Solución de la Primera Evaluación de Teoría Electromagnética I - 2010 - 2S FIEC - ESPOL

1. ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL
TEORÍA ELECTROMAGNÉTICA I
ING. CARLOS DEL POZO C. ( )
ING. JORGE FLORES MACÍAS ( )
ING. ALBERTO TAMA FRANCO ( )
PRIMERA EVALUACIÓN Fecha: martes 07 de diciembre de 2010
Alumno: ________________________________________________________________________________
Resumen de Calificaciones
Total Primera
Estudiante Examen Deberes Lecciones
Evaluación
Ing. Alberto Tama Franco
Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I
FIEC-ESPOL – 2010 – 2S

2. Primer Tema:
Se tienen dos conductores paralelos de sección transversal muy pequeña e infinitamente
largos, con densidad de carga −λ y +λ respectivamente, separados una distancia D , tal
como se muestra en la figura. Calcular el potencial absoluto en el punto de observación M
ubicado a una distancia R de la línea de carga positiva.
−λ +λ
i M
D R
Procederemos a determinar la intensidad de campo eléctrico producida por una línea
infinita de carga y el potencial escalar eléctrico con relación a puntos ubicados sobre
una superficie equipotencial cilíndrica de radio ro (referencia).
E+ dl +λ E− dl −λ
dS dS
r1 r2
εo ∫
⊙→
E + ⋅ dS = QNETA ( Σ ) = Q ⇒ εo ∫
⊙→
E + dS cos 0 o = Q
Q λ λ
ε o E + 2π rl = Q ⇒ E+ = = ⇒ E− =
2πε o rl 2πε o r 2πε o r
λ λ
E+ = µr y E− = (− µ r )
2πε o r 2πε o r
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3. r1 r1 r1
ϕr − ϕr = − ∫ E+ ⋅ dl = − ∫ E + dl cos 180 = − ∫ E+ ( −dr ) cos 180o
1 o
o
ro ro ro
r1
λ λ r  λ r  λ r 
ϕr − ϕr = − ∫ dr = − ln  1  = ln  o  ⇒ ϕr = ln  o 
1 o
ro
2πε o r 2πε o  ro  2πε o  r1 
1
2πε o  r1 
r2 r2 r2
ϕ r − ϕr = − ∫ E − ⋅ dl = − ∫ E− dl cos 180o = − ∫ E− dr cos 180o
2 o
ro ro ro
r2
λ λ r  λ r 
ϕ r − ϕr = ∫ dr = ln  2  ⇒ ϕr = − ln  2 
2 o
ro 2πε o r 2πε o  ro  2
2πε o  ro 
ϕ ( M ) = ϕr + ϕr
1 2
λ r  λ r 
ϕ (M ) = ln  o  + ln  2 
2πε o  r1  2πε o  r0 
λ   ro   r2   λ  r   r  
ϕ (M ) = ln   + ln    = ln  o   2  
2πε o   r1   ro   2πε o  r1   ro  
λ r 
ϕ (M ) = ln  2 
2πε o  r1 
En nuestro caso particular: r1 = R y r2 = D + R , por lo cual se tendría lo siguiente:
λ  D+R
ϕ (M ) = ln  
2πε o  R 
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4. Segundo Tema:
Un cable coaxial de radio interior a y radio exterior c , tiene en su interior dos dieléctricos
de permitividades ε1 y ε 2 = ε1 /2 , tal como se muestra en la figura.
a) (20%) Calcular el valor del radio b de separación de los dos dieléctricos, para que la
diferencia de potencial en cada dieléctrico sea igual.
b) (15%) Calcular la capacitancia por unidad de longitud del cable. Su respuesta no debe
quedar expresada en términos del radio b .
Para resolver el presente problema, asumiremos que se ha aplicado una diferencia de
potencial Vo entre los cilindros del cable coaxial de radio interior a y radio exterior c , a
efectos de determinar el campo eléctrico y la diferencia de potencial en cada dieléctrico.
Tomando, en primer lugar, una superficie
gaussiana que cumpla con la condición de
que a < r ≤ b , se tiene que:
D2 ( b
∫
⊙→
D1 (a < r ≤ b) ⋅ dS = QNETA( a < r ≤b ) = Q ( r = a )
<r≤
c c) | D1 ( a < r ≤ b) | 2π rl = Q (r = a )
b
ε2 Q(r = a )
ε1 | D1 (a < r ≤ b) |=
a 2π rl
De la misma manera y tomando una
D1 ( a < r ≤ b ) superficie gaussiana que cumpla con la
condición de que b < r ≤ c , se tendría que:
Q(r = a )
| D2 (b < r ≤ c) |=
2π rl
A partir de los cuales se obtendrían las respectivas intensidades de campo eléctrico en
cada dieléctrico, es decir:
Q(r = a ) Q (r = a )
| E1 (a < r ≤ b) |= ⇒ E1 (a < r ≤ b) = µr
2πε1rl 2πε1rl
Q( r = a) Q (r = a )
| E2 (b < r ≤ c) |= ⇒ E2 (b < r ≤ c) = µr
2πε 2 rl 2πε 2 rl
A continuación, procederemos a determinar las diferencias de potencial en cada
dieléctrico:
+
ϕ+ − ϕ − = ∆ϕ = − ∫ E ⋅ dl
−
b b
ϕb − ϕc = − ∫ E 2 ( b < r ≤ c ) ⋅ dl = − ∫ E2 ( b < r ≤ c ) dl cos 180o
c c
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5. b b
Q (r = a)
ϕb − ϕc = ϕbc = − ∫ E 2 ( b < r ≤ c ) ( − dr ) cos 180o = − ∫ dr
c c
2πε 2 rl
Q (r = a)  c 
ϕbc = ln  
2πε 2l b
a a
ϕa − ϕb = − ∫ E1 ( a < r ≤ b ) ⋅ dl = − ∫ E1 ( a < r ≤ b ) dl cos 180o
b b
a a
Q (r = a)
ϕa − ϕb = ϕ ab = − ∫ E1 ( a < r ≤ b ) ( −dr ) cos 180o = − ∫ dr
b b
2πε 1rl
Q (r = a)  b 
ϕ ab = ln  
2πε1l a
Sabiendo que ε 2 = ε1 /2 , se requiere determinar el radio b para el cual ϕab = ϕbc , es decir:
Q (r = a)  b  Q (r = a)  c  1 b 1 c
ln   = ln   ⇒ ln   = ln  
2πε1l a 2πε 2l b ε1  a  ε 2  b 
2
1 b 2 c b c b c
ln   = ln   ⇒ ln   = 2ln   ⇒ ln   = ln  
ε1  a  ε1  b  a b a b
b c2
= ⇒ b3 = ac 2 ⇒ b = 3 ac 2
a b2
Q (r = a) Q (r = a) Q (r = a)
CSISTEMA = = =
∆ϕ ϕ ac ϕ ab + ϕbc
Q (r = a) Q (r = a)
CSISTEMA = =
Q (r = a)  b  Q (r = a)  c  Q (r = a)  b  Q (r = a)  c 
ln   + ln   ln   + ln  
2πε1l a 2πε 2l b 2πε1l a πε1l b
Q (r = a) Q (r = a)
CSISTEMA = =
Q (r = a)  c  Q (r = a)  c  Q (r = a)  c  Q ( r = a)  c 
2ln   + ln   ln   + ln  
2πε1l b πε1l b πε1l b πε1l b
CSISTEMA πε1 πε1 πε1 πε1 πε1 πε1
= = = = = =
l c c
2
b  3 ac 2   ac 2  c
2/3
2ln   ln   ln   ln   ln  3 3  ln  
b b a  a    a
   a 
CSISTEMA 3πε1
=
l c
2ln  
a
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6. Tercer Tema:
(35%) En un punto P ( x, y, z ) de una región del espacio, existe un campo eléctrico
E = krx µ x + kry µ y + krz µ z , donde k es una constante y r es la distancia del punto P
respecto del origen de coordenadas.
Calcular la carga total contenida en el volumen limitado por una superficie esférica de radio
R centrada en el origen.
Para resolver el presente problema
z aplicaremos la Ley de Gauss en su forma
diferencial o microscópica (LGD), tomando
en consideración que trabajaremos con el
sistema de coordenadas rectangulares.
P ( x, y , z ) ρ ∂Ex ∂E y ∂Ez ρ
∇⋅E = ⇒ + + =
εo ∂x ∂y ∂z ε o
r
y QTOTAL
o kR + kR + kR =
ε oVesfera
4
QTOTAL = 3kRε oVesfera = 3kRε o π R 3
3
x QTOTAL = 4π kε o R 4
Segunda Metodología: Dominio de sistemas de coordenadas.-
Para expresar E = krx µ x + kry µ y + krz µ z de la forma E = Er µ r + Eθ µθ + Eφ µφ ; es
decir, expresarlo de coordenadas rectangulares a coordenadas esféricas, se debe
considerar los siguientes reemplazos:
x = r senθ cosφ
y = r senθ senφ
z = r cosθ
µ x = senθ cosφ µr + cosθ cosφ µθ − senφ µφ
µ y = senθ senφ µr + cosθ senφ µθ + cosφ µφ
µz = cosθ µr − senθ µθ
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7. Er = kr 2 ( sen 2θ cos 2φ + sen 2θ sen 2φ + cos 2θ ) = kr 2
Eθ = kr 2 ( senθ cosθ cos 2φ + senθ cosθ sen 2φ − senθ cosθ ) = 0
Eφ = kr 2 ( − senθ senφ cosφ + senθ senφ cosφ ) = 0
E = kr 2 µ r
Al aplicar la Ley de Gauss en su forma integral o macroscópica (LGI), notamos que para la
superficie gaussiana de radio r = R , el dS que tiene ser perpendicular a la superficie
gaussiana y saliendo de la misma, tiene una dirección radial, es decir de la forma dS µr .
Por lo cual, y si es que hubieren las componentes Eθ y Eφ del campo eléctrico, solamente
la componente Er contribuiría con el flujo eléctrico que atraviesa la superficie gaussiana.
Con lo cual se tendría lo siguiente:
εo ∫
⊙→
E .dS = QNETA ( r = R ) ⇒ εo ∫
⊙→
E dS cos 0o = QNETA ( r = R )
εo E ∫
⊙→
dS = QNETA ( r ) ⇒ ε o E 4π r 2 = QNETA ( r )
εo E ∫
⊙→
dS = QNETA ( r ) ⇒ ε o E 4π r 2 = QNETA ( r )
QNETA ( r ) = 4π kε o r 4
QNETA ( r = R ) = 4π kε o R 4
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