cap 08 hayt solucionario español

8/10/2019 Cap 08 Hayt solucionario espaol

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CAPTULO 8

8.1a. EncuentreH en componentes cartesianas en P (2,3,4)si hay un filamento de corriente en el eje zllevando8 mA en la direccin az.Aplicando la Ley Biot-Savart, obtenemos

Ha=

I dL aR4 R2

=

I dz az [2ax+ 3ay+ (4 z)az]4(z2 8z + 29)3/2 =

I dz[2ay 3ax]4(z2 8z + 29)3/2

Usando las tablas integrales, este se evala como

Ha=I

4

2(2z 8)(2ay 3ax )52(z2 8z + 29)1/2

= I26

(2ay 3ax )

Entonces como I=8 mA, finalmente obtenemosHa= 294ax+196ay A/mb. Repita si el filamento est localizado en x= 1,y=2: La integralBiot-Savart se vuelve

Hb=

I dz az [(2 +1)ax+ (3 2)ay+ (4 z)az]

4(z2 8z + 26)3/2 =

I dz[3ay ax]

4(z2 8z + 26)3/2

Evaluando como anteriormente, obtenemos con I=8 mA:

Hb=I

4

2(2z 8)(3ayax )40(z2 8z + 26)1/2

= I20

(3ay ax ) = 127ax+ 382ay A/m

c. EncuentreH si ambos filamentos estn presentes: Este ser exactamente la suma de los resultados del inciso a

HT=

Ha+

Hb=

421ax+

578ay A/m

Este problema tambin puede hacerse (algo ms simple) usando el resultado conocido para H de un alambreinfinitamente-largo en componentes cilndricas, y transformando a componentes cartesianas. El mtodo

Biot-Savart se uso aqu por la ilustracin.

8.2. Un filamento de corriente de3axse encuentra a lo largo del eje x. EncuentreH en componentes cartesianas en P(1Usamos la ley deBiot-Savart,

H =

I dL aR4 R2

donde I dL=

3dxax , aR=

[

(1+

x)ax+

3ay+

2az]/R, y R=

x2

+2x

+14. As

HP=

3dxax [(1 + x)ax+ 3ay+ 2az]4(x 2 + 2x + 14)3/2 =

(9az 6ay ) dx4(x2 + 2x + 14)3/2

= (9az 6ay )(x + 1)4(13)

x2 + 2x + 14

= 2(9az 6ay )4(13)

= 0.110az 0.073ay A/m

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8.3. Dos filamentos semi-infinitos en el eje zpermanece en las regiones < z < a(notar error tipogrfico enel problema presentado) y a < z < . Cada uno lleva una corriente Ien la direccin a z.a) CalculeH como una funcin de y en z= 0: Una manera de hacer esto es usar el campo de una

lnea infinita y substraer de l la porcin de campo que derivara del segmento de corriente

ena < z < a, encontrado de la ley de Biot-Savart. As,

H = I2

a a

aI dz az [ a z az]

4 [2 + z2]3/2

La parte integral se simplifica y es evaluada: aa

I dz a4 [2 + z2]3/2=

I

4a

z

2

2 + z2aa

= I a2

2 + a2

a

Finalmente

H = I2

1 a

2 + a2

a A/m

b) Qu valor de acausar la magnitud de H en =1,z =0,para obtener una mitad del valorpara un filamento infinito? Requerimos

1 a2 + a2

=1

= 12

a1 + a2

= 12

a= 1/

3

8.4a.) Un filamento se forma en un crculo de radio a, centrado en el origen en el plano z= 0.Si lleva unacorriente I en la direccin a. EncuentreH en el origen. Usamos la ley de Biot-Savart, que en este casose vuelve:

H = circuito

I dL aR4 R2

= 20

I a d a (a )4 a2

= 0.50 Ia

az A/m

b.) Un filamento de la misma longitud se forma en un cuadrado en el plano z=0 Los lados son paralelos aleje de la coordenada y una corriente I fluye en la direccin general a. De nuevo, encuentre H en el origen. Ya que el circuito es de la misma longitud, su permetro es 2a,y as cada uno de los cuatro lados es de longitud aUsando la simetra, podemos encontrar el campo magntico al origen asociado con cada uno de los 8 medio-l(extendindose de 0a a/4 a lo largo de cada direccin de la coordenada) y multiplicar el resultado por 8.Tomando uno de los segmentos en la direccin dey, la ley de Biot-Savart se vuelve

H= circuito

I dL aR4 R2 =

8 a/4

0

I dy ay (a/4) ax y ay4 y2 + (a/4)23/2

= aI2

a/40

dy azy2 + (a/4)23/2=

aI

2

y az

(a/4)2

y2 + (a/4)2 a/40

= 0.57 Ia

az A/m

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8.5. Los conductores filamentarios paralelos mostrados en la Fig. 8.21 se encuentran en espacio libre. Trace |H|contra y, 4 a: Suponga el circuito rectangular fue retirado tal que el segmento exteriordirigido a z-se mueve ms all y ms all lejos del cilindro. Esperaramos que Hzdisminuya al exterior (como implicara la ley de Biot-Savart) pero la misma cantidad de corriente siempre eencerrada no importa qu lejos est el segmento exterior. Debemos concluir por consiguiente que el campoexterior es cero.

d) Muestre que Hz= Ka para < a: Con nuestra trayectoria rectangular establecido en el inciso a, no tenemoscontribuciones de la trayectoria integral de los dos segmentos radiales, y ninguna contribucin del segmento exteriodirigido. Por consiguiente, la ley circuital de Ampere establece que

H dL = Hzd= Ienc = Ka d Hz= Ka

donde des la longitud del circuito en la direccin z.

e) Un segundo cascarn, = b, lleva una corriente Kba . Encuentre H por todas partes: Para < a tendramoambos cilindros contribuyendo , o Hz( < a) = Ka + Kb.Entre los cilindros, estamos al exterior delinterior, as su campo no contribuir. As Hz(a < < b)

=Kb. El campo exterior de ( > b)

ser cero.

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8.14. Un toroide tiene una seccin cruzada de forma rectangular se define por las siguientes superficies: los cilindr=2 y=3 cm, y los planos z =1 y z =2.5 cm. El toroide lleva una densidad de corriente superficialde50azA/m en la superficie =3 cm. EncuentreH en el punto P(, , z): La construccin es similaral del toroide de seccin cruzada de alrededor como la de la p.239. Nuevamente, el campo magntico sloexiste dentro el toroide de la seccin cruzada, y lo da

H = Ienc2

a (2< < 3) cm, (1< z < 2.5) cm

dondeIenc se encuentra de la densidad de corriente dada. En el radio exterior, la corriente es

Iexterior = 50(23 102) = 3A

Esta corriente se dirige a lo largo de z, negativo, que significa que la corriente en el radio interno (=2)sedirige a lo largo de zpositivo. Las corrientes internas y externas tienen la misma magnitud. Es la corrienteinterna que se encierra por la trayectoria de la integracin circular en a dentro del toroide que se usa en laley de Ampere. As I enc = +3A. Podemos proceder ahora con lo que se pide:

a) PA(1.5cm,0,2cm): El radio,=1.5 cm, se encuentra fuera de la seccin cruzada, y asH

A=0.b) PB (2.1cm,0,2cm): Este punto se encuentra dentro de la seccin cruzada, y los valores y zno son

importantes. Encontramos

HB=Ienc

2a=

3a2(2.1 102) = 71.4 a A/m

c) PC (2.7cm, /2,2cm): nuevamente, los valores y zno difieren, as

HC=3a

2(2.7 102) = 55.6 a A/m

d)PD (3.5cm, /2,2cm). Este punto se encuentra dentro de la seccin cruzada, y as HD=

0.

8.15. Suponga que hay una regin con la simetra cilndrica en que la conductividad la da =1.5e150kS/m. Un campo elctrico de 30 azV/m est presente. a) Encuentre J: Use

J = E =45e150az kA/m2

b) Encuentre la corriente total cruzando la superficie < 0,z =0, todo :

I=

J dS =2

0

00

45e150 d d= 2(45)(150)2

e150 [150 1]

0

0kA

=12.6 1 (1 + 1500)e1500 A

c) Use la ley circuital de Ampere para encontrar H: La simetra sugiere que H slo se dirigir a y as consideramos una trayectoria circular de integracin, centrada y perpendicular al eje z.La ley de Ampere se vuelve: 2H= Ienc, donde Iences la corriente encontrada en el inciso b, excepto coreemplazado por la variable . Obtenemos

H=2.00

1 (1 + 150)e150

A/m

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8.16. El cascarn cilndrico, 2mm < < 3mm, lleva una corriente total uniformemente-distribuida de 8A en ladireccin a zy un filamento en el eje zlleva8A en la direccin az. EncuentreH por todas partes.

Usamos la ley circuital de Ampere, y se nota que de la simetra, H se dirigir a . Dentro del cascarn ( < 2mmUna trayectoria circular de integracin centrada en el eje zencierra slo la corriente de filamento a lo largo de z: Por consigu

H( < 2mm) =8

2 a=4

a A/m (enm)

Con la trayectoria circular de integracin dentro de (2 < < 3mm), la corriente encerrada consistir delfilamento ms la porcin de la corriente del cascarn que se encuentra dentro de .La ley circuital de Amperaplicada a un circuito de radio es:

H dL = If ilamento +

rea cascarn

J dS

donde la densidad de corriente es

J = 8(3

103)2

(2

103)2

az= 8 106

5az A/m

2

As

2H= 8 +2

0

2103

85

106

az az dd= 8 1.6 106 ()22103

Resuelva para Hpara encontrar:

H(2< < 3 mm) = 4

1 (2 105)(2 4 106)

a A/m (enm)

En el exterior ( >3mm), la corriente total encerrada es cero, y asH( >3mm)=

0.

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8.17. Un filamento de corriente en el eje zlleva una corriente de 7 mA en la direccin azy lminas de corriente de 0.5A/m y0.2 azA/m estn localizadas en =1 cm y =0.5 cm, respectivamente. Calcule H en:a) =0.5 cm: Aqu, estamossolo adentro o solo afuera de la primera lmina de corriente, as

debemos calcularH para ambos casos. Solo adentro, aplicando la ley circuital de Ampere a unatrayectoria circular centrada en el eje zproduce:

2H =7 103 H(solo adentro) =7 103

2(0.5 102 a=2.2 101aA/m

Solo afuera la lmina de corriente en .5 cm, la ley de Ampere se vuelve

2H=7 103 2(0.5 102)(0.2)

H(solo afuera) = 7.2 104

2(0.5 102) a=2.3 102aA/m

b) =1.5 cm: Aqu, todas las tres corrientes estn encerradas, as la ley de Ampere se vuelve

2(1.5 102)H= 7 103 6.28 103 + 2(102)(0.5) H(= 1.5) = 3.4 101a A/m

c) =4 cm:aplicar aqula ley de Ampere usada como en el inciso b, excepto que reemplazamos =1.5 cm con cm en el lado de la mano izquierda. El resultado esH(=4) =1.3 101aA/m.

d) Qu lmina de corriente deber ser localizada en =4 cm as queH =0 para todo > 4 cm? Requerimosque la corriente encerrada total sea cero, y as la corriente neta en el cilindro propuesto en4 cm debe sernegativo el lado de la mano derecha de la primera ecuacin en el inciso b. ste ser3.2 10 2, as que ladensidad de corriente superficial en 4 cm debe ser

K = 3.2 1022(4 102) az= 1.3 10

1 az A/m

8.18. La densidad de corriente es distribuida como sigue:J = 0 para |y| > 2 m, J = 8ya z A/m2 para |y|


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8.18. (continuacin) Para encontrar el campo magntico en la regin1, aplicamos la ley circuital de Ampere a la trayectoria cdefc, nuevamente notando que H ser cero a lo largo de los dos segmentos horizontales y a lo largo del segmentvertical derecho. Este deja nicamente el segmento vertical izquierdo, e f, apuntando en la direccin +x, ya lo largo del campo, Hx1. La direccin en sentido contrario a las agujas del reloj de la trayectoria integral seelige usando la convencin de la mano derecha donde tomamos la normal a la trayectoria en la direccin +z,la cual es la misma que la direccin de corriente. Suponiendo que la altura la trayectoria es x, encontramos

Hx1x= x2

y1

8(2 y)dy= x16y 4y2

2y1

= x16(2 y1) 4(4 y21 )

Reemplazando y1 con y, encontramos

Hx1= 4[8 4y 4 + y2] H1(1< y < 2) = 4(y 2)2 ax A/m

H1 se encuentra en la direccin positivax, ya que el resultado de la integracin es positivo neto.

H en la regin 2 se encuentra ahora a travs de la integral lineal sobre la trayectoria d g h c, encerrandotodo de la regin 1 dentro de xy parte de la regin2 de y

=y2 a1:

Hx2x= x2

1

8(2 y)dy + x1

y2

8y d y= x4(1 2)2 + 4(1 y22 )

= 4(2 y22 )x

as que en trminos de y,H2(0< y < 1) = 4(2 y2)ax A/m

y

x

1 20-1-2

a

b c

de

f

g

h

x x . .

I1I2I3I4

4 3 2 1

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8.18. (continuacin) El procedimiento se repite para las dos regiones remanentes, 2< y < 1 y1< y < 0,tomla trayectoria de integracin con su segmento vertical derecho dentro de cada una de estas dos regiones, mienla trayectoria vertical izquierda es ab. Nuevamente la integral se toma en sentido contrario a las manecillas dque significa que la trayectoria vertical derecha ser dirigida a lo largo de x. Pero la corriente est ahora en la diropuesta de esa para y>0, haciendo negativa la corriente encerrada neta. Por consiguiente, H estar en la direcopuesta que de la trayectoria vertical derecha que es la direccin positiva de x. El campo magntico ser por consigsimtrico sobre el plano y=0.Podemos usar los resultados para las regiones 1 y 2 para construir el campopor todas partes:

H =0 (y >2) y (y < 2)

H = 4(2 |y|2)ax A/m (0< |y| < 1)

H = 4(|y| 2)2ax A/m (1< |y| < 2)

8.19. Calcule [( G)] ifG =2x2yz ax 20yay + (x2 z2)az: Procediendo, primero encontramos G =4xyz 20 2z. Entonces( G) =4yz ax+4xz ay+ (4xy 2)az. Luego

[( G)] = (4x 4x) ax (4y 4y) ay+ (4z 4z) az= 0

8.20. La intensidads de campo magntico est en la regin cuadrada x = 0, 0.5 < y < 1, 1 < z < 1.5 porH = z2ax+ x3ay+ y4azA/m.a) evale

H dL sobre el permetro de la regin cuadrada. Usando dL = dxa x+ dyay+ dzaz,

y el campo dado, encontramos, en el plano x=0 :H dL =

1.5

0 dy +1.5

1

(1)4 dz + .5

1

0 dy +1

1.5

(.5)4 dz = 0.46875

b) Encuentre

H:

H =

Hz

y Hy

z

ax+

Hx

z Hz

x

ay+

Hy

x Hx

y

az

= 4y3ax+ 2zay+ 3x2az

c) Calcule ( H)x en el centro de la regin. Aqu, y =0.75 y as ( H)x=4(.75)3 =1.68750.

d) (H) x=[

HdL]/es rea Encerrada? Usando el resultado del inciso, [

HdL]/rea Encerrada =0.46875/0.25 =1.8750, que est fuera del valor encontrado en el inciso c. La respuesta: No.La razn: el lmite del rea reducida a cero debe ser tomada antes de que los resultados fueran iguales.

8.21. Los puntos A, B, C, D, E, y Festn cada uno2 mmdel origen en los ejes coordenados indicados en laFi8.23. El valor deH en cada punto est dado. Calcule un valor aproximado para H en el origen.Usamos la aproximacin:

rotacionalH .=

H dLa

donde no hay lmite que toma como a 0 (de aqu la aproximacin), y donde a=4 mm2. Cada comprotacional es encontrado por integracin H sobre una trayectoria cuadrada que es normal a la componente en cu

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8.21. (continuacin)Cada uno de los cuatro segmentos del contorno pasa a travs de uno de los puntos dados. A lo largcada segmento, el campo es supuestamente constante, y as la integral se evala sumando los productosdel campo y longitud del segmento (4 mm) sobre los cuatro segmentos. La componente de xdel rotacional es as:

( H)x .=(Hz,C Hy,E Hz,D + Hy,F)(4 103)

(4

103)2

= (15.69 + 13.88 14.35 13.10)(250) = 530 A/m2

Las otras componentes son:

( H)y .=(Hz,B+ Hx,E Hz,A Hx,F)(4 103)

(4 103)2= (15.82 + 11.11 14.21 10.88)(250) = 460 A/m2

y

( H)z .=(Hy,A Hx,C Hy,B Hx,D )(4 103)

(4 103)2

= (13.78 10.49 + 12.19 + 11.49)(250) = 148 A/m2

Finalmente reunimos los resultados y escribimos:

H .= 530 ax+ 460 ay 148 az

8.22. En la regin cilndrica 0.6 mm,H= (2/) + (/2)A/m, mientras H= (3/)A/mpara > 0.6mm.

a) DetermineJ para < 0.6mm: Tenemos nicamente una componente que vara con . Por lo tanto

H = 1

d(H )

daz=

1

d

d 2 +

2

2 az= J = 1az A/m2

b) DetermineJ para > 0.6 mm: En este caso

J = 1

d

d

3

az= 0

c) Hay una corriente filamentaria en =0? Si es as, cul es su valor? Como 0, H , queimplica la existencia de un filamento de corriente a lo largo del eje z: As, S. El valor se encuentra a travs la ley del circuital de Ampere, integrando Halrededor de una trayectoria circular de radio pequeo desapareciLa corriente encerrada es por consiguiente I=2 (2/) =4A .

d) Qu es J en =

0? Ya que un filamento de corriente se encuentra a lo largo de zen =

0, esto forma u

singularidad, y as la densidad de corriente es infinita..

8.23. Dado el campo H =202 aA/m:a) Determine la densidad de corriente J: Esta se encuentra a travs del rotacional de H, que simplifica un solo

trmino, ya que H slo vara con y tiene slo una componente :

J = H = 1

d(H )

daz=

1

d

d

203

az= 60 az A/m2

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8.23. (continuacin)

b) IntegreJ sobre la superficie circular =1, 0 < < 2 , z=0, para determinar la corriente totalque pasa a travs de esa superficie en la direccin a z La integral es:

I= J dS =

2

01

0

60az

d daz=

40 A

c) Encuentre una vez ms la corriente total, esta vez por una integral lineal alrededor de la trayectoria circular 0< < 2 ,z =0:

I=

H dL =2

0

202 a

=1 (1)da=2

0

20 d= 40 A

8.24. Evaleambos lados del teorema deStokespara el campoG=

10 sen a

y la superficie r=

3, 0

90,

0 90. Permita a la superficie tener la direccin ar.El teorema de Stokesdice:C

G dL =

S

( G) n da

Considerando la superficie dada, el contorno, C, que forma su permetro consiste en tres arcos unidos deradio3que alcanza 90fuera en los planos xy , xz, y zy. Sus centros estn en el origen. De estos tres,slo el arco en el plano xy(qu se encuentra a lo largo de a) est en la direccin de G; los otros dos (en las direccioney a respectivamente) son perpendicular a l, y as no contribuirn a la trayectoria integral. El lado de la manoizquierda consiste por consiguiente de nicamente la porcin del plano xyde la trayectoria cerrada, y se evala

G dL = /2

010 sen

/2 a a3 sen /2d = 15

Para evaluar el lado de la mano derecha. encontramos primero

G = 1rsen

d

d[(sen )10 sen ] ar=

20 cos

rar

La superficie sobre la cual integramos esto es un-octavo de cascarn esfrico de radio 3 en el primer octante,limitado por los tres arcos descritos antes. El lado de la mano derecha se vuelve

S( G) n da=

/2

0 /2

0

20cos

3 arar(3)2

sen d d=15

Parecera que el teorema funciona.

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8.25. (Se descubri que el problema tiene fallas-yo proceder con l y mostrar cmo). Dado el campo

H = 12

cos

2asen

2a A/m

evale ambos lados del teorema de Stokes para la trayectoria formada por la interseccin del cilindro = 3y el plano z

=2, y para la superficie definida por

=3, 0

2 , y z

=0, 0

3: Esta

superficie se parece a una lata de estao abierta cuyo fondo se encuentra en el plano z =0 y cuya orilla circulest abierta, en z=2, define la integral lineal del contorno. Evaluamos primero

H dL sobre el contorno ci

donde tomamos la direccin de la integracin como en el sentido de las manecillas del reloj, mirando hacia abla lata. Hacemos esto porque el exterior normal del fondo de la lata estar en la direccin a z.

H dL =2

0

H 3d (a ) =2

0

3 sen

2d= 12 A

Con nuestra opcin de direccin del contorno, esto indica que la corriente fluir en la direccin negativa z.Note para referencia futura que slo el componente del campo dado contribuy aqu. Luego, evaluamos

H dS, sobre la superficie de la lata de estao. Encontramos

H = J = 1

(H )

H

az= 1

sen 2

+ 14

sen 2

az= 3

4sen

2az A/m

Note que ambas componentes del campo contribuyen aqu. La integral sobre de la lata de estao est ahora slo la superficie del fondo, ya que H tiene slo una componente z. Usamos la normal exterior, a z,y encue

H dS = 34

20

30

1

sen

2az (az) d d=

9

4

20

sen

2d= 9 A

Note que si la componente radial de H no fuera incluida en el clculo de H, entonces el factor,de 3/4 delante de la integral anterior cambiara a un factor de 1, y el resultado habra sido 12 A.Parecera ser una violacin del teorema de Stokes ya que da por resultado un trmino desaparecido en la compondeH, teniendo cero rotacional que habra permitido a la lnea integral original tener un valor,de 9A. Se invita al lector a explorar esto en forma ms extensa.

8.26. SeaG =15ra .a) Determine

G dL para la trayectoria circular r=5, =25, 0 2 :

G dL =2

0

15(5)a a (5)sen(25) d=2(375)sen(25) =995.8

b) Evale

S(G)dS sobre la cubierta esfrica r=5, 0 25, 0 2 : Cuando evaluamos

el rotacional de G usando la frmula en coordenadas esfricas, nicamente una de los seis trminos perd

G =1

rsen

(Gsen )

ar=

1

rsen 15r cos ar= 15cot ar

Entonces S

( G) dS =2

0

250

15cot arar(5)2 sen d d

= 225

0

15 cos (25) d=2(15)(25)sen(25) =995.8

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8.27. La intensidad de campo magntico est dada en una cierta regin de espacio como

H = x + 2yz2

ay+2

zaz A/m

a) EncuentreH: Para este campo, la expresin general rotacional en coordenadas rectangulares simplifica a

H = Hyz

ax+Hy

xaz=

2(x + 2y)z3

ax+1

z2az A/m

b) Encuentre J: Este ser la respuesta del inciso a, ya que H =J.c) UseJ para encontrar la corriente total que pasa a travs de la superficiez=4, 1


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8.28b. (continuacin)

El clculo del otro lado del teorema de Stokes ahora involucra al integrar J sobre la superficie delcono donde la normal exterior es positiva a , como la definida en el inciso a:

S

(

H)

dS=

2

05

054cot ar 108cosa+ 9rsen a=20 arsen(20) d r d

= 2

0

50

108 cos(20)sen(20)rdrd= 2(54)(25)cos(20)sen(20)

= 2.73 103 A

8.29. Un conductor largo recto no magntico de radio 0.2 mm lleva una corriente uniformemente distribuida de2 A cd.a) EncuentreJ dentro del conductor. Suponga que la corriente es dirigida +z,

J = 2(0.2 103)2 az= 1.59 10

7 az A/m2

b) Use la ley circuital de Ampere para encontrar H yB dentro del conductor: Dentro, en radio , tenemos

2H= 2J H =J

2a= 7.96 106 a A/m

EntoncesB = 0H = (4107)(7.96 106)a=10aWb/m2 .c) Muestre que H =J dentro del conductor. Usando el resultado del inciso b, encontramos

H = 1

d

d(H ) az=

1

d

d

1.59 1072

2

az= 1.59 107 az A/m2 = J

d) Encuentre el conductorexterior H yB (note error tipogrfico en el libro): En el exterior,la corriente comp encerrada para una trayectoria cerrada en radio , y as

H = I2

a=1

a A/m

AhoraB = 0H = 0/()aWb/m2.e) Muestre que H =J el conductor exterior: Aqu usamosel conductor exterior H y escribimos:

H = 1

d

d(H ) az=

1

d

d

1

az= 0 (como lo esperado)

133


19/26

8.30. Un conductor slido no magnticode seccin cruzada circular tiene un radio de2mm. El conductor es heterogcon =106(1 +1062)S/m. Si el conductor tiene longitudde 1m y un voltaje de1mVentre sus extremos, encontrar:a) H interior: Con corriente a lo largo de la longitud del cilindro (aza lo largo, y con simetra , Hslo ser diri

EncontrarE = (V0/d)az=103azV/m. EntoncesJ = E =103(1 +1062)azA/m2.Luego aplicamos la ley circuital de Ampere a una corriente circular de radio ,centrada en el eje z ynormal a el eje:

H dL = 2H=

S

J dS =2

0

0

103(1 + 106()2)az azdd

As

H=103

0

+ 106()3d= 103

2

2+ 10

6

44

Finalmente, H =500(1 +5 1053)a A/m(0< < 2mm).b) el flujo total magntico del conductor interior: Con campo en la direccin , un plano normal a B estar

en la regin0< < 2 mm, 0< z < 1 m. El flujo ser

=

S

B dS = 01

0

21030

500 + 2.5 1083

ddz = 8 1010 Wb = 2.5nWb

8.31. El cascarn cilndrico definido por1 cm < < 1.4 cm consiste de un material conductor no magnticocon una corriente total de 50 A en la direccina z. Encuentre el flujo total magntico que cruza el plano=0, 0 < z < 1:a) 0< < 1.2 cm: Primero necesitamos encontrarJ, H, y B: La densidad de corriente ser:

J=

50

[(1.4 102)2 (1.0 102)2]az

=1.66

105 az A/m

2

Luego encontramos H en radio entre1.0 y1.4 cm, aplicando la ley circuital deAmpere, ynotamos que la densidad de corriente es cero en radio menor que 1 cm:

2H= Ienc =2

0

102

1.66 105 d d

H= 8.30 104(2 104)

A/m (102 m < < 1.4 102 m)

EntoncesB = 0H, oB

= 0.104(2

104)

a

Wb/m

2

Ahora,

a=

B dS =1

0

1.2102102

0.104

10

4

d dz

= 0.104

(1.2 102)2 1042

104 ln

1.2

1.0

= 3.92 107 Wb = 0.392 Wb

134


20/26

8.31b) 1.0 cm< < 1.4 cm (notar error tipogrfico en el libro): E ste es el inciso a una y otra vez, excepto quecambiamos el lmite superior de la integracin radial:

b=

B dS =1

0

1.4102102

0.104

10

4

d dz

= 0.104 (1.4 102)2 1042

104 ln1.41.0

= 1.49 106 Wb = 1.49 Wbc) 1.4 cm < < 20 cm: Esto est completamente fuera de la distribucin de corriente, as necesitamos B a

Modificamos el resultado del inciso ade la ley circuital de Ampere para encontrar:

Bafuera=0.104[(1.4 102)2 104]

a=

105

a Wb/m

2

Encontramos ahora

c= 1

0 20102

1.4

10

2

105

d dz = 105 ln

20

1.4 = 2.7 105 Wb = 27 Wb

8.32. La regin en espacio libre definida por 1 < z < 4 cm y 2 < < 3 cm es un toroide de seccin transvrectangular. Sea la superficie en =3 cm lleva una corriente superficial K =2azkA/m.a)Especificar las densidades de corriente en las superficies en =2 cm, z=1cm, y z=4cm. Todas las super

deben llevar corrientes iguales. Con este requisito, encontramos : K(=2) = 3 azkA/m. Luego, lasdensidades de corriente en las superficies z= 1 y z= 4 deben transistir entre los valores de la densidad de cen = 2 y = 3. Conociendo que la densidad de corriente radial variar como1/, encontramosK(z =1) = (60/)aA/m con en metros. Similarmente, K(z =4) = (60/)aA/m.

b) Encuentre H por todas partes: Afuera el toroide, H =0. Adentro, aplicamos la ley circuital deAmperecomo en el Problema 8.14:

H dL =2H= 2

0K(= 2) az(2 102) d

H = 2(3000)(.02)

a= 60/aA/m(interior)

c) Calcular el flujo total dentro del toroide: Tenemos B = (600/)aWb/m2. Entonces

= .04

.01

.03.02

600

a (a ) d dz = (.03)(60)0 ln

3

2

= 0.92 Wb

8.33. Use una expansin en coordenadas cartesianas para mostrar que el rotacional de el gradiente de cualquiercampo escalar G es idnticamente igual a cero. Empezamos con

G = Gx

ax+G

yay+

G

zaz

y

G =

y

G

z

z

G

y

ax+

z

G

x

x

G

z

ay

+

x

G

y

y

G

x

az= 0 para cualquier G

135


21/26

8.34. Un conductor filamentario en el eje zlleva una corriente total de16Aen la direccina zun cascarn conductoren =6 lleva una corriente total de12A en la direccinazy otro cascarn en =10 lleva una

corriente total de 4A en la direccina z.a) Encuentre H para0< < 12: La ley circuital de Ampere presenta que

H dL = Ienc, donde la integral

y la direccin de corriente estn relacionadas en el modo usual a travs de la regla de la mano derecha. Por lsiIest en la direccin positiva z, H est en la direccina. Procedemos como sigue:

0< < 6 : 2H= 16 H = 16/(2)a

6< < 10 : 2H= 16 12 H = 4/(2)a > 10 : 2H= 16 12 4 = 0 H = 0

b) Trazar Hcontra :

c) Encuentre el flujo total cruzando la superficie1< < 7, 0< z < 1: Este ser

=1

0

61

160

2d dz +

10

76

40

2d dz = 20

[4 ln6 + ln(7/6)] = 5.9Wb

8.35. Una lmina de corriente, K =20 azA/m, est localizada en =2, y una segunda lmina, K = 10 azA/mlocalizada en =4.a.) SeaVm= 0 en P (= 3, = 0, z= 5)y una barrera en = .Encuentre Vm(, , z) para

< < : Ya que la corriente es simtrica cilndricamente,conocemos que H = I /(2) a ,donde I es la corriente encerrada, igual en este caso paraa2(2)K=80A. As, usando el resultado deSeccin 8.6, encontramos

Vm= I

2= 80

2= 40 A

lo cual es vlido para la regin2 < < 4, < < , y < z 4, lacorriente exterior contribuye, conducindo a una corriente total encerrada de

Inet= 2(2)(20) 2(4)(10) = 0

C on la corriente encerrada cero,H=0, y el potencial magntico tambines cero.

136


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8.35b. SeaA =0 en P y encontrarA(, , z) para2< < 4:Nuevamente, conocemos queH = H (), ya que lcorriente es simtrica cilndricamente. Con la corriente slo en la direccin z, y nuevamente usando la simetra,exceptuamos nicamente una componente zdeA que vara slo con . Podemos entonces escribir:

A = dAzd

a= B =0I

2a

AsdAz

d= 0I

2 Az=

0I

2ln() + C

Requerimos que A z=0 en =3. Por lo tanto C=[(0I)/(2 )] ln(3), Entonces, con I=80 , finalmenteobtenemos

A = 0(80 )2

[ln() ln(3)] az= 400 ln

3

az Wb/m

8.36. SeaA = (3y z)ax+2xzayWb/m en una cierta regin de espacio librea) Demuestre que

A

=0:

A = x

(3y z) + y

2xz = 0

b) En P (2, 1,3), encontrar A, B, H,y J: Primero AP= 6ax+12ay . Entonces usando la frmularotacional en coordenadas cartesianas,

B = A = 2xax ay+ (2z 3)az BP= 4ax ay+ 3az Wb/m2

AhoraHP= (1/0)BP= 3.2 106ax 8.0 105ay+ 2.4 106az A/m

Entonces J=

H=

(1/0)

B=

0 , como la frmula rotacional en coordenadas cartesianas mo

8.37. Sea N=1000,I=0.8 A, 0 =2 cm, y a=0.8 cm para el toroide mostrado en la Fig. 8.12b. Encontrar Vmel interior del toroide si Vm=0 en =2.5 cm,=0.3 . Mantener dentro del rango0 < < 2 :Bien-dentro del toroide, tenemos

H = N I2

a= Vm= 1

dVm

da

As

Vm= N I

2+ C

Entonces,0 = 1000(0.8)(0.3 )

2+ C

o C = 120. Finalmente

Vm=

120 400

A (0< < 2 )

137


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8.38. El solenoide mostrado en la Fig. 8.11b contiene400 vueltas, lleva una corriente I=5 A, tiene una longitud dey un radio a=1.2 cm (espero que no explote!).a) Encontrar H dentro del solenoide. Suponiendo que la corriente fluye en la direccina, H estar entonce

a lo largo de la direccin positiva z, y estar dada por

H =N I

d az=(400)(5)

.08 az= 2.5 104

A/m

b) Si Vm=0 en el origen, especficamente Vm(, , z) dentro del solenoide: Ya queH est slo en la direccVmdeber variar nicamente con z. Use

H = Vm= dVm

dzaz Vm= Hzz + C

En z =0, Vm=0,as C=0. Por lo tanto Vm(z) = 2.5 104zAc) SeaA =0 en el origen y especficamenteA(, , z) dentro del solenoide si el medio es espacio libre. A

debe estar en la misma direccin que la corriente, y as debe tener slo una componente . Adems,

ya que A =B, el rotacional estar nicamente dirigido a z. Por lo tanto

A = 1

(A )az= 0Hzaz

Entonces

(A ) = 0Hz A=

0Hz

2+ C

A=0 en el origen, as C=0. Finalmente,

A = (4 107)(2.5 104)

2a= 15.7a mWb/m

8.39. Las lminas de corriente planar deK = 30azA/m y30azA/m estn localizadas en espacio libre en x= 0x= 0.2 respectivamente. Para la regin 0.2< x < 0.2:a) EncontrarH:Ya que tenemos lminas de corriente paralela llevando corrientes igual y opuestas, usamos la E

(12), H =K aN, dondeaN es la unidad normal dirigida hacia la regin entre corrientes, y donde cualqde las dos corrientes se usan. Eligiendo la lmina en x=0.2, encontramos

H = 30az ax= 30ay A/m

b) Obtenga una expresin para Vmsi Vm=0 en P (0.1,0.2,0.3): Use

H = 30ay= Vm= dVmdy

ay

AsdVm

dy= 30 Vm= 30y + C1

Entonces0 = 30(0.2) + C1 C1= 6 Vm= 30y 6 A

138


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8.39c) EncontrarB: B = 0H = 300ayWb/m2.d) Obtenga una expresin para A siA =0 en P: Suponemos A para ser dirigidaaz(con la corriente), y a

desde A =B, donde B est dirigiday, establecemos

dAz

dx = 300

Az

=300x

+C2

Entonces0 = 300(0.1) + C2 C2= 30

As, finalmenteA = 0(30x 3)az Wb/m

8.40. SeaA = (3y2 2z)a x 2x2zay + (x +2y)azWb/m en espacio libre. Encontrar A en P (2,3, Primero A =

(x + 2y)

y (2x

2z)

z

ax+

(3y2 2z)

z (x + 2y)

x

ay+

(2x2z)

x (3y

2 2z)y

az

= (2 + 2x2)ax 3ay (4xz + 6y)azEntonces

A = (4xz + 6y)x

ay(4xz + 6y)

yax= 6ax+ 4zay

En P este se vuelve A| P= 6ax4ayWb/m3 .

8.41. Suponga queA =502azWb/m en una cierta regin de espacio librea) EncontrarH y B: Use

B = A = Az

a= 100 a Wb/m2

EntoncesH =B/ 0 = 100/0 aA/m .b) EncuentreJ: Use

J = H = 1

(H )az=

1

10020

az=

200

0az A/m

2

c) UseJ para encontrar la corriente total cruzando la superficie 0 1, 0 < 2 ,z =0: La corrien

I=

J dS =2

0

10

2000

az az d d=200

0A = 500 kA

d) Uselos valores de Hen =1 para calcular

H dL para =1, z =0: Se tiene

H dL = I=2

0

1000

a a(1)d=200

0A = 500 kA

139


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8.42. Demuestre que2(1/R12) = 1(1/R12) =R21/R312. Primero

2

1

R12

= 2

(x2 x1)2 + (y2 y1)2 + (z2 z1)2

1/2

= 1

2 2(x2 x1)ax+ 2(y2 y1)ay+ 2(z2 z1)az

[(x2 x1)2 + (y2 y1)2 + (z2 z1)2]3/2 =R12

R312 =R21

R312

Tambin notamos que1(1/R12)dar el mismo resultado pero de signo opuesto.

8.43. Calcule el potencial vector magntico dentro del conductor exterior para la lnea coaxial cuyo vectorpotencial magntico se muestra en la Fig. 8.20 si el radio exterior del conductor exterior es 7a. Seleccionela referencia apropiada cero y grafique los resultados en la figura: Hacemos esto primero encontrando B dentdel conductor exterior y entonces el resultado "desenrotacional" para encontrar A. Con la corrienteIdirigida azconductor exterior, la densidad de corriente es

Jafuera = I

(7a)2 (5a)2 az= I

24 a2az

Ya que la corriente I fluye en ambos conductores, pero en direcciones opuestas, la ley circuital de Ampere intedel conductor exterior da:

2H= I2

0

5a

I

24 a2 d d H=

I

2

49a2 2

24a2

Ahora, conB = 0H, notamos que A tendr una componente solamente, y de la direcciny simetra de corriente, suponemos que A se dirige a z, y variar slo con . Por lo tanto

A = dAzd

a= 0H

y as dAzd

= 0I2

49a2 2

24a2

Entonces por integracin directa

Az= 0I (49)

48d +

0I

48 a2d + C= 0I

96

2

a2 98ln

+ C

De acuerdo con laFig.8.20, establecemos una referencia cero en =5a, habilitando la evaluacin de laconstante integracin:

C= 0I96

[25 98ln(5a)]

Finalmente,

Az=0I

96

2

a2 25

+ 98ln

5a

Wb/m

Un trazo de este contina el trazo de la Fig. 8.20, en que la curva se pone negativa en = 5a, y entoncesaproximando un mnimo de.09 0I / en =7a, en que el punto en la pendiente se vuelve cero.

140


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8.44. Por ampliacin de laEc.(58), Sec. 8.7 en coordenadas cartesianas, demuestre que(59) es correcto.LaEc. (5puede reescribirse como

2A = ( A) AComenzamos con

A

=Ax

x +Ay

y +Az

z

Entonces la componente xde( A)es

[( A)]x=2Ax

x2 +

2Ay

xy+

2Az

xz

Ahora

A =

Az

y Ay

z

ax+

Ax

z Az

x

ay+

Ay

x Ax

y

az

y el componente xde A es

[ A]x=2Ay

xy

2Ax

y 2

2Ax

z2 +

2Az

zy

Entonces usando los resultados subrayados

[( A) A]x=2Ax

x2 +

2Ax

y 2 +

2Ax

z2 = 2Ax

Se encontrarn resultados similares para las otras dos componentes, lo que lleva a

( A) A = 2Axax+ 2Ayay+ 2Azaz 2A QED

cap 08 hayt solucionario español

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