CAPÍTULO 5 5.1. Dada la densidad de corriente J = −10 4 [sen(2x)e −2y a x +cos (2x)e −2y a y ] kA/m 2 : a) Encuentre la corriente total cruzando el plano y =1 en la dirección a yen la región0 < x < 1, 0 < z < 2: Este se encuentra a través I= SJ · n Sda = 2 0 1 0 J · a y y=1 dx dz = 2 0 1 0 −10 4 cos(2x)e −2 dx dz = −10 4 (2) 1 2 sen(2x) 1 0 e −2 = −1.23MA b) Encuentre la corriente total que deja la región 0 < x,x < 1, 2 < z < 3 por integraciónJ ·dS de la superficie 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 hay Jx =0. La corriente pasará a través las tres superficies restantes, y se encontrará a través de I= 3 2 1 0 J · (−a y ) y=0 dx dz + 3 2 1 0 J · (a y ) y=1 dx dz + 3 2 1 0 J · (a x ) x=1 dy dz = 10 4 3 2 1 0 cos(2x)e −0 − cos(2x)e −2 dx dz − 10 4 3 2 1 0 sen(2)e −2y dy dz = 10 4 1 2 sen(2x) 1 0 (3 − 2) 1 − e −2 + 10 4 1 2 sen(2)e −2y 1 0 (3 − 2) = 0 c) Repita el inciso b, per o u se e l t eore ma d e d ive rge nci a: E nco ntr amo s la corr ien te ext erio r neta a tra vés de la s upe rfic ie del cubo por integración la divergencia de J del volumen del cubo anterior. Tenemos ∇ · J = ∂ Jx ∂ x + ∂ Jy ∂y = −10 −4 2cos(2x)e −2y − 2cos(2x)e −2y = 0 como lo esperado 5.2. Sea la densidad de corrienteJ =2φcos 2 φa ρ − ρsen 2φa φA/m 2 dentro de la región2.1 < ρ < 2.5, 0 < φ < 0.1 rad, 6 < z < 6.1. Encuentre la corriente total Ique cruza la superficie: a) ρ=2 .2, 0 < φ < 0.1, 6 < z < 6.1 en la dirección a ρ:Esta es una superficie de constante ρ, tan sólo lacomponente radialJ contribuirá: En ρ=2.2 escribimos: I= J · dS = 6.1 6 0.1 0 2(2) cos 2 φ a ρ · a ρ 2d φ dz = 2(2.2) 2 (0.1) 0.1 0 1 2 (1 + cos2φ )d φ = 0.2(2.2) 2 1 2 (0.1) + 1 4 sen 2φ 0.1 0 = 97mA b) φ=0.05, 2.2 < ρ < 2.5, 6 < z < 6.1 en la direccióna φ :En este caso sólo l acomponente de φde J contribuirá: I= J · dS = 6.1 6 2.5 2.2 −ρsen 2φ φ=0.05 a φ · a φ dρ dz = −(0.1) 2 ρ 2 2 2.5 2.2 = −7 mA 60
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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)√
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,
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:
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 .
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:
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
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:
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:
= 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
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
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
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
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,