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• Eduardo Romero

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN AGUSTÍN FACULTAD DE PRODUCCIÓN Y SERVICIOS

ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA EN TELECOMUNICACIONES ASIGNATURA: CAMPOS MAGNETICOS

TEMA: SOLUCION EXAMEN SEGUNDO PARCIAL

DOCENTE: ING. RUSSEL LOZADA VILCA

ALUMNO: ROMERO ZAVALA EDWARD AARON FLORES CUENTAS MANUEL OSCAR

GRUPO: B AREQUIPA – PERÚ 2019

Campos magnéticos 1. Hallar la fuerza entre dos cargas, de una superficie circular con carga Q distribuida en toda su superficie con radio r y separadas a una distancia x.

SOLUCION:

Tomamos un diferencial de área para el disco con carga Q (+) y hallamos el campo eléctrico que este produce a una distancia y. El diferencial de área será dA  2 rdr

dQ por lo tanto la carga del anillo es dQ   dA dA reemplazando diferencial de área dQ  2 rdr La carga en cada unidad de área es  

Entonces dQ  2 rdr  ec.(1) La distancia a del diferencial de área al punto donde se encuentra q (-) es la siguiente, por Pitágoras:

a  y 2  r 2 Esta distancia necesitamos expresarla en función al eje de la coordenada y, entonces cos  

y y  r2 2

 ec.(2)

En la expresión del campo eléctrico E para un diferencial de carga Q obtenemos también un diferencial de campo E

dE 

1

dQ Ahora representamos el campo E en términos de sus componentes x –y, 4 ( y  r 2 ) 2

entonces dEx  dEsen

dE y  dE cos 

El campo eléctrico que nos interesa es en la componente y, entonces reemplazando ec.(1) y la ec.(2) en la componente “y” del campo eléctrico

1

dQ cos  4 ( y  r 2 )

dE y  dE cos   dE y  dE y 

2 rdr 4 ( y 2  r 2 ) 1

2

y y r 2

2

Finalmente dE y 

1 (2 rdr ) y 4 ( y 2  r 2 )3/2

Ahora integramos el campo total debido a todo el disco desde r  0 a r  R

1 (2 rdr ) y y rdr  dE y  0 4 ( y 2  r 2 )3/2  E y  2 0 ( y 2  r 2 )3/2 R

R

Integrando la expresión Sea z  ( y 2  r 2 )  dz  2rdr para y constante, reemplazando en la integral

Ey 

yR rdr  y R rdz  E  y 2 0 ( y 2  r 2 )3/2 2 0 ( z )3/2 (2r )

Ey 

 y R rdz  y R dz  y R 1 3/2  E   E  z dz y y 2 0 ( z )3/2 (2r ) 2 0 ( z )3/2 2 2 0 2 R

R   y R 1 3/2 y y 1 ()( z 1/2 )   E y  Ey  z dz  E y  ( ) 2  2 1/2   0 2 0 2 2 2  ( y  r ) 0

Reemplazando los límites en la expresión R

 y 1 y 1 1 Ey  ( ) 2  Ey  ( ) 2     2 1/2  2 1/2 2  ( y  r ) 0 2  (y  R ) y

      1  Ey  1    ec.(3) 2 2   R    2  1   y     De la expresión de campo eléctrico en función de la fuerza tenemos E  tenemos que E y 

F entonces q

F reemplazando la ec.(3) en la expresión E y q

              1 F   1   1    Ey  1   1 F  1       (q) 2 2 2 2 q 2  2        R R R        2  1   2  1   2  1     y   y   y      Finalmente la fuerza eléctrica será:

    q  1  F 1   2  R2     2  1   y    Si reemplazamos la densidad superficial de carga  

    q  1 Qq  F 1 F    2 2 2 R 2 R     2  1   y   

Q Q para A   R 2 entonces    R2 A

    1   1   Rpta. 2   R    2  1   y    

2. Respecto de la distribución esférica de carga. 𝜌𝑣 = [

𝜌0 (𝑎2 − 𝑟 2 ) , 𝑟 < 𝑎 ] 0 ,𝑟 > 𝑎

a) Halle el campo eléctrico 𝐸 𝑦 𝑉 cuando 𝑟 ≥ 𝑎 𝜋

2𝜋

𝑎

𝑄𝑒𝑛𝑐 = 𝜌0 ∫ sin(𝜃)𝑑𝜃 ∫ 𝑑𝜑 ∫ (𝑎2 𝑟 2 − 𝑟 4 )𝑑𝑟 0

0

0

𝑎2 𝑟 3 𝑟 5 2 𝑄𝑒𝑛𝑐 = 𝜌0 (− cos(𝜋) + cos(0))(2𝜋) ( 3 − | ) 5 0 5 5 2 2 𝑄𝑒𝑛𝑐 = 𝜌0 (1 + 1)(2𝜋) ( − ) 3 5 5 5 2 2 𝑄𝑒𝑛𝑐 = 𝜌0 (4𝜋) ( − ) 3 5 𝜌0 8𝜋 𝑄𝑒𝑛𝑐 = 15 ̅ . 𝑑𝑆̅ = 𝜀0 𝐸𝑟 (4𝜋𝑟 2 ) = 𝑄𝑒𝑛𝑐 𝜓 = ∫𝐷 𝜌0 8𝜋 15 𝜌0 8𝜋 𝐸𝑟 = 15𝜀0 (4𝜋𝑟 2 ) 2𝜌0 𝐸𝑟 = 𝑎 ̅̅̅ 15𝜀0 𝑟 2 𝑟

𝜀0 𝐸𝑟 (4𝜋𝑟 2 ) =

𝑉 = ∫ 𝐸̅ . 𝑑𝑙 ̅ = −

2𝜌0 ∫ 𝑟 −2 𝑑𝑟 15𝜀0

2𝜌0 + 𝐶1 15𝜀0 𝑟 𝑉(𝑟 = 0) = 0 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝐶1 = 0 𝑉=

𝑉=

2𝜌0 15𝜀0 𝑟

b) Para 𝑟 ≤ 𝑎 𝑟3 𝑟5 𝑟 𝑟3 𝑟5 − ) = 4𝜋𝜌0 (𝑎2 − ) 3 5 0 3 5 3 5 𝑄𝑒𝑛𝑐 4𝜋𝜌0 𝑟 𝑟 2 𝐸𝑟 = = (𝑎 − ) 4𝜋𝜀0 𝑟 2 4𝜋𝜀0 𝑟 2 3 5

𝑄𝑒𝑛𝑐 = 𝜌0 (2)(2𝜋) (𝑎2

𝑟3 𝑟5 𝜌0 (𝑎2 3 − ) 5 𝐸𝑟 = 2 𝜀0 𝑟 𝜌0 𝑎2 𝑟 𝑟 3 𝐸𝑟 = ( − ) 𝜀0 3 5 𝜌0 𝑎2 𝑟 𝑟 3 𝑉 = ∫ 𝐸. 𝑑𝑙 = ∫ ( − ) 𝜀0 3 5 𝑉=

𝜌0 𝑎2 𝑟 2 𝑟 4 ( − ) + 𝐶2 𝜀0 6 20

Ya que 𝑉(𝑟 = 𝑎+ ) = 𝑉(𝑟 = 𝑎− ), igualamos V cuando 𝑟 > 𝑎 2𝜌0 𝜌0 𝑎4 𝑎4 = ( − ) + 𝐶2 15𝜀0 𝜀0 6 20 2𝜌0 𝜌0 𝑎4 𝑎4 2𝜌0 𝑎4 7𝜌0 𝐶2 = + ( − )= − 15𝜀0 𝜀0 20 6 15𝜀0 60𝜀0 Reemplazando: 𝜌0 𝑎2 𝑟 2 𝑟 4 2𝜌0 7𝜌0 𝑉= ( − )+ − 𝜀0 6 20 15𝜀0 60𝜀0 c) Halle la carga total

La carga total fue hallada en el punto a) 𝑄𝑒𝑛𝑐 =

8𝜋𝜌0 15

d) Demuestre 𝐸 cuando 𝑟 = 0.145𝑎 𝜌0 𝑎2 𝑟 𝑟 3 ( − ) 𝜀0 3 5 𝜌0 𝑎2 (0.145𝑎) (0.145𝑎)3 𝐸𝑟 = ( − ) 𝜀0 3 5 𝜌0 0.145𝑎3 0.003048𝑎3 𝐸𝑟 = ( − ) 𝜀0 3 5 𝜌0 𝐸𝑟 = (0.047723𝑎3 ) 𝜀0 𝐸𝑟 =

3. Dado el potencial V  r 3 cos  tg 𝜋 𝜋

a) Halle la Densidad (4, , ) 2 3

̅ = 𝜀0 . 𝐸̅ , 𝐸 = − ∇ . 𝑉 𝐷 𝐷 = − ∇ .𝑉 𝜀0 −

𝐷 𝜕𝑉 1 𝜕𝑉 1 𝜕𝑉 =( 𝑟̂ + 𝜃̂ + 𝜙̂ ) 𝜀0 𝜕𝑟 𝑟 𝜕𝜃 𝑟 sin 𝜃 𝜕𝜃

𝐷 𝜕(𝑟 3 cos 𝜃 tg 𝜑) 1 𝜕(𝑟 3 cos 𝜃 . tg 𝜑) − =( 𝑟̂ + 𝜃̂ 𝜀0 𝜕𝑟 𝑟 𝜕𝜃 1 𝜕(𝑟 3 cos 𝜃 . tg 𝜑) + 𝜑̂ ) 𝑟 sin 𝜃 𝜕𝜃 −

𝐷 1 1 1 = (3𝑟 2 cos 𝜃 tg 𝜑 𝑟̂ − 𝑟 3 sen 𝜃 . tg 𝜑 𝜃̂ + 𝑟 3 cos 𝜃 . 𝜑̂ ) 𝜀0 𝑟 𝑟 sin 𝜃 cos2 𝜑 −

𝐷 1 = (3𝑟 2 cos 𝜃 tg 𝜑 𝑟̂ − 𝑟 2 sen 𝜃 . tg 𝜑 𝜃̂ + 𝑟 2 cos 𝜃 . sec 2 𝜑 𝜑̂ ) 𝜀0 sin 𝜃

−

𝐷 𝑟 2 cos 𝜃 . sec 2 𝜑 = (3𝑟 2 cos 𝜃 . tg 𝜑 𝑟̂ − 𝑟 2 sen 𝜃 . tg 𝜑 𝜃̂ + 𝜑̂ ) 𝜀0 sin 𝜃 𝜋 𝜋

Evaluamos en (4, , ) 2 3

−

𝐷 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 = (3(4)2 cos ( ) . tg ( ) 𝑟̂ − (4)2 sen ( ) . tg ( ) 𝜃̂ 𝜀0 2 3 2 3 𝜋 𝜋 42 cos (2 ) . sec 2 ( 2 ) + 𝜙̂ ) 𝜋 sin ( 2)

𝜋 Como, cos ( 2 ) = 0 , los componentes 𝑟̂ 𝑦 𝜙̂ son cero.

−

𝐷 = (−16 . 1 . √3 𝜃̂ ) 𝜀0 −

𝐷 = −27.7128 𝜃̂ 𝜀0 𝐷 = 27.7128 𝜃̂ 𝜀0

𝐷 = 8, 85𝑥10−12 ∗ 27.7128

𝐷 = 2,4525 𝑥 10−10 𝐶/𝑚2 𝑫 = 𝟎, 𝟐𝟒𝟓𝟐𝟓 𝒙 𝒏𝑪/𝒎𝟐 b) Calcule el trabajo realizado en el desplazamiento de una carga de 20 𝜇𝐶 del punto

𝐴(2, 30°, 45°) a 𝐵(5, 90°, 60°) 𝐵

𝑊 = −𝑄 ∫ 𝐸 . 𝑑𝑙 = 𝑄𝑉𝐴𝐵 𝐴

= 𝑄(𝑉𝐵 − 𝑉𝐴 ) Reemplazamos 𝐴(2, 30°, 45°) y 𝐵(5, 90°, 60°)

𝑉 = 𝑟 3 cos 𝜃 . tg 𝜙 𝑉𝐵 = 23 . cos 30° . tg 45° 𝑉𝐴 = 53 . cos 90° . tg 60° 𝑊 = 𝑄(𝑉𝐵 − 𝑉𝐴 ) = 20((23 . cos 30° . tg 45) − (53 . cos 90° . tg 60°))10−6 𝑊 = 138,56 𝜇J 4. Determine el campo eléctrico E, debido a los potenciales siguientes: a) V  sen( x2  y 2  z 2 ) 2 1

Solución: 𝐸 = −∇𝑉 1

1

𝜕 (𝑠𝑒𝑛(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 ) 𝐸 = −(

𝜕𝑥

1

𝜕 (𝑠𝑒𝑛(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 ) 𝑥̂ +

𝜕𝑦

𝜕 (𝑠𝑒𝑛(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 ) 𝑦̂ +

𝜕𝑧

𝑧̂ )

1 1 1 1 1 1 cos(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 ( ) (2𝑥) cos(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 ( ) (2𝑦) cos(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 ( ) (2𝑧) 2 2 2 𝐸 = −( 𝑥̂ + 𝑦̂ + 𝑧̂ ) 1 1 1 (𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 (𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 (𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 1

cos(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 2𝑥 2𝑦 2𝑧 𝐸 = −( ̂+ 𝑦̂ + 𝑧̂ ) 1 )( 2 𝑥 2 2 (𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 1

cos(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 (𝑥 𝑥̂ + 𝑦 𝑦̂ + 𝑧 𝑧̂)𝑉/𝑚 𝐸 = −( 1 ) (𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2

b) V   2 ( z  1) sen 𝐸 = −(

𝜕(𝜌2 (𝑧 + 1)𝑠𝑒𝑛𝜑) 1 𝜕(𝜌2 (𝑧 + 1)𝑠𝑒𝑛𝜑) 𝜕(𝜌2 (𝑧 + 1)𝑠𝑒𝑛𝜑) 𝜌̂ + 𝜑̂ + 𝑧̂ ) 𝜕𝜌 𝜌 𝜕𝜑 𝜕𝑧 𝐸 = −(2𝜌(𝑧 +̂ 1)𝑠𝑒𝑛𝜑𝜌̂ + 𝜌(𝑧 + 1) cos 𝜑 𝜑̂ + 𝜌2 𝑠𝑒𝑛𝜑 𝑧̂ ) 𝐸 = −2𝜌(𝑧 ̂ + 1)𝑠𝑒𝑛𝜑𝜌̂ − 𝜌(𝑧 + 1) cos 𝜑 𝜑̂ − 𝜌2 𝑠𝑒𝑛𝜑 𝑧̂ 𝑉/𝑚

c) V  e r sen .cos 2 𝐸 = −(

𝜕(𝑒 −𝜌 𝑠𝑒𝑛𝜃 cos 2𝜑) 1 𝜕(𝑒 −𝜌 𝑠𝑒𝑛𝜃 cos 2𝜑) 1 𝜕(𝑒 −𝜌 𝑠𝑒𝑛𝜃 cos 2𝜑) 𝜌̂ + 𝜃̂ + 𝜑̂) 𝜕𝜌 𝜌 𝜕𝜃 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜃 𝜕𝑧 𝐸 = − (−𝑒 −𝜌 𝑠𝑒𝑛𝜃 cos 2𝜑 𝜌̂ +

𝐸 = 𝑒 −𝜌 𝑠𝑒𝑛𝜃 cos 2𝜑 𝜌̂ −

𝑒 −𝜌 𝑐𝑜𝑠𝜃 cos 2𝜑 2𝑒 −𝜌 sen 2𝜑 𝜃̂ − 𝜑̂) 𝑝 𝜌

𝑒 −𝜌 𝑐𝑜𝑠𝜃 cos 2𝜑 2𝑒 −𝜌 sen 2𝜑 𝜃̂ + 𝜑̂ 𝑉/𝑚 𝑝 𝜌