exámenes de teoría electromagnética

Exámenes de Teoría Electromagnética

Primer Departamental

q=1.0×10−7C

a=5.0cm [ 1m100cm ]=0.05m

q1=q=1.0×10−7C

q2=2q=2 (1.0×10−7C )=2.0×10−7C

q3=3q=3 (1.0×10−7C )=3.0×10−7C

k e=8.9875×109 N ∙m

2

C2

Las cargas todas son positivas, así que las fuerzas son de repulsión.

F⃗21=kq2 ∙ q1r 2

∙r⃗ 21

F21=ke‖q2‖∙‖q1‖

r2=(8.9875×109 N ∙m2

C2 ) (2.0×10−7C ) (1.0×10−7C )(0.05m )2

F21=0.0719N

F⃗31=kq3 ∙ q1r 2

∙r⃗ 31

F31=ke‖q3‖∙‖q1‖

r2=(8.9875×109 N ∙m2

C2 ) (3.0×10−7C ) (1.0×10−7C )(0.05m )2

F31=0.10785N

F21

Por principio de superposición:

F1=F21+F31=0.0719N+0.10785N

F1=0.17975N

q=24 μC=24×10−6C

E=610 NC

El campo está dirigido verticalmente, así que se toma como aceleración a la gravedad.

g=9.807 ms2

F=F y=q ∙ E=m∙a=m∙g

q ∙ E=m∙ g

m=q ∙ Eg

=(24×10−6C )(610 NC )

9.807ms2

=

(24×10−6C )(610 kg ∙mC ∙ s2 )9.807

ms2

m=0.001492811257 kg≈0.00149kg=1.49 g

F31

m=1.0×10−3g [ 1kg1000 g ]=1.0×10−6 kg

q=2.0×10−8C

Se toma en cuenta la aceleración de la gravedad, ya que no se está a niveles subatómicos.

Se hace un balance de fuerzas para conocer el valor del campo eléctrico:

∑i

F y=T ∙sin 120 °−m ∙g=0

∑i

F x=T ∙cos120 °+q ∙E=0

Tenemos un sistema de ecuaciones lineales de 2×2, y se procede a resolver:

T ∙ sin 120 °−m∙ g=0

T= m∙gsin 120°

=

(1.0×10−6kg)(9.807 ms2 )

sin 120 °

T=1.132414×10−5 kg ∙ms2

≈1.13×10−5N

T ∙cos120 °+q ∙ E=0

( m∙gsin 120 ° )cos120 °+q ∙E=0

m ∙gtan 120 °

+q ∙E=0

T

q∙E

E

m∙g

120°

E= −m∙ gq ∙ tan 120°

=−(1.0×10−6

kg )(9.807 ms2 )(2.0×10−8C ) tan 120 °

E=283.1037045 kg ∙mC ∙ s2

≈283.1037NC

Ahora, como se considera una lámina infinitamente cargada (“gran lámina conductora cargada”), se tiene que:

E= σ2 ϵ 0

σ=2 ϵ 0 ∙ E=2(8.8542×10−12 C2

N ∙m2 )(283.1037045 kg ∙mC ∙ s2 )σ=5.01×10−9 C

m2

v=5×108 cms [ 1m100cm ]=5×106ms

E=1.0×103 NC

=1.0×103 kg ∙mC ∙ s2

q=e=−1.6021917×10−19C

m=me=9.1095×10−31 kg

Como no se indica si el campo es horizontal o vertical se asumirá que es vertical.

F=q ∙ E=m∙a→a=q ∙ Em

v=v0+a ∙t→v=a ∙ t=q ∙ E ∙ tm

x−x0=v0∙ t+12a ∙t 2→x=1

2a ∙ t2=q ∙ E ∙ t2

m

v2=v02+2a (x−x0 )→v2=2a ∙ x=2q ∙ E ∙ x

m

Ahora resolvemos, considerando que el campo eléctrico va en dirección opuesta al electrón:

a=q ∙Em

=

(−1.6021917×10−19C )(1.0×103 kg ∙mC ∙ s2 )9.1095×10−31 kg

a=1.758814095×1014 ms2

El tiempo transcurrido fue:

t=va=

5×106ms

1.758814095×1014m

s2

t=2.842×10−8 s

La distancia recorrida máxima:

x=12a ∙ t

2=12 (1.758814095×1014 ms2 )(2.842×10−8 s )2

x=0.07107061533m

La energía cinética a 0.8 cm:

x=0.8cm [ 1m100cm ]=0.008m

K=12m∙v2=q ∙ E ∙ x=(1.6021917×10−19C )(1.0×103 NC ) (0.008m)

K=1.28175336×10−18N ∙m=1.28175336×10−18 J

q0=50×10−6C

q1=20×10−6C

q2=10×10−6C

Para trabajar vectorialmente necesitamos los ángulos de los vectores resultantes:

θ20= tan−1 0−33−0

=−45 °=135 °

θ10=tan−1 0−3

−2−0=56.30993247 °

También necesitamos las distancias entre cargas:

r20=√(0 j−3 j )2+(3 i−0 i )2=3√2≈4.242640687

r10=√(0 j−3 j )2+(−2 i−0 i )2=√13≈3.605551275

Ahora calculamos vectorialmente las fuerzas:

F⃗20=keq2∙ q0r202 ∙r⃗ 20=(8.9875×109 N ∙m2C2 ) (10×10−6C ) (50×10−6C )

(3√2m )2∙ (cos135 ° i+sin 135 ° j )

F⃗20=(−0.1765311721 i+0.1765311721 j ) N

y

xq1

q2

q0

F20

F10

F⃗10=keq1∙ q0r102 ∙r⃗ 10=(8.9875×109 N ∙m2C2 ) (20×10−6C ) (50×10−6C )

(√13m )2∙ (cos56.31° i+sin 56.31° j )

F⃗10=(0.3834898472i+0.5752347708 j )N

F⃗=F⃗20+ F⃗10=(−0.1765311721 i+0.1765311721 j+0.3834898472i+0.5752347708 j ) N

F⃗=(0.2069586751 i+0.7517659429 j )N

Calculamos su magnitud y su dirección:

F=√ (0.2069586751i )2+(0.7517659429 j )2=0.7797332403N

θ=tan−1 0.75176594290.2069586751

=74.60794608 °

R=a=20cm [ 1m100cm ]=0.2m

Q=40×10−6C

y=4m

Primero calculamos la densidad de carga para toda la superficie:

σ=QA

= Q2 π ∙R2

= Q2π ∙a2

=40×10−6C

2π (0.2m )2

σ=0.00015915494 Cm2

Debemos obtener una expresión para el campo eléctrico. Se sabe que para una superficie, la densidad de carga es:

σ= dqdA

Reacomodamos:

dq=σ ∙dA

El diferencial de área de la superficie circular, con radio r=a y anchura dr=da, es:

dA=2 π ∙r ∙ dr

Reescribimos:

dq=2π ∙σ ∙ r ∙ dr

Para la superficie circular se tiene el siguiente diagrama:

Ahora tomamos el componente Ey para definir el campo eléctrico:

E y=E ∙cos θ=(k e qh2 )( yh )= ke ∙ q ∙ y

h3=

ke ∙ q ∙ y

( ( y2+r2 )12 )3

E y=ke ∙ q ∙ y

( y2+r 2)32

Diferenciamos a ambos lados de la ecuación:

r

y

h

Ey

EEx

θ

d Ey=ke ∙ y

( y2+r2 )32

dq= k ∙ y

( y2+r2 )32

(2 π ∙σ ∙ r ∙ dr )

d Ey=2π ∙ ke ∙ σ ∙ yr ∙ dr

( y2+r2 )32

Ahora integramos la expresión:

E y=2π ∙ ke ∙ σ ∙ y∫0

Rr ∙ dr

( y2+r2 )32

E y=2π ∙ ke ∙ σ ∙ y [∫0R

( 22 ) r ∙ dr

( y2+r 2)32 ]

E y=2π ∙ ke ∙ σ ∙ y [ 12∫0R2 r ∙ dr

( y2+r2 )32 ]

E y=π ∙ ke ∙ σ ∙ y∫0

R2 r ∙ dr

( y2+r2 )32

E y=π ∙ ke ∙ σ ∙ y [ ( y2+r2 )−12

−12

]0

R

E y=π ∙ ke ∙ σ ∙ y [ ( y2+R2 )−12

−12

−( y2+02 )

−12

−12

]E y=π ∙ ke ∙ σ ∙ y [ ( y2+R2 )

−12 −( y2 )

−12

−12

]E y=−2π ∙ ke ∙ σ ∙ y [( y2+R2)

−12 −( y2 )

−12 ]

E y=2π ∙ ke ∙ σ ∙ y [ 1

( y2 )12

− 1

( y2+R2 )12 ]

E y=2π ∙ ke ∙ σ ∙ y [ 1y− 1

( y2+R2 )12 ]

E y=2π ∙ ke ∙ σ [1− y

( y2+R2)12 ]

Con esta expresión calculamos el campo eléctrico en el eje y:

E y=2π (8.9875×109 N ∙m2

C2 )(0.00015915494 Cm2 )[1− 4m

((4m )2+(0.2m )2 )12 ]

E y=11212.68859NC

q=e=−1.6021917×10−19C

m=me=9.1095×10−31 kg

En un condensador las placas tienen cargas opuestas:

d=5mm[ 1m1000mm ]=0.005m

Primero se calcula el campo eléctrico:

E=∆Vd

= 3000V0.005m

E=600000 Vm

=600000 JC ∙m

=600000 N ∙mC ∙m

E y=E=600000 NC

Calculamos la fuerza que actúe sobre el electrón:

a y=q ∙E y

m=e ∙E y

me

=(−1.6021917×10−19C )(600000 NC )

9.1095×10−31kg

a y=−1.055288457×1017 Nkg

=−1.055288457×1017 kg ∙ms2 ∙ kg

a y=−1.055288457×1017ms2

F y=q ∙ Ey=m∙a y

F y=q ∙ Ey=e ∙ Ey=(−1.6021917×10−19C )(600000 NC )=−9.6131502×10−14N

F y=m∙a y=me ∙ a y=(9.1095×10−31kg )(−1.055288457×1017ms2 )=−9.6131502×10−14

kg ∙m

s2

F y=−9.6131502×10−14N

Para calcular la velocidad tenemos:

v2=2a ∙ y=2ay ∙ d

v=√2ay ∙ d=√2(−1.055288457×1017ms2 ) (−0.005m )

v=3.248520366×107 ms

E=En=3×103 NC

a=20cm=0.20m

b=5cm=0.05m

h=12cm=0.12m

El área lateral de un cono truncado es:

A=π (a+b ) g

El valor de g, que es la generatriz del área lateral del cono truncado, es:

g=√(20cm−5cm )2+(12cm )2=3√41cm≈0.1920937271m

El ángulo que forma el campo con respecto a esta generatriz es:

θ=tan−1 0.20m−0.05m0.12m

=51.34019175 °

Considerando solo el área lateral, con su dirección correspondiente:

ΦC=∮En ∙dA=En (π (a+b ) g∙cosθ )

ΦC=(3×103 NC ) (π (0.20m+0.05m ) (0.1920937271m ) ∙cos51.34019175 ° )

ΦC=282.7433388N ∙m2

C

Si consideramos todo el cuerpo:

ΦC=∮En ∙dA=En (π (a+b ) g ∙cos θ+π ∙b2−π ∙a2 )

ΦC=En ∙ π ( (a+b ) g ∙cos θ+b2−a2 )

ΦC=(3×103 NC ) ∙ π ( (0.20m+0.05m) (0.1920937271m ) ∙cos51.34019175 °+(0.05m )2−(0.20m )2 )

ΦC=−70.68583476 N ∙m2

C

Con las distancias dadas se describe un triángulo rectángulo:

102=82+62

Entonces es más fácil visualizar la posición de las cargas y de los puntos:

Para el punto A, el potencial es:

V A=ke ( q1r1 A +q2r 2A )=(8.9875×109 N ∙m2

C2 )( 4×10−9C0.05m

+−30×10−9C0.05m )

V A=−4673.5 N ∙mC

=−4673.5 JC

V A=−4673.5V

Para el punto B, el potencial es:

V B=k e( q1r1B +q2r2B )=(8.9875×109 N ∙m2C2 )( 4×10−9C

0.08m+−30×10−9C

0.06m )V B=−4044.375V

Ahora para calcular el trabajo necesario para transportar dicha carga:

q3=25×10−9C

Esta es una carga de prueba, entonces se puede calcular el trabajo involucrado en su transporte del punto A al punto B:

∆V AB=V B−V A=−4044.375V− (−4673.5V )

∆V AB=629.125V

W=q3 ∙∆V AB=(25×10−9C ) (629.125V )

W=1.572812×10−5V ∙C=1.572812×10−5 J

Las energías potenciales de cada carga con respecto a la carga de prueba son:

U A=V A ∙ q3=(−4673.5V ) (25×10−9C )

U A=−1.168375×10−4 J

U B=V B∙ q3=(−4044.375V ) (25×10−9C )

U B=−1.0110937×10−4 J

En el cálculo se utiliza la carga de prueba ya que la energía potencial se debe a la interacción carga-campo cuando una carga de prueba es colocada en el campo eléctrico.

Sin embargo, si se quiere la energía potencial que existe solo entre las dos cargas, entonces se hace lo siguiente:

U=keq1 ∙ q2r12

=(8.9875×109 N ∙m2

C2 ) (4×10−9C ) (−30×10−9C )0.1m

U=−1.0785×10−5 N ∙m=−1.0785×10−5 J

Los problemas 1, 2, 3 y 5 son los mismos que los del examen anterior.

ΦC=∮En ∙dA=E∮dA

ΦC=E ∙ A= qϵ 0

Se sabe que la densidad superficial lineal de carga es:

λ=ql

q=λ ∙ l

Entonces sustituimos:

ΦC=E ∙ A= qϵ 0

= λ∙ lϵ 0

Ahora sustituimos el área de una superficie curva y resolvemos para el campo eléctrico:

ΦC=E ∙ A=E (2π ∙ r ∙l )= λ ∙ lϵ 0

E= λ ∙ l2 π ∙ r ∙ l ∙ ϵ 0

E= λ2 π ∙ ϵ 0 ∙ r

Se sabe que:

k e=1

4π ∙ ϵ 0

Entonces:

E2

= λ2 (2 π ∙ ϵ 0 ∙ r )

= λ4 π ∙ϵ 0 ∙ r

=ke ∙ λ

r

E=2k e ∙ λ

r

q=e=−1.6021917×10−19C

m=me=9.1095×10−31 kg

a y=q ∙Em

=(−1.6021917×10−19C )(3.1×104 NC )

9.1095×10−31kg

a y=−5.452323695×1015 Nkg

=−5.452323695×1015 kg ∙ms2 ∙ kg

a y=−5.452323695×1015 ms2

v2=2a ∙ y

v=√2ay ∙ d=√2(−5.452323695×1015ms2 ) (−0.016m )

v=1.320887422×107ms


t=va=1.320887422×107

ms

5.452323695×1015m

s2

t=2.42×10−9 s


x=12a ∙ t

2=12 (5.452323695×1015 ms2 )(2.42×10−9

s )2

x=0.016m

La energía cinética:

K=12m∙v2=q ∙ E ∙ x=(1.6021917×10−19C )(3.1×104 NC ) (0.016m )

K=7.946870832×10−17N ∙m=7.946870832×10−17 J


θ20= tan−1 0−0.60.4−0

=−56.30993247=123.6900675°

θ10=tan−1 0−0.6

−0.5−0=50.19442891°


r20=√(0 j−0.6 j )2+(0.4 i−0 i )2=√135

≈0.7211102551m

r10=√(0 j−0.6 j )2+(−0.5 i−0i )2=√6110

≈0.7810249676m


F⃗20=keq2∙Q

r202 ∙ r⃗20=(8.9875×109 N ∙m2

C2 ) (4.5×10−6C ) (4×10−6C )

(√135 m)2 ∙ (cos123.6900675 ° i+sin 123.6900675° j )

F⃗20=(−0.1725704311 i+0.2588556469 j ) N

F⃗10=keq1∙Q

r102 ∙ r⃗10=(8.9875×109 N ∙m2

C2 ) (−3.4×10−6C ) (4×10−6C )

(√6110 m)2 ∙ (cos50.19442891 ° i+sin 50.19442891 ° j )

F⃗10=(−0.1282782609 i−0.1539339131 j ) N

F⃗=F⃗20+ F⃗10=(−0.1725704311 i+0.2588556469 j−0.1282782609 i−0.1539339131 j )N

F⃗=(−0.300848692 i+0.1049217339 j )N


F=√ (−0.300848692 i )2+(0.1049217339 j )2=0.3186196882N

θ=tan−1−0.3008486920.1049217339

=−70.77365461 °=109.2263454 °

(Pendiente)

Necesitamos las distancias entre cargas y el punto P:

r2 P=√ (1k−2k )2+(1 j−1 j )2+(2 i−(−3 ) i )2≈5.0990195135928m

r1P=√ (1k−(−3 ) k )2+(1 j−3 j )2+(2 i−1i )2≈4.5828756949558m

Ahora calculamos vectorialmente las fuerzas; en este caso se emplea otro tipo de vector unitario:

E⃗2 P=k eq2r2P2 ∙ r⃗2P=(8.9875×109 N ∙m2C2 ) (−6.1×10−6C )

(5.0990195135928m )2∙ [(1k−2k )+(1 j−1 j)+(2i−(−3)i)

5.0990195135928 ]

E⃗2 P=(−2067.6580699582 i+0 j+413.53161399163 k ) NC

E⃗1 P=k eq1r1P2 ∙ r⃗1P=(8.9875×109 N ∙m2C2 ) (−5×10−6C )

(4.5828756949558m )2∙[ (1k−(−3)k)+(1 j−3 j)+(2i−1 i)

4.5828756949558 ]E⃗1 P=(−466.96030678476 i+933.92061356952 j−1867.841227139 k ) N

C

E⃗=E⃗2P+ E⃗1P=(−2067.6580699582 i+0 j+413.53161399163 k−466.96030678476 i+933.92061356952 j−1867.841227139 k ) N

E⃗=(−2534.618376743 i+933.92061356952 j−1454.3096131474 k ) NC


E=√ (−2534.618376743i )2+(933.92061356952 j )2+(−1454.3096131474 k )2

E=3067.8191731369 NC

F⃗=F⃗21+ F⃗31

F⃗=k eq2 ∙ q1r212 ∙ r⃗21+ke

q3 ∙ q1r 312 ∙ r⃗31

F⃗=k e ∙ q1( q2r212 ∙r⃗ 21+q3r312 ∙r⃗ 31)

F⃗ke ∙ q1

=( q2r212 ∙r⃗ 21+q3r312 ∙r⃗ 31)

F⃗ke ∙ q1

−q2r212 ∙ r⃗21=

q3r312 ∙ r⃗31

r312 =

q3F⃗

ke ∙ q1−q2r212 ∙ r⃗21

∙ r⃗31

r31=√ q3F⃗

k e ∙ q1−q2r212 ∙r⃗21

∙ r⃗31

r31=√ −8×10−6C

−7 j N

(8.9875×109 N ∙m2

C2 )(−3×10−6C )−

(−5×10−6C )(0.2m )2

∙ (cos0 ° )∙ (cos180 ° )

r31=0.14422121524667mendirecciónnegativa

(Pendiente)

El campo eléctrico va en dirección de la carga positiva a negativa. Ahora calculamos el campo eléctrico:

E=∆Vd

=6000V0.5m

E=12000 Vm

=12000 JC ∙m

=12000 N ∙mC ∙m

E y=E=12000 NC

En este caso, si se toma en cuenta la aceleración de gravedad, ya que no se está a niveles subatómicos.

Empleamos ángulos directores en el balance de fuerzas, para las cuerdas de tensión:

q∙E

m∙g

T1T2

∑i

F y=T 1 ∙ sin 330 °+T2 ∙ sin210 °−m∙g−q ∙ E=0

∑i

F x=T1 ∙cos 330°+T 2∙cos210 °=0

Sólo empleamos la primera ecuación, resolviendo para el valor de la carga:

T 1 ∙ sin 330°+T 2 ∙ sin 210 °−m ∙g−q ∙ E=0

T 1 ∙ sin 330°+T 2 ∙ sin 210 °−m ∙g=q ∙ E

q=T1 ∙sin 330 °+T 2 ∙ sin 210 °−m∙ g

E

q=

(3×10−2N ) ∙ sin330 °+(3×10−2N )∙ sin 210 °−(0.005kg )(9.807 ms2 )

12000NC

q=−6.58625×10−6C

(Pendiente).

La carga y la masa del electrón son:

q=e=−1.6021917×10−19C

m=me=9.1095×10−31 kg

La velocidad de la luz es:

c=2.99792458×108ms

El electrón busca llegar a un décimo de esa velocidad:

v= 110

c= 110 (2.99792458×108 ms )

v=2.99792458×107 ms

La aceleración en el campo eléctrico mencionado:

a=q ∙Em

=(−1.6021917×10−19C )(1×106 NC )

9.1095×10−31 kg

a=−1.758814095175×1017 Nkg

=−1.758814095175×1017 kg ∙ms2 ∙ kg

a=−1.758814095175×1017 ms2


t=va=

2.99792458×107ms

1.758814095175×1017m

s2

t=1.7045147569738×10−10 s

La carga y la masa de la partícula alfa son:

q=3.2×10−19C

m=6.68×10−27 kg

Su velocidad inicial es:

c=4×105ms

La aceleración en el campo eléctrico mencionado:

a=−q ∙Em

=(3.2×10−19C )(4.8×103 NC )

6.68×10−27 kg

a=−2.2994011976048×1011 Nkg

=−2.2994011976048×1011 kg ∙ms2 ∙ kg

a=−2.2994011976048×1011 ms2

Se toma signo negativo, ya que la partícula se lanza de tal forma que desacelere.

Se calcula el tiempo que tarda en llegar al reposo:

v=v0+a ∙t

t=v−v0a

=0−4×105m

s

−2.2994011976048×1011m

s2

t=1.73958333×10−6 s


x=12a ∙ t

2=12 (2.2994011976048×1011 ms2 )(1.73958333×10−6

s )2

x=0.347916667m


θ23=tan−1 0−0.60.5−0

=−50.194428907735 °=129.80557109227 °

θ13= tan−1 0−0.6

−0.4−0=56.30993247402 °


r23=√(0 j−0.6 j )2+(0.5 i−0 i )2≈0.78102496759067m

r13=√(0 j−0.6 j )2+(−0.4 i−0 i )2≈0.7211102550928m


F⃗23=keq2∙ q3r232 ∙r⃗23=(8.9875×109 N ∙m2

C2 ) (4.5×10−6C ) (4×10−6C )(0.78102496759067m )2

∙ (cos129.80557109227 ° i+sin 129.80557109227 ° j )

F⃗23=(−0.1697800512389 i+0.20373606148664 j ) N

F⃗13=keq1∙ q3r132 ∙r⃗13=(8.9875×109 N ∙m2

C2 ) (−3.4×10−6C ) (4×10−6C )(0.7211102550928m )2

∙ (cos56.30993247402° i+sin 56.30993247402° j )

F⃗10=(−0.13038654804733 i−0.19557982207099 j ) N

F⃗=F⃗23+ F⃗13=(−0.1697800512389 i+0.20373606148664 j−0.13038654804733 i−0.19557982207099 j ) N

F⃗=(−0.30016659928623 i+0.00815623941565 j ) N


F=√ (−0.30016659928623 i )2+ (0.00815623941565 j )2=0.3002773910378N

θ=tan−1−0.300166599286230.00815623941565 j

=−88.443520583727 °=91.556479416273 °

(Pendiente).

Necesitamos las distancias entre cargas y el punto P:

r2 P=√ (1k−2k )2+(1 j−1 j )2+(2 i−(−3 ) i )2≈5.0990195135928m

r1P=√ (1k−(−3 ) k )2+(1 j−3 j )2+(2 i−1i )2≈4.5828756949558m


E⃗2 P=k eq2r2P2 ∙ r⃗2P=(8.9875×109 N ∙m2C2 ) (−6×10−6C )

(5.0990195135928m )2∙ [(1k−2k )+(1 j−1 j)+(2i−(−3)i)

5.0990195135928 ]E⃗2 P=(−2033.7620360244 i+0 j+406.75240720488k ) N

C

E⃗1 P=k eq1r1P2 ∙ r⃗1P=(8.9875×109 N ∙m2C2 ) (−5×10−6C )

(4.5828756949558m )2∙[ (1k−(−3)k)+(1 j−3 j)+(2i−1 i)

4.5828756949558 ]E⃗1 P=(−466.96030678476 i+933.92061356952 j−1867.841227139k ) N

C

E⃗=E⃗2P+ E⃗1P=(−2033.7620360244 i+0 j+406.75240720488k−466.96030678476 i+933.92061356952 j−1867.841227139k )N

E⃗=(−2500.7223428092i+933.92061356952 j−1461.0888199341k ) NC

Calculamos su magnitud:

E=√ (−2500.7223428092i )2+(933.92061356952 j )2+(−1461.0888199341k )2

E=3043.1234756433 NC

Calculamos el lado c que se desconoce del área sombreada:

sin 30 °= c5m

c= (5m ) (sin 30 ° )

c=2.5m

Considerando solo el área sombreada, con su dirección correspondiente:

ΦC=∮En ∙dA=En (b ∙c )

a

b

c

d

ΦC=(7.6×104 NC ) (6m ) (2.5m )

ΦC=1140000N ∙m2

C

El ángulo que forma el campo con respecto a la cara inclinada frontal es:

θ=180°−90 °−30 °

θ=60 °

El ángulo que forma el campo con respecto a la cara inclinada trasera es:

θ=180°−60 °

θ=120°

Considerando solo el área de las dos caras inclinadas, con su dirección correspondiente:

ΦC=∮En ∙dA=En ( (a ∙b ) cos60 ° )+En ( (a ∙b ) cos120 ° )

ΦC=En (a ∙b ) (cos60 °+cos120 ° )

ΦC=(7.6×104 NC ) (5m) (6m ) (cos60 °+cos120 ° )

ΦC=0

La cara lateral del cuerpo es un paralelogramo, que se puede considerar un rectángulo inclinado. De esta forma, si se parte en dos triángulos rectángulos, se puede calcular el lado d que falta:

cos30 °=5md

d= 5mcos 30°

d=5.7735026918962m

Las caras de arriba y de abajo están a 90° y a 270°, ya que son paralelas al flujo eléctrico. Las caras laterales están a 0° y a 180°. Estas observaciones se toman con ángulos directores. Si consideramos todo el cuerpo:

ΦC=∮En ∙dA=En (a ∙b ∙cos60 °+a ∙b ∙cos120 °+b ∙d ∙cos90 °+b ∙d ∙cos 270°+c ∙d ∙cos0 °+c ∙d ∙cos180 ° )

Aunque, si tomamos solo los ángulos formados entre el campo y el área, todos los lados del cuerpo forman ángulos de 90°, excepto las caras inclinadas.

ΦC=∮En ∙dA=En (a ∙b ∙cos60 °+a ∙b ∙cos120 °+b ∙d ∙cos90 °+b ∙d ∙cos 90 °+c ∙d ∙cos 90 °+c ∙d ∙cos 90° )

De cualquier forma, el resultado es el mismo:

ΦC=0

q1 (1 ,5 ,−3 )

q2 (2 ,−1 ,3 )

q3 (−2 ,0 ,1 )

q4 (2 ,4 ,0 )

Necesitamos las distancias entre cargas:

r21=√ (2 i−1i )2+(−1 j−5 j )2+(3k−(−3 ) k )2≈8.5440037453175m

r31=√ (−2 i−1i )2+(0 j−5 j )2+(1k−(−3 ) k )2≈7.0710678118655m

r 41=√(2 i−1 i )2+(4 j−5 j )2+ (0k− (−3 ) k )2≈3.3166247903554m


F⃗21=keq1∙ q2r212 ∙ r⃗21=(8.9875×109 N ∙m

2

C2 ) (50×10−6C ) (20×10−6C )(8.5440037453175m )2

∙ [ (2 i−1i )+(−1 j−5 j )+ (3k− (−3 ) k )8.5440037453175 ]

F⃗21=(−0.014409689183907 i−0.08645813510344 j+0.086458135103442k )N

F⃗31=keq1∙ q3r312 ∙ r⃗31=(8.9875×109 N ∙m

2

C2 ) (50×10−6C ) (−10×10−6C )(7.0710678118655m)2

∙ [ (−2 i−1i )+(0 j−5 j )+(1k−(−3 ) k )7.0710678118655 ]

F⃗31= (0.038130733175484 i+0.06355122195914 j−0.050840977567312 k )N

F⃗41=keq1∙ q4r 412 ∙ r⃗41=(8.9875×109 N ∙m

2

C2 ) (50×10−6C ) (−30×10−6C )(3.3166247903554m )2

∙ [ (2 i−1i )+(4 j−5 j )+ (0k−(−3 ) k )3.3166247903554 ]

F⃗41=(−0.36952271037173 i+0.36952271037173 j−1.1085681311152 k ) N

F⃗=F⃗21+ F⃗31+ F⃗31

F⃗=(−0.014409689183907 i−0.08645813510344 j+0.086458135103442k+0.038130733175484 i+0.06355122195914 j−0.050840977567312k−0.36952271037173 i+0.36952271037173 j−1.1085681311152k )N

F⃗=(−0.34580166638015 i+0.34661579722743 j−1.072950973579 k ) NC


F=√ (−0.34580166638015 i )2+ (0.34661579722743 j )2+ (−1.072950973579k )2

F=1.1793833537333N

q=e=−1.6021917×10−19C

m=me=9.1095×10−31 kg

E=180 NC

=180 kg ∙mC ∙ s2

La aceleración se calcula como sigue:

F=q ∙ E=m∙a

a=q ∙Em

=

(−1.6021917×10−19C )(180 kg ∙mC ∙ s2 )9.1095×10−31kg

a=a y=−3.1658653713157×1013ms2

Esto indica que el electrón va desacelerando. Su aceleración sólo está en dirección y. Su velocidad sólo está en dirección x. El electrón experimenta una aceleración constante hacia abajo, y su movimiento es parabólico mientras está entre las placas.

v0x=2.8×106ms

ax=0

x−x0=v0x ∙t+12ax ∙ t

2

x−x0=v0x ∙t

t=x−x0v0 x

= 1m−0

2.8×106ms

t=3.5714285714286×10−7 s

Ahora calculamos el desplazamiento vertical máximo:

v0 y=0

y− y0=v 0 y ∙ t+12a y ∙ t

2

y= y0+12ay ∙t

2

y=0+12 (−3.1658653713157×1013ms2 ) (3.5714285714286×10−7

s)2

y=−2.0190467929311m

La velocidad final es:

v y=v0 y+ay ∙ t

v y=0+(−3.1658653713157×1013ms2 )(3.5714285714286×10−7 s )

v y=−1.13066620404×107ms

La intensidad de campo eléctrico es:

E⃗=E⃗10+ E⃗20

E⃗=keq1r102 ∙ r⃗10+ke

q2r202 ∙ r⃗20

E⃗=ke ( q1r102 ∙ r⃗10+q2r202 ∙ r⃗20)

E⃗=(8.9875×109 N ∙m2C2 )(−15×10−6C

(1m−2m )2∙cos180 °+ 5×10

−6C(3m−2m )2

∙cos 0°)E⃗=1.79750×105 N

C

La fuerza eléctrica es:

F⃗=F⃗10+ F⃗20

F⃗=k eq1 ∙ q0r102 ∙ r⃗10+ke

q2 ∙ q0r202 ∙r⃗20

F⃗=k e ∙ q0( q1r102 ∙ r⃗10+q2r202 ∙ r⃗20)

F⃗=(8.9875×109 N ∙m2

C2 )(7×10−6C )(−15×10−6C

(1m−2m)2∙cos 180°+ 5×10

−6C(3m−2m )2

∙cos 0 °)F⃗=1.25825N

El punto donde el campo eléctrico es cero:

E⃗=E⃗10+ E⃗20

E⃗=keq1r102 ∙ r⃗10+ke

q2r202 ∙ r⃗20

E⃗=ke ( q1r102 ∙ r⃗10+q2r202 ∙ r⃗20)

0=ke ( q1r102 ∙ r⃗10+q2r202 ∙ r⃗20)

0=q1r 102 ∙ r⃗10+

q2r202 ∙ r⃗20

−q1r102 ∙ r⃗10=

q2r202 ∙ r⃗20

−r102

q1 ∙r⃗ 10=

r⃗20q2 ∙ r⃗20

−(1m−x0 )2

(−15×10−6C )cos180 °=

(3m−x0 )2

(5×10−6C )cos 0°

(−66666.6667C−1 ) (1m−x0 )2=(200000C−1 ) (3m−x0 )2

1m2−(2m) x0+x02=−3 (9m2− (6m) x0+x0

2 )

1m2−(2m) x0+x02=−27m2+(18m ) x0−3 x0

2

4 x02+ (−20m ) x0+28m

2=0

x0=−b∓√b2−4a ∙ c

2a=

−(−20m )∓√ (−20m )2−4 (4 ) (28m2 )2 (4 )

x0={1.3819660112501m3.6180339887499m

El área lateral de un cono es:

A=π ∙ r ∙ g

Donde g es la generatriz. Con la ayuda del radio b, y la altura h, definimos un triángulo rectángulo, y podemos calcular el valor de g.

g2=b2+h2

g=√b2+h2=√ (0.2m )2+ (0.3m )2

g=0.3605551275464m

El ángulo que forma el área con el campo es:

θ=tan−1 bh=tan−1 0.2m

0.3m

θ=33.69006752598°


ΦC=∮En ∙dA=En (π ∙b ∙g )cosθ

ΦC=(200×102 NC ) (π (0.2m) (0.3605551275464m) )cos33.69006752598 °

ΦC=3769.9111843077N ∙m2

C

g

El campo dentro de un conductor esférico es cero.

El campo afuera del conductor esférico es el mismo que el que tuviera una carga puntual.

El volumen de una esfera es:

V= 43π ∙ r3

La densidad de carga volumétrica es:

ρ=QV

Resolvemos para la carga de una esfera:

Q= ρ∙V= ρ( 43 π ∙ r3)Aunque conviene considerar también:

ρ= Q43π ∙r3

= 3Q

4 π ∙ r3

El área de una esfera es:

A=4 π ∙ r2

La Ley de Gauss para una esfera es:

ΦC=∮En ∙dA=E (4 π ∙r 2)=Qϵ 0

E= Q

4 π ∙ ϵ 0 ∙ r2=ke

Q

r2

Se considerará:

a=0.06m

b=0.20m

c=0.26m

r=0.12cm

R=0.40m

Para la esfera aislante de radio a:

E= Q

4 π ∙ ϵ 0 ∙ r2=ρ( 43 π ∙ r3)4 π ∙ ϵ 0 ∙ r

2

E=ρ ∙ r3 ϵ 0

E=

3Q

4 π ∙a3∙ r

3 ϵ 0

E= Q∙r

4 π ∙ ϵ 0 ∙ a3

Esta expresión serviría para calcular la carga del aislante, sin embargo como dentro del cascarón esférico el campo eléctrico es cero cuando r<a, no se puede determinar la carga del aislante. Sólo se puede calcular la carga presente en r=0.12 m, donde hay presente un campo.

E= Q

4 π ∙ ϵ 0 ∙ r2=ke

Q

r2

Q= E ∙ r2

ke=

(3.6×103 NC ) (0.12m )2

8.9875×109N ∙m2

C2

Q=5.7680×10−9C

Algo semejante pasa con el cascarón esférico, como es un conductor, dentro de él, el campo eléctrico es cero. Entonces, tenemos de forma análoga para R=0.4 m:

E= Q

4 π ∙ ϵ 0 ∙R2=ke

Q

R2

Q= E ∙R2

ke=

(2×103 NC )(0.4m )2

8.9875×109N ∙m2

C2

Q=3.5605×10−9C

Para la cara interna tenemos:

Q= E ∙b2

ke=

(3.6×103 NC ) (0.2m )2

8.9875×109N ∙m2

C2

Q=1.6022×10−9C

Para la cara externa tenemos:

Q= E ∙c2

k e=

(2×103 NC ) (0.26m )2

8.9875×109N ∙m2

C2

Q=1.5043×10−9C

Los problemas 2, 3 y 4 son los mismos que los del examen anterior.

q0 (1 ,1 ,1 )

q1 (2 ,2 ,0 )

q2 (3 ,3 ,−2 )

q3 (1 ,2 ,1 )

La carga del protón es:

q0=p+¿=1.6021917× 10−19C ¿

Necesitamos las distancias entre cargas:

r10=√(2 i−1i )2+(2 j−1 j )2+(0k−1k )2≈1.7320508075689m

r20=√(3 i−1 i )2+(3 j−1 j )2+ (−2k−1k )2≈4.1231056256177m

r30=√(1 i−1i )2+(2 j−1 j )2+(1k−1k )2≈1.0m


F⃗10=keq1∙ q0r102 ∙r⃗ 10=(8.9875×109 N ∙m2C2 ) (2×10−6C ) (1.6021917×10−19C )

(1.7320508075689m)2∙ [ (2 i−1i )+(2 j−1 j )+ (0k−1k )

1.7320508075689 ]F⃗10=(0.00055424463073 i+0.00055424463073 j−0.00055424463073k )N

F⃗20=keq2∙ q0r202 ∙r⃗ 20=(8.9875×109 N ∙m2C2 ) (−5×10−6C ) (1.6021917×10−19C )

(4.1231056256177m )2∙[ (3 i−1 i )+ (3 j−1 j )+(−2k−1k )

4.1231056256177 ]F⃗20=(−2.0543763126×10−16 i−2.0543763126×10−16 j+3.0815644689×10−16k )N

F⃗30=keq3∙ q0r302 ∙ r⃗30=(8.9875×109 N ∙m2C2 ) (−2×10−6C ) (1.6021917×10−19C )

(1.0m )2∙[ (1 i−1i )+(2 j−1 j )+ (1k−1k )

1.0 ]

F⃗30=(0 i−2.87993958075×10−15 j+0 k )N

F⃗=F⃗10+ F⃗20+ F⃗30

F⃗=(0.00055424463073 i+0.00055424463073 j−0.00055424463073k−2.0543763126×10−16 i−2.0543763126×10−16 j+3.0815644689×10−16 k+0 i−2.87993958075×10−15 j+0k )N

F⃗=(0.00055424463073172 i+0.00055424463072884 j−0.00055424463073162k ) NC


F=√ (0.00055424463073172i )2+(0.00055424463072884 j )2+ (−0.00055424463073162k )2

F=9.5997986024787×10−4 N

El área lateral de un cilindro es:

A=2π ∙ r ∙ h


θ=0 °


ΦC=∮En ∙dA=En (2 π ∙r ∙ h ) cosθ

ΦC=(300×102 NC ) (2π (0.12m ) (0.4m ) )cos0 °

ΦC=9047.7868423388N ∙m2

C

El área lateral de una esfera es:

A=4 π ∙ r2

Pero se trata de una semiesfera, entonces:

A=2π ∙ r2


θ=0 °


ΦC=∮En ∙dA=∮ (k eQr 2 )dA=keQ

r2∮dA

ΦC=k eQ

r 2(2π ∙ r2 )

ΦC=2π ∙ ke ∙Q

Una forma alterna es:

ΦC=2π ( 14 π ∙ ϵ 0 )Q

ΦC=Q2ϵ 0

Obtenemos la carga:

E=keQ

r2

Q= E ∙ r2

ke=

(36.4 NC )(0.15m )2

8.9875×109N ∙m2

C2

Q=9.112656467315×10−11C

Ahora calculamos el flujo:

ΦC=2π ∙ ke ∙Q=2π (8.9875×109 N ∙m2C2 ) (9.112656467315×10−11C )

ΦC=5.14592876658N ∙m2

C

ΦC=Q2ϵ 0

=9.112656467315×10−11C

2(8.8542×10−12 C2

N ∙m2 )ΦC=5.14592876658

N ∙m2

C

exámenes de teoría electromagnética

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