manual instructor 05

7/18/2019 Manual Instructor 05

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CAPÍTULO 5

5.1. Dada la densidad de corriente J = −104[sen(2x)e−2y a x + cos(2x)e−2yay] kA/m2:

a) Encuentre la corriente total cruzando el plano y = 1 en la dirección a y en la región 0 < x < 1,

0 < z < 2: Este se encuentra a través

I =

S

J · n

S da =

2

0

1

0

J · ay

y=1

dx dz = 2

0

1

0

−104 cos(2x)e−2 dx dz

= −104(2)1

2sen(2x)

10

e−2 = −1.23MA

b) Encuentre la corriente total que deja la región 0 < x , x < 1, 2 < z < 3 por integración J · dS de la su

del cubo anterior: Note primero que la corriente a través de la tapa y las superficies de fondo no existirán,

ya que J no tiene componente z . También notar que no habrá corriente a través del plano x = 0 , ya que h

J x = 0. La corriente pasará a través las tres superficies restantes, y se encontrará a través de

I =

3

2

1

0

J · (−ay )

y=0dx dz +

3

2

1

0

J · (ay )

y=1dx dz +

3

2

1

0

J · (ax )

x=1dy dz

= 104

3

2

1

0

cos(2x)e−0 − cos(2x)e−2

dx dz − 104

3

2

1

0

sen(2)e−2y dy dz

= 104

1

2

sen(2x)

10

(3 − 2)1 − e−2

+ 104

1

2

sen(2)e−2y

10

(3 − 2) = 0

c) Repita el inciso b, pero use el teorema de divergencia: Encontramos la corriente exterior neta a través de la sup

del cubo por integración la divergencia de J del volumen del cubo anterior. Tenemos

∇ · J =∂J x

∂x +∂J y

∂y = −10−42cos(2x)e−2y − 2cos(2x)e−2y

= 0 como lo esperado

5.2. Sea la densidad de corriente J = 2φ cos2 φa ρ − ρ sen 2φaφ A/m2 dentro de la región 2.1 < ρ < 2.5,

0 < φ < 0.1 rad, 6 < z < 6.1.Encuentre la corriente total I que cruza la superficie:

a) ρ = 2.2, 0 < φ < 0.1, 6 < z < 6.1 en la dirección aρ : Esta es una superficie de constante ρ, tan sólo

la componente radial J contribuirá: En ρ = 2.2 escribimos:

I =

J · d S = 6.1

6

0.1

0

2(2) cos2 φ aρ · aρ 2dφdz = 2(2.2)2(0.1)

0.1

0

1

2(1 + cos2φ) dφ

= 0.2(2.2)2 1

2 (0.1) +1

4 sen 2φ0.1

0 = 97mA

b) φ = 0.05, 2.2 < ρ < 2.5, 6 < z < 6.1 en la dirección aφ: En este caso sólo la componente de φ

de J contribuirá:

I =

J · d S = 6.1

6

2.5

2.2

−ρ sen 2φφ=0.05

aφ · aφ dρ dz = −(0.1)2 ρ2

2

2.5

2.2= −7 mA

60



5.2c. Evalúe ∇ · J en P (ρ = 2.4, φ = 0.08, z = 6.05):

∇ · J = 1

ρ

∂

∂ρ(ρJ ρ ) +

1

ρ

∂J φ

∂φ= 1

ρ

∂

∂ρ(2ρ2 cos2 φ) − 1

ρ

∂

∂φ(ρ sen 2φ) = 4 cos2 φ − 2 cos 2φ

0.08

= 2.0 A/m3

5.3. Sea

J = 400 sen θ

r2 + 4ar A/m2

a) Encuentr e la corriente total que fluye a través de esa porción de superficie esférica r = 0.8, limitado por0.1π < θ < 0.3π , 0 < φ < 2π : Este será

I =

J · n

S da =

2π

0

.3π

.1π

400 sen θ

(.8)2 + 4(.8)2 sen θ dθ dφ =

400(.8)22π

4.64

.3π

.1π

sen2 dθ

= 346.5 .3π

.1π

1

2[1 − cos(2θ )] dθ = 77.4 A

b) Encuentr e el valor promedio de J del área definida anterior. El área es

Área = 2π

0

.3π

.1π

(.8)2 sen θ dθ dφ = 1.46 m2

La densidad corriente promedio es así J avg = (77.4/1.46) ar = 53.0 ar A/m2.

5.4. El cátodo de un tubo de vacío planar está en z = 0. Sea E = −4 × 106 az V/m para z > 0. Un electrón(e

= 1.602

× 10

−19 C, m

= 9.11

× 10

−31 kg) es emitido del cátodo con velocidad inicial cero en

t = 0.

a) Encuentr e v(t): Usando la segunda ley de Newton, escribimos:

F = ma = qE ⇒ a = (−1.602 × 10−19)(−4 × 106)az

(9.11 × 10−31)= 7.0 × 1017az m/s2

Entonces v(t) = at = 7.0 × 1017t m/s.

b) Encuentr e z(t), la localización del electrón como una función de tiempo: Use

z(t)

= t

0

v(t )dt

=

1

2

(7.0

×1017)t 2

=3.5

×1017t 2 m

c) Determine v(z): Resuelva el resultado del inciso b para t , obteniendo

t =√

z√ 3.5 × 1017

= 1.7 × 109√ z

Substituya en el resultado del inciso a para encontrar v(z) = 7.0 × 1017(1.7 × 10−9)√

z = 1.2 × 109√ z m/s.

61



5.4d. Suponga que los electrones se emiten continuamente como un haz con un radio de 0.25 mm yuna corriente total de :60 µA. Encuentr e J(z) y ρ(z):

J(z) = −60 × 10−6

π(0.25)2(10−6)az = −3.1 × 102 az A/m2

(negativo desde que tenemos electrones que fluyen en la dirección positiva z). Luego usamos J(z) = ρv (z)v(z)

ρv(z) = J

v= −3.1 × 102

1.2 × 109√

z= −2.6 × 10−7

√ z

C/m3 = −26√ z

µC/m3

5.5. Sea

J = 25

ρaρ −

20

ρ2 + 0.01az A/m2

a) Encuentr e la corriente total cruzando el plano z = 0.2 en la dirección a z para ρ < 0.4: Use

I =

S

J · n

z=.2da =

2π

0

.4

0

−20

ρ2 + .01ρ dρ dφ

= −

1

2

20ln(.01 + ρ2)

.4

0(2π ) = −20π ln(17) = −178.0 A

b) Calcule ∂ρ v/∂t : Este se encuentra usando la ecuación de continuidad:

∂ρv

∂t = − ∇ · J = 1

ρ

∂

∂ρ(ρJ ρ ) + ∂J z

∂z= 1

ρ

∂

∂ρ(25) + ∂

∂z

−20

ρ2 + .01

= 0

c) Encuentre la corriente exterior cruzando la superficie cerrada definida por ρ = 0.01, ρ = 0.4, z = 0, yz = 0.2: Este será

I = .2

0

2π

0

25

.01aρ · (−aρ )(.01) dφ dz +

.2

0

2π

0

25

.4aρ · (aρ )(.4) dφ dz

+ 2π

0

.4

0

−20

ρ2 + .01az · (−az) ρ dρ dφ +

2π

0

.4

0

−20

ρ2 + .01az · (az) ρ dρ dφ = 0

dado que las integrales cancelarán cada una de las otras.

d) Muestre que el teorema de divergencia está satisfecho para J y la superficie especificada en el inciso b. En

inciso c, el flujo exterior neto se encontr ó para ser cero, y en el inciso b, la divergencia de J se encontró pser cero (como será su íntegral volumétrica). Por consiguiente, el teorema de divergencia está satisfecho.

5.6. Sea = 0 y V = 90z4/3 en la región z = 0.

a) Obtenga las expresiones para E, D, y ρ v como las funciones de z: Primero,

E = −∇ V = − dV

dzaz = − 4

3(90)z1/3az = −120z1/3az V/m

62



5.6a. (continuación) Luego, D = 0E = 1.06z1/3az nC/m2. Entonces

ρv = ∇ · D = dDz

dz= − 1

3(120)0z−2/3 = −354z−2/3 pC/m3

b) Si la velocidad de la densidad de carga está dada como vz = 5 ×106z2/3 m/s, encuentre J z en z = 0 y z

m ( note que vz está escrita como vx por un error de impresión): Use J z = ρvvz = (−354 × 10−12)z−2/3

106)z2/3 = −1.8 mA/m2 en algún z.

5.7. Suponiendo que no hay transformación de masa a energía o viceversa, es posible escribir unaecuación de continuidad para la masa.

a) Si usamos la ecuación de continuidad para la carga como nuestro modelo, ¿qué cantidades corresponden a J

Éstos serían, respectivamente, densidad de flujo de masa en (kg/m2 − s) y densidad de masa en (kg/m3).

b) Dado un cubo de 1 cm en un lado, los datos experimentales muestran que las proporciones en que la masa está de

cada una de las seis caras son 10.25, -9.85, 1.75, -2.00, -4.05, y 4.45 mg/s. Si suponemos que el cubo es uelemento de volumen incremental, determine un valor aproximado para la razón de cambio con respecto al tiela densidad en su centro. Podemos escribir la ecuación de continuidad para la masa como sigue, tambiéninvolucrando el teorema de divergencia:

v

∂ρm

∂t dv = −

v

∇ · Jm dv = −

s

Jm · dS

donde s

Jm · dS = 10.25 − 9.85 + 1.75 − 2.00 − 4.05 + 4.45 = 0.550 mg/s

Tratando nuestro volumen 1 cm3 como diferencial, encontramos

∂ρm

∂t .= −0.550 × 10−

3

g/s10−6 m3

= −550 g/m3 − s

5.8. La ecuación de continuidad para la masa es igual a la divergencia del gasto de masa (masa por segundo

por metro cuadrado) al negativo de la densidad (masa por metro cúbico). Después de poner un sistema

de coordenadas cartesianas dentro de una estrella, el capitán Kirk y sua intrépida tripulación realizan medidas

las caras de un cubo centrado en el origen con los bordes de 40 km de largo y paralelo a los ejes coordenados

Encuentran el gasto de masa de material exterior que cruza las seis caras para ser -1112, 1183, 201,

-196, 1989, y -1920 kg/m2 · s.

a) Estimar la divergencia del gasto de masa en el origen: Hacemos la estimación usando la

definición de divergencia, pero sin tomar el límite como el volumen reducido a cero:

DivJm.=

Jm · d S

v= (−1112 + 1183 + 201 − 196 + 1989 − 1920)(40)2

(40)3 = 3.63 kg/km3 · s

b) Estime la tasa de cambio de la densidad en el origen: La ecuación de continuidad para la masa lee:

Div Jm = − ∂ρm/∂t . Por consiguiente, la tasa de cambio de densidad en el origen simplemente será el

negativo del resultado del inciso a , o ∂ρ m/∂t . = − 3.63 kg/km3 · s.

63



5.9a. Usando los datos tabulados en el a péndice C, calcule el diámetro requerido para una longitud de 2-m de alamb

nichrome que disipe una potencia promedio de 450 W cuando 120 V rms en 60 Hz se aplica a él:

La resistencia requerida será

R = V 2

P = l

σ(πa2)

Así el diámetro será

d = 2a = 2

lP

σ π V 2 = 2

2(450)

(106)π(120)2 = 2.8 × 10−4 m = 0.28mm

b) Calcule la densidad de corriente rms en el alambre: La corriente rms será : I = 450/120 = 3.75 A.

Así

J = 3.75

π2.8 × 10−4/2

2 = 6.0 × 107 A/m2

5.10. Un alambre de acero tiene un radio de 2 mm y una conductibilidad de 2 × 106 S/m. El alambre de acero tiene unrevestimiento de aluminio (σ = 3.8 × 107 S/m) de 2 mm de espesor. Sea la corriente total llevada por este con

híbrido d e 80 A cd. Encuentre:

a) J st . Empezamos con el hecho que el campo eléctrico debe ser el mismo en el aluminio y regiones de acero.

Esto se origina del requisito que la tangente de E al límite entre dos los medios deben ser

contínuos, y del hecho que al integrar E sobre la longitud del alambre, el valor del voltaje aplicado,

debe obtenerse, sin tener en cuenta el medio dentro del cual su integral es evaluada. Podemos

por consiguiente escribir

EAl = Est =J Al

σ Al

= J st

σ st

⇒ J Al =σ Al

σ st

J st

La corriente neta se expresa ahora como la suma de las corrientes en cada región, escrita como la suma de,

los productos de las densidades de corriente por cada tiempo de la región apropiada del área seccional cruzada

I = π(2 × 10−3)2J st + π[(4 × 10−3)2 − (2 × 10−3)2]J Al = 80 A

Usando la relación anterior entre J st y J Al , encontramos

80 = π

(2 × 10−3)2

1 −

3.8 × 107

6 × 106

+ (4 × 10−3)2

3.8 × 107

6 × 106

J st

Resuelva para J st para encontrar J st = 3.2 × 105 A/m2.

b)

J Al = 3.8 × 10

7

6 × 106 (3.2 × 105) = 2.0 × 106 A/m2

c,d) Est = EAl = J st /σ st = J Al /σ Al = 5.3 × 10−2 V/m.

e) el voltaje entre los extremos del conductor si su longitud es 1 mi : Usando el hecho que 1 mi = 1.61×103

m, tenemos V = El = (5.3 × 10−2)(1.61 × 103) = 85.4 V .

64



5.11. Dos superficies cilíndricas perfectamente conductoras se localizan en ρ = 3 y ρ = 5 cm. La corriente

pasando radialmente hacia afuera a través del medio entre los cilindros es 3 A cd . Suponga que los cilindros

son ambos de longitud l.

a) Encuentre el voltaje y resistencia entre los cilindros, y E en la región entre los cilindros,

si un material conductor que tiene σ = 0.05 S/m está presente para 3 < ρ < 5 cm: Dada la corriente,

y sabiendo que está radialmente dirigido, encontramos la densidad de corriente dividiéndolo entre el área

de un cilindro de radio ρ y longitud l:

J = 3

2πρlaρ A/m2

Entonces el campo eléctrico se encuentra dividiendo el resultado entre σ :

E = 3

2πσρlaρ =

9.55

ρlaρ V/m

El voltaje entre los cilindros es ahora:

V = − 3

5 E · dL = 5

3

9.55

ρl aρ · aρ dρ =9.55

l ln5

3 =

4.88

l V

Ahora, la resistencia será

R = V

I = 4.88

3l= 1.63

l

b) Muestr e que la integración de la potencia disipada por unidad de volumen sobre el volumen dada la

potencia total disipada: Calculamos

P =

v

E · J dv = l

0

2π

0

.05

.03

32

(2π )2ρ2(.05)l2 ρ dρ dφ dz = 32

2π(.05)lln

5

3

= 14.64

lW

Nosotros también encontramos la potencia tomando el producto de voltaje y corriente:

P = V I = 4.88

l(3) = 14.64

lW

qué está de acuerdo con la integración de densidad de potencia.

5.12. Las superficies esféricas r = 3 y r = 5 cm son perfectamente conductoras, y la corriente total que pasa

radialmente hacia afuera a través del medio entre las superficies es 3 A cd .

a) Encuentr e el voltaje y resistencia entre las esferas, y E en la región entre ellas, si un material conductor q

tiene σ = 0.05 S/m está presente para 3 < r < 5 cm. Encontramos primero J como una

función de radio dividiendo la corriente entre el área de una esfera de radio r:

J = I

4πr2ar =

3

4πr2ar A/m2

Entonces

E = Jσ

= 3

4π r2(0.05)ar =

4.77

r2ar V/m

65



5.12a. (continuación)

V = − r1

r2

E · d L = − .03

.05

4.77

r2 dr = 4.77

1

.03− 1

.05

= 63.7 V

Finalmente, R =

V /I =

63.7/3=

21.2 .

b) Rep ita si σ = 0.0005/r para 3 < r < 5 cm: Primero, J = 3ar /(4π r2) como antes. El campo eléctrico

es ahora

E = Jσ

= 3rar

4π(.0005)r2 = 477

rar V/m

Ahora

V = − r1

r2

E · d L = − .03

.05

477

rdr = −477 ln

.03

.05

= 244 V

Finalmente, R = V /I = 244/3 = 81.3 .

c) Muestr e que integrando la potencia disipada por unidad de volumen en el inciso b sobre el volumen da la

potencia total disipada: La densidad de potencia disipada es

pd = E · J =

3

4π(.0005)r

3

4πr2

= 114

r3W/m2

Integramos este sobre el volumen entre las esferas:

P d = 2π

0

π

0

.05

.03

114

r3 r2 sen θ dr dθ dφ = 4π(114) ln

5

3

= 732 W

La potencia disipada simplemente debe ser I 2R = (3)2(81.3) = 732 W. Así que funciona.

5.13. Un tubo cilíndrico vacío con un sección cruz- rectangular tiene dimensiones externas de 0.5 in por 1 in yun espesor de pared de 0.05 in. Suponga que el material es latón para que σ = 1.5 × 107 S/m. Una corriente

de 200 A cd está fluyendo hacia abajo d el tubo.

a) ¿Qué caída de voltaje está presente atravesando a 1m de longitud del tubo? Convirtiendo todas las dimensio

metros, la resistencia del tubo encima de una longitud de 1m será:

R1 = 1

(1.5 × 107)

(2.54)(2.54/2) × 10−4 − 2.54(1 − .1)(2.54/2)(1 − .2) × 10−4

= 7.38 × 10−4

La caída de voltaje es ahora V = I R1 = 200(7.38 × 10−4

= 0.147 V .b) Encuentre la caída de voltaje si el interior del tubo está lleno con un material conductor para el cual

σ = 1.5 × 105 S/m: La resistencia del relleno será:

R2 =1

(1.5 × 105)(1/2)(2.54)2 × 10−4(.9)(.8)= 2.87 × 10−2

La resistencia total es ahora la combinación paralela de R 1 y R2:

RT = R1R2/(R1 + R2) = 7.19 × 10−4 , y la caída de voltaje es ahora V = 200RT = .144 V .

66



5.14. Encuentr e la magnitud de la intensidad del campo eléctrico en un conductor si:

a) la densidad de corriente es 5 MA/m2, la movilidad del electrón es 3×10−3 m2/V · s, y la densidad de vol

de carga es −2.4 × 1010 C/m3: En magnitud, tenemos

E

=

J

µeρv =

5 × 106

(2.4 × 10

10

)(3 × 10−3

) =6.9

×10−2 V/m

b) J = 3 MA/m2 y la resistividad es 3 × 10−8 · m: E = Jρ = (3 × 106)(3 × 10−8) =9 × 10−2 V/m.

5.15. Sea V = 10(ρ + 1)z2 cos φ V en espacio libre

a) Sea la superficie equipotencial V = 20 V defina una superficie conductora. Enc uentre la ecuación de

la superficie conductora: Sea el conjunto dado de la función potencial igual a 20, para encontrar:

(ρ + 1)z2 cos φ = 2

b) Encuentre ρ y E en qué punto en la superficie del conductor d onde φ = 0.2π y z = 1.5:En los valore

dados de φ y z, resolvemos la ecuación de la superficie encontrada en el inciso a para ρ, obteniendo ρ =

Entonces

E = −∇ V = −∂V

∂ρaρ −

1

ρ

∂V

∂φ aφ − ∂V

∂zaz

= −10z2 cos φ aρ + 10ρ + 1

ρz2 sen φ aφ − 20(ρ + 1)z cos φ az

Entonces

E(.10, .2π, 1.5) = −18.2 aρ + 145 aφ − 26.7 az V/m

c) Encuentr e |ρ s | en qué punto: Ya que E es una superficie perfectamente conductora, y será normala la superficie, así podemos escribir:

ρs = 0E · nsuperficie

= 0E · E|E| = 0

√ E · E = 0

(18.2)2 + (145)2 + (26.7)2 = 1.32 nC/m2

5.16. Un campo potencial en espacio libre está dado como V = (80 cos θ sen φ)/r3 V. El puntoP (r = 2, θ = π/3, φ =se encuentra en una superficie conductora

a) Escriba la ecuación de la superficie conductora: La superficie será un equipotencial, d onde el valor

del potencial es V P :

V P =

80 cos(π/3) sen(π/2)

(2)3 = 5

Así la ecuación de la superficie es

80 cos θ sen φ

r3= 5 o 16 cos θ sen φ = r3

67



5.16c. (Yo trabajaré el inciso b y c en el orden contrario)

Encuentr e E en P :

E = −∇ V = −∂V

∂rar −

1

r

∂V

∂θ aθ −

1

r sen θ

∂V

∂φaφ

=80(3) cos θ sen φ

r4 ar +

80 sen θ sen φ

r4 aθ −

80 cos θ cos φ

r4 sen θ aφ

Ahora

EP =80(1/2)(1)(3)

16ar +

80(√

3/2)(1)

16aθ − 0 aφ = 7.5 ar + 4.3 aθ V/m

b) Encuentr e una unidad de vector dirigido al exterior de la superficie, suponiendo que el origen está dentro de la su

Tal que una unidad normal puede ser interpretada del resultado del inciso c:

aN =7.5 ar + 4.3 aθ

4.33= 0.87 ar + 0.50 aθ

5.17. Dado el campo potencial

V = 100xz

x2 + 4V

en espacio libre:

a) Encuentre D en la superficie z = 0: Use

E = −∇ V = −100z∂

∂x

x

x2 + 4

ax − 0 ay −

100x

x2 + 4az V/m

En z = 0, usamos este para encontrar

D(z = 0) = 0E(z = 0) = −1000x

x2 + 4az C/m2

b) Muestr e que la superficie z = 0 es una superficie equipotencial: Hay dos razones para esto: 1) E en

z = 0 está por todas partes dirigido a z, y así moviendo una carga alrededor en la superficie implica no ha

trabajo; 2) Al evaluar la función potencial dada en z = 0, el resultado es 0 para todo x y y.

c) Suponga que la superficie z = 0 es un conductor y encuentr e la carga total en esa porción del

conductor definido por 0 < x < 2, −3 < y < 0: Tenemos

ρs

=D

·az

z=0 = −1000x

x2 + 4

C/m2

Así

Q = 0

−3

2

0

−1000x

x2 + 4dx dy = −(3)(100)0

1

2

ln(x2 + 4)

20

= −1500 ln 2 = −0.92nC

68



5.18. Supongamos un campo E = 3y2z3 ax + 6xyz3 ay + 9xy2z2 az V/m en espacio libre, y también supongamos

el punto P (2, 1, 0) se encuentra en una superficie conductora.

a) Encuentr e ρ v simplemente adyacente a la superficie en P :

ρv = ∇ · D = 0∇ · E = 6xz3 + 18xy2z C/m3

Entonces en P , ρv = 0, ya que z = 0.

b) Encuentr e ρ s en P :

ρs = D · n

P = 0En

P

Note sin embargo, que este cálculo implica evaluar E en la superficie, produciendo un valor de 0.

Por consiguiente la densidad de superficie de carga en P es 0 .

c) Muestr e que V = −3xy2z3 V: La manera más simple de mostrar esto es sólo tomar −∇ V , que

produce el campo dado: Un método más general implica derivar el potencial del campo dado: Escribimos

Ex = −∂V

∂x = 3y

2

z

3

⇒ V = −3xy

2

z

3

+ f(y,z)

Ey = −∂V

∂y= 6xyz3 ⇒ V = −3xy2z3 + f(x,z)

Ez = −∂V

∂z= 9xy2z2 ⇒ V = −3xy2z3 + f( x,y)

donde la integración "constantes" son funciones de todas las variables más que la variable de la integraci

El procedimiento general es ajustar las funciones, f , tal que el resultado para V es el mismo en todas

las tres integraciones. En este caso vemos que f( x,y) = f (x,z) = f (y, z) = 0 logran esto,

y la función potencial es V = −3xy2z3 como dado.

d) Determine V P Q, dado Q(1, 1, 1): Usando la función potencial del inciso c, tenemos

V P Q = V P − V Q = 0 − (−3) = 3 V

5.19. Sea V = 20x2yz − 10z2 V en espacio libre.

a) Determine las ecuaciones de las superficies equipotentiales en que V = 0 y 60 V: Establezca la

función potencial dada igual a 0 y 60 y simplifique los resultados en:

At 0 V : 2x2y − z = 0

At 60 V : 2x2

y − z =6

z

b) Suponga que éstas son las superficies conductoras y encuentr e la densidad de superficie de carga en que el p

superficieV = 60 V d onde x = 2 y z = 1. Se conoce que 0 ≤ V ≤ 60 V es el campo-que contiene

la región: Primero, en la superficie 60 V, tenemos

2x2y − z − 6

z= 0 ⇒ 2(2)2y(1) − 1 − 6 = 0 ⇒ y = 7

8

69



5.19b. (continuación) Ahora

E = −∇ V = −40xyz ax − 20x2z ay − [20xy − 20z] az

Entonces, en el punto dado, tenemos

D(2, 7/8, 1) = 0E(2, 7/8, 1) = −0[70 ax + 80 ay + 50 az] C/m2

Sabemos que subsecuentemente ésta es la superficie potencial más alta, D debe dirigirse fuera de él, y así

la densidad de carga sería positiva. Así

ρs =√

D · D = 100

72 + 82 + 52 = 1.04nC/m2

c) Dado el vector unitario en estos puntos que es normal a la superficie conductora y dirigido hacia la super

V = 0 : Esto estará en la dirección de E y D como el encontrado en el inciso b, o

an = −7ax

+8ay

+5az

√ 72 + 82 + 52 = −[0.60ax + 0.68ay + 0.43az]

5.20. Un plano conductor se localiza en z = 0 en espacio libre, y una carga puntual 20 nC está presente en Q(2, 4

a) Si V = 0 en z = 0, encuentr e V en P (5, 3, 1): El plano puede reemplazarse por una carga imagen de -20

en Q(2, 4, −6). Los vectores R y R dirigidos de Q y Q a P son R = (5, 3, 1) − (2, 4, 6) =(3, −1, −5) y R = (5, 3, 1) − (2, 4, −6) = (3, −1, 7). Sus magnitudes son R =

√ 35 y

R =√

59. El potencial en P está dado por

V P =q

4π 0R− q

4π0R =20 × 10−9

4π0

√ 35

− 20 × 10−9

4π 0

√ 59

= 7.0 V

b) Encuentr e E en P :

EP =qR

4π 0R3 − qR

4π0(R)3 = (20 × 10−9)(3, −1, −5)

4π 0(35)3/2 − (20 × 10−9)(3, −1, 7)

4π 0(59)3/2

= 20 × 10−9

4π0

(3ax − ay )

1

(35)3/2 − 1

(59)3/2

−

7

(59)3/2 + 5

(35)3/2

az

= 1.4ax − 0.47ay − 7.1az V/m

c) Encuentr e ρs en A(5, 3, 0): Primero, encuentr e el campo eléctrico allí:

EA = 20 × 10−9

4π0

(5, 3, 0) − (2, 4, 6)

(46)3/2 − (5, 3, 0) − (2, 4, −6)

(46)3/2

= −6.9az V/m

Así ρ s = D · n

superficie= −6.9 0az · az = −61 pC/m2 .

70



5.21. Sea la superficiey = 0 un conductor perfecto en espacio libre. Dos cargas lineales uniformes infinitas de 30

nC/m cada uno se localizan en x = 0, y = 1, y x = 0, y = 2.

a) Sea V = 0 en el plano y = 0, y encuente V en P (1, 2, 0): Las cargas lineales serán la imagen atravesan

plano, produciendo cargas lineales de imagen de -30 nC/m cada una en x = 0, y = −1, y x = 0, y = −Encontramos el potencial en P evaluando el trabajo hecho al mover una unidad de carga positiva del plan

y =

0 (escogemos el origen) a P : Para cada la carga lineal, este será:

V P − V 0,0,0 = − ρl

2π 0ln

distancia final de carga

distancia inicial de carga

dondeV 0,0,0 = 0. Considrando la cuatro cargas, tenemos así

V P = − ρl

2π0

ln

1

2

+ ln

√ 2

1

− ln

√ 10

1

− ln

√ 17

2

= ρl

2π0

ln (2) + ln

1√ 2

+ ln

√ 10

+ ln

√ 17

2

= 30 × 10−9

2π0ln

√ 10

√ 17√

2

= 1.20kV

b) Encuentr e E en P : Use

EP =ρl

2π 0

(1, 2, 0) − (0, 1, 0)

|(1, 1, 0)|2 + (1, 2, 0) − (0, 2, 0)

|(1, 0, 0)|2

− (1, 2, 0) − (0, −1, 0)

|(1, 3, 0)|2 − (1, 2, 0) − (0, −2, 0)

|(1, 4, 0)|2

= ρl

2π 0

(1, 1, 0)

2+ (1, 0, 0)

1− (1, 3, 0)

10− (1, 4, 0)

17

= 723 ax − 18.9 ay V/m

5.22. Sea eel plano x = 0 un conductor perfecto en espacio libre. Localice una carga puntual de 4nC en P 1(7, 1, −y una carga puntual d e −3nC en P 2(4, 2, 1).

a) Encuentr e E en A(5, 0, 0): Las cargas de imagen serán localizadas en P 1(−7, 1, −2) (-4nC) y en P 2(−4,

(3nC). Los vectores de todas las cuatro cargas al punto A son:

R1 = (5, 0, 0) − (7, 1, −2) = (−2, −1, 2)

R1 = (5, 0, 0) − (−7, 1, −2) = (12, −1, 2)

R2 = (5, 0, 0) − (4, 2, 1) = (1, −2, −1)

y R2 = (5, 0, 0) − (−4, 2, 1) = (9, −2, −1)

Reemplazando el plano por las cargas de imagen permite calcular el campo en A a través de:

EA = 10−9

4π 0

(4)(−2, −1, 2)

93/2 − (3)(1, −2, −1)

63/2 − (4)(12, −1, 2)

(149)3/2 + (3)(9, −2, −1)

(86)3/2

= −4.43ax + 2.23ay + 4.42az V/m

71



5.22b. Encuentr e |ρs | en B(0, 0, 0) (notar el error en la penetración del problema): Primero, E en el origen se hace c

en el inciso a, excepto que los vectores se dirigen de las cargas al origen:

EB = 10−9

4π 0

(4)(−7, −1, 2)

(54)3/2 − (3)(−4, −2, −1)

(21)3/2 − (4)(7, −1, 2)

(54)3/2 + (3)(4, −2, −1)

(21)3/2

Ahora ρ s = D · n|superficie = D · ax en nuestro caso (note que los otros componentes cancelan de todas form

cuando deben, pero nosotros todavía necesitamos expresar ρs como un escalar):

ρsB = 0EB · ax =10−9

4π

(4)(−7)

(54)3/2 − (3)(−4)

(21)3/2 − (4)(7)

(54)3/2 + (3)(4)

(21)3/2

= 8.62pC/m2

5.23. Un dipolo con p = 0.1a z µC · m está localizado en A(1, 0, 0) en el plano x = 0 es perfectamente

conductor

a) Encuentr e V en P (2, 0, 1). Usamos el campo lejano potencial para un dipolo dirigido - z :

V = p cos θ

4π 0r2 = p

4π0

z

[x2 + y2 + z2]1.5

El dipolo en x = 1 será la imagen en el plano para producir un segundo dipolo de la orientación opuesta

en x = −1. El potencial en cualquier punto es ahora:

V = p

4π 0

z

[(x − 1)2 + y2 + z2]1.5 − z

[(x + 1)2 + y2 + z2]1.5

Substituyendo P (2, 0, 1), encontramos

V = .1 × 10

6

4π0

1

2√

2− 1

10√

10

= 289.5 V

b) Encuentr e la ecuación de la superficie equipotencial de 200-V en coordenadas cartesianas: Conjuntamo

solamente la expresión potencial del inciso a igual a 200 V para obtener:

z

[(x − 1)2 + y2 + z2]1.5 − z

[(x + 1)2 + y2 + z2]1.5

= 0.222

5.24. Las movilidades para el silicio inherente a cierta temperatura son µe = 0.14 m2/V · s y µh =0.035 m

2

/V · s. La concentración de ambos hoyos y electrones es 2.2 × 1016

m−3

. Determine en ambosla conductividad y resistividad de esta muestra de silicio: Use

σ = −ρeµe + ρhµh = (1.6 × 10−19C)(2.2 × 1016 m−3)(0.14 m2/V · s + 0.035 m2/V · s)

= 6.2 × 10−4 S/m

La conductividad es ρ = 1/σ = 1.6 × 103 · m.

72



5.25. Las concentraciones de electrón y hoyo aumentan con la temperatura. Para el silicio puro, las expresiones convenient

ρh = −ρe = 6200T 1.5e−7000/T C/m3. La dependencia funcional de las movilidades en temperatura es

dada por µh = 2.3 × 105T −2.7 m2/V · s y µe = 2.1 × 105T −2.5 m2/V · s, d onde la temperatura,

T , está en grados Kelvin. La conductibidad será así

σ = −

ρeµe

+ρhµh

=6200T 1.5e−7000/T 2.1

×105T −2.5

+2.3

×105T −2.7

= 1.30 × 109

T e−7000/T

1 + 1.095T −.2

S/m

Encuentr e σ en:

a) 0◦ C: Con T = 273◦K, la expresión se evalúa como σ (0) = 4.7 × 10−5 S/m.

b) 40◦ C: Con T = 273 + 40 = 313, obtenemos σ (40) = 1.1 × 10−3 S/m .

c) 80◦ C: Con T = 273 + 80 = 353, obtenemos σ (80) = 1.2 × 10−2 S/m .

5.26. Se agrega un poco de impureza de donador , como el arsénico, al silicio puro para que la concentración del ele

sea 2×

1017 electrones de conducción por metro cúbico mientras el número de hoyos por metro cúbico sólo

1.1×1015. If µe = 0.15 m2/V · s para esta muestra, y µh = 0.045 m2/V · s, determine la conductividad

y resistividad:

σ = −ρeµe + ρhµh = (1.6 × 10−19)

(2 × 1017)(0.15) + (1.1 × 1015)(0.045)

= 4.8 × 10−3 S/m

Entonces ρ = 1/σ = 2.1 × 102 · m.

5.27. El hidrógeno atómico contiene 5.5×1025 átomos/m3 en cierta temperatura y presión. Cuando un campo

eléctrico de 4 kV/mes aplicado, cada dipolo formado por el electrón y el núcleo positivo tiene una

longitud efectiva de 7.1 × 10−19 m.

a) Encuentr e P: Con todos los dipolos idénticos, tenemos

P = N qd = (5.5 × 1025)(1.602 × 10−19)(7.1 × 10−19) = 6.26 × 10−12 C/m2 = 6.26 pC/m2

b) Encuentr e R : Usamos P = 0χeE, y así

χe =P

0E= 6.26 × 10−12

(8.85 × 10−12)(4 × 103)= 1.76 × 10−4

Entonces R = 1 + χe = 1.000176 .

5.28. En cierta región d onde la permitividad relativa es 2.4, D = 2a x − 4ay + 5az nC/m2. Encuentr e:

a) E = D

= (2ax − 4ay + 5az) × 10−9

(2.4)(8.85 × 10−12)= 94ax − 188ay + 235az V/m

b) P = D − 0E = 0E(R − 1) = (2ax − 4ay + 5az) × 10−9

2.4(2.4 − 1)

= 1.2ax − 2.3ay + 2.9az nC/m2

c) |∇ V | = |E| = [(94.1)2 + (188)2 + (235)2]1/2 = 315 V/m

73



5.29. Un conductor coaxial tiene radio a = 0.8 mm y b = 3 mm y un poliestireno dieléctrico para el cual

R = 2.56. Si P = (2/ρ)aρ nC/m2 en el dieléctrico, encuentr e:

a) D y E como funciones de ρ: Use

E = P0(R

−1)

= (2/ρ) × 10−9aρ

(8.85×

10−

12)(1.56)= 144.9

ρaρ V/m

Entonces

D = 0E + P = 2 × 10−9aρ

ρ

1

1.56+ 1

= 3.28 × 10−9aρ

ρC/m2 = 3.28aρ

ρnC/m2

b) Encuentr e V ab y χe: Use

V ab = − 0.8

3

144.9

ρdρ = 144.9 ln

3

0.8

= 192 V

χe = r − 1 = 1.56, como el encontrado en el inciso a.c) S i hay 4 × 1019 moléculas por metro cúbico en el dieléctrico, encuentr e p(ρ): Use

p = PN

= (2 × 10−9/ρ)

4 × 1019aρ = 5.0 × 10−29

ρaρ C · m

5.30. Dado el campo potencial V = 200 − 50x + 20y V en un material dieléctrico para el cual R = 2.1, encuentr e

a) E = −∇ V = 50ax − 20ay V/m.

b) D = E = (2.1)(8.85 × 10−12)(50ax − 20ay ) = 930ax − 372ay pC/m2.

c) P = 0E(R − 1) = (8.85 × 10−12)(50ax − 20ay )(1.1) = 487ax − 195ay pC/m2.

d) ρv = ∇ · D = 0.

e) ρb = −∇ · P = 0

f) ρT = ∇ · 0E = 0

5.31. La superficie x = 0 separa dos dieléctricos perfectos. Para x > 0, sea R = R1 = 3, durante R2 = 5

donde x < 0. Si E1 = 80ax − 60ay − 30az V/m, encuentr e:

a) EN 1:Este será E1 · ax = 80 V/m .

b) ET 1. Este consiste de componentes de E1 no normales a la superficie, o ET 1 = −60ay − 30az V/m.

c) ET 1 =

(60)2 + (30)2 = 67.1 V/m.

d) E1 =

(80)2 + (60)2 + (30)2 = 104.4 V/m.

e) El ángulo θ 1 entre E1 y una normal a la superficie: Use

cos θ 1 =E1 · ax

E1

= 80

104.4⇒ θ 1 = 40.0◦

74



5.31 (continuación)

f) DN 2 = DN 1 = R10EN 1 = 3(8.85 × 10−12)(80) = 2.12nC/m2.

g) DT 2 = R20ET 1 = 5(8.85 × 10−12)(67.1) = 2.97nC/m2.

h) D2

=R10EN 1ax

+R20ET 1

=2.12ax

−2.66ay

−1.33az nC/m2.

i) P2 = D2 − 0E2 = D2 [1 − (1/R2)] = (4/5)D2 = 1.70ax − 2.13ay − 1.06az nC/m2.

j) el ángulo θ 2 entre E2 y una normal a la superficie: Use

cos θ 2 =E2 · ax

E2= D2 · ax

D2= 2.12

(2.12)2 = (2.66)2 + (1.33)2= .581

Así θ 2 = cos−1(.581) = 54.5◦.

5.32. En la Fig. 5.18, sea D = 3ax − 4ay + 5az nC/m2 y encuentr e:

a) D2: Primero el campo eléctrico en la región 1 es

E1 =

3

20ax −

4

20ay +

5

20az

× 10−9 V/m

Ya que, en la interface dieléctrica, el campo eléctrico tangencial y la densidad de flujo eléctrica

normal son continuas, podemos escribir

D2 = R20ET 1 + DN 1 =

5

2

3ax −

5

2

4ay + 5az = 7.5ax − 10ay + 5az nC/m2

b) DN 2 = 5az, como lo explicado anteriormente.

c) DT 2 = R20ET 2 = R20ET 1 = 7.5ax − 10ay nC/m2

.

d) la densidad de energía en cada región

we1 =1

2R10E1 · E1 =

1

2(2)0

3

20

2

+

4

20

2

+

5

20

2

× 10−18 = 1.41 µJ/m3

we2 =1

2R20E2 · E2 =

1

2(5)0

3

20

2

+

4

20

2

+

5

50

2

× 10−18 = 2.04 µJ/m3

e) el ángulo que D2 hace con az: Use D2 · az = |D2| cos θ = Dz = 5. donde |D 2| =(7.5)2

+(10)2

+(5)21/2

= 13.5. Así, θ

= cos

−1(5/13.5)

= 68

◦ .

f) D2/D1 = (7.5)2 + (10)2 + (5)2

1/2/

(3)2 + (4)2 + (5)21/2 = 1.91.

g) P 2/P 1: Primero P1 = 0E1(R1 − 1) = 1.5ax − 2ay + 2.5az nC/m2.

Entonces P 2 = 0E2(R2 − 1) = 6ax − 8ay + 4az nC/m2. Así

P 2

P 1= [(6)2 + (8)2 + (4)2]1/2

[(1.5)2 + (2)2 + (2.5)2]1/2 = 3.04

75



5.33. Dos dieléctricos perfectos tienen permittividad relativa R1 = 2 y R2 = 8. La interface planar entre

ellos es la superficie x − y + 2z = 5. El origen queda en la región 1. Si E 1 = 100ax + 200ay − 50az

V/m, encuentr e E 2: Necesitamos encontrar las componentes de E1 que es normal y tangente al límite, y

entonces aplicar las condiciones de límite apropiadas. La componente normal será EN 1 = E1 · n. Tomando

f = x − y + 2z, el vector unitario que es normal a la superficie es

n = ∇ f

|∇ f | = 1√ 6

ax − ay + 2az

Esta normal apuntará en la dirección de incremento f , que estará fuera del origen o en la región

2 (usted puede visualizar una porción de la superficie como un triángulo cuyos vertices están en los tres ejes

coord inad os en x = 5, y = −5, y z = 2.5). Así EN 1 = (1/√

6)[100 − 200 − 100] = −81.7 V/m. Ya que la

magnitud es negativa, la componente normal apunta en la región 1 de la superficie. Entonces

EN 1 = −81.65

1√ 6

[ax − ay + 2az] = −33.33ax + 33.33ay − 66.67az V/m

Ahora, la componente tangencial será

ET 1 = E1 − EN 1 = 133.3ax + 166.7ay + 16.67az

Nuestr as condiciones límite establecen que ET 2 = ET 1 y EN 2 = (R1/R2)EN 1 = (1/4)EN 1. Así

E2 = ET 2 + EN 2 = ET 1 + 1

4EN 1 = 133.3ax + 166.7ay + 16.67az − 8.3ax + 8.3ay − 16.67az

= 125ax + 175ay V/m

5.34. Sea la superficie esférica r

= 4 cm y r

= 9 cm separada por dos cáscaras dieléctricas perfectas, , R1

= 2

para 4 < r < 6 cm y R2 = 5 para 6 < r < 9 cm. Si E1 = (2000/r 2)ar V/m, encuentr e:a) E2: Ya que E es normal a la interface entre R1 y R2, D será continuo atravesando el

límite, y así

D1 =20(2000)

r2ar = D2

Entonces

E2 =D2

50=

2

5

2000

r2ar =

800

r2ar V/m

b) la energía electrostática total almacenada en cada región: En la región 1, la densidad de energía es

we1 = 12

R10|E1|2 = 12

(2)0 (2000)

2

r4 J/m3

En la región 2:

we2 =1

2R20|E2|2 = 1

2(5)0

(800)2

r4J/m3

76



5.34. (continuación)

Las energías en cada región son entonces

Región 1 : W e1 = (2000)20

2π

0

π

0

.06

.04

1

r2r2 sen θ dr dθ dφ

= 4π 0(2000)2

1.04

− 1.06

= 3.7 mJ

Región 2 : W e2 = (800)2

5

2

0

2π

0

π

0

.09

.06

1

r2r2 sen θ dr dθ dφ

= 4π0(800)2

5

2

1

.06− 1

.09

= 0.99 mJ

5.35. Sea la superficie cilíndrica ρ = 4 cm y ρ = 9 cm encierra dos trozos de dieléctricos perfectos , R1 = 2

para 0 < φ < π/2, y R2 = 5 para π/2 < φ < 2π . Si E1 = (2000/ρ)aρ V/m, encuentr e:

a) E2: Las interfaces entre los dos medios quedarán en los planos de constante φ, al cual E1 es paralelo.

Así el campo es el mismo en cualquier lado de los límites, y así E 2 = E1.

b) la energía electrostática total almacenada en una longitud de 1m de cada región: En general tenemos wE (1/2)R0E2. Así en la región 1:

W E1 = 1

0

π/2

0

9

4

1

2(2)0

(2000)2

ρ2ρ dρ dφ dz = π

20(2000)2 ln

9

4

= 45.1 µJ

En la región 2, tenemos

W E2 = 1

0

2π

π/2

9

4

1

2(5)0

(2000)2

ρ2ρ dρ dφ dz = 15π

40(2000)2 ln

9

4

= 338 µJ

5.36. Sea S = 120 cm2, d = 4 mm, y R = 12 para un capacitor de placas paralelas.

a) Calcule la capacitancia:

C = R0S/d = [120(120 × 10−4)]/[4 × 10−3] = 3.19 × 10−10 = 319 pF.

b) Después de conectar una batería de 40 V por el capacitor, calcule E, D, Q, y la energía electrostática

total almacenada: E = V /d = 40/(4 × 10−3) = 104 V/m. D = R0E = 120 × 104 =1.06 µC/m2. Entonces Q = D · n|superficie × S = 1.06 × 10−6 × (120 × 10−4) = 1.27 × 10−8C =12.7 nC. Finalmente W e = (1/2)CV 20 = (1/2)(319 × 10−12)(40)2 = 255 nJ .

c) La fuente es ahora removida y el dieléctrico es cuidadosamente retirado de entre las placas. Nuevamente

calcule E, D, Q, y la energía: Con la fuente desconectada, la carga es constante, y así

que es D: Por lo tanto, Q = 12.7 nC, D = 1.06 µC/m2, y E = D/ 0 = 104/8.85 × 10−12 =1.2 × 105 V/m. La energía es entonces

W e =1

2D · E × S = 1

2(1.06 × 10−6)(1.2 × 105)(120 × 10−4)(4 × 10−3) = 3.05 µJ

d) ¿Cuál es el voltaje entre las placas? V = E × d = (1.2 × 105)(4 × 10−3) = 480 V.

77



5.37. Los capacitores tienden a ser más costosos conforme su capacitancia y voltaje máximo, V máx, aumentan. El

voltaje V máx está limitado por la fuerza del campo en que las interrupciones del dieléctrico bajan, EBD . De

estos dieléctricos darán el producto más grande CV máx para las áreas de placas iguales: (a) aire: R = 1, EBD

MV/m; (b) titanato de bario R = 1200, EBD = 3 MV/m; (c) dióxido de silicio : R = 3.78, EBD = 16

MV/m; (d) polietileno: R = 2.26, EBD = 4.7 MV/m? Note que V máx = EBDd , d onde d es la

separación de placas. También, C =

R 0A/d , y así V máx C =

R0AEBD , donde A es el área de placas. E

producto máximo CV máx se encuentra a través del producto máximo REBD . Al probar esto con los

materiales dados producen al ganador que es el titanato de bario..

5.38. Un dieléctrico circular cilíndrico usado entre las placas de un capacitor tiene un espesor de 0.2 mm y un

radio de 1.4 cm. Las propiedades del dieléctrico son R = 400 y σ = 10−5 S/m.

a) Calcule C:

C = R0S

d = (400)(8.854 × 10−12)π(1.4 × 10−2)2

2 × 10−4 = 1.09 × 10−8 = 10.9 nF

b) Encuentr e el factor de calidad QQF (QQF = ωRC) del capacitor en f = 10 kHz: Use la relación

RC

=/σ para escribir

QQF = ωRC = 2πf

σ = (2π × 104)(400)(8.854 × 10−12)

10−5 = 22.3

c) Si la fuerza de campo máxima permitida en el dieléctrico es 2 MV/m, ¿cuál es el voltaje máximo permis

por el capacitor? V máx = EBD d = (2 × 106)(2 × 10−4) = 400 V.

d) ¿Qué energía es almacenada cuándo este voltaje es aplicado?

W e,máx = 1

2CV 2máx =

1

2(10.9 × 10−9)(400)2 = 8.7 × 10−4 = 0.87 mJ

5.39. Un capacitor de placas paralelo está lleno con un dieléctrico no uniforme caracterizado por R = 2 + 2 × 10

6

donde x es la distancia de una placa. Si S = 0.02 m2, y d = 1 mm, encuentr e C: Comenzamos por suponer

la densidad de carga ρ s en la placa de arriba . D como de costumbre, será dirigida a x, originando en la placa

de arriba y terminando en la placa del fondo. La clave aquí es que D será constante sobre la distancia entre

placas.Esto puede entenderse considerando el dieléctrico -variante x como construido de muchas capas

delgadas, cada uno que tiene permitividad constante. La permitividad cambia de capa a capa aproximando

la función dada de x. La aproximación se vuelve exacta como el espesor de la capa aproximada a cero.

Sabemos que D, que es normal a las capas será continuo por cada límite, y así D es

constante sobre de la distancia de separación de placa, y será en magnitud ρs . La magnitud del campo

eléctrico es ahora

E = D

0R

= ρs

0(2

+2

×106x2)

El voltaje entre las placas es entonces

V 0 = 10−3

0

ρs d x

0(2 + 2 × 106x2)= ρs

0

1√ 4 × 106

tan−1

x√

4 × 106

2

10−3

0= ρs

0

1

2 × 103

π

4

Ahora Q = ρ s (.02), y así

C = Q

V 0= ρs (.02)0(2 × 103)(4)

ρs π= 4.51 × 10−10 F = 451 pF

78



5.40a. El ancho de la región que contiene R1 en la Fig. 5.19 es 1.2 m. Encuentr e R1 si R2 = 2.5 y la capacitanci

total es 60 nF: Las áreas de placa asociadas con cada capacitor son A 1 = 1.2(2) = 2.4 m2 y

A2 = 0.8(2) = 1.6 m2. Con los capacitores paralelos, la capacitancia se agregará, así

C = C1 + C2 ⇒ 60 × 10−9 = R10(2.4)

2

×10−3

+ 2.50(1.6)

2

×10−3

Resuelva para obtener R1 = 4.0.

b) Encuentr e el ancho de cada región (con R1 y R2) si Ctotal = 80 nF, R2 = 3R1, y C1 = 2C2:

Sea w 1 la anchura de región 1. Las condiciones anteriores nos permiten que escribamos:R10w1(2)

2 × 10−3

= 2

3R10(2 − w1)(2)

2 × 10−3

⇒ w1 = 6(2 − w1)

Así que w 1 = 12/7 = 1.7 m y w 2 = 0.3 m.

5.41. Sea R1 = 2.5 para 0 < y < 1 mm, R2 = 4 para 1 < y < 3 mm, y R3 para 3 < y < 5 mm. La superficie

conductora está presente en y = 0 y y = 5 mm. Calcule la capacitancia por metro cuadrado de superficiede área si a) R3 es de aire; b) R3 = R1; c) R3 = R2; d) R3 es plata: La combinación será tres

capacitores en serie, para que

1

C= 1

C1

+ 1

C2

+ 1

C3

= d 1

R10(1)+ d 2

R20(1)+ d 3

R30(1)= 10−3

0

1

2.5+ 2

4+ 2

R3

Así que

C = (5 × 10−3)0R3

10 + 4.5R3

Al evaluar est o para los cuatro caso s, encontramos a) C = 3.05 nF para R3 = 1, b) C = 5.21 nF para R3 =c) C

= 6.32 nF para R3

= 4, y d) C

= 9.83 nF si la plata (tomada como un conductor perfecto) forma la reg

3; este tiene el efecto de quitar el término que involucra R3 de la fórmula original (primero la ecuación líneao equivalentemente, permitiéndo a R3 acercarse al infinito.

5.42. Las superficies conductoras cilíndricas se localizan en ρ = 0.8 cm y 3.6 cm. La región 0.8 < ρ < a

contiene un dieléctrico para el cual R = 4, mientras R = 2 para a < ρ < 3.6.

a) Encuentr e a tal que el voltaje por cada capa del dieléctrico sea el mismo: Suponiendo la densidad de carga

en el cilindro interno, tenemos D = ρs (0.8)/ρ aρ , que da E(0.8 < ρ < a) = (0.8ρs )/(40ρ)aρ

y E(a < ρ < 3.6) = (0.8ρs )/(20ρ)aρ . El voltaje entre conductores es ahora

V 0 = − a

3.6

0.8ρs

20ρdρ −

0.8

a

0.8ρs

40ρdρ = 0.8ρs

20

ln

3.6

a

+ 1

2ln a

0.8

Requerimos

ln

3.6

a

= 1

2ln a

0.8

⇒ 3.6

a=

a

0.8⇒ a = 2.2 cm

b) Encuentr e la capacitancia total por metro : Usando el resultado del inciso a, se tiene

V 0 =0.8ρs

20

ln

3.6

2.2

+ 1

2ln

2.2

0.8

= 0.4ρs

0

79



5.42b. (continuación) La carga en una longitud unitaria del conductor interno es Q = 2π(0.8)(1)ρs . La capacitancies ahora

C = Q

V 0= 2π(0.8)(1)ρs

0.4ρs /0= 4π0 = 111 pF/m

Note que a lo largo de este problema, dejé todas las dimensiones en cm, sabiendo que todas las unidades de cm

se cancelarían, y permitir que las unidades de capacitancia para aquellas sean usadas para 0.

5.43. Dos cilindros conductores coaxiales de radio 2 cm y 4 cm tienen una longitud de 1m. La región entrelos cilindros contienen una capa de dieléctrico de sde ρ = c a ρ = d con R = 4. Encuentr e la capacitancia si

a) c = 2 cm, d = 3 cm: Éste es dos capacitores en la serie, y así

1

C= 1

C1+ 1

C2= 1

2π 0

1

4ln

3

2

+ ln

4

3

⇒ C = 143 pF

b) d = 4 cm, y el volumen del dieléctrico es el mismo como en el inciso a: Con volumenes iguales requerimoque 32 − 22 = 42 − c2, de los que c = 3.32 cm. Ahora

1C

= 1C1

+ 1C2

= 12π 0

ln

3.322

+ 14

ln

43.32

⇒ C = 101 pF

5.44. Los cilindros conductores se encuentran en ρ = 3 y ρ = 12 mm; los dos se extienden de z = 0 a z = 1 m

El dieléctrico perfecto ocupa la región interior: R = 1 para 3 < ρ < 6 mm, R = 4 para 6 < ρ < 9 mm, yR = 8 para 9 < ρ < 12 mm.

a) Calcule C: Primero conocemos que D = (3ρ s /ρ)aρ C/m2, con ρ expresado en mm. Entonces, con ρ enmm,

E1 =3ρs

0ρaρ V/m (3 < ρ < 6)

E2 = 3ρs40ρ aρ V/m (6 < ρ < 9)

y

E3 =3ρs

80ρaρ V/m (9 < ρ < 12)

El voltaje entre conductores será:

V 0 =− 9

12

3ρs

80ρdρ −

6

9

3ρs

40ρdρ −

3

6

3ρs

0ρdρ

× 10−3(m/mm)

= .003ρs

0 1

8ln

12

9 + 1

4ln

9

6+ ln6

3 = .003ρs

0(0.830) V

Ahora, la carga en 1 m de longitud del conductor inter no es Q = 2π(.003)(1)ρs . La capacitanciaes entonces

C = Q

V 0= 2π(.003)(1)ρs

(.003)ρs (.830)/0= 2π0

.830= 67 pF

80



5.44b. Si el voltaje entre los cilíndros es 100 V, trace |E ρ | contra ρ:

Se tiene Q = CV 0 = (67 × 10−12)(100) = 6.7nC. Entonces

ρs =6.7 × 10−9

2π(.003)(1)= 355 nC/m2

Entonces, usando la expresión de campo eléctrico del inciso a, encontramos

E1 =

3

ρ

355 × 10−9

8.854 × 10−12 = 12 × 104

ρV/m = 120

ρkV/m (3 < ρ < 6)

donde ρ es expresado en mm. Similarmente, encontramos E2 = E1/4 = 30/ρ kV/m (6 < ρ < 9) yE3 = E1/8 = 15 kV/m (9 < ρ < 12). Estos campos se trazarán abajo.

81



5.45. Dos cáscaras conductoras esféricas tienen radio a = 3 cm y b = 6 cm. El interior es un dieléctrico perfecto para el cual R = 8.

a) Encuentr e C: Para un capacitor esférico, conocemos que:

C =

4π R 0

1a − 1b =4π(8)0

13 − 16

(100) =1.92π 0

=53.3 pF

b) Una porción del dieléctrico es ahora removido así que R = 1.0, 0 < φ < π/2, y R = 8,

π/2 < φ < 2π . Nuevamente, encuentr e C: Reconocemos aquí que quitando esa porción nos deja con doscapacitores en paralelo (de cuyas C's agregará). Usamos el hecho que con el dieléctrico completamente

removido, la capacitancia será C(R = 1) = 53.3/8 = 6.67 pF. Con un cuarto eldieléctrico removido, la capacitancia total será

C = 1

4(6.67) + 3

4(53.4) = 41.7 pF

5.46. (veáse el Problema 5.44).

5.47. Con referencia a la Fig. 5.17, sea b = 6 m, h = 15 m, y el conductor potencial 250 V. Tome = 0.

Encuentr e los valores para K1, ρL, a, y C: Tenemos

K1 =

h +√

h2 + b2

b

2

=

15 +

(15)2 + (6)2

6

2

= 23.0

Entonces tenemos

ρL

=

4π0V 0

ln K1 =

4π0(250)

ln(23)=

8.87nC/m

Después, a =√

h2 − b2 =

(15)2 − (6)2 = 13.8 m. Finalmente,

C = 2π

cosh−1(h/b)= 2π0

cosh−1(15/6)= 35.5 pF

82



5.48. Una función potencial en espacio libre está dada por

V = −20 + 10ln

(5 + y)2 + x2

(5 − y)2 + x2

a) Describa la superficie equipotencial 0-V: Conjuntando la expresión dada igual a cero, encontramos

(5 + y)2 + x2

(5 − y)2 + x2

= e2 = 7.39

Así 6.39x2 + 6.39y2 − 83.9y + 160 = 0. Completando el cuadrado en y los trinomios conducen a x2 + (y − 6.56)2 = 18.1 = (4.25)2, que reconocemos como un cilindro circular justo cuyo ejeestá localizado en x = 0, y = 6.56, y cuyo radio es 4.25.

b) Describa la superficie equipotencial 10-V : En este caso, la expresión dada es un conjunto igual adiez llevando a

(5 + y)2 + x2

(5 − y)2

+ x2 =

e3

=20.1

Así 19.1x2 + 19.1y2 − 211y + 477 = 0. Siguiendo el mismo procedimiento como en el inciso a, este se vuex2 + (y − 5.52)2 = 5.51 = (2.35)2, que reconocemos nuevamente como un cilíndro circular justo conejes en x = 0, y = 5.52, y de radio 2.35.

5.49. Un conductor de 2 cm de diámetro está suspendido en el aire con sus ejes a 5 cm de un plano conductor. S el potencial del cilíndro 100 V y del plano 0 V. Encuentr e la densidad de carga superficial en el:

a) el cilindro a un punto más cercano al plano: El cilindro atravesará la imagen del plano, produciendo un problema equivalente de dos-cilindros, con el segundo localizado 5 cm abajo del plano. Queremostomar el plano como el plano zy, con las posiciones del cilindro en x = ±5. Ahora b = 1 cm, h = 5

cm, y V 0=

100 V. Así a

=

√ h2

−b2

= 4.90 cm. Entonces K1

= [(h

+a)/b]2

= 98.0, y

ρL = (4π 0V 0)/ ln K1 = 2.43 nC/m. Ahora

D = 0E = − ρL

2π

(x + a)ax + yay

(x + a)2 + y2 − (x − a)ax + yay

(x − a)2 + y2

y

ρs, máx = D · (−ax )

x=h−b,y=0

= ρL

2π

h − b + a

(h − b + a)2 − h − b − a

(h − b − a)2

= 473 nC/m2

b) el plano en un punto más cercano all cilindro: En x = y = 0,

D(0, 0) = − ρL

2π

aax

a2 − −aax

a2

= − ρL

2π

2

aax

del cualρs = D(0, 0) · ax = − ρL

πa= −15.8 nC/m2

manual instructor 05

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