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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:
20 × 10
− 9
𝑥
𝑧
25 × 10
− 9
𝑥
𝑧
𝑥
𝑧
2
b ) ¿Qué cantidad de flujo eléctrico abandona la superficie de una esfera de radio
5 y con centro en el origen?
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 2 𝑦
0
, donde 𝑦
0
satisface la ecuación √ 16 + 𝑦
0
2
ecuación: 𝑦
0
= 6.93, o 2𝑦
0
= 13.86. La carga total dentro la esfera (y el flujo neto
hacia el exterior) es ahora.
Φ = 𝑄 = ( 20 − ( 25 × 13. 86 ))
3. La superficie cilíndrica ρ = 8 cm contiene una densidad de carga superficial ρS =
5 e − 20 | z | nC/m2.
a ) ¿Cuál es la cantidad de carga presente?
Integramos sobre la superficie para encontrar:
− 20 𝑧
2 𝜋
0
∞
0
− 20 𝑧
∞
0
− 20 𝑧
∞
0
− 20 𝑧
∞
0
− 20 𝑧
− 20
− 20
b ) ¿Qué cantidad de flujo eléctrico abandona la superficie ρ = 8 cm, 1 cm < z < 5
cm, 30° < φ < 90°?
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:
𝑏
0
𝜌
𝜌
0
2
2
3 / 2
2 𝜋
0
𝑧 0
−𝑧
0
0
0
𝑧
𝑧
0
2
0
2
3 / 2
𝜌 0
0
2 𝜋
0
0
𝑧
𝑧
0
2
0
2
3 / 2
𝜌
0
0
2 𝜋
0
Donde ρ0 = 7 y z0 = 10. Simplificando, esto se convierte en:
𝑏
0
2
0
2
2
3 / 2
𝑧
0
0
0
2
2
3 / 2
𝜌
0
0
𝑏
0
2
2
0
0
0
2
0
2
0
𝑏
0
0
2
0
2
0
0
2
0
2
𝑏
5. Sea D = 4 xy a x + 2( x 2 + z 2)a y + 4 yz a z 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:
𝑥= 2
3
0
5
0
𝑥
𝑥= 5
2
0
3
0
𝑧
3
0
3
0
6. Un volumen de carga de densidad constante ρv = ρ 0 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:
𝑖𝑛
𝑎
𝑧
1
− 1
1
− 1
𝑎
= Q
𝑎
0
′
1
− 1
1
− 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).
𝑖𝑛
𝑎
𝑧
1
− 1
1
− 1
𝑎
= Q
𝑎
0
′
1
− 1
1
− 1
𝑑
2
⁄
−𝑑
2
⁄
𝑜𝑢𝑡
0
𝑧
0
𝑧
2
𝑜𝑢𝑡
0
0
𝑧
0
0
𝑧
- Una densidad volumétrica de carga se encuentra en el espacio libre como 𝜌𝑣 =
− 1000 𝑟
𝑛𝐶/𝑚 3 para 0 < 𝑟 < 1 mm y 𝜌𝑣 = 0 en cualquier otra parte.
a ) Encontrar la carga total encerrada por la superficie esférica 𝒓 = 𝟏𝒎𝒎.
2 𝜋
0
2
cos(𝜃)|
2 𝜋
0
2
cos(𝜋) − cos( 0 ) 𝑑∅
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
Q = ∫ ∫ ∫ 𝜌(𝑟
′
′
2
sin 𝜃𝑑𝑟′𝑑𝜃𝑑∅
𝑟
0
𝜋
0
2 𝜋
0
Q = 4 𝜋 ∫ 𝜌(𝑟
′
′
2
𝑟
0
Para obtener la carga incluida correcta, el integrando debe ser:
- 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. 64 𝑥 10
− 12
, o
c) Si no existe carga en r > 10 mm, encontrar Dr en r = 20 mm.
Será lo mismo cálculo en la parte b, excepto que la superficie gaussiana ahora
se encuentra en 20 mm. Así
- Una densidad de carga volumétrica en coordenadas esféricas varía como ρv = (ρ
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.
- 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
- El Sol radia una potencia total de 2X 10
26
watts (W). Si se pudiera determinar la latitud
y longitud de la superficie del Sol y se pudiera suponer una radiación uniforme.
Si esto es 0 tenemos:
0
− 9
2
- 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.
- 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 = ρ.
La ley de Gauss establece que 2πρ1LDρ = Q, donde Q es el resultado de la parte a.
3
− 9
3
c) Evaluar Dρ en ρ = 0.8 mm, 1.6 mm y 2.4 mm.
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:
3
− 9
3
− 6
2
