UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN AGUSTÍN

FACULTAD DE PRODUCCIÓN Y SERVICIOS

ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA EN TELECOMUNICACIONES

ASIGNATURA: CAMPOS MAGNETICOS

TEMA:

SOLUCION EXAMEN SEGUNDO PARCIAL

DOCENTE: ING.

RUSSEL LOZADA VILCA

ALUMNO:

ROMERO ZAVALA EDWARD AARON

FLORES CUENTAS MANUEL OSCAR

GRUPO: B

AREQUIPA – PERÚ

2019
 Campos magnéticos
1. Hallar la fuerza entre dos cargas, de una superficie circular con carga Q distribuida en toda
su superficie con radio r y separadas a una distancia x.

SOLUCION:

Tomamos un diferencial de área para el disco con carga Q (+) y hallamos el campo eléctrico
que este produce a una distancia y.

El diferencial de área será dA  2 rdr

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

Entonces dQ  2 rdr  ec.(1)

La distancia a del diferencial de área al punto donde se encuentra q (-) es la siguiente, por
Pitágoras:
a  y 2  r 2 Esta distancia necesitamos expresarla en función al eje de la coordenada y,
y
entonces cos    ec.(2)
y  r2
2

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

diferencial de campo E

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

entonces dEx  dEsen dE y  dE cos 

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

ec.(2) en la componente “y” del campo eléctrico

1 dQ
dE y  dE cos   dE y  cos 
4 ( y  r 2 )
2

1 2 rdr y 1 (2 rdr ) y

dE y  Finalmente dE y 
4 ( y 2  r 2 ) y r
2 2 4 ( y 2  r 2 )3/2

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

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

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

yR rdr  y R rdz

2 0 ( y 2  r 2 )3/2 2 0 ( z )3/2 (2r )
Ey   E y 

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

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

Reemplazando los límites en la expresión

R
y 1  y 1 1
Ey   ( ) 2 2 1/2 
 Ey   ( ) 2  
2  ( y  r ) 0 2  (y  R )
2 1/2
y
  
 
  1 
Ey  1   ec.(3)
2  2

 R 
  2  1 
   
y

F
De la expresión de campo eléctrico en función de la fuerza tenemos E  entonces
q
F
tenemos que E y  reemplazando la ec.(3) en la expresión E y
q

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

Finalmente la fuerza eléctrica será:

 
 
q  1 
F 1 
2  R2  

  2  1 
 y  

Q Q
Si reemplazamos la densidad superficial de carga   para A   R 2 entonces  
A  R2

   
   
q  1  Qq  1 
F 1  F  1   Rpta.
2 R  
2 2 R 2  2

  R 
  2  1    2  1 
 y      
y
2. Respecto de la distribución esférica de carga.

𝜌0 (𝑎2 − 𝑟 2 ) , 𝑟 < 𝑎
𝜌𝑣 = [ ]
0 ,𝑟 > 𝑎

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

𝜋 2𝜋 𝑎
𝑄𝑒𝑛𝑐 = 𝜌0 ∫ sin(𝜃)𝑑𝜃 ∫ 𝑑𝜑 ∫ (𝑎2 𝑟 2 − 𝑟 4 )𝑑𝑟
0 0 0
𝑎2 𝑟 3 𝑟 5 2
𝑄𝑒𝑛𝑐 = 𝜌0 (− cos(𝜋) + cos(0))(2𝜋) ( 3 − | )
5 0
5 5
2 2
𝑄𝑒𝑛𝑐 = 𝜌0 (1 + 1)(2𝜋) ( − )
3 5
5 5
2 2
𝑄𝑒𝑛𝑐 = 𝜌0 (4𝜋) ( − )
3 5
𝜌0 8𝜋
𝑄𝑒𝑛𝑐 =
15

̅ . 𝑑𝑆̅ = 𝜀0 𝐸𝑟 (4𝜋𝑟 2 ) = 𝑄𝑒𝑛𝑐

𝜓 = ∫𝐷
𝜌0 8𝜋
𝜀0 𝐸𝑟 (4𝜋𝑟 2 ) =
15
𝜌0 8𝜋
𝐸𝑟 =
15𝜀0 (4𝜋𝑟 2 )
2𝜌0
𝐸𝑟 = 𝑎
̅̅̅
15𝜀0 𝑟 2 𝑟

2𝜌0
𝑉 = ∫ 𝐸̅ . 𝑑𝑙 ̅ = − ∫ 𝑟 −2 𝑑𝑟
15𝜀0
2𝜌0
𝑉= + 𝐶1
15𝜀0 𝑟
𝑉(𝑟 = 0) = 0
𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝐶1 = 0

2𝜌0
𝑉=
15𝜀0 𝑟

b) Para 𝑟 ≤ 𝑎

𝑟3 𝑟5 𝑟 𝑟3 𝑟5
𝑄𝑒𝑛𝑐 = 𝜌0 (2)(2𝜋) (𝑎2 − ) = 4𝜋𝜌0 (𝑎2 − )
3 5 0 3 5
3 5
𝑄𝑒𝑛𝑐 4𝜋𝜌0 2
𝑟 𝑟
𝐸𝑟 = = (𝑎 − )
4𝜋𝜀0 𝑟 2 4𝜋𝜀0 𝑟 2 3 5
 𝑟3 𝑟5
𝜌0 (𝑎2 3 − )
5
𝐸𝑟 = 2
𝜀0 𝑟
𝜌0 𝑎2 𝑟 𝑟 3
𝐸𝑟 = ( − )
𝜀0 3 5
𝜌0 𝑎2 𝑟 𝑟 3
𝑉 = ∫ 𝐸. 𝑑𝑙 = ∫ ( − )
𝜀0 3 5

𝜌0 𝑎2 𝑟 2 𝑟 4
𝑉= ( − ) + 𝐶2
𝜀0 6 20

Ya que 𝑉(𝑟 = 𝑎+ ) = 𝑉(𝑟 = 𝑎− ), igualamos V cuando 𝑟 > 𝑎

2𝜌0 𝜌0 𝑎4 𝑎4
= ( − ) + 𝐶2
15𝜀0 𝜀0 6 20
2𝜌0 𝜌0 𝑎4 𝑎4 2𝜌0 𝑎4 7𝜌0
𝐶2 = + ( − )= −
15𝜀0 𝜀0 20 6 15𝜀0 60𝜀0

Reemplazando:

𝜌0 𝑎2 𝑟 2 𝑟 4 2𝜌0 7𝜌0
𝑉= ( − )+ −
𝜀0 6 20 15𝜀0 60𝜀0

c) Halle la carga total

La carga total fue hallada en el punto a)

8𝜋𝜌0
𝑄𝑒𝑛𝑐 =
15

d) Demuestre 𝐸 cuando 𝑟 = 0.145𝑎

𝜌0 𝑎2 𝑟 𝑟 3
𝐸𝑟 = ( − )
𝜀0 3 5
𝜌0 𝑎2 (0.145𝑎) (0.145𝑎)3
𝐸𝑟 = ( − )
𝜀0 3 5
𝜌0 0.145𝑎3 0.003048𝑎3
𝐸𝑟 = ( − )
𝜀0 3 5
𝜌0
𝐸𝑟 = (0.047723𝑎3 )
𝜀0
 3. Dado el potencial V  r 3 cos  tg

𝜋 𝜋
a) Halle la Densidad (4, , )
2 3

̅ = 𝜀0 . 𝐸̅ , 𝐸 = − ∇ . 𝑉
𝐷

𝐷
= − ∇ .𝑉
𝜀0

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

𝐷 𝜕(𝑟 3 cos 𝜃 tg 𝜑) 1 𝜕(𝑟 3 cos 𝜃 . tg 𝜑)

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

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

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

𝐷 𝑟 2 cos 𝜃 . sec 2 𝜑
− = (3𝑟 2 cos 𝜃 . tg 𝜑 𝑟̂ − 𝑟 2 sen 𝜃 . tg 𝜑 𝜃̂ + 𝜑̂ )
𝜀0 sin 𝜃
𝜋 𝜋
Evaluamos en (4, , )
2 3

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

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

𝐷
− = (−16 . 1 . √3 𝜃̂ )
𝜀0

𝐷
− = −27.7128 𝜃̂
𝜀0

𝐷
= 27.7128 𝜃̂
𝜀0

𝐷 = 8, 85𝑥10−12 ∗ 27.7128
 𝐷 = 2,4525 𝑥 10−10 𝐶/𝑚2

𝑫 = 𝟎, 𝟐𝟒𝟓𝟐𝟓 𝒙 𝒏𝑪/𝒎𝟐

b) Calcule el trabajo realizado en el desplazamiento de una carga de 20 𝜇𝐶 del punto

𝐴(2, 30°, 45°) a 𝐵(5, 90°, 60°)
𝐵
𝑊 = −𝑄 ∫ 𝐸 . 𝑑𝑙 = 𝑄𝑉𝐴𝐵
𝐴

= 𝑄(𝑉𝐵 − 𝑉𝐴 )

Reemplazamos 𝐴(2, 30°, 45°) y 𝐵(5, 90°, 60°)

𝑉 = 𝑟 3 cos 𝜃 . tg 𝜙

𝑉𝐵 = 23 . cos 30° . tg 45°

𝑉𝐴 = 53 . cos 90° . tg 60°

𝑊 = 𝑄(𝑉𝐵 − 𝑉𝐴 ) = 20((23 . cos 30° . tg 45) − (53 . cos 90° . tg 60°))10−6

𝑊 = 138,56 𝜇J

4. Determine el campo eléctrico E, debido a los potenciales siguientes:

a) V  sen( x2  y 2  z 2 ) 2
1

Solución:

𝐸 = −∇𝑉
1 1 1
𝜕 (𝑠𝑒𝑛(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 ) 𝜕 (𝑠𝑒𝑛(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 ) 𝜕 (𝑠𝑒𝑛(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 )
𝐸 = −( 𝑥̂ + 𝑦̂ + 𝑧̂ )
𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧

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

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

1
cos(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2
𝐸 = −( 1 )
(𝑥 𝑥̂ + 𝑦 𝑦̂ + 𝑧 𝑧̂)𝑉/𝑚
(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2
b) V   2 ( z  1) sen

𝜕(𝜌2 (𝑧 + 1)𝑠𝑒𝑛𝜑) 1 𝜕(𝜌2 (𝑧 + 1)𝑠𝑒𝑛𝜑) 𝜕(𝜌2 (𝑧 + 1)𝑠𝑒𝑛𝜑)

𝐸 = −( 𝜌̂ + 𝜑̂ + 𝑧̂ )
𝜕𝜌 𝜌 𝜕𝜑 𝜕𝑧

𝐸 = −(2𝜌(𝑧 +̂
1)𝑠𝑒𝑛𝜑𝜌̂ + 𝜌(𝑧 + 1) cos 𝜑 𝜑̂ + 𝜌2 𝑠𝑒𝑛𝜑 𝑧̂ )

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

c) V  e r sen .cos 2

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

𝑒 −𝜌 𝑐𝑜𝑠𝜃 cos 2𝜑 2𝑒 −𝜌 sen 2𝜑

𝐸 = − (−𝑒 −𝜌 𝑠𝑒𝑛𝜃 cos 2𝜑 𝜌̂ + 𝜃̂ − 𝜑̂)
𝑝 𝜌

𝑒 −𝜌 𝑐𝑜𝑠𝜃 cos 2𝜑 2𝑒 −𝜌 sen 2𝜑

𝐸 = 𝑒 −𝜌 𝑠𝑒𝑛𝜃 cos 2𝜑 𝜌̂ − 𝜃̂ + 𝜑̂ 𝑉/𝑚
𝑝 𝜌