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• Edgar Aramil

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I N D I C E:

Unidad 1: Sistemas coordenados y cálculo vectorial Conclusiones . . . . . .

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Pag. 25 25

Unidad 2: Electrotastica . Conclusiones . .

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26 51

Unidad 3: Campos magnetostaticos . Conclusiones . . . .

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78 101

Unidad 4: Termodinamica Conclusiones . .

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109 120

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AUTOEVALUACIONES UNIDAD I SISTEMAS COORDENADOS Y CÁLCULO VECTORIAL Resolver los siguientes ejercicios: Ejercicios: 2.1, 2.2, 2.3, 2.4 de las páginas 38, 41, 45, 46 Ejercicios pares de las páginas 47 a 52 Pagina: 59 Ejercicio 3.1 Ejercicio 2.1 a) convierta los puntos P(1,3, 5), T(0, -4, 3) y S(-3, -4, -10) de coordenadas cartesianas a cilíndricas y esféricas b) Transformar el vector x 2 + y 2 ax

Q=

−

yzaz

x +y +z x + y 2 + z2 A coordenadas cilíndricas y esféricas 2

2

2

2

c) Evalué Q en T en los tres sistemas de coordenadas Dibujo / Datos

Formulas De cartesianas a cilíndricas

ρ= x +y 2

φ = tan −1

2

y x

z=z Sustitución / desarrollo



Inciso a) A coordenadas cilíndricas

De cartesianas a esféricas

r = x2 + y2 + z 2

θ = tan

−1

x2 + y2 z

φ = tan −1

y x

(Punto P) En el punto P: x = 1, y = 3, z = 5. Por lo tanto,

ρ = 12 + 32 = 10 = 3.162 3 φ = tan −1 = tan −1 3 = 71.56° 1 z =5 P( ρ , φ , z ) = P(3.162,71.56°,5) (Punto T) En el punto T: x = 0, y = -4, z = 3 Por lo tanto,

ρ = x2 + y2

ρ = 0 2 + (−4) 2 = 16 = 4 φ = tan −1

0 0 = tan −1 = 270 ° −4 −4

z =3 T ( ρ , φ , z ) = T (4,270 °,3) (Punto S) En el punto S: x = -3, y = -4, z =-10. Por lo tanto,

ρ = (−3) 2 + (−4) 2 = 25 = 5 φ = tan −1

−3 −3 = tan −1 = 53.13° + 180° = 233.1° −4 −4

z = −10 S ( ρ , φ , z ) = S (5,233.1°,−10)  A coordenadas Esféricas (Punto P) En el punto P: x = 1, y = 3, z = 5 Por tanto,

r = 12 + 3 2 + 5 2 = 35 = 5.016

θ = tan

−1

x2 + y2 z

θ = tan −1

12 + 32 10 3.162 = = = tan −1 0.6324 = 32.31° 5 5 5

Resultado

P(r ,θ , φ ) = P(5.016,32.31°,71.56°)

 Esféricas Solución (Punto T) En el punto T: x = 0, y = -4, z = 3. Por tanto,

ρ = x2 + y2

Resultado

ρ = 0 2 + (−4) 2 = 16 = 4 y φ = tan −1 x 0 0 φ = tan −1 = tan −1 = 270 ° −4 −4 z =3

T ( ρ , φ , z ) = T (4,270 °,3)

Esféricas En el punto T: x = 0, y = − 4, z = 3 Por tanto,

r = x2 + y2 + z 2 r = 0 2 + (−4) 2 + 3 2 = 25 = 5

φ = tan −1

x2 + y2 z

φ = tan

0 2 + (−4) 2 16 4 = = = tan −1 1.333 = 53.12° 3 3 3

−1

Resultado

T (r ,θ , φ ) = T (5,53.12°,270 °)

Cilíndricas Solución (Punto S) En el punto S: x = - 3, y = - 4, z = -10 Por tanto,

ρ = x2 + y2

Resultado

ρ = (−3) 2 + (−4) 2 = 25 = 5 y φ = tan −1 x −3 −3 φ = tan −1 = tan −1 = 53.13° + 180° = 233.1° −4 −4 z = −10

S ( ρ , φ , z ) = S (5,233 .1°,−10)

Esféricas En el punto S: x = − 3, y = − 4, z = − 10. Por tanto,

r = x2 + y2 + z 2 r = (−3) 2 + (−4) 2 + (−10) 2 = 125 = 11.18

φ = tan −1 φ = tan

−1

Resultado

x2 + y2 z

(−3) 2 + (−4) 2 25 5 = = = tan −1 − 0.5 = −26.56° + 180 ° = 153 .43° − 10 − 10 − 10

S (r ,θ , φ ) = S (11.18,153.43°,233.1°)

b).- Transforme el vector

Q=

x 2 + y 2 ax x2 + y2 + z2

−

yz a z x2 + y2 + z2

A coordenadas cilíndricas y esféricas. b).- Solución  Cilíndricas ρ =

Qx =

ρ ρ 2 + z2

;

x 2 + y 2 ; yz = zp senθ , zρ senφ Qz = ; Q y = 0; ρ 2 + z2

En consecuencia, en el sistema cilíndrico;

Q p   cosφ senφ 0  Qx       Qφ  = − senφ cosφ 0   0  Q   0 0 1 Qz   z ρ cos φ − ρ senφ Qρ = Qx cos φ = ; Qφ = −Qx senφ = ; ρ 2 + z2 ρ 2 + z2 Resultado

Q=

ρ x2 + z2

(cos φ a p ,− senφ aφ ,− z senφ a z )

 Esféricas

Qx =

r senφ r

= senφ ;

Q x = −r senφ senθr cos θ

1 = −r senθ cos θ senφ . r

Qr   senθcosφ senθsenφ cos θ  Q x       Qθ  = cos θ cos φ cosθsenφ − senθ   0  Qφ   − senφ cos φ 0 Q z    Qr = Q x senθ cos φ + Q z cos θ = sen 2 φ − r senθ cos 2 θsenφ . Qθ = Q x cos θ cos φ − Q z senθ = sen φ cos θ cos θ + r sen 2θ cos θ senφ Qφ = −Q z senφ = − senθ senφ Resultado

Q = senθ (senθ cosϕ − r cos 2θ rsen rϕ )a r+ senθ r cosϕ (cosϕ + r rsenθ rsenϕ )a θ− senθ rsenϕ ra c).- Evalué Q en T en los tres sistemas de coordenadas. En T

Q ( x, y , z ) =

4 12 a x + a z = 0.8a x + 2.4a z 5 5

4 Q( ρ ,φ , z ) = (cos 270 °a ρ − sen 270 °aφ − 3 sen 270°a z = 0.8aφ + 2.4a z 5 4 45 4 3 20 4 36 48 4 (0 − (1)a r + ( )(0 − (−1))aθ − (−1)aφ = a r + aθ + aφ 5 25 5 5 5 5 25 25 5 = 1.44a r + 1.92aθ + 0.8aφ

Q(r ,θ , φ ) = Resultado

Q( x, y, z ) = 0.8a x + 2.4a z Q( ρ , φ , z ) = 0.8aφ + 2.4a z Q(r ,θ , φ ) = 1.44a r + 1.92 aθ + 0.8aφ

Pagina 41, ejercicio 2.2 Exprese los vectores siguientes en coordenadas cartesianas: 1 ( xyz − 3 xy )ax + ( zy 2 + 3 x 2 )ay + xyaz  a) A = 2 2  +y + z b) B = r ar + senθ aφ Solución a).- A = pz sen φ a ρ + 3ρ cos φ aφ + ρ cos φ sen φ a z Formula y desarrollo 2

  Ax   cosφ senφ 0   ρz      3ρ cos φ  A = − sen φ cos φ 0  y      A   0 0 1  ρ cos φ senφ   z   2 A = ( ρ z r cos ϕ rsenϕ − 3ρ r cosϕ rsen rϕ )a x+ (ρ z rsen ϕ2 + 3ρ r cos ϕ )a y+ ρ r cosϕ rsenϕ ra

Pero

z

ϕ

Resultado

A=

[( xyz − 3xy)a

1 x +y 2

2

y , x

φ = tan −1

ρ = x2 + y2 ,

x

x

cos φ =

x2 + y2

senφ =

,

y x2 + y2

;

]

+ ( zy 2 + 3 x 2 )a y + xy a z .

2 b).- B = r a r + sen θ aφ Formula y desarrollo

 B x   senθ cosφ cos θ cos φ − senφ   r 2        B y  =  senθ senφ cosθ senφ cos φ   0   B   cos θ 0  senθ  − senθ  z  Entonces

r= x +y +z 2

2

2

tan φ =

,

x2 + y2 , z

tan φ =

y ; z

Y

senθ =

x2 + y2 x2 + y2 + z2

,

cos θ =

z x + y2 + z2 2

;

Y

senφ =

y x +y 2

2

,

cos φ =

x x + y2 2

;

Sustitución

y 1 2 = (r x − y ). r r y 1 B y = r 2 senθ senφ + senθ cos φ = rx − = (r 2 y + x). x r 1 Bz = r 2 cos θ = rz = (r 2 z ). r B x = r 2 senθ cos φ − senθ senφ = rx −

Resultado

B=

1 x +y +z 2

2

2

[{ x ( x

2

Pagina 45, ejercicio 2.3 Dado el campo vectorial

}

{

}

]

+ y 2 + z 2 ) − y a x + y ( x 2 + y 2 + z 2 ) + x a y + z ( x 2 + y 2 + z 2 )a z .

φ H = pz cos φ aρ + sen aφ + p 2 az 2 π Encuentre el punto (1, 3 , 0) : a) H ⋅ ax . b) HXaθ .

c) La componente vectorial de H normal a la superficie ρ = 1 . d) La componente escalar de H tangencial al plano z = 0 . Dado el campo vectorial

H = ρ z r cosϕ ra p + sen r Encuentre en el punto ( 1, π / 3, 0 ) A).-

H ⋅ ax .

B).-

H ⋅ aθ .

ϕ a ϕ + ρ 2ra z 2

C).- La componente vectorial de H normal a la superficie ρ = 1 D).- La componente escalar de H tangencial z = 1 Solución H ⋅ ax . A).-

(1, π / 3,0),

En

B).-

(0,0.5,1) 1 a x = cos φ a p − sen φ aφ = (a ρ − 3 aφ 2 3 H ⋅ ax = − = − 0.433 4 H ⋅ aθ .

En

aθ = cos θ a ρ − senθ a z = −a z

(1, π / 3,0),

aρ

aφ

az

H X aθ = 0

0.5

1 = −0.5 a p

0

0

−1

C).- La componente vectorial de H normal a la superficie ρ = 1

( H ⋅ aρ ) a p = 0 ra p. D).- La componente escalar de H tangencial z = 1

aρ

aφ

az

H X aθ = 0

0.5

1 = 0.5 a p

0

0

1

H X a z = 0.5 Pagina 46, ejercicio 2.4 Si A = 3ar + 2aθ − 6aφ y B = 4ar + 3aθ , determine a) A ⋅ B . b) A X B c) La componente vectorial; de A a lo largo de az en (1, π 3 , 5π 4 ) Solución

A).- A ⋅ B.

A ⋅ B = (3, 2, − 6) ⋅ (4, 0,3) = − 6 B).- / A X B / . 3 2 −6 AX B = = 6a r − 33aθ − 8aφ . 4 0 3 La magnitud de / A X B / = 34.48 C).- La componente vectorial de A a lo largo de a Z en (1, π / 3,5π / 4). En (1, π / 3,5π / 4). θ = π / 3.

1 3 ar − − aθ 2 2 3 1 3 ( A • a z )a z = ( − 3 )( ar − aθ ) 2 2 2 = −0.116 a r + 0.201aθ a z = cos θ a r − senθ aθ =

Paginas 47 a 52 Ejercicios pares de esas páginas 2.2. ¿Cuál de las expresiones siguientes es incorrecta en el punto cartesiano (-3, 4, -1)? a) p = −5 b) r = 26 5 −1 −1 4 d) φ = tan −3 Respuesta inciso a). −1 c) θ = tan

2.4. Un vector unitario normal al cono θ = 30o es: a) ar b) aθ c) aφ d) ninguno de los anteriores Respuesta inciso b). 2.6. Si H = 4aρ − 3aφ + 5az , en (1, π / 2, 0) la componente de H paralela a la suprficie ρ a) 4aρ b) 5az c) −3aφ d) −3aφ + 5az e) 5aφ + 3az Respuesta inciso d). 2.8. La intersección de las superficies ρ = 2 y z = 1 es

a) Plano infinito b) Plano semiinfinito c) Circulo d) Cilindro e) Cono Respuesta inciso c). 2.10. Una cuña descrita por z = 0,30o < φ < 60o a) La cuña se ubica en el plano x − y b) Su longitud es infinita c) En la cuña, 0 < ρ < ∞ d) Un vector unitario normal a la cuña es ± az e) La cuña no incluye el eje x ni el eje y Respuesta inciso b). PROBLEMAS 2.2 Expresa los puntos siguientes en coordenadas cilíndricas y esféricas A).- P(1. − 4,−3) Solución A).- Se da el P(1. − 4,−3) Formula y desarrollo

ρ = x2 + y2

Resultado

ρ = 12 + (−4) 2 = 17 = 4.123 y φ = tan −1 x −4 φ = tan −1 = tan −1 − 4 = −75.96 + 360° = 284 .04° 1 z = −3

P( ρ , φ , z ) = P (4.123,284 .04°,−3)

 Esféricas En el punto P: x = 1, y = − 4, z = −3 Por tanto,

r = x2 + y2 + z 2 r = 12 + (−4) 2 + (−3) 2 = 26 = 5.099 ρ 4.123 φ = tan −1 = tan −1 = tan −1 − 1.374 = −53.95° + 180 ° = 126.04° z −3 4 . 123 φ = tan −1 = tan −1 − 1.374 = −53.95° + 180° = 126.04° −3

Resultado

P(r ,θ , φ ) = P(5.099,126.04°,284.04°)

2.20. Sea H − 5 ρ senφ a ρ − pz cos φ aφ + 2 ρ a z . En el punto P(2,30°,−1), encuentre A).- Un vector unitario a lo largo de H B).- La componente de H paralela a a x C).- La componente de H normal a ρ = 2 D).- La componente de H tangencial a φ = 30° Solución A).- Un vector unitario a lo largo de H Formulas

H = −5ρ senφ a p − pz cos φ aφ .

H = −5ρ senφ a ρ − pz cos φ aφ + 2 p a z

P( P, φ , Z ) Cilíndricas En P(2,30°,−1)

Desarrollo

H = (−5)( 2) sen 30° a ρ − (2)(−1) cos 30° aφ + 2(2) a z

1 = −10( ) a ρ + 2(0.866)° aφ + 4 a z 2 = −5 a ρ + 1.73 aφ + 4 a z − 5 a ρ + 1.73 aφ + 4 a z − 5 a ρ + 1.73 aφ + 4 a z − 5 a ρ 1.73 aφ 4 a z H Hˆ = = = =− + + /H / 6.63 6.63 6.63 6.63 (5) 2 + (1.73) 2 + (4) 2 B).- La componente de H paralela a a x Formula y desarrollo

( H ⋅ Ax )a x Donde;

1 Ax = cos φ a ρ − senφ aφ = cos 30°a ρ − sen 30°aφ = 0.866 a ρ − aφ 2 3 1 3 1 ⇒ H ⋅ Ax = (− 5ra ρ + 1.73raϕ + 4az )⋅ ( aρ − aϕ )= − ( 5)( )+ (1.73)( )+ 0 2 2 2 2 = −4.3 − 0.865 = −5.165

∴ ( H ⋅ Ax )a x = −5.165(0.866 ra ρ − 0.5 raϕ ) = − 4.47 raρ + 2.58 raϕ

C).- La componente de H normal a ρ = 2 H en ρ = 2 Formula y desarrollo Como H = −5 ρ senφ a ρ − pz cos φ aφ + 2 p a z la componente normal es Aρ

1 ⇒ −5(2) sen 30° a ρ = −10( ) a ρ = −5 a ρ 2 D).- La componente de H tangencial a φ = 30° Formula y desarrollo

H = HN + HT ⇒ HT − HN = (−5(2) sen30° a ρ − (2)( −1) cos 30°aφ + 2(2) a z − (−5a ρ ) = 1.73 aφ + 4 a z ACTIVIDADES DE APOYO

De la lectura sugerida, los estudiantes presentaran y explicaran en su trabajo escrito los ejemplos, 2.1, 2.2, 2.3, 2.4. 3.1 de las páginas 36, 39, 44, 45 y 58. Esto bajo las condiciones que se establezcan entre el asesor y los estudiantes. Pagina 36 Ejemplo 2.1 Dado el punto P (-2, 6, 3) y el vector A= yax + (x + z) ay exprese P y A en coordenadas cilíndricas y esféricas. Evalué A en P en los sistemas cartesianos, cilíndrico y esférico. Solución En el punto P: x = -2, y = 6, z = 3. Por tanto,

ρ = x2 + y2

ρ = − 2 2 + 6 2 = 40 = 6.32 y φ = tan −1 x 6 φ = tan −1 = −3 = tan −1 − 3 = 108.43° −2 z =3 r = x2 + y2 + z 2 r = − 2 2 + 6 2 + 3 2 = 49 = 7

φ = tan

−1

φ = tan −1 Así

x2 + y2 z

− 22 + 62 40 6.32 = = = 2.10 = tan −1 2.10 = 64.62° 3 3 3

P(−2,6,3) = P (6.32,108.43°,3) = P (7,64.62°,108.43°)

En el sistema cartesiano, A en P es;

A = 6a + a y

Respecto del vector cilíndrico

A, Ax = y, Ay = x + z , Az = 0. En consecuencia, en el sistema

 Ap   cosφ senφ 0   y        Aθ  = − senφ cosφ 0   x + z   Az   0 0 1  0    O

Ap = y cos φ + ( x + z ) senφ Aφ = − ysenφ + ( x + z ) cos φ AZ = 0 x = ρ cosφ , y = ρ senφ ,

Pero

cuya

sustitución

[

da

como

resultado

]

A = ( Aρ , Aφ , Az ) = [ ρ cos φsenφ + ( ρ cos φ + z ) senφ ] aρ + − ρsen 2φ + ( ρ cos φ + z ) cos φ aφ En P

ρ = 40 Por tanto

cos φ =

−2 40

tan φ = senφ =

6 2 6 40

  −2 6 −2 36  −2   6   −2 A =  40 ⋅ ⋅ +  40 ⋅ + 3 ⋅ + 3⋅  a p+ − 40⋅ +  40⋅ a 40  40 40  40 40  40  40   −6 38 = aρ − aφ = −0.9487 a ρ − 6.008aφ 40 40 En forma similar, en el sistema esférico

o

 Ap   senθcosφ senθsenφ cos θ   y        Aθ  = cos θ cos φ cosθsenφ − senθ   x + z   Az   − senφ cos φ 0  0    Ar = ysenθ cos φ + ( x + z ) senθsenφ Aθ = y cos θ cos φ + ( x + z ) cos θsenφ Aφ = − ysenφ + ( x + z ) cos φ

Pero

x = r senθ cos φ , y = r senθ senφ , y z = r cos θ ρ A = Ar , Aθ , Aφ )

, cuya sustitución de cada uno

ϕ

= r  sen 2θ cos θ senφ + senθ cos φ + cos θ ) senθ senφ  a r   + r  senθ cos θ senφ cos φ + ( senθ cos φ + cos θ ) cos θ senφ  aθ   + r − senθ sen 2 φ + ( senθ cos φ + cos θ ) cos φ aφ

[

]

En P

r = 7,

tan φ =

6 , −2

40 , 3

tan φ =

Por tanto

cos φ =

−2 , 40

senφ =

6 , 40

cos θ =

3 , 7

senθ =

40 , 7

 40 −2  40 −2 3  40 6  6 A = 7⋅  ⋅ ⋅ +  ⋅ + ⋅ ⋅  ar 49 7 7 7 40 40 40 40      40 3 6 −2  40 −2 3  3 6  +7 ⋅  ⋅ ⋅ ⋅ +  ⋅ + ⋅ ⋅  aθ 40 7  7 40  7 7 40 40  7  − 40 36  40 − 2 3  − 2  +7 ⋅  ⋅ +  ⋅ + ⋅  aϕ 40  7 40 7  40  7 −6 18 38 = ar − aθ − aφ 7 7 40 40 = −0.8571a r − 0.4066 aθ − 6.008 aφ Nótese que /A/ es igual a los tres sistemas; esto es,

/ A( x, y, z ) / = / A( ρ , φ , z ) / = / A(r ,θ , φ ) / = 6.083 Página 39 Ejemplo 2.2. Expresar el vector

B=

10 ar + r cos θ aθ + aφ r

En coordenadas cartesianas y cilíndricas. Halle B (-3, 4, 0) y B (5, π / 2, -2) Solución Usando las ecuaciones (2.28)

 B x   senθ cosφ     B y  =  senθ senφ  B   cos θ  z 

cos θ cos φ cosθ senφ − senθ

 − senφ    cos φ  r 0   

10  r   cos θ  1   

O

10 senθ cos φ + r cos 2 θ − enφ r 10 B y = senθ senφ + r cos 2 θ senφ + cos φ r 10 B z = cos θ − r cos θ senθ r Bx =

Pero r =

x + y + z , θ = tan 2

2

−1

2

x2 + y2 y , y φ = tan −1 . z x

En consecuencia

x2 + y2

ρ senθ = = r senφ =

x +y +z 2

y = ρ

2

y x2 + y2

2

,

,

cos θ =

z = r

cos φ =

x = ρ

z x2 + y2 + z2 x x2 + y2

,

,

La sustitución de todo ello da como resultado

Bx = =

x 2 + y 2+ z 2 ⋅ + 2 ⋅ 2 2 x2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 (x + y + z ) x

10 x xz 2 + − 2 2 2 2 2 x2 + y2 + z 2 ( x + y )( x + y + z )

By = =

10 x 2 + y 2

10 x 2 + y 2

(x

2

+y +z 2

2

)

⋅

x 2 + y 2+ z 2 + 2 ⋅ x + y2 + z2 x2 + y 2 x

10 y yz 2 + − x2 + y2 + z 2 ( x 2 + y 2 )( x 2 + y 2 + z 2 )

z2 x 2+ y 2

−

y x 2+ y

2

y x2 + y2 z 2y x +y 2

2

−

y x + y2 2

y x2 + y2

z x2 + y2 10 z Bz = 2 − x + y2 + z2 x2 + y2 + z2 B = Bx a x + B y a y + Bz a z Donde B x , B y y B z , corresponden a las expresiones ya indicadas. En (-3, 4, 0), x= -3, y= 4, z= 0, de modo que;

30 4 + 0 − = −2 25 5 40 3 By = + 0 − =1 25 5 Bz = 0 − 0 = 0 Bx = −

Por consiguiente

B = −2a x + a y

Para la transformación del vector de coordenadas esféricas a cilíndricas.

 Bρ   senθ     Bφ  =  0  B  cos θ  z

cos θ 0 − senθ

 0   1 r 0   

10  r   cos θ  1   

O

10 senθ + r cos 2 θ r Bφ = 1 Bρ =

10 cos θ − r senθ cos θ r 2 2 −1 ρ Pero r = ρ + z y θ = tan z Bz =

Así

senθ = Bρ =

ρ ρ 2 + z2

,

cos θ =

z

ρ 2 + z2

,

10 ρ z2 2 2 + ρ + z ⋅ ρ 2 + z2 ρ 2+ z 2

10 z ρz 2 2 2 Bz = 2 + ρ +z ⋅ 2 ρ + z2 ρ + z2 Por tanto

 10 ρ z2 B= 2 +  ρ + z2 ρ2 + z2 

  ρz a + a +  10 z − ρ φ 2 2  ρ +z ρ2 + z2  

En (5, π / 2,−2), ρ = 5, φ = π / 2 y z = −2, de modo que

4   50  20 10  B= + a ρ + aφ +  + a z 29  29   29  29 B = 2.467 a ρ + aφ + 1.167 a z Nótese que en (-3, 4, 0)

/ B( x, y , z ) / = / B ( ρ , φ , z ) / = / B(r ,θ , φ ) / = 2.907 Esto puede servir para comprobar el resultado.

 a  z 

Pagina 44 Ejemplo 2.3. Dos campos vectoriales uniformes están dados por E = −5a ρ + 10 aφ + 3a z y F = a ρ + 2aφ − 6a z . Calcule A).- / E X F / B).- la componente vectorial de E en P ( 5, π / 2, 3 ) paralela a la línea x = 2, z = 3 . C).- El ángulo que forme E con la superficie z= 3 en P. Solución

aρ A).-

aφ

az

E X F = − 5 10

3

1

2

−6

= (−60 − 6)a ρ + (3 − 30)aφ + (−10 − 10)a z = (−66,−27,−20) / E X F / = 66 2 + 27 2 + 20 2 = 74.06 B).- La línea x= 2, z= 3 es paralela al eje y, de modo que la componente de E paralela a la línea dada es

( E ⋅ a y )a y

Pero en P (5, π / 2, 3)

a y = sen φ a ρ + cos φ aφ = sen π / 2 a ρ + cos π / 2 aφ = a ρ

Por tanto

( E ⋅ a y )a y = ( E ⋅ aρ ) aρ = −5ap rrr (o rr − 5ay ) uuuuuuuuuuuuuuur

C).- Con base en el hecho de que el eje z es normal a la superficie z= 3,el ángulo entre el eje z y E, el cual se muestra en la figura de 2.10, puede hallarse mediante el producto punto: Dibujo Figura 2.10. Para el ejemplo 2.3 c).

E ⋅ az = / E / (1) cos rθ EZ  →3 = 134 r cos rθ Ez cos θ Ez =

3 = 0.2592 → θ Ez = 74.98° 134

De ahí que el ángulo entre z= 3 y E sea

90° − θ EZ = 15.02° Pagina 45 Ejemplo 2.4 Dado el campo vectorial

1 D = r senφ ar − senθ cos φ aθ + r 2 aφ r Determine A).- D en P (10, 150˚, 330˚). B).- La componente de D tangencial a la superficie esférica r= 10 en P. C).- Un vector unitario en P perpendicular a D y tangencial al cono θ= 150˚. Solución A).- En P, r=10, θ=150˚ y Φ= 330˚. Por tanto

D = 10 sen 330°ar −

1 sen 150° cos 330°aθ + 100 aφ = (−5, 0.043, 100) 10

B).- Cualquier vector D puede descomponerse siempre en dos componentes ortogonales;

D = Dt + Dn

Donde D t es tangencial a una superficie dada y D n es normal a esta. Puesto que, en nuestro caso, a r es normal a la superficie r = 10,

Dn = r senφ ar = −5a r En consecuencia

Dt = D − Dn = 0.043aθ + 100 aφ

C).- Un vector en P perpendicular a D y tangencial al cono θ=150˚ es igual al vector perpendicular tanto a D como a a θ Así

ar

aθ

aφ

D X aθ = − 5 0.043 100 0

1

0

= −100 a r − 5aφ Un vector unitario a lo largo de este es

a=

− 100 ar − 5aφ 100 2 + 5 2

= −0.9988 ar − 0.0499 aφ .

Pagina 58 Ejemplo 3.1. Considere el objeto que aparece en la figura 3.7. Calcule A).- La distancia BC. B).- La distancia CD. C).- El área de la superficie ABCD. D).- El área de la superficie AB0. E).- El área de la superficie A0FD. F).- El volumen ABDCF0. Dibujo Figura3.7. Para el ejemplo 3.1

Solución Aunque los puntos A, B, C y D están dados en coordenadas cartesianas, es obvio que el objeto posee simetría cilíndrica. Así, el problema debe resolverse en coordenadas cilíndricas. Los puntos se transforman de coordenadas cartesianas en cilíndricas de la manera siguiente;

A(5,0,0) → A(5,0°,0) π B(0,5,0) → B(5, ,0) 2 π C (0,5,10) → A(5, ,10) 2 D(5,0,10) → D(5,0°,10)

a).- A lo largo de BC, dl = dz; por tanto 10

BC = ∫ dl = ∫ dz = 10 0

b).- A lo largo de CD, dl = ρdφ y ρ = 5 así

π 〉2

π

CD = ∫ 2 ρdφ = 5φ 0

= 2.5π

0

c).- En cuanto a ABCD, dS = ρdφ dz , ρ = 5. y En consecuencia π

Área

ABCD = ∫ dS ∫

2

10

∫

φ =0 z =0

π

10

0

0

ρ dφ dz = 5∫ 2 dφ ∫ dz

= 25π 0

d).- En cuanto a ABO,

dS = ρdφ dρ y, z = 0, De modo que

Área

AB0 = ∫

π

5

∫ρ

2

φ =0

=0

π

5

0

0

ρ dφ dp = ∫ 2 dφ ∫ ρ dρ = 6.25π

e).- En cuanto a ABO, Área

A0 FD = ∫

5

10

ρ =0

∫

z =0

dρ dz = 50

f).- Respecto del volumen ABDCF0, ρ = dφ dz dρ . Por tanto,

V = ∫ Dv = ∫

5

ρ =0

π

∫φ

2

=0

10

π

0

0

ρ dφ dz dρ = ∫ dz ∫ 2 dφ

∫

5

0

ρ dρ = 62.5π

CONCLUSIONES

AUTOEVALUACIONES Unidad 2: Electrostática De la lectura básica sugerida, resolver los siguientes ejercicios: Paginas: 107, 109, 111, 119, 120, 124, 131, 132 y 136 Ejercicios 4.1, 4.2, 4.3, 4.4, 4.5, 4.6, 4.7, 4.8, 4.9, 4.10 y 4.11. Pagina 107 Ejercicio 4.1.

Pagina 109 Ejercicio 4.2

Pagina 111 Ejercicio 4.3

Pagina 119 Ejercicio 4.4

Pagina 121 Ejercicio 4.5

Pagina 122 Ejercicio 4.6

Pagina 124 Ejercicio 4.7

Pagina 131 Ejercicio 4.8

Pagina 132 Ejercicio 4.9

Pagina 136 Ejercicio 4.10

Pagina 138 Ejercicio 4.11

Paginas: 155 a 160, los problemas acordados entre el asesor y el estudiante Paginas: 168, 169 y 170 Ejercicios 5.1, 5.2 y 5.3 Pagina 168 Ejercicio 5.1

Pagina 169 Ejercicio 5.2

Pagina 170 Ejercicio 5.3

Paginas: 190 y 191 Ejercicios 5.9 y 5.10 Pagina 190 Ejercicio 5.9

Paginas 191 Ejercicio 5.10

ACTIVIDADES DE APOYO Paginas: 192 a 196 Los ejercicios y problemas acordados entre el asesor De la lectura sugerida, los estudiantes presentaran y explicaran en su trabajo escrito los ejemplos 4.1, 4.2, 4.3, 4.4, 4.5, 4.6, 4.7, 4.8, 4.9, 4.10, 4.11, 5.1, 5.2, 5.3, 5.4, 5.9, 5.10 de las paginas: 107, 108, 109, 117, 118, 120, 121, 123, 130, 132, 136, 167, 168, 169, 170, 188, 190 y 191. Esto bajo las condiciones que se establezcan entre el asesor y los estudiantes. Pagina 107 Ejemplo 4.1 Cargas puntuales de 1mC y -2 mC se localizan en (3,2,-1) y (-1,-1,4), respectivamente. Calcule la fuerza eléctrica sobre una carga de 10 nC localizada en (0,3,1) y la Intensidad del campo eléctrico en ese punto. Solución. QQk QQk (r − rk ) F= ∑ a =∑ 3 2 R k =1,2 4πε 0 R k =1,2 4πε 0 r − rk Q = 4πε 0 =

10 −3 [(0,3,1) − (3.2,−1)] 2.10 −3 [(0,3,1) − (−1,−1,4)]  −   3 3 (0,3,1) − (−1,−1,4)  (0,3,1) − (3,2,−1) 

10 −3 ⋅ 10 ⋅ 10 −9  (−3,1,2) 2(1,4,−3)  −   −9 3/ 2 10 (9 + 1 + 4) (1 + 16 + 9) 3 / 2   4π ⋅ 36π

 (−3,1,2) ( −2,−8,6)  = 9 ⋅ 10 −2  + 26 26   14 14 F = −6.507ax − 3.817 ay + 7.506az mN En este punto, E=

F Q

= (−6.507,−3.817,7.506) ⋅

10 −3 10 ⋅ 10 −9

E = −650.7 ax − 381.7a y + 750.6az kV

m

Pagina 108 Ejemplo 4.2 Dos cargas puntuales de igual masa y carga Q están suspendidas en un punto común por dos hilos de masa despreciable y longitud  . Demuestre que, en equilibrio, el ángulo de inclinación α de cada hilo respecto de la vertical esta dado por Si α es ínfimo, demuestre que

Q 2 = 16πε 0 mg2 sen 2α tan α

α =3

Q2 16πε 0 mg2

Solución: Considerando el sistema de cargas que aparece en la figura, donde F, es la fuerza eléctrica o de coulomb, T la tensión en cada hilo y mg es el peso de cada carga. En A o B Tsenα = Fe T cos α = mg Por lo tanto. F senα 1 Q2 = e = ⋅ cos α mg mg 4πε 0 r 2 Pero Asi

r = 2senα Q 2 cos α = 16πε 0 mg2 sen 2α

o Q 2 = 16πε 0 mg2 sen 2α tan α Y como se solicito cuando α es ínfimo. tan α ≅ α ≅ senα

Figura 4.3. Particulas cargadas suspendidas; para el ejemplo 4.2. De manera que Q 2 = 16πε 0 mg2α 3

α =3

Q2 16πε 0 mg2

Pagina 109 Ejemplo 4.3 La separación electrostática de sólidos es una aplicación practica de la electrostática. El mineral de fosfato de florida, consistente en pequeñas partículas de cuarzo y roca fosfatada, por ejemplo, puede separarse en sus componentes aplicando un campo eléctrico uniforme, como se muestra en la figura. Si se supone una velocidad y un desplazamiento iniciales de cero, determine la separación entre las partículas tras caer 80cm. Sea E = 500 kV / m y Q / m = 9µC / kg para partículas de carga tanto positiva como negativa.

Figura 4.4. Separación electrostática de sólidos; para el ejemplo 4.3

Solución. Ignorando la fuerza de coulomb entre particulas, la fuerza electrostatica actua horizontalmente sobre estas y la fuerza gravitacional (peso) verticalmente, Así. d 2x QE = m 2 a x dt o d 2x Q = E dt 2 m Al integrar dos veces. Q x= Et 2 + c1t + c 2 2m Donde c1 y c 2 son constantes de integración, de igual forma, d2y − mg = m 2 dt o d2y = −g dt 2 Al integrar dos veces obtenemos y = −1 / 2 gt 2 + c3 t + c 4 Puesto que el desplazamiento inicial es cero x(t = 0) = 0 → c 2 = 0 y (t = 0) = 0 → c 4 = 0 Así mismo a causa de la velocidad inicial de cero dx dt dy dt

t =0

= 0 → c1 = 0

t =0

= 0 → c3 = 0

Asi. x=

QE 2 t 2m

1 y = − gt 2 2

Cuando y = −80cm = −0.8m t2 =

0 .8 × 2 = 0.1633 9 .8

y x = 1 / 2 × 9 × 10 −6 × 5 × 10 5 × 0.1633 = 0.3673m La separación de la partícula es 2x 2 x = 73.47cm

Pagina 117 Ejemplo 4.4 Un anillo circular de radio a porta una carga uniforme p L C/m y esta situado en el plano xy con eje en el eje z a) demuestre que p L ah E (0,0, h) = az 3/ 2 2ε 0 h 2 + a 2 b) ¿Qué valores de h produce el valor máximo de E? c) Si la carga total en el anillo es Q. Halle E cuando a → 0

[

]

Solución. a) considere el sistema de la figura, como ya sabemos, el truco para hallar E con la p L dl a R , es deducir cada termino de la ecuación, en este caso. ecuación E = ∫ 4πε 0 R 2 R = a (− a p ) + ha z dl = adφ , R 1/ 2 aR = R = R = a2 + h2 , R o − aa p + ha z aR R = = 3 3/ 2 R2 R a2 + h2

[

]

[

]

Por tanto. E=

pL 4πε 0

2π

(− aa p + ha z )

∫ [a φ =0

2

+ h2

]

3/ 2

adφ

Por simetría las contribuciones la lo largo de a p resultan en cero. Esto es evidente si se considera que para cada elemento dl hay un correspondiente elemento diametralmente opuesto que produce un dE p igual pero de signo contrario, de manera que las dos contribuciones se anulan entre si, De esta forma, solo resta la componente z , es decir. E=

p L aha z

[

4πε 0 h + a 2

] ∫

2 3/ 2

2π

0

dφ =

p L aha z

[

2ε 0 h 2 + a 2

]

3/ 2

Como se solicito

Figura 4.9. Anillo cargado; para el ejemplo 4.4

[

 2 h + a2 p L a  = b)  dh 2ε 0   dE

]

3/ 2

Respecto de E máxima,

[

3 (1) − (h)2h h 2 + a 2 2 [ h 2 + a 2 \ ]3 dE

]

1/ 2

    

= 0 , lo que implica que.

dh

[h

+ a2

] [h 1/ 2

]

+ a 2 − 3h 2 = 0 a h=± o a 2 − 2h 2 = 0 2 c) Puesto que la carga esta uniformemente distribuida, la densidad de carga de línea es. Q ρL = 2πa De manera que Qh E= az 3/ 2 4πε 0 h 2 + a 2 Cuando a → 0 Q E= az 4πε 0 h 2 o en general Q E= aR 4πε 0 r 2 Lo que es igual que en el caso de una carga puntual, como era de esperar. 2

[

2

]

Pagina 120 Ejemplo 4.5 La lámina finita 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1 en el plano z = 0 tiene una densidad de carga de

ρ s = xy ( x 2 + y 2 + 25) nC/m 2 . Halle a) La carga total en la lamina b) El campo eléctrico en (0,0;5) c) La fuerza experimentada por una carga de -1mC localizada en (0,0,5) 3/ 2

Solución. a)

(

1

Q = ∫ ρ s dS = ∫ xy x 2 + y 2 + 25 0

)

3/ 2

dxdynC

Puesto que x dx = ½ d ( x 2 ) , ahora integramos respecto de x 2 ( o cambiamos variables: x 2 = u de manera que x dx = du / 2 3/ 2 1 1 1 Q = ∫ y ∫ x 2 + y 2 + 25 d ( x 2 ) dy nC 0 0 2

(

)

(

)

5/ 2

1 1 1 2 dy = ∫ y x 2 + y 2 + 25 0 2 0 5 5/ 2 1 11 2 = ∫ y + 26 − y 2 + 25 5 / 2 d ( y 2 ) 5 02

[(

)

(

)]

[(

)

(

)

7/2 7/2 1 2 2 ⋅ y + 26 − y 2 + 25 10 7 1 ( 27 ) 7 / 2 + (25) 7 / 2 − 2(26) 7 / 2 = 35 Q = 33.15nC

=

[

]

1 0

]

b)

ρ s dSa R ρ S dS (r − r ' ) E=∫ = 4πε 0 r 2 ∫ 4πε r − r ' 3 0 Donde r − r ' = (0,0,5) = (− x,− y,5) . Así 1

E=∫

0

(

) ( − xa − ya 10 ( x + y + 25) 4π ⋅ 36π

1

10 −9 xy x 2 + y 2 + 25

0

−9

∫

3/ 2

x

2

= 9 − ∫ x 2 dx ∫ y dy a x − ∫ x dx  0 0 0  −1 −1 5  9 , ,   6 6 4 = ( − 1.5,−1.5,11.25) V/m 1

1

1

2

1

∫

0

y

+ 5a z ) dx dy

5 / 32

y 2 dy a y + 5

1

1

0

0

∫ x dx ∫

y dy a z  

c) F = qE = (1.5,1.5,−11.25) mN Pagina 121 Ejemplo 4.6 Los planos x = 2 y y = −3 portan cargas de 10 nC/m 2 y 15 nC/m 2 , respectivamente. Si la línea x = 0 , z = 2 porta una carga de 10 π nC/m, Calcule E en (1,1,-1) debida a las tres distribuciones de carga.

Solución: Sea E = E1 + E 2 + E3 Donde E1 , E 2 y E3 son, respectivamente, las contribuciones a E en el punto (1,1,-1) debidas a la lamina infinita 1, la lamina infinita 2 y la línea infinita 3, como se ρS ρL an y E = aρ , muestra en la figura (a). La aplicación de la ecuaciones E = 2ε 0 2πε 0 ρ Da como resultado.

ρ S1

10 ⋅ 10 −9 a x = −180π a x 2ε 0 10 −9 2⋅ 36π −9 ρ S2 15 ⋅ 10 E2 = ay = a y = 270π a y 2ε 0 10 −9 2⋅ 36π y ρL E3 = aρ 2πε 0 ρ E1 =

(−a x ) = −

Donde a ρ (no a ρ regular, pero de significado semejante) es un vector unitario a lo largo de LP perpendicular a la carga de línea y ρ es la longitud LP por determinar con base en la figura (b) esta ultima figura se desprende de la figura (a) si se considera el plano y = 1 en el cual reside E 3 . A partir de la figura (b), el vector de distancia de L a P es. R = −3az + ax

ρ = R = 10 , a ρ =

R 1 3 = ax − az R 10 10

Por lo tanto. E3 =

10π ⋅ 10 −9 1 ⋅ ( a x − 3a z ) 10 −9 10 2π ⋅ 36π

= 18π ( a x − 3a z ) Así sumando E1 , E 2 y E3 , obtenemos el campo total, de esta manera E = −162πa x + 270πa y + 54πa z Nótese que para obtener a r , a ρ o a n lo cual siempre es indispensable para hallar F o E, debemos ir de carga en carga (en el vector de posición r ' ) al punto del campo (en el vector de posición r ); de ahí que a r , a ρ o a n , sea un vector unitario a lo largo de r − r ' .

Pagina 123 Ejemplo 4.7 Determine D en (4, 0, 3) en presencia de una carga puntual de -5 π mC en (4, 0, 0) y de una carga de línea de 3 π mC/m a lo largo del eje y.

Densidad de flujo D debida a una carga puntual y una carga de línea definida

Solución. Sea D = D Q + D L , donde D Q y D L son densidades de flujo debidas a la carga puntual y la carga de línea, respectivamente, como se muestra en la figura. DQ = ε 0 E =

(

Q Q r − r' a = R 4πR 2 4π r − r '

)

3

Donde r − r ' = ( 4,0,3) − ( 4,0,0 ) = ( 0,0,3) , por lo tanto DQ =

− 5π ⋅ 10 −3 ( 0,0,3)

= −0.138a z mC/m 2 3 4π ( 0,0,3) Asimismo ρ DL = L a ρ 2πρ Entonces. ( 4,0,3) − ( 0,0,0) = ( 4,0,3) aρ = ( 4,0,3) − ( 0,0,0) 5

ρ = ( 4,0,3) − ( 0,0,0 ) = 5

En consecuencia 3π ( 4a x + 3a z ) = 0.24a x + 0.18a z µC / m 2 DL = 2π ( 25) Asi D = DQ + DL = 240 a x + 42a z µC / m 2

Ejemplo 4.8 Puesto que D = zρ cos 2 φ a z C/m 2 , calcule la densidad de la carga en (1, π / 4 , 3) y la carga total encerrada por el cilindro de radio 1m con − 2 ≤ z ≤ 2 m. Solución

∂D z = ρ cos 2 φ ∂z 2 En (1, π / 4 , 3), ρ v = 1 ⋅ cos ( π / 4 ) = 0.5 C/m 3 . La carga total encerrada por el cilindro puede hallarse de 2 maneras.

ρv = ∇ ⋅ D =

Método 1. Este método se basa directamente en la definición de la carga volumétrica total Q = ∫ ρ v dv = ∫ ρ cos 2 φ ρ dφ dρ dz v

v

2

= ∫ dz z = −2

=

4π C 3

2π

∫φ

=0

cos 2 φ dφ

1

∫ρ

=0

ρ 2 dρ = 4( π )(1 / 3)

Método 2. Alternativamente es posible aplicar la ley de Gauss.   Q = Ψ = ∫ D ⋅ dS =  ∫ + ∫ + ∫  D ⋅ dS t b  s = Ψs + Ψ t + Ψb Donde Ψs , Ψ t , y Ψb son el flujo através de los lados, la superficie superior y la superficie inferior del cilindro, respectivamente (fig 3.17). Puesto que D carece de componente a lo largo de a ρ , Ψs = 0 respecto de Ψt , dS = ρ dφ dρ a z , de modo que.

Fig 3.17 1

Ψt = ∫

ρ =0

2π

∫φ

=0

zρ cos 2 φ ρ dφ dρ

z =2

=2

1

∫ρ 0

2

dρ

∫

2π

0

cos 2 φ dφ

=

2π 3

Así Q = Ψ = 0+

2π 2π 4π + + C 3 3 3

Como se obtuvo anteriormente Pagina 170 Ejemplo 5.4 Una barra de plomo (σ = 5 × 10 6 S / m) de sección trasversal cuadrada presenta un orificio a lo largo de su longitud de 4m, de manera que su sección tranversal corresponde a la que aparece en la figura 5.5. Encuentre la resistencia entre los extremos cuadrados. Solución. En virtud de que la sección transversal de la barra es uniforme, podemos aplicar la ρ ecuación R = c S Es decir.  R= σS 2

π 1 Donde S = d 2 − πr 2 = 3 2 − π   = 9 − cm 2 4 2 Por lo tanto. R=

4 = 974 µΩ 5 × 10 (9 − π / 4) × 10 −4 6

CONCLUSIONES

AUTOEVALUACIONES Unidad 3: Campos magnetostaticos De la lectura básica sugerida, resolver los siguientes ejercicios: Paginas: 268, 269, 271 y 273 Ejercicios: Del 7.1 al 7.4 Preguntas de repaso y problemas de paginas 293 a 302 (los problemas acordados entre el asesor y los estudiantes. PREGUNTAS DE REPASO pagina 293 7.1. Uno de los siguientes no es origen de campos magneticos: a) Corriente directa en un alambre b) Imán permanente c) Carga acelerada d) Campo electrónico que cambio en forma lineal con el tiempo e) Disco cargado que gira a una velocidad uniforme Respuesta: Inciso c). 7.2. Identifique en la figura 7.22 la configuración que no constituye una representación correcta de I y H Respuesta: Inciso c).

Figura 7.22. Para la pregunta de repaso 7.2

7.3. Considere los puntos A, B, C, D, y E en el circulo de radio 2 que aparece en la figura 7.23. Los elementos de la lista de la derecha son valores de aφ en diferentes puntos de ese circulo. Haga coincidir tales elementos con los puntos referidos en la lista de la izquierda. a) A b) B

(i) (ii)

c) C

(iii)

ax −ax ay

d) D

(iv)

−a y

e) E

(v)

(vi) (vii) (viii)

ax + a y 2 − ax − a y 2 − ax + a y 2 ax − a y 2 Figura 7.23. Para la pregunta de repaso 7.3

Respuesta: Inciso a) ii, b) vi, c) i, d) v, e) iii 7.4. El eje z porta una corriente filamentosa de 10π A a lo largo de az . ¿Cuál de las expresiones siguientes es incorrecta? a) H = −ax A / m en (0,5, 0) b) H = aφ A / m en (0, π / 4, 0) c) H = −0.8ax − 0.6a y en (−3, 4, 0) d) H = −aφ en (5,3π / 2, 0) Respuesta: Inciso d). 7.5. El plano y = 0 porta una corriente uniforme de 30az mA/m . En (1, 10, -2), la intensidad de campo magnetico es de a) −15ax mA / m b) 15ax mA / m c) 477.5a y µ A / m d) 18.85a y nA / m e) Ninguno de los valores anteriores Respuesta: Inciso a). 7.6. Con relación a las corrientes y trayectorias cerradas de la figura 7.24, calcule el calor de φl H ⋅ d1 .

Figura 7.24. Para la pregunta de repaso 7.6 Respuesta: Inciso a). 10A, b) -20A, c) 0, d) -10A 7.7. ¿Cuál de los siguientes enunciados no es una característica de un campo magnético estático? a) Es solenoidal b) Es conservativo c) No tiene perdida ni origen d) Las líneas de flujo magnético siempre son cerradas e) El número total de las líneas de flujo que entran en una región dada es igual al número total de linea de flujo que salen de esa región Respuesta: Inciso b). 7.8. Dos bobinas circulares coaxiales identicas portan igual corriente I pero en direcciones opuestas. La magnitud del campo magnetico B en un punto sobre el eje equidistante de las bobinas es a) Cero b) Igual a la producida por una bobina c) Dos veces mas que la producida por una bobina d) La mitad de la producida por una bobina Respuesta: Inciso a). 7.9. Una de las ecuaciones siguientes no es una de las de Maxwell para campos electromagneticos estáticos en un medio lineal homogéneo. a) ∇ ⋅ B = 0 b) ∇XD = 0 c) φ B ⋅ dI = µo I d) φ D ⋅ dS = Q 2 e) ∇ A = µ0 J Respuesta: Inciso e). 7.10. Dos barras imantadas con intensidad de Qm1 = 20 A ⋅ m y Qm 2 = 10 A ⋅ m (cargas magnéticas) en su polo norte se colocan dentro de un volumen, como se muestra en la figura 7.25. El flujo magnético que sale del volumen es de;

a) 200 Wb b) 30 Wb c) 10 Wb d) 0 Wb e) -10 Wb Respuesta: Inciso d). Paginas: 310, 313, 314, 322, 323, 330, 342, 345, 346, 347, 351, 353 y 354. Ejercicios: 8.1, 8.2, 8.3, 8.5, 8.6, 8.7, 8.10, 8.11, 8.12, 8.13, 8.14, 8.15, 8.16 Los ejercicios y problemas acordados por el asesor y el grupo. Ejercicio 7.1 “ LEY DE BIOT-SAVART” Determine H en (0,0,5) debida al lado 3 de la espira triangular de la figura 7.6(a) Solución:

Datos: p=5 I = 10 A Cos ∝1 = 0 Cos ∝ 2 =

2 27

Formula I ( Cos ∝ 2 −Cos ∝1 ) aφ H= 4πp aφ = al a y al =

ax − a y 12 + 12

=

ax − a y 2

aφ = al a y =

ax − ay 2

az =

ax + ay 2

Sustituimos la formula I ( Cos ∝ 2 −Cos ∝1 ) aφ 4πp  − a x + a y 10 A  2  H= − 0  4π (5)  27 2  H=

  = 0.030629 ( −a x + a y ) 

Respuesta: H = −30.692 a x + 30.629 a y mA / m H = 0.030629 x10 −3 A Ejercicio 7.2 Halle H en (-3,4,0) debida al filamento de corriente que aparece en la figura 7.7 (a) Solución:

Datos: P = (−3,4,0) p = (9 + 16)1 2 = 5, ∝1 = 90  , ∝ 2 = 0  P en al plano z = 0

Formulas y desarrollo: I ( Cos ∝ 2 −Cos ∝1 ) aφ H= 4πp 4 3 aφ = senθa x + cos θa y = a x + a y 3 5 4  4 3  3 aφ = −a z  − a x + a y  = a x + a y 5  5 5  3 ( 4a + 3a y ) 3 (1 − 0 ) x Hz = = 38.2a x + 28.65a y mA / m 4π 5 5 De igual modo en cuanto a Hx en P, p=4 ∝1 = 3.5 3  3 Hx = 1 − a z = 23.88a z ma / m 4π 4  5  H = H x + H Z = 38.3a x + 28.65a y + 23.88a z mA / m H = −47.75aφ + 3.88a z mA / m Respuesta: Sea H = H x + H z donde H x y H Z son las contribuciones a la intensidad de campo magnético en P(-3,4,0) debidas a las porciones del filamento a lo largo de X y Z. Ejercicio 7.3 Un anillo angosto de 5cm de radio se sitúa en el plano z =1 cm, con su centro en (0, 0,1 cm). Si porta 50 mA a lo largo de a z halle H en a) (0,0,-1 cm) b) (0,0,10 cm) Solución: Dibujo:

Datos: I = 50 mA = 5x10-3A p = 5cm = 5x10-2m h= (1-(-1)=2 De acuerdo a la ley de Biot-Savart. dH = intensidad de carga magnetica IdlSen ∝ dH = R2 La ecuación se convierte a: I dH = phdφa p + p 2 dφa z = dH p a p + dH z a z 2 2 32 4π P + h

[

(

]

)

Por simetría las contribuciones de a p resultan = cero Ip 2 dφa z

2π

H = ∫ dH z a z = ∫

[

]

4π p 2 + h 2

0

32

=

Ip 2 2πa z

[

4π p 2 + h 2

a) p ( 0, 0, -1) sustituimos valores H= H=

(50 x10 −3 A)(5 x10 −2 m)a z

[

2 (5 x10 −2 m) 2 + 2 x10 −2 m 1250 x10 −7 Am 2

[

2 29 x10 −4 m 2 −1

]

=

]

32

1250 x10 −7 Am 2 az 312.3395 x10 −6

H = 4.002 x10 a z A / m = 0.4002 a z A / m Respuesta p ( 0, 0, −1) H = 400.2a z mA / m b) p ( 0, 0,10 ) Sustituimos valores H= H=

(50 x10 −3 A)(5 x10 −2 m) 2 a z

[

2 (5 x10 −2 m) 2 + 9 x10 −2 m 1250 x10 −7 Am 2

[

2 106 x10 −4

]

32

=

H = 57.269 a z mA / m

32

=

1250 x10 −7 a z az 2182.67 x10 −6

H = 0.57269 x10 −1 a z A / m Respuesta p ( 0, 0,10 )

]

]

32

=

[

Ip 2 da z

2 p2 + h2

]

32

Ejercicio 7.4 Un solenoide de longitud l y radio a consta de N vueltas de alambre portador de corriente I. Demuestre que el punto P a lo largo de su eje, nI H = (cos θ 2 − cos θ1 )a z 2 Donde n = l ,θ1 yθ 2 son los ángulos obtenidos en P por las vueltas del extremo, como ilustra la figura 7.9 y demuestre que si l >> a, en el centro del selenoide. Solución: Dibujo: Sección transversal de un solenoide.

Datos: n = l ,θ1 yθ 2 l >> a, Formulas: H=

nI (cos θ 2 − cos θ1 )a z 2

dH 2 =

[

l dl a 2

2 a2 + z2

]

32

=

[

l a 2 ndz

2 a2 + z2

]

32

Desarrollo: Donde dl = ndz = ( N / l )dz con base a tan θ = a / z; dz = −a cos ec θ 2

[z dθ = −

2

+ a2 a2

]

32

senθ dθ

dHz z = −

nI senθdθ 2

H =−

Así

Hz = −

ó

nI 2

θ2

∫θ

senθdθ

1

nI (cos θ − cos θ1 )a z 2

La sustitución del n = N / l da como resultado: H =−

NI (cos θ − cos θ1 )a z 2l

El centro del solenoide es: cos θ 2 =

[a

l/2 2

+ l2 / 4

]

12

= − cos θ1

Solución: H=

[

Inl

2 a2 + l 2 / 4

]

12

= az Si l >> a óθ 2 ≅ 0 o ,θ1 ≅ 180 o

H = n / az =

NI az l

Ejercicio 8.1 Una partícula cargada de de 2 kg de masa y carga de 3 C se pone en movimiento en el punto (1,-2,0) a una velocidad de 4a x + 3a z m / s en un campo eléctrico 12a x + 10a yV / m en el instante t= 1s, determine: a) La aceleración de la partícula b) Su velocidad c) Su energía cinética d) Su posición Datos: P = (1,-2,0) Masa = 2 Kg Carga = 3 C Velocidad = 4a x + 3a z m / s Campo eléctrico = 12a x + 10a yV / m Calculando a ) La aceleración de la partícula

F = ma = QE Donde a es la aceleración de la partícula. Por lo tanto: QE 3 a= = (12a z + 10a y 8 ) = 18a x + 15a y m / s 2 m 2 a=

du d = (u x u y u z = 18a x + 15a y dt dt

Calculando b) Su velocidad De la igualación de sus componentes resulta: du x = 18  → u x = 18t + A dt du y = 15  → u y = 15t + A dt du z = 0 → u z = C dt Donde A, B y C son constantes de integración pero en t = 0, u = 4a x + 3a z Así u x (t = 0) = a → a = 0 + A ó A = 4 u y (t = 0) = 0 → 0 = 0 + B ó B = 0 u z (t = 0) = 3 → 3 = C La sustitución de los valores A, B y C resultan: u (t ) = (u x , u y , u z ) = (18t + 4,15t 3) En consecuencia:

u (t = 1s ) = 22a x + 15a y + 3a z m / s

Calculando c) b Su energía cinética (EC) 1 1 2 EC = m u = (2)(22 2 + 15 2 + 32 ) 2 2 Solución:

EC = 718 J

Calculando d) Su posición u=

dI d = ( x, y, z, ) = (18t + 4,15t ,3) dt dt

La igualación de las componentes produce: dx = u x = 18t + 4 → x = 9t 2 + 4t + A1 dt dx = u y = 15t → y = 7.5t 2 + b1 dt dz = u z = 3 → z = 3t 2 + C1 dt En t = (x,y,z,) = (1,-2,0); por tanto: x(t = 0) = 1 →= 0 + A1 ó A1 = 4 (t = 0) = −2 →= −2 = 0 + BA1 ó B1 = −2 z (t = 0) = 0 →= 0 + C1 ó C1 = 0 ( x, y, z, ) = (9t 2 + 4t + 1,7.5t 2 − 2,3t ) Solución: t = ( x, y, z, ) = ( 14, 5.5, 3) Ejercicio 8.2 Una partícula cargada de de 2 kg de masa y carga de 1 C se pone en movimiento en el origen a una velocidad de 3ay m/s y viaja a una región de campo magnético uniforme B = 10ª Wb/m2. En t 4 S, determine: a) La velocidad y aceleración de la partícula. b) La fuerza magnética sobre ella. c) La energía cinética (EC) y ubicación. Datos. Masa = 2 kg Carga = 1 C Velocidad = 3ay m/s t = 4s

Desarrollo Calculando a) La velocidad y aceleración de la partícula F =m

du = Qu x B dt

a=

du Q = u x B dt m

por lo tanto ax a y az du 1 = (u x a x + u y a y + u z a z ) = u x u y u z = 5(u y a x − u y a x ) dt 2 0 0 0 al igualar los componentes se obtiene: du x = 5u y dt du y dt

= −5u x

du z = 0 → u z = C0 dt Usando una ecuación diferencial lineal obtenemos: u x = C1 cos 5t + C 2 sen5t Con base a las ecuaciones 5u y

du x = −5C1 sen5t + 5C 2 cos 5t dt u y = −C1 sen5t + C 2 cos 5t

Se determinan las constantes C 0 = C1 yC2 aplicando las condiciones iniciales. En t = 0, u = 3a y u x = 0 → 0 = C1 ⋅1 + C2 ⋅ 0 → C1 = 0 u y = 3 → 3 = −C1 ⋅ 0 + C2 ⋅1 → C2 = 3 u z = 0 → 0 = C0 La sustitución de los valores de C 0 = C1 yC2 en las ecuaciones produce:

u = (u x , u y , u z ) = (3sen5t ,3 cos 5t ,0)

Entonces

u (t = 4) = (3sen20,3 cos 20,0) = 2.739 a x + 1.224 a y m / s a=

du = (15 cos 5t ,−15sen5t ,0) dt

Solución de a) a (t = 4) = 6.101a x − 13.703a y m / s 2

Calculando b) La fuerza magnética sobre ella. F = ma = 12.2a x − 27.2a y N F = Qu x B = (1)(2,739 a x + 1.224 a y ) x10a z Solución de b) F = 12.2a x − 27.4a y N Calculando c) La energía cinética (EC) y ubicación. 2

EC = 1 / 2m u = 1 / 2(2)(2.739 2 + 1.224 2 ) = 9 J ux =

dx 3 = 3sen5t → x = − cos 5t + b1 dt 5

uy =

dy 3 = 3 cos 5t → y = sen5t + b2 dt 5 uz =

dz = 0 → z = b3 dt

Nota: b1 , b2 , b3 son símbolos de integración. En t = 0( x, y, z , ) = (0,0,0) de manera: 3 x(t = 0) = 0 → 0 = − ⋅1 + b1 → b1 = 0.6 5 3 y (t = 0) = 0 → 0 = ⋅ 0 + b2 → b2 = 0 5 Al sustituir los valores de b1 , b2 , b3 en las ecuaciones se obtiene: ( x, y, z ) = (0.6 − cos 5t ,0.6 sen5t ,0)

En t = 4s

Solución: C)

( x, y , z ) = (0.3552,0.5478,0)

Ejercicio 8.3 Una partícula cargada se mueve a una velocidad uniforme de 4ax m/s en una región en la que E = 20ay V/m y B = Wb/m2. Determine B0 de manera que la velocidad de la partícula sea constante. Dibujo: Filtro de velocidad de partículas cargadas.

Datos: Velocidad = 4ax Región = E = 20ay, B = Wb/m2 Fórmulas: 0 = Fma = Q( E + uXB 0 = Q(20a y + 4a x XB0 a z )

ó

− 20a y = −4 B0 a y

Así, B5=5 Solución Si la partícula se mueve a una velocidad constante, esto implica que su aceleración es de cero. Donde QuB = QE

ó

u=

E B

ACTIVIDADES DE APOYO Problema 8.5 Define el momento magnético del circuito eléctrico formado por la espira triangular de la figura: Solución: Dibujo:

Datos: D=0 P= (2,0,0), (0,2,0) y (0,0,2) Formulas: D = − A2 + B 2 + C 2

m = ISan

Desarrollo: S = área de la espira =

1 1 0 x base x altura = (2 2 )( 2 ) sen60 2 2

= 4sen60 0 La superficie del plano se define por medio de una función, f ( x, y , z ) = x + y + z − 2 = 0 (a x + a y + a z ) ∇f =± ∇f 3 Calculamos m (a x + a y + a z ) 5(4sen60 0 ) 3 an = ±

Solución: m = 10(a x + a y + a z ) A ⋅ m 2 Problema 8.6

Una pequeña espira de corriente L1 con momento magnético 5a z A / m 2 se localiza 2 en el origen, mientras que otra, L2 , con momento magnético 3a y A / m se localiza en (4, -3, 10). Determine el troqué sobre L2 . Datos: L1

3a y A / m 2

5a z A / m 2 L2

P= (4, -3, 10).

Formulas: Calcular el troqué sobre el espiral L2 Calcular m respecto al espiral L1 µm B1 = 0 31 (2 cos θ ar + senθ aθ ) 4πr

T2 = m2 XB1

Desarrollo: Para transformar m2 de coordenadas cartesianas en esféricas: m2 = 3a y = ( senθsenφa r + cos θsenφaθ + cos φaφ ) Calculando en P= (4, -3, 10). r = 4 2 + (−3) 2 + 10 2 = 5 5 p 5 1 1 2 tan θ = = = → senθ = , cos θ = z 10 2 5 5 y −3 −3 4 tan φ = = → senφ = , cos φ = x 4 5 5 −7 4πX 10 X 5  4 1  ar + aθ   entonces B1 = 4π 625 5  5 5  =

10 −7 (4a r + aθ ) 625

4a   3a 6a m2 = 3− r − θ + φ  5  5 5 5 5 −7 10 (3) T= (−3ar − 6aθ + 4 5aφ ) X (4ar + aφ ) 625(5 5 ) = 4.293 X 10 −11 (−6ar + 38.78aθ + 24aφ ) Solución: = −0.258ar + 1.665aθ + 1.03aφ nN ⋅ m Problema 8.7

La región 0 ≤ z ≤ 2m esta ocupada por una lamina infinita de material permeable µ r = 2.5 si B = 10 ya x − 5 xa y mWb / m 2 dentro de la lámina, determine: a ) J , b) J b c ) M , Datos: 0 ≤ z ≤ 2m µ r = 2.5 B = 10 ya x − 5 xa y mWb / m 2 Formula: J = ∇XH = ∇X

 ϑB y ϑBx  B 1  a z = − −7 µ 0 µ r 4πX 10 (2.5)  ϑx ϑy 

Desarrollo Calculando a) J=

10 6 (−5 − 10)10 −3 a z = −4.775a z kA / m 2 π

Calculando b) J = x m J = ( µ r − 1) J = 1.5(−4.775a z ) ⋅10 3 J = −7 − 163a z kA / m 2 Calculando c) 1.5(10 ya x − 5 xa y ) ⋅10 3 B = µ 0 µ1 4πX 10 −7 (2.5) M = 4.775 ya x − 2.387 xa y kA / m M = xm H = xm

Problema 8.8 Puesto que H 1 = −2a x + 6a y + 4a z A / m en la región y − x − 2 ≤ 0 , donde µ1 = 5µ 0 , calcule: a) M1 y B1 b) H2 y B2 en la región y − x − 2 ≤ 0 , donde µ 2 = 2 µ 0 Dibujo:

Datos:

H 1 = −2 a x + 6 a y + 4 a z A / m y−x−2≤0 µ1 = 5µ 0 Formula: a y − ax ∇f an = ∇f 2 Desarrollo Calculando a) M1 y B1 M 1 = xm1 H 1 = ( µ r1 − 1) H 1 = (5 − 1)( −2,6,4) Solución de M 1 = −8a x + 24a y + 16a z A / m B1 = µ1 H 1 = µ 0 µ r1 H 1 = 4πX 10 −7 (5)(−2,6 − 4) Solución de

B1 = −12.57 a x + 37.7 a y + 25.13a z µWb / m 2

Desarrollo Calculando b) H2 y B2 en la región y − x − 2 ≤ 0 , donde µ 2 = 2 µ 0 (−1,1,0)  (−1,1,0)  H 1n = ( H 1 ⋅ an )an = ( − 2,6 − 4 ) ⋅ 2  2  H 1n = −4a x + 4a y Como

H 1 = H 1n + H 1t

La ecuación queda: H 1t = H 1 − H 1n = (−2,6,4) − (−4,4,0) H 1t = 2a x + 2a y + 4a z Aplicando las condiciones en las fronteras se obtiene: H 2t = H 1t = 2a x + 2a y + 4a z B2t = B1n → µ 2 H 2 n = µ1 H 1n µ 5 H 2t = 1 H 1n = (−4a x + 4a y ) = −10a x + 4a y µ2 2 H 2 = H 2 n = H 2t = −8a x + 12a y + 4a z A / m Así Y

B2 = µ 2 H 2 = µ 0 µ r 2 H 2 = (4π ×10 −7 )(2)(−8,12,4)

Solución: B2 = −20.11a x + 30.16a y + 10.05a z µWb / m 2 Problema 8.9

El plano xy funge como interfaz entre dos medios diferentes. El medio 1 (z0) por otro con µ r = 4 . Si 2 la interfaz porta corriente (1 / µ 0 )a y mA / m y B2 = 5a x + 8a z mWb / m , halle H1 y B1. Solucion: Dibujo:

Datos: 1 (za) están separados por una distancia H(H>>a,b), como se muestra en el dibujo. Halle la inductancia mutua entre ellos. Solución: Dibujo:

Datos: Radios a y b (b>a) Distancia H(H>>a,b), Formula: µI1a 2 baφ µI1a 2 senθ A1 = aφ = 32 4r 2 4 h2 + b2 Si h >> b µI1a 2 b A1 = aφ 4r 3

[

]

Por tanto: Ψ12 = ∫ A1 ⋅ dI 2 =

µI1a 2 b µI1a 2 b 2 2 π b = 4h 3 2h 3

Solución:

ψ 12 µπa 2 b 2 M 12 = = I1 2h 3

AUTOEVALUACIONES Unidad 4: Termodinámica Resolver las siguientes preguntas y ejercicios: Pagina: 489 Los temas de opción múltiple

Temperatura y equilibrio 1. Considere cuatro objetos A,B,C y D. Se comprueba que A y B están en equilibrio térmico. También se comprueba que Cy D lo están, no así A y C. Se concluye que a) B y D no se encuentran en equilibrio térmico b) B y D podrían encontrarse en equilibrio térmico, pero no necesariamente. c) B y D no pueden encontrarse en equilibrio térmico d) la ley cero de la termodinámica no se aplica en este caso ya que hay más de tres objetos. Respuesta: Inciso c). 2. Los objetos B y C se encuentran inicialmente en equilibrio térmico. Los objetos A y C no lo están inicialmente, pero se pone a los dos en contacto térmico y rápidamente alcanzan el equilibrio. Después de hacerlo, a) B y C también se encuentran en equilibrio térmico b) B y C podrían encontrarse en equilibrio térmico, pero no necesariamente. c) B y C no pueden encontrarse en equilibrio térmico Respuesta: Inciso c). Escalas de temperatura 3. ¿En que temperatura coincide las escalas Fahrenheit y Celsius? a) -40 o F b) 0 o F c) 32 o F d) 40 o F e) 104 o F Respuesta: Inciso a). 4. ¿En que temperatura coinciden las escalas Fahrenheit y Kelvin? a) -100 o F b) 273 o F c) 574 o F d) 844 o F e) 104 o F Respuesta: Inciso c).

Medición de la temperatura Expansión térmica 5. Una gran losa metálica plana a una temperatura T0 tiene un hoyo, Se calienta el metal hasta que alcanza la temperatura T > T0 . Después del calentamiento la superficie del hoyo a) Aumenta b) Disminuye c) Conserva su tamaño d) Posiblemente cambie de tamaño según su forma Respuesta: Inciso b). 6. ¿Por qué un vaso a veces se rompe si vaciamos rápidamente agua hirviendo en el? a) El agua caliente se expande, extendiendo el vaso b) El agua caliente se enfría cuando toca el vaso, contrayendo y reduciendo el vaso c) El vaso se calienta y expande, haciendo que las moléculas se separen d) El interior del vaso se expande más rápidamente que el exterior, haciendo que se rompa. Respuesta: Inciso d). 7. Un termómetro de vidrio lleno de mercurio se encuentra inicialmente en equilibrio a 20 o C en un baño de agua. Después lo sumergimos en un baño a 30 o C. La columna de mercurio en el termómetro a) Aumenta a 30 o C y luego se detendrá b) Primero aumentara por arriba de 30 o C, luego volverá a 30 o C y se detendrá c) Primero descenderá por debajo de 20 o C, luego aumentara por arriba de 30 o C y se detendrá d) Primero caerá por debajo de 20 o C, luego aumentara a 30 o C y finalmente retornara a 30 o C y se detendrá Respuesta: Inciso a). 8. Una tira de cobre se remacha a otra de aluminio. Después se calienta los dos metales. ¿Qué sucede? a) La tira se expande sin doblarse b) La tira se expande y se dobla hacia el cobre c) La tira se expande y se dobla hacia el aluminio Respuesta: Inciso b). 9. La variación diaria de la temperatura en el puente Goleen Gate de San Francisco a veces supera los 20 o C. El puente mide aproximadamente 2 Km de largo y esta hecho de acero (con una cinta asfáltica en la carretera) a) ¿Cuál es su cambio aproximado de longitud con esta variación de temperatura? 1) 4.4 cm 2) 44 cm 3) 4.4 m 4) 44 m b) Si los constructores olvidaron incluir juntas de expansión, ¿Qué tamaño aproximado tendrá un “chichón” que se forme en la mitad del puente cuando se expanda? 1) 2.1 cm 2) 21 cm 3) 2.1 m 4) 21 m a) Respuesta: Inciso b). b) Respuesta: Inciso b).

El gas ideal 10. ¿Qué tiene mayor densidad (masa por unidad de volumen): el aire seco o el húmedo? Suponga que los dos poseen la misma temperatura y presión. a) Aire seco b) Aire húmedo c) Las densidades son iguales Respuesta: Inciso c). 11. ¿Cuáles de las siguientes cantidades tiene mas grande densidad de partícula (moléculas por unidad de volumen)? a) 0.81 de gas nitrógeno a 350K y a 100 kPa b) 1.01 de gas nitrógeno a 350K y a 150 kPa c) 1.51 de gas oxigeno a 350K y a 80 kPa d) 2.01 de gas helio a 350K y a 120 kPa Respuesta: Inciso d). 12. Cuatro contenedores contienen cada un 0.05 moles de uno de los siguientes gases. ¿Cuál tiene la temperatura mas elevada? a) 8.01 de gas helio a 120 kPa b) 6.01 de gas neón a 160 kPa c) 4.01 de gas argón a 250 kPa d) 3.01 de gas criptón a 300 kPa Respuesta: Inciso c). Paginas: 490 y 491 Las preguntas pares seleccionadas conjuntamente con el asesor 2. ¿Podemos definir la temperatura como una magnitud obtenida en función de la longitud, la masa y el tiempo? Imagine un péndulo, por ejemplo. No, La temperatura es una magnitud obtenida en función de la presión, volumen y Numero de moles. 4. ¿Puede un objeto estar mas caliente que otro si tienen la misma temperatura? Explique su respuesta El calor es una magnitud subjetiva, esto quiere decir que depende de la situación, por ejemplo: dos personas apreciaran un grado de calor diferente en un objeto de la misma temperatura, si uno estaba en contacto con un objeto frió y el otro con un objeto caliente. Es importante destacar que la sensación térmica es algo distinto de la temperatura tal como se define en termodinámica. La sensación térmica es el resultado de la forma en que la piel percibe la temperatura de los objetos y/o de su entorno, la cual no refleja fielmente la temperatura real de dichos objetos y/o entorno. La sensación térmica es un poco compleja de medir por distintos motivos: El cuerpo humano mide la temperatura a pesar de que su propia temperatura se mantiene aproximadamente constante (alrededor de 37 °C). Por lo tanto, no alcanza el equilibrio térmico con el ambiente o con los objetos que toca. Las variaciones de calor que se producen en el cuerpo humano generan una diferencia en la sensación térmica, desviándola del valor real de la temperatura. Como resultado, se producen sensaciones de temperatura exageradamente altas o bajas.

6. ¿Hay otras magnitudes físicas además de la temperatura que tiendan a igualarse si se unen dos sistemas distintos? En el caso de los gases, si: el volumen y la presión. 8. ¿Qué cualidades hacen una propiedad termométrica adecuada para emplearse en un termómetro practico? La expansión térmica y el coeficiente de dilatación lineal. 10. Sea p3 la presión de un tubo de un termómetro de gas con volumen constante, cuando el tubo tiene una temperatura de 273.16 K de punto triple y sea p la presión cuando tiene una temperatura ambiente. Se dan tres termómetros de gas: para A el gas es oxigeno y p3 = 20cm Hg; para B también es oxigeno pero p3 = 40cm Hg. Los valores medidos de p en los tres termómetros son p A , pB y pC a) Un valor aproximado de la temperatura ambiente T puede obtenerse con los siguientes termómetros utilizando TA = (273.16k )( pA / 20cmHg ), TB = (273.16k )( pB / 40cmHg ), TC = (273.16k )( pC / 30cmHg ), Marque como verdadero o falso los siguientes enunciados: 1. Con el método descrito, los tes termómetros darán el mismo valor de T. 2. Los dos termómetros de oxigeno coincidirán entre si, pero no con el termómetro de hidrogeno. 3. Los tres termómetros darán un valor diferente de T b) En caso de que los tres discrepen, explique como modificaría el método de usarlos para que indiquen el mismo valor de T a) 1. Falso 2. Falso 3. Verdadero b) Reduciendo la presión del punto triple P3 y por lo mismo la densidad del gas, entonces la temperatura en todos los termómetros a volumen constante se aproximaran al mismo valor de T. 12. Al parecer no es posible alcanzar el cero absoluto de la temperatura en forma experimental, pero en el laboratorio se han logrado temperaturas hasta de 0.00000002 K. ¿Por qué los físicos se esforzarían, como de hecho lo hacen, por conseguir temperaturas todavía mas bajas? ¿A caso no son ya bastante bajas para las aplicaciones prácticas? R. Se esfuerzan para obtener y calibrar los termómetros destinados al uso científico o industrial. 14. Puede asignarse temperaturas a un vació No, ya que no habría como percibir algún cambio de temperatura

16. En las etiquetas de muchos medicamentos se le indica al usuario guardarlos a 86 o F. ¿Por qué a esa temperatura? (Sugerencia: haga la conversión a la escala Celsius.) (Vease The Sciencce Almanac, 1985 – 1986, p 430.) R. La mayoría de los medicamentos traen la instrucción de almacenarlos en un lugar fresco y seco, 86F equivale a 30C que es una temperatura fresca. 18. Al examinar las escalas Celsius, Fahrenheit y Kelvin ¿alguna de ellas destaca como “la escala de la naturaleza”? Explique su respuesta R. Porque la escala de Celsius es muy utilizada para expresar las temperaturas de uso cotidiano, desde la temperatura del aire a la de un sinfín de dispositivos domésticos (hornos, freidoras, agua caliente, refrigeración, etc.). También se la utiliza en trabajos científicos y tecnológicos, 20. mencione algunas objeciones contra la utilización de agua en vidrio como termómetro. ¿Es mejor el mercurio en vidrio? Si su respuesta es afirmativa, explíquela. R. La principal de las objeciones, se debe a que el agua al congelarse se dilata lo que ocasionaría que se rompa el vidrio. El termómetro de mercurio en vidrio es mejor ya que su punto de fusion esta muy por debajo qe el del agua, -38.6 C, del mismo modo su punto de ebullición es muy superior al del agua, es de 356.8 C. 22. Una bola metálica puede pasar por un anillo de metal. Cuando la calentamos, se pega a el ¿Qué sucedería si calentáramos el anillo y no la bola? R. Sucederá lo mismo, la bola se pegara a el, ya que al expandirse el anillo de metal se cierra su diámetro interior. 24. Dos tiras, una de hierro y otra de zinc, están unidas por remaches una al lado de otra, formando una barra recta que se pandea al ser calentada. ¿Por qué el hierro dentro de la curva? R. Porque el Hierro tiene un coeficiente de expansión térmica menor que el del Zinc. 26. ¿Por qué debe una chimenea ser independiente, es decir, no formar parte del soporte estructural de la casa? R. Para que al estar en contacto con el fuego, la deformación que se provoca con el calor no afecte a la estructura de la casa. 28. Explique por que la expansión de un líquido en un tubo de vidrio no produce la verdadera expansión del líquido. R. Porque también el vidrio se expansiona, lo que distorsiona la expansión del líquido. 30. ¿Por que es mucho mas difícil hacer una determinación exacta del coeficiente de expansión de un liquido que de un solidó? R. Porque el líquido adopta la forma del recipiente que lo contiene y además el recipiente que contiene al líquido también sufre dilatación, lo que dificulta la medición. 32. Explique el hecho de que la temperatura del mar a grandes profundidades es muy constante durante todo el año, a una temperatura aproximada de 4 o C R. Porque la presión del agua a grandes profundidades evita que esta se congele, por lo cual la temperatura permanece más o menos constante a 4C.

34. ¿Porque los tubos de agua se rompen en invierno? R. Porque el agua al posee un coeficiente de dilatación muy grande y al congelarse de dilata y su volumen aumenta grandemente, por otro lado al congelarse, no puede circular por la tubería, lo que ocasiona la ruptura de las tuberías. 36. Dos cuartos de igual tamaño se comunican a través de una puerta abierta. Pero su temperatura promedio se mantiene en una valor distinto. ¿Cuál de los dos hay mas aire? R. En el cuarto que se mantiene a temperatura mas baja. 38. ¿Por qué el humo en vez de caer se eleva de una vela encendida? R. Porque el humo esta a una temperatura mas alta que el aire que lo rodea, lo que lo hace mas ligero. EJERCICIOS Paginas: 491, 492 y 493 Los ejercicios nones seleccionados conjuntamente con el asesor Temperatura y equilibrio térmico 1. El punto de ebullición y de fusión del agua en la escala Fahrenheit se escogió de modo que la diferencia entre las dos temperaturas fuera 180F o , numero que se divide uniformemente entre 2, 3, 4, 5, 6 y 9. Diseñe una escala termométrica S en o o forma tal que el cero absoluto sea 0 S y Tpe.agua − Tpf ,agua = 180 S a) ¿Cuál es la formula de conversión de Celsius a S? b) ¿Cuáles son Tpe.agua y Tpf ,agua en S? Respuesta inciso a). Asumimos que la nueva escala de temperatura esta relacionada a la escala celsius por una transformación lineal ⇒ Ts = mTe + b donde tendremos que determinar las constantes m y b Datos: Tpe − Tpf = 180S o Ts = Medida de la temperatura en la nueva escala Tc = Medida de la temperatura en la nueva Celsius Para 0oS tenemos Sustitución: Ts = mTe + b 0 = m(−273.15oC ) + b ecuación 1 Para el punto de fusión y ebullición (Ts ) pf = m(0oC ) + b ecuación 2 (Ts ) pe = m(100oC ) + b ecuación 3

Restando las ecuaciones 1 ∧ 2 (Ts ) pe − (Ts ) pf = m(100oC ) + b − m(0oC ) − b = m(100o C ) o Por la condicion condicion inicial Tpe − Tpf = +180 S tenemos que:

180o S = 1.8S o / Co o 100 C Sustituyendo este valor en la ecuación 1 0 = m(−273.15oC ) + b m(273.15oC ) = b ⇒ b = (1.8o S /o C )(273.15o C ) = 491.67o S Por lo tanto la ecuación o formula de conversión de Celsius a S es: Ts = (1.8S o / C o)Tte + 491.67o S m(100oC ) = 180o S ⇒ m

Respuesta inciso b). Como la temperatura de fusión del agua es 0oC o o o o Tenemos (Ts ) pf = (1.8S / C )(0 C ) + 491.67 S = 491.67oS Como la temperatura de ebullición del agua es 180oS mayor que la de fusion, tenemos o o (Ts )pe = 491.67 S +180 S 671.67 = o S

3. Repita el ejercicio 1, pero escoja la nueva escala termométrica Q de manera o que el cero absoluto 0 o Q y Tpe.agua − Tpf ,agua = 100 Q a) ¿Cual es la formula de conversión de Celsius a Q? b) ¿Cuál es Tpe.agua − Tpf ,agua en Q? c) Esta escala existe en realidad ¿Cuál es su nombre oficial? Respuesta inciso a). Asumimos que la nueva escala de temperatura esta relacionada a la escala celsius por medio de una transformación lineal, entonces: TQ = mTc + b donde m y b son constantes que tendremos que determinar Datos: Tpe − Tpf = 180oQ TQ = Temperatura en la nueva escala Q Tc = Temperatura en la escala Celsius Uno de nuestros puntos conocidos es el cero absoluto. Sustituyendo: Ts = mTc + b 0 = m(−273.15oC ) + b ecuación 1

Para el pf y pe (TQ ) pf = m(0oC ) + b Ecuación 2 (TQ ) pe = m(100oC ) + b Ecuación 3 Restando las ecuaciones 3 ∧ 2 (TQ ) pe − (TQ ) pf = m(100oC ) + b/ − m(0oC ) − b/ = m(100o C ) o Por la condición inicial Tpe − Tpf = 100 Q tenemos que:

100oQ = 1.0Qo / Co 100oC Sustituyendo este valor en la ecuación 1 tenemos m(273.15oC ) = b 1.0oQ / o C )(273.15oC ) = b ⇒ b=273.15o Q Por lo tanto la ecuación o formula de conversión es: TQ = Tc + 273.15oQ ⇒ m(100oC ) = 100oQ ⇒ m

Respuesta inciso b). o o o o El punto de fusion seria TQ = Tc + 273.15 Q = 0 C + 273.15 Q = 273.15 Q El punto de ebullición sera: TQpe = (TQ ) pe + 100oQ = 273.15oQ + 100oQ = 373.15o Q Respuesta inciso c). Si, su nombre oficial es Escala Kelvin Como la temperatura de ebullición del agua es 180oS mayor que la de fusion, tenemos o o (Ts )pe = 491.67 S +180 S 671.67 = o S

5. Si el medico le dice que tiene usted una temperatura de 310 K, ¿deberá preocuparse? Explique su respuesta Respuesta 310K Transformando a Fahrenheit nos da: T f = (9 / 5)(310 K ) − 273.15 + 32 = 98.3o F 5 Tc = (T f − 32) = ( 5 )(98.3 − 32) = 36.8oC 9 9 Por lo tanto estamos bien, no hay de que preocuparse ya que la temperatura normal del cuerpo es 36.8oC . Medición de la temperatura 7. Un termómetro de resistencia es aquel en que la resistencia eléctrica cambia con la temperatura. Podemos definir las que se miden con el kelvins como

directamente proporcionales a la resistencia R, medida en ohms (Ω) . Se descubre que un termómetro de este tipo tiene una resistencia R de 90.35 Ω cuando su bulbo se pone en agua a la temperatura de punto triple (273.16K). ¿Qué temperatura indica el termómetro so el bulbo se coloca en un ambiente tal que su resistencia sea 96.28 Ω ? Respuesta: Si la temperatura es directamente proporcional a la resistencia entonces tenemos T = KR donde K es una constante de proporcionalidad. Datos: T = 273.16K R = 90.35Ω

Formula

Despeje Sustitución T 273.16 K K= K= = 3.023K / Ω T = KR R 90.35Ω ⇒ Para una resistencia de 96.28Ω T = KR = (3.023K / Ω )(96.28 Ω ) = 291.08 K

9. La amplificación o ganancia de un amplificador de transistores puede depender de la temperatura. La ganancia de uno en particular a una temperatura ambiente (20.0 o C) es 30.0, en tanto que a 55.0 o C es 35.2 ¿Cuál será la ganancia a 28.0 o C, si depende de linealmente de la temperatura en este intervalo limitado? Respuesta: Primero debemos encontrar la ecuación que relaciona la ganancia a la temperatura; Sea G la ganancia, entonces podemos escribir la ecuación como G = mT + b donde m y b son constantes por definir. Tenemos dos puntos definidos: 30.0 = m(20.0oC ) + b Ecuación 1 35.2 = m(55.0oC ) + b Ecuación 2 5.2 = 0.148 1/ Co ⋅ 0.148C −1 o 35.0 C m Sustituyendo el valor de en la ecuación 1 tenemos 30.0 = (0.148oC −1 )(20.0oC ) + b ⇒ 30.0 − (0.148o C−1 )(20.0o C ) = 27.02 Ahora que tenemos el valor de m ∧ b podremos saber cual es la ganancia cuando T = 28.0oC G = mT + b Sustituyendo los valores tenemos G = (0.148oC −1 )(28.0oC ) + 27.02 = 31.164 o Restando 1 ∧ 2 tenemos que 5.2 = m(35.0 C ) ⇒ m

11. Se monta dos termómetros de gas con volumen constante: en uno se usa nitrógeno como gas y en el otro helio. Ambos contienen suficiente gas para que ptr = 100cmHg . ¿Qué diferencia existe entre sus presiones si se introducen en un baño de agua en el punto de ebullición? ¿Cuál de las dos presiones es mas alta? (Fig. 21-5)

Figura 21-5 A medida que la temperatura del gas nitrógeno en un termómetro de gas a volumen constante se reduce de 800 a 400 torr y luego a 200, la temperatura deducida del sistema se acerca al límite correspondiente a una presión de cero. Otros gases se aproximan al mismo límite. El intervalo entero de la escala vertical es de cerca 1 K en condiciones normales. ACTIVIDADES DE APOYO De la lectura sugerida como básica: Resolver los problemas seleccionados conjuntamente en la 1ra. clase de asesoria de las paginas 493, 494 y 495. 2. Muy temprano por la mañana se descompone el calentador de una casa. La temperatura fuera de ella es −7.0o , de modo que la temperatura del interior desciende de 22 a 18oC en 45 minutos. ¿Cuándo tardara esta ultima en descender otros 4.0oC ? suponga que la temperatura externa no cambie y que se aplique la ley de enfriamiento de Newton (problema 1). Respuesta. − At La formula del problema 1 es: ∆T = ∆T0 e Datos: Tamb = −7.0oC T1 = 22oC T2 = 18oC t = 45 min ∆T0 = T1 − TAmb = 22 − (−7) = 29oC

∆T = T2 − TAmb = 18 − (−7) = 25oC Primero tenemos que encontrar a A Ln(∆T ⋅ / ∆T ) Ln(29oC / 25oC ) Ln(1.16) 0.1484 A= = = = = 3.298 X 10−3 / min t 45 min 45 min 45 min Despejando t tenemos t=

Ln(∆T ⋅ / ∆T ) A

o o o Si baja la temperatura otros 4oC tenemos t2 = 18 C − 4 C = 14 C

∆T0 = T1 − TAmb = 22 − (−7) = 29oC ∆T = T2 − TAmb = 14 − (−7) = 21oC Sustituyendo tf =

Ln(29oC / 21oC ) Ln(0.3227) = min = 97.86 min 3.298 X 10−3 / min 3.298 X 10−3

⇒ t2 = t f − t1 = 96.86 − 45 = 56.86 min 4. Un termómetro de gas se construye con dos bulbos que contienen gas, cada uno de los cuales se ponen en un baño de agua, como se ilustra en la figura 2117. La diferencia de presión entre ellos se mide por medio de un manómetro de mercurio, como se indica en la figura. Los depósitos, no incluidos en el diagrama, mantienen un volumen constante de gas en los bulbos. No hay diferencia de presión cuando ambos baños se hallan en el punto triple del agua. La diferencia de presión es 120mmHg si uno esta en el punto triple y el otro en el punto de ebullición del agua. Finalmente, la diferencia de presión es 90mmHg cuando un baño se halla en el punto triple y el otro a una temperatura desconocida que debe medirse. Encuentre esta última. Dibujo:

Figura 21-17. Problema 4.

Solución: Para cualquier contenedor podemos escribir: Pi = PV i i = ni RTi , despejando de esta ecuación a P1 tenemos que:

ni RTi Vi

Entonces podemos escribir la diferencia de presiones como: n RT n RT ∆P = P2 − P1 = 2 2 − 1 1 , como V y R son constantes podemos escribir: V2 V1 nR nR ∆P = AT2 − BT1 , donde: A = 2 ∧ B = 1 V2 V1 Cuando ambos baños están en el punto triple, tenemos que: T1 = T2 entonces ∆P = 0 por lo que tenemos que A = B Entonces nuestra ecuación para la diferencia de presiones se puede escribir como: ∆P = AT2 − BT1 = A ( T2 − T1 ) Cuando un baño esta en el punto triple y el otro en el punto de ebullición tenemos: T1 = TPtr = 273.16 K , T2 = TPE = 373K ∧ ∆P = 120mmHg ∆P = A ( T2 − T1 ) , sustituyendo los datos tenemos: 120mmHg 120mmHg = A ( 373K − 273.16 K ) ⇒ A = = 1.202 mmHg K 99.84 K Finalmente cuando un baño esta en el punto triple y el otro en un punto desconocido tenemos: T1 = TPtr = 273.16 K , T2 = TPD = ? ∧ ∆P = 90mmHg ∆P ∆P = A ( T2 − T1 ) ⇒ T2 = + T1 , sustituyendo datos tenemos que: A 90mmHg T2 = + 273.16 K = 74.87 K + 273.16 K = 348.03K 1.202 mmHg K Solución: T2 = 348.03K 8. A consecuencia de un aumento de temperatura de 32oC , una barra con una grieta en el centro se pandea hacia arriba, como se ve en la figura 21-19, si la distancia fija L0 = 3.77 m y el coeficiente de expansión lineal es 25 X 10−6 / C 0 , encuentre x , la distancia a la que se eleva el centro. Dibujo:

Detalle

Fig 21-19 Datos: ∆T = 32°C L0 = 3.77 m

α = 25 x10−6 C °

Formula:

Despeje:

∆L = α∆T L0

∆L = α∆TL0

Solución: De la figura podemos ver que aplicando el teorema de Pitágoras tenemos: 2

2

 L0 + ∆L   L0  2   =  +x 2 2     Despejando a X tenemos que: 2 2 2 2  L0 + ∆L   L0  1 2 x =  −   = ( L0 + ∆L ) − ( L0 ) 4  2   2

x=

1 2

( L0 + ∆L )

2

− ( L0 )

2

Sustituyendo datos tenemos que: ∆L = α∆TL0 = 25 x10−6 °C ( 32°C ) ( 3.77 m ) = 3.16 x10−3 m x=

1 2

( L0 + ∆L )

2

− ( L0 ) = 2

=

1 2

=

1 ( 0.1508m ) = 0.0754m 2

( 3.773016m )

2

1 2

( 3.77m + 3.016 x10 m ) − ( 3.77m ) −3

− ( 3.77 m ) =

Solución: x = 7.54 x10−2 m

2

2

2

=

1 1 14.2356m 2 − 14.2129m2 = 0.227 m2 = 2 2

9. En la figura 21-20 se muestra la variación del coeficiente de la expansión volumétrica del agua entre 4oC y 20oC . La densidad del agua a 4oC es 1, 000kg / m3 . Calcule la densidad del agua a 20oC de temperatura. Dibujo:

Figura 21-20 Datos:

ρ0 = 1, 000 kg m3 T1 = 4°C T2 = 20°C

Formulas: V = V0 ( 1 + ∆V ) V  ρ = ρ0  0  V 

Del dibujo podemos ver que: X = 16 Λ Y = 0.0002. La variación del colimen es el área baja la curva, o sea el área del triangulo, por lo que: xy (16°C )(0.0002 °C ) ∆V = = = 1.6 x10−3 2 2 Sustituyendo tenemos: V = V0 ( 1 + ∆V ) = V0 ( 1 + 1.6 x10−3 ) = 1.0016V0 V0 V  ρ = ρ 0  0  = ( 1, 000 kg m3 ) = 998.40 kg m3 V 1.0016 V   0 Solución: ρ = 998.40 kg m3

16. Un globo aerostatito meteorológico se infla un poco con helio a una presión de 1.00atm(76.0cmHg ) y a una temperatura de 22oC . El volumen del gas es 3.47m3 . A una elevación de 6.50km . La presión atmosférica disminuye a 36.0cmHg y el helio se ha expandido por no estar sujeto a ninguna restricción de la bolsa confinante. A esta altura la temperatura del gas es −48.0oC . ¿Cuál será su volumen? Datos:

Formula:

Despeje:

V2T2 P2 = V1T1 P1

V2 =

P = 1.0atm = 76.0cmHg T1 = 22°C V1 = 3.47 m3 h = 6.5 Km P2 = 36cmHg T2 = −48°C V2 = ? Conversión: T1 = 22°C + 273K = 295K T2 = −48°C + 273K = 225 K Sustitución: V2 =

3 V1T1 P1 ( 3.47 m ) ( 76cmHg ) ( 225 K ) = = 5.587m3 T2 P2 ( 36cmHg ) ( 295K )

3 Solución: V2 = 5.587m

V1T1 P1 T2 P2

CONCLUSIONES