sol y se pudiera suponer una radiación uniforme. Document shared on www.docsity.com Downloaded by: joseph_110403 ([email protected]) a) ¿Qué potencia radiaría la región cuya latitud fuera 50° N y 60° N y una longitud de 12° O y 27° O? b) ¿Cuál es la densidad de potencia sobre una superficie esférica a una distancia de 93 000 000 millas del Sol en W/m2? 13. Tres superficies esféricas ubicadas en r = 2, 4 y 6 m tienen densidades uniformes de superficie de carga de 20 nC/m2, −4 nC/m2 y ρS0, respectivamente. a) Encontrar D en r = 1, 3 y 5 m. Observando que las cargas son esféricamente simétricas, se determina que D estará dirigido radialmente y variará solo con el radio. Por lo tanto, se aplica Ley de Gauss para proyectiles esféricos en las siguientes regiones: r <2: Aquí, no se incluye ningún cargo, y entonces Dr = 0 2 < r < 4: 4π𝑟 2 Dr = 4π(2)2 (20 × 10−9 ) Dr = 80 ×10−9 𝐶 𝑚2 𝑟2 Dr(r = 3) = 8.9 × 10−9 𝐶 𝑚2 4 <r< 6: 4π𝑟 2 Dr =4π𝑟 2 Dr = 4π(2)2 (20 × 10−9 ) +4π(4)2 (−4 × 10−9 ) Dr = 16 × 10 −9 𝑟 2 Dr (r = 5) = 6.4 × 10−10 𝐶 𝑚2 b) Determinar ρS0 tal que D = 0 en r = 7 m. Como los campos disminuirán 1 , 𝑟2 la pregunta podría reformularse para pedir ρs0 de modo que D = 0 en todos los puntos donde r> 6 m. En esto región, el campo total será: 𝐷𝑟(𝑟 > 6) = 16𝑥10−9 𝜌𝑠0 (6)2 + 𝑟2 𝑟2 Document shared on www.docsity.com Downloaded by: joseph_110403 ([email protected]) Si esto es 0 tenemos: 4 𝐶 𝜌𝑠0 = − 𝑥10−9 2 9 𝑚 14. Una fuente de luz dentro de una esfera translúcida de 20 cm de diámetro genera una densidad de flujo luminoso de 1 000 cos2 (θ/2)ar lumens/m2 en la superficie de la esfera. a) ¿En qué dirección es mínima la densidad de flujo? b) Determinar el ángulo θ = θ0 en el que la densidad de flujo es la mitad de su máximo valor. c) Determinar el ángulo θ = θ1 tal que la mitad del flujo total de luz se emita dentro del cono θ < θ1. 15. Una densidad volumétrica de carga está localizada de la forma siguiente: ρv = 0 para ρ < 1 mm y para ρ > 2 mm, ρv = 4ρ µC/m3 para 1 < ρ < 2 mm. a) Calcular la carga total en la región 0 < ρ < ρ1, 0 < z < L, donde 1 < ρ1 < 2 mm. b) Utilizar la ley de Gauss para determinar Dρ en ρ = ρ1. La ley de Gauss establece que 2πρ1LDρ = Q, donde Q es el resultado de la parte a. 𝐷𝑝(𝑝1) = 4(𝑝13 − 10−9 ) 𝜇𝐶 𝑚3 3𝑝1 c) Evaluar Dρ en ρ = 0.8 mm, 1.6 mm y 2.4 mm. Document shared on www.docsity.com Downloaded by: joseph_110403 ([email protected]) A ρ = 0,8 mm, no se adjunta carga por una superficie gaussiana cilíndrica de ese radio, entonces Dρ (0.8mm) = 0. A ρ = 1.6 mm, evalúe el resultado de la parte b en ρ1 = 1.6 para obtener: 𝐷𝑝(1.6𝑚𝑚) = 4(0.00163 − 0.0010−9 ) 𝜇𝐶 3(0.0016) 𝑚3 𝐷𝑝(1.6𝑚𝑚) = 3.6𝑥10−6 𝜇𝐶 𝑚2 Document shared on www.docsity.com Downloaded by: joseph_110403 ([email protected])
