Detallado Primer Capitulo Hayt

REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA MINISTERIO DEL PODER POPULAR PARA LA EDUCACIÓN UNIVERSITARIA UNIVERSIDAD POLITÉCNICA TERRITORIAL DE ARAGUA “DR. FEDERICO BRITO FIGUEROA” PROGRAMA NACIONAL DE FORMACIÓN EN ELECTRÓNICA

ANÁLISIS VECTORIAL Ejercicios del Libro Teoría Electromagnética. 7ª Edición - Hayt Jr. & Buck

TEORÍA ELECTROMAGNÉTICA Sección I Trayecto III

AUTORES: Alaez Yeni C.I.: 17.176.232 Amaya, Yetniel C.I.: 15.734.449 Chavarria, Yuversy C.I.: 15.779.701 Chirinos, Henry C.I.: 14.848.160 Rojas, Ángel C.I.: 13.199.879 Yánez, Wladimir C.I.: 16.685.186

La Victoria, Febrero de 2012

PNF Electrónica - Trayecto III - Teoría Electromagnética Febrero de 2012 ________________________________________________________ ____________________________ _______________________________________________________ _____________________________________________ __________________

ÍNDICE Pág. Problema Nº 1 ...................... .......... ....................... ...................... ....................... ....................... ....................... ....................... ...................... ................... ........

3

Problema Nº 2 .............................................................................................................

4

Problema Nº 3 .............................................................................................................

6

Problema Nº 4 .............................................................................................................

7

Problema Nº 5 .............................................................................................................

8

Problema Nº 6 .............................................................................................................

10

Problema Problema Nº 7 .......................... ...................................... ......................... .......................... ......................... .......................... .......................... ................... .......

11

Problema Nº 8 .............................................................................................................

12

Problema Problema Nº 9 .......................... ...................................... ......................... .......................... ......................... .......................... .......................... ................... .......

14

Problema Nº 10 ...........................................................................................................

15

Problema Problema Nº 11 .......................... ...................................... .......................... .......................... ........................ .......................... .......................... ................. .....

16

Problema Nº 12 ...........................................................................................................

18


19

Problema Nº 14 ...........................................................................................................

21


22

Problema Nº 16 ...........................................................................................................

24


25

Problema Nº 18 ...........................................................................................................

27


28

Problema Nº 20 ...........................................................................................................

30


31

Problema Nº 22 ...........................................................................................................

33


34

Problema Nº 24 ...........................................................................................................

36


37

Problema Nº 26 ...........................................................................................................

38


39

Problema Nº 28 ...........................................................................................................

41

Problema Nº 29 ...........................................................................................................

42

Problema Nº 30 ...........................................................................................................

44

________________________________________________________ ____________________________ _______________________________________________________ _____________________________________ __________

Autores: Alaez Yeni - Amaya, Yetniel - Chavarria, Yuversy - Chirinos, Henry - Rojas, Ángel - Yánez, Wladimir

2


1. Dados los vectores M = −10a x + 4a y − 8a z y N = 8a x + 7a y − 2a z , encontrar: a. Un vector unitario en la dirección de − M

+ 2 N ;

−M = 10a x − 4ay + 8a z

(

)

2N = 2 8a x + 7a y − 2a z = 16a x +14 a y − 4 a z 

v = (10a x 

v = 26a x 

v

) (

− 4a y + 8a z + 16ax + 14ay − 4 a z + 10a y + 4a z

( 26 )

=





v u=  v

)

2

2

+ (18 ) + ( 4 )

2

26a x + 10a y + 4a z

=

= 0.923a x + 0.355a y + 0.1421a z

792

b. La magnitud de 5a x + N

792

=

− 3M ;



Llamamos al vector resultante d : 

d = 5a x + ( 8a x

)

d = 5a x + 8a x 

d = 43a x 

d

=

c. M

M

(

+ 7a y − 2a z − 3 −10ax + 4 ay − 8a z



)

+ 7a y − 2a z +30 3 0a x −12 ay + 24 a z

− 5a y + 22a z

( 43)

2

2

2

+ ( −5 ) + ( 22 )

=

1.849 + 25 + 484 = 2358 = 48.56

⋅ 2 N ⋅ ( M + N ) .

=

2 N =

( −10 ) (16 )

2

2

2

2

+ ( 4 ) + ( −8 ) 2

+ (14 ) + ( 4 )

2

180 = 13.42

=

=

468 = 21.63

M

⋅ 2 N = 13.42 ⋅ 21.63 = 290.32

M

⋅ 2 N ⋅ ( M + N ) = 290.32  −10a x + 4a y − 8a z + 8 ax + 7 ay − 2 az

M

⋅ 2 N ⋅ ( M + N ) = 290.32 −2a x + 11a y − 10a z

M

⋅ 2 N ⋅ ( M + N ) = −580.6a x + 3193.52a y − 2903.2 a z

(

(

) ( )

) 

________________________________________________________ ____________________________ _______________________________________________________ _____________________________________ __________


3


2. Los vértices de un triángulo están en A ( −1,2,5 ) , B ( −4, −2, −3) y C (1,3, −2 ) . a. Encontrar el perímetro del triángulo;  



Calculamos las magnitudes de los vectores: AB , BC , CA .  





AB = B − A = ( −4, −2, −3) − ( −1, 2, 2, 5) 

AB = ( −3, −4, −8) 

AB 

BC



2

( −3 )

=



2

2

+ ( −4 ) + ( −8 )

9 +16 + 64 = 9.43

=



= C − B = (1, 3, −2 ) − ( −4, −2, −3)

BC = ( 5,5,1) 

BC

( 5)

=

 



2

2

+ ( 5 ) + (1)

2

=

25 + 25 +1 = 51 = 7.14



2, 5 ) − (1, 3, 3, −2 ) CA = A − C = ( −1, 2, 

CA = ( −2, −1, 7 ) 

CA

( −2 )

=



2

2

+ ( −1) + ( 7 )



2

4 +1 + 49 = 54 = 7.35

=

 

P = AB + BC + CA = 9.4 9.43 + 7.14 .14 + 7.35 .35 = 23.92 .92 

b. Encontrar un vector unitario dirigido desde el punto medio del lado AB al punto 

medio del lado BC ; 1

1

1

1

( −1, 2, 5) + ( −4, −2, −3)  = ( −5, 0, 2 ) = −2.5a x + a z 2 2

M AB

=

M BC

=

M AB

− M BC = ( −2.5a x + a z ) − −1.5a x + 0.5a y − 2.5az

M AB

− M BC =

M AB

− M BC

M AB

− M BC

( −4, −2, −3) + (1, 3, −2 )  = ( −3,1, − 5) = −1.5a x + 0.5a y − 2.5az 2 2

(

=

( −1)

2

2

2

+ ( −0.5 ) + ( 3.5 )

−a x − 0.5a y + 3.5a z

3.67

=

) = ( −a

x

− 0.5ay + 3.5 az

)

1 + 0.25 +12.25 = 13.5 = 3.67

= −0.27a x − 0.14a y + 0.95a z

________________________________________________________ ____________________________ _______________________________________________________ _____________________________________ __________


4

PNF Electrónica - Trayecto III - Teoría Electromagnética Febrero de 2012 _____________________________________________________________________________________________________

c. Demostrar que este vector unitario multiplicado por un escalar es igual al vector 

de A a C y que, por lo tanto, el vector unitario es paralelo al lado AC . 

AC







= C − A = (1, 3, −2 ) − ( −1, 2, 5)

AC = ( 2,1, −7 ) 

AC = 2a x

+ a y − 7a z es

paralelo al vector M AB

− M BC



El vector unitario M AB

− M BC si

se multiplica por un escalar: 2, es igual al vector CA 

de igual magnitud y sentido que AC pero de sentido contrario.

_____________________________________________________________________________________________


5


3. Un vector desde el origen hasta el punto A está dado por ( 6, −2, −4 ) , y un vector unitario

( 2, −2,1)

dirigido desde el origen hasta el punto B está dado por

3

. Si los puntos A y B se

encuentran a diez unidades entre sí, encontrar las coordenadas del punto B .

B=

B ( 2, −2,1) 3

B−A

B−A

= 10

=

 2 B   −2 B  B  − + + 6 2  3   3  + 3 +4      

 2 B  B−A = − 6  3  B−A

=

4 9

2

 −2 B  + + 2  3 

B 2 − 8B + 36 +

4 9

B2 −

2

2

= 10

2

2

B  + + 4 3 

8 3

B+4+

1 9

= 100

B2 +

8 3

B + 16 = 100

B 2 − 8B + 56 = 100 2 B − 8B − 44 = 0

Factorizando por

−b ±

b2

− 4ac

2a Resulta: B1 = 11.75 y B2 = −3.75

, donde a = 1 , b = −8 , c = −44 .

Tomamos el valor positivo para sustituir el valor de B :

B=

B ( 2, −2,1) 3

B = 7.83ax

=

2 3

Ba x

−

2 3

Ba y

+

1 3

Ba z

=

2 3

(11.75 ) ax

−

2 3

(11.75 ) ay

+

1 3

(11.75 ) az

− 7.83a y + 3.92 a z

_____________________________________________________________________________________________


6


4.Un círculo con centro en el origen y un radio de 2 unidades está en el plano xy . Determinar el vector unitario en coordenadas cartesianas que está en el plano xy , es tangente al círculo en el punto

x P

2

(

+

y

2

=2

3,1,0

(

)

3,1,0 y está en la dirección positiva del eje y .

2

)

Definimos como vector unitario aφ , positivo por ir en la dirección positiva del eje y. Cambiando a coordenadas cartesianas: 

v = aφ 

v x

= aφ ⋅ a x = −senϕ

v y

= aφ ⋅ a y = cos ϕ

v z

= aφ ⋅ a z = 0







v( x , y , z )

= − senϕ a x + cos ϕ a y

.1.

De acuerdo a la trigonometría circular y recordando senϕ =

1 2

, inferimos que

ϕ = 30º , sustituyendo en .1. 

v( x , y , z )

= − sen30º a x + cos 30º a y = −

1 2

ax

+

3 2

ay

_____________________________________________________________________________________________


7


5. Un campo vectorial está dado por G = 24 xya x + 12 ( x + 2 ) a y + 18 z a z . Dados los puntos 2

2

P (1, 2, −1) y Q ( −2,1,3) , encontrar: a. G en P ;

(

24 (1)( 2 ) a x + 12 (1) G (1,2,−1) =

2

+2

)a

y

+18 ( −1)

2

az

= 48a x + 36ay + 18a z

G (1,2,−1)

b. Un vector unitario en la dirección de G en Q ;

G ( −2,1,3) = 24 ( −2 )(1) ax + 12 G ( −2,1,3 ) = −48a x 

u

( −48 )

=



2

2

+2

)a

y

+18 ( 3 )

2

az

+ 72ay + 162az

2

2

+ ( 72 ) + (162 )

u

−48a x + 72a y + 162a z

u

183.66

 =

( ( −2 ) =

2304 + 5184 + 26244 = 33732 =183.66

= −0.26a x + 0.39a y + 0.88a z

c. Un vector unitario de Q a P ; 





QP = P − Q 

QP

=

( 3)

= (1, 2, −1) − ( −2,1, 3) = ( 3,1, −4 )

2





AQP

2

+ (1) + ( −4 )

2

QP

3a x + a y − 4a z

QP

5.1

=  =

9 + 1 +16 = 26 = 5.1

=

= 0.59a x + 0.2a y − 0.78a z

d. La ecuación de la superficie en la que G

G

= 24 xya x + 12

(x

2

+2

)a

y

+ 18 z

2

az

= 60 .

= 60

Simplificando:

G

= 4 xya x + 2

(x

2

+2

)a

y

+ 3z

2

az

= 10

_____________________________________________________________________________________________


8


( 4 xy )

2

(

2

+ 2x + 4

2

) + ( 3z ) 2

2

La ecuación queda: 16 x y

2

2

= 10

2

4

2

4

+ 4 x + 16 x + 16 + 9 z = 100

_____________________________________________________________________________________________


9




6. Si es a un vector unitario en una determinada dirección, B es un escalar constante y 

r

=

xa x + ya y 

+



za z , describir la superficie r • A = B . ¿Cuál es la relación entre el vector

unitario a y el escalar B en esta superficie? (Pista: considerar un ejemplo sencillo donde 



a = ax y B = 1 y, posteriormente, cualquier a y B ). 

Asumimos a = ax y B = 1 . 



r • A = r x ⋅ Ax 



+ ry ⋅ Ay + rz ⋅ Az =

x (1) + y ( 0 ) + z ( 0 )

=

x

r • A = B =1 Para que un producto escalar de vectores = 1 , ambos vectores deben ser paralelos o normales.

_____________________________________________________________________________________________


10


7. Dado el campo vectorial E = 4 zy 2 cos ( 2 x ) a x

+ 2 zysen ( 2 x ) a y +

y 2 sen ( 2 x ) az en la región

x , y y z menor a 2, encontrar: a. Las superficies en las que Ey = 0 ; Consideramos la componente E y 1. z

= 0;

donde x

< 2 y

y

< 2.

2. y = 0 ; donde x

< 2 y

z

< 2.

= 2 zysen ( 2 x ) a y = 0 ,

3. sen2 x = 0 ; implica que x = 0 , donde y

< 2 y

z

esto se produciría si:

< 2.

4. sen2 x = 0 ; implica que 2 x = 180 o bien x = 90 , donde y Entonces las superficies: z

= 0,

< 2 y

z

< 2.

y = 0 , x = 0 , x = 90 , cumplen con la condición.

b. La región en la que Ey = Ez ; Igualamos ambas componentes: 2 2 zysen ( 2 x ) = y sen ( 2 x ) 2 z = y

Donde x

<2,

y

< 2,

pero tenemos que considerar que z debería tener una

magnitud menor sobre esa superficie para mantener la igualdad, así que hacemos z < 1 sobre la superficie y = 2 z .

c. La región en la que E = 0 .

E = 4 zy 2 cos ( 2 x ) ax

+ 2 zysen ( 2 x ) a y +

y 2 sen ( 2 x ) az

=0

Extraemos factor común y:

y  4 zy cos ( 2 x ) a x

+ 2 zsen (2 x ) ay +

Si y = 0 , entonces x

< 2 y

z

ysen ( 2 x ) az  = 0

<2

_____________________________________________________________________________________________


11


8. Demostrar la ambigüedad que se produce cuando se utiliza el producto cruz para encontrar el ángulo entre dos vectores y se obtiene el ángulo formado entre A = 3a x − 2a y + 4a z y B = 2 ax + ay − 2a z . ¿Se presenta esta ambigüedad cuando se utiliza el producto punto?. Utilizando el producto cruz tenemos:

 a x  A xB =  3 2 

ay −2

1

az 

 = 4 − 4 a − −6 − 8 a + 3 + 4 a =14a + 7 a ) x ( ) y ( ) z y z  (  −2  4

Igualando las dos fórmulas / ecuaciones del Producto cruz, tenemos: 

14a y + 7a z = Α ⋅ B ⋅ senθ AB ⋅ u

Sacando módulos de Α y B :

Α

=

9 + 4 + 16 =

B

=

4 +1+ 4 =

29 = 5.385 9 =3

Del resultado matricial del producto cruz sacamos el módulo del nuevo vector como factor común para hallar su vector unitario y trabajar con la nueva ecuación para conocer su ángulo.



(14)

2

+ (7)

2

u = ( 0.894a y

= 15.65

+ 0.447 a z

)

Ahora al igualar:

(

)



15.65 0.894a y + 0.447 a z = (5.385 ) ⋅ (3 ) ⋅ senθ AB ⋅ u 



(15.65 ) ⋅ u = (16.155 ) ⋅ senθ AB ⋅ u senθ AB

θ AB

=

= sin

15.65 16.155 −1

= 0.968

( 0.968 ) = 75.64º

Ahora evaluamos el producto punto:

Α iB = Α ⋅ B ⋅ cos θ AB Α iB = 6 − 2 − 8 = −4

_____________________________________________________________________________________________


12


Igualando las dos fórmulas / ecuaciones del Producto punto, tenemos: −4 = ( 3) ⋅ ( 5.385 ) ⋅ cos θ AB

cos θ AB =

θ AB

= cos

−4

16.155 −1

= −0.2476

( −0.2476 ) = 104.335º

No existe relación aparente entre los ángulos θ 1 = 75.64º (ubicado en el primer cuadrante) y θ 2 = 104.335º (ubicado en el segundo cuadrante).

_____________________________________________________________________________________________


13




  ⋅ ( xax + yay ) , encontrar: 2 2 x y +  ( )  25

9. Dado el campo G = 

a. Un vector unitario en la dirección de G en P ( 3,4, −2 ) ;

G (3,4,−2)

 25   ⋅ ( 3a x + 4ay ) = 2 2  ( 3 + 4 ) 

G (3,4,−2)

=

25 25

( 3a

x

+ 4a y

) = 3a

+ 4ay

x

 

G (3,4,−2 )

u =  G (3,4,−2 )

=

3a x + 4a y

( 3)

2

+ ( 4)

3a x + 4ay

= 2

=

3ax + 4ay

9 + 16

25

= 0.6a x + 0.8a y

b. El ángulo entre G y a x en P ; 

uG

( 3,4,−2 )

∡a

  x

G (3,4, −2) ia x

 

G ( 3,4,−2) ia x

  = cos θ =

G ( 3,4,−2) i a x

  G (3,4,−2) i a x icos θ

=

( 0.6a

x

( 0.6 )

2

) (a )

+ 0.8a y ⋅

(

+ 0.8

)

2

⋅

x

( 0.6 )(1)

= 2

=

0.6

0.36 + 0.64

(1)

= 0.6

1

−1 θ = cos 0.6 = 53.13º

c. El valor de la doble integral

4

∫ ∫ x = 0

2

z =0

G ⋅ dz ⋅ dxa y en el plano y = 7 .

 25  4 2  25 y  ∫ x 0 ∫z 0  ( x 2 + y 2 ) ⋅ ( xax + yay ) ⋅dz ⋅ dxay = ∫x 0 ∫z 0 0 + ( x2 + y 2 )  ⋅dz ⋅ dx       4 2  4 2 4 2  25 ⋅ ( 7 )  25 y  175      dz dx dz dx ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ∫ x 0 ∫z 0  ( x2 + y 2 )  ∫x 0 ∫z 0  x 2 + ( 7 )2  ∫x 0 ∫z 0  ( x 2 + 49)  ⋅dz ⋅ dx )       ( 4

2

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

 175  4  175 ⋅ ( 2 )  4  2 350  ∫ x 0  ( x 2 + 49 )  ⋅ z|0 dx = ∫x 0  ( x 2 + 49 )  ⋅ dx = ∫x 0  ( x2 + 49 )  ⋅ dx         1 4 1 1 = 50 ⋅  tan   − tan ( 0 )  = 50 ⋅ tan (0.00997 )  = 28.57   7  

( )

4

=

−

−

=

=

−

_____________________________________________________________________________________________


14


10. Utilizando la definición del producto punto y expresando diagonales como vectores, encontrar el ángulo más pequeño entre cualquier par de diagonales de un cubo, donde cada diagonal conecte dos esquinas diametralmente opuestas y pase por el centro del cubo. Tomamos un vector de referencia A = a x + a y + az y el otro vector será

B = −a x + a y

+ az ,

donde cambiamos una de las coordenadas de signo pues

suponemos que: En x, nos movemos desde el lado positivo hacia el lado negativo. En y, nos mantenemos sobre el eje positivo. En z, nos mantenemos sobre el eje positivo. Entonces, usando la definición de producto punto ΑiB = Α ⋅ B ⋅ cos θ AB , evaluamos ambos lados de la ecuación para determinar el ángulo:

(1) ⋅ ( −1) + (1)(1) + (1)(1)  = 1 + 1 + 1 ⋅ 1 + 1 + 1 ⋅ cos θ AB

[ −1 + 1 + 1] = 1= 1 3

3 ⋅ 3 ⋅ cos θ AB

9 ⋅ cos θ AB

= cos θ AB

Despejando el ángulo:

θ AB

= cos

−1

1 3

= 70.53º

_____________________________________________________________________________________________


15


11. Dados los puntos M ( 0.1, −0.2, −0.1) , N ( −0.2,0.1,0.3) y P ( 0.4,0,0.1) , encontrar: a. El vector R MN ; 



R MN

= N − M = ( −0.2,0.1, 0.3 ) − ( 0.1, 0.2,0.1)

R MN

= ( −0.2 − 0.1, 0.1 + 0.2,0.3 + 0.1)

R MN

= ( −0.3,0.3,0.4 )

b. El producto punto R MN iR MP ; Calculamos 



P − M = ( 0.4, 0, 0.1) − ( 0.1,0.2, 0.1)

R MP

=

R MP

= ( 0.4 − 0.1,0 + 0.2,0.1 + 0.1)

R MP

= ( 0.3,0.2,0.2 )

R MN iR MP

= ( −0.3)( 0.3 ) + ( 0.3 )( 0.2 ) + ( 0.4 )( 0.2 )

R MN iR MP

= ( −0.09 ) + ( 0.06 ) + ( 0.08 ) = 0.05

c. La proyección escalar de R MN sobre R MP ; 

Será R MN iuMP 

Calculamos primero el vector unitario u MP 

u MP

=

( 0.3)



u MP

0.3a x + 0.2a y + 0.2az

=

2

2

+ ( 0.2) + ( 0.2)

0.3a x + 0.2a y + 0.2 a z 0.41 

R MN iu MP

= 2

0.3ax + 0.2ay + 0.2 az 0.09 + 0.04 + 0.04

=

0.3a x + 0.2 ay + 0.2 az 0.17

= 0.73a x + 0.49a y + 0.49 a z

= ( −0.3)( 0.73 ) + ( 0.3) (0.49 ) + ( 0.4 ) ( 0.49 ) = −0.22 + 0.15 +0.2 = 0.126

d. El ángulo entre R MN y R MP . 

RMN

∡ R MP

 

R MN i RMP

=

  R MN i R MP i cos θ

_____________________________________________________________________________________________


16


 

R MN i R MP

  = cos θ R MN i R MP 

Calculamos el módulo R MN 

R MN

=

cos θ =

( −0.3)

2

2

+ ( 0.3) + ( 0.4 )

0.05

( 0.58 )( 0.41)

=

0.05 0.24

2

=

0.09 + 0.01 + 0.16 = 0.34 = 0.58

= 0.21

θ = cos −1 0.21 = 77.87º

_____________________________________________________________________________________________


17


12. Demostrar que los campos vectoriales A = ρ cos φ a ρ + ρ senφ aφ + ρ a z y

B = ρ cos φ a ρ

+

ρ senφ aφ − ρ a z son ortogonales entre sí en cualquier punto.

    A ⊥ B = Ai B = 0 = A ⋅ B cos θ pero al ser perpendiculares, el ángulo

θ = 90º .

Evaluamos el producto escalar para comprobar la ortogonalidad:  

Ai B = A ρ ⋅ Bρ  

+

Aφ ⋅ Bφ + A z ⋅ Bz

Ai B = ρ 2 cos 2 φ + ρ 2 sen 2φ − ρ 2

=

ρ cos φ ⋅ ρ cos φ

=

+ ρ senφ ⋅ ρ senφ + ρ ( −ρ )

ρ 2 ( cos 2 φ + sen2φ −1) = ρ 2 (1 −1)

=0

_____________________________________________________________________________________________


18


13. a. Encontrar la componente vectorial de F = 10a x − 6 a y + 5 az que es paralelo a

G = 0.1a x

+ 0.2a y + 0.3a z ;

  F iG     Por proyección de un vector Pr oyG F = ⋅G , 

G2

 

Calculamos F iG

  F iG = F x ⋅ Gx + Fy ⋅ G y + Fz ⋅ Gz = (10) ( 0.1) + ( −6 )( 0.2 ) + ( 5 )( 0.3 )   F iG = 1 − 1.2 + 1.5 = 1.3 2

Y el módulo G :

G

2

2

2

= ( 0.1) + ( 0.2 ) + ( 0.3)

2

= 0.01 + 0.04 + 0.09 = 0.14

La proyección será: 

Pr oyG F = 

1.3 0.14

( 0.1a

x

+ 0.2ay + 0.3a z

) = 9.28 (0.1a

x

+ 0.2 ay + 0.3az

)

Pr oyG F = 0.93a x + 1.86a y + 2.78a z

b. Encontrar la componente vectorial de F perpendicular a G ; 



Por ser perpendicular, calculamos la diferencia F

− Pr oy F



F





G

(10, −6, 5 ) + ( −0.93, −1.86, −2.78 ) − Pr oy F = G



F − Pr oyG F = (10 − 0.93 ) , ( −6 −1.86 ) , ( 5 − 2.78 )

= 9.07 a x − 7.86 a y + 2.22 a z

c. Encontrar la componente vectorial de G perpendicular a F .   G i F  Por proyección de un vector Pr oyF  G = ⋅ F , 

F 2

 

Calculamos G i F  

GiF

=

  F iG = 1.3

Y el módulo F 2 : 2

F

2

2

2

= (10 ) + ( −6 ) + ( 5 ) = 100 + 36 + 25 =161

_____________________________________________________________________________________________


19


La proyección será: 

Pr oyF  G = 

1.3 161

(10a

x

− 6a y + 5a z

) = 0.008 (10a

x

− 6 a y + 5 az

)

Pr oyF  G = 0.08a x − 0.048ay + 0.04 az

Ahora por perpendicularidad, tomamos la diferencia: 











G − Pr oyF  G = ( 0.1a x + 0.2a y + 0.3a z ) + ( −0.08a x + 0.048 a y − 0.04 a z ) G − Pr oyF  G = ( 0.1 − 0.08 ) a x G − Pr oyF  G = 0.02a x

+ ( 0.2 + 0.048 ) a y + ( 0.3 − 0.04 ) a z 



+ 0.248a y + 0.26 az

_____________________________________________________________________________________________


20


 sen2θ   senθ  2 a + θ    y 2 2  r   r 

14. Demostrar que los campos vectoriales A = a r 

B = r cos θ a r + r aθ son paralelos entre si en cualquier punto. 



 

A || B = AxB

 =0=



A ⋅ B senθ ; pero al ser paralelos, el ángulo θ = 0º

Calculamos el producto cruz para comprobar que los vectores son paralelos, debe  

cumplirse AxB

= 0:

aθ  ar    sen2θ 2 senθ AxB =  2 2  r r  r cos θ r   

AxB

=

aφ 

  2 senθ    sen2θ  0  = 0+0+ ⋅ r  aφ −  ⋅ r cos θ  aφ + 0 + 0  2 2   r    r   0 sen2θ 2 senθ  sen2θ − 2 senθ ⋅ cos θ   sen2θ − sen2θ  aφ − ⋅ cos θ aφ =   aφ =   aφ r r r r    

_____________________________________________________________________________________________


21


15. Tres vectores que se extienden desde el origen están dados por r 1 = ( 7,3, − 2) ,

r 2

= ( −2,7, −3) y

r 3 = ( 0,2,3) . Encontrar:

a. Un vector unitario ortogonal a r 1 y r 2 ;

 a x a y  r1 xr2 = 7 3   −2 7   

 



urx r 

5a x + 25a y + 55 a z

=

2

( 5)

 =

urx r  1

 = −9 a + 4 a + 49 a −  −6 a −14 a − 21a  x y z z x y    −3 

−2

= ( −9 + 14 ) a x + ( 4 + 21) a y + ( 49 + 6 ) az = 5 ax + 25 a y + 55 az

r1 xr2

1

az 

2

2

+ ( 25) + ( 55 )

5a x + 25ay + 55az 60.62

2

=

5ax + 25 ay + 55 az

2

=

5 ax + 25 ay + 55 az

25 + 625 + 3025

3675

= 0.08a x + 0.4a y + 0.88az

b. Un vector unitario perpendicular a los vectores r1 − r 2 y r2 − r 3 ;

(





) (



Para calcular el producto cruz r1 − r2 x r2   

r1 − r 2



) , primero:

− r3

= ( 7, 3, −2 ) + ( 2, −7, 3) = ( 7 + 2 ) , ( 3 − 7 ) , ( −2 + 3 ) = ( 9, −4,1)

  

− r 3 = ( −2, 7, −3) + ( 0, −2, −3) = ( −2 ) , ( 7 − 2) , ( −3 − 3) = ( −2, 5, −6 )

r2

 a x a y az  ( r1 − r2 ) x ( r2 − r3 ) =  9 −4 1   −2 5 −6        ( r1 − r2 ) x ( r2 − r3 ) = ( −4)( −6) a x + (1)( −2) ay + ( 9)( 5) az − ( −2)( −4) az + ( 5)(1) ax + ( 9)( − 6) a y  















1

2

2

3

1

2

2

3

( r − r ) x ( r − r ) = 24a − 2a     ( r − r ) x ( r − r ) = (24 − 5) a x

y

x

+ 45az − 8az + 5ax − 54a y 





+ ( −2 + 54 ) a y + ( 45 − 8) az = 19ax + 52ay + 37 az

Ahora el vector unitario: 

u r −r x r −r ( )( ) 1

2

2

=

3

(19 )



u r −r x r −r ( )( ) 1

2

2

3

19a x + 52a y + 37a z

=

2

2

= 2

+ ( 52 ) + ( 37 )

19a x + 52a y + 37az 66.59

19 ax + 52 ay + 37 az

=

361 + 2704 + 1369

19 ax + 52 ay + 37 az 4434

= 0.285a x + 0.78a y + 0.55az

_____________________________________________________________________________________________


22


c. El área del triángulo formado por r 1 y r 2 ; 1

A =

2

b.a =

1   2

r1 xr 2

=

1 2

( 60.62 ) = 30.31

d. El área del triángulo que forman las puntas de los vectores r 1 , r 2 y r 3 . 

Consideramos un vector posición P r − r : 2



1

P r − r

= ( −2, 7, −3) + ( −7, −3, 2 ) = ( −2 − 7 ) , ( 7 − 3) , ( −3 + 2 ) = ( −9, 4, −1)

P r − r

= ( −2, 7, −3 ) + ( 0, −2, −3) = ( −2 ) , ( 7 − 2) , ( −3 − 3) = ( −2, 5, −6 )

2



1

2

3

Ahora el área del triángulo sería: 1

A =

2

b.a =

1  2



P r − r xP r − r 2

1

2

3





Calculamos el producto cruz P r − r xP r − r : 2

1

2

3

 a x a y az    P r r xP r r =  −9 4 −1   −2 5 −6      P r r xP r r = ( 4 )( −6) a x + ( −1)( −2) a y + ( −9) ( 5) a z − ( − 2) ( 4) az + ( 5)( − 1) a x + ( − 9) ( − 6) a y  



2− 1



2− 1

2− 3



2− 3

P r −r xP r −r 

2

1



2

3

P r −r xP r −r 2

1

2



3

=

−24a x + 2a y − 45az −  −8az − 5ax + 54a y 

=

( −24 + 5) a x + ( 2 − 54) ay + ( −45 + 8) az = −19ax − 52a y − 37az





P r − r xP r − r 2

1

2

3

=

( −19 )

2

2

+ ( −52 ) + ( −37 )



2

=

361 + 2704 +1369 = 4434 = 66.59

Entonces:

A =

1 2

b.a =

1  2



P r − r xP r − r 2

1

2

3

=

1 2

( 66.59 ) = 33.295

_____________________________________________________________________________________________


23


16. El campo vectorial E =

B

a ρ donde B es constante se desplazará de tal forma que su

ρ

origen estará en la línea x = 2 , y = 0 . Escribir el desplazamiento de E en coordenadas cartesianas. Cambiamos E =

B

ρ

a ρ a coordenadas cartesianas: x

2 2 ρ = x + y , cos φ =

E( x, y , z )

=

E( x, y , z )

=

B

ρ

a ρ ⋅ ( a x B

x 2 + y 2

E( x, y , z )

=

E( x, y , z )

=

x 2 + y 2

+ ay + a z

 x  2 2 2 2 x + y  x + y Bx x

+

y

2

x

( cos φ ) ⋅ a x +

B

2

B

)=

ax

By

+

x

2

+

y

2

y

, senφ =

2

+

y

2

B x2

+

y2

x 2

+

a ρ ⋅ ax

y2

x

B

=

x

2

+

y

2

+

y

2

a ρ ⋅ ay

B

+

x

2

+

y

2

a ρ ⋅ az

( senφ ) ⋅ ay + 0

  y  ⋅ ax +    x2 + y 2  

ay

B

+

2

( xa

x

+

   ⋅ ay      ya y )

Al sustituir valores, modifico de x = 2 → x − 2 ; y = 0 , nos queda:

E( x, y , z )

=

B

( x − 2 )

2

+

y

2

( x − 2 ) ax + yay 

_____________________________________________________________________________________________


24


17. Un triángulo lo definen el punto A = ( −4,2,5) y los vectores R AM

R AN

= ( 20,18, −10 ) y

= ( −10,8,15 ) .

a. Encontrar un vector unitario perpendicular al triángulo; Buscamos el producto cruz:

 a x a y az    R AM xR AN =  20 18 −10   −10 8 15      R AM xR AN = (18)(15) a x + ( −10)( − 10) a y + ( 20)( 8) az − ( − 10)( 18) a z + ( 8)( − 10) a x + ( 20)( 15) a y  







R AM xR AN = 270a x + 100a y + 160az 



− −180 az − 80 ax + 300 a y 





R AM xR AN = ( 270 + 80 ) a x + (100 − 300 ) a y

+ (160 + 180 ) az = 350 ax − 200 a y + 340 az

El vector unitario: 



R AM xR AN 

350a x − 200ay + 340 a z

=



R AM xR AN 

( 350 )



R AM xR AN 



=

2

2

+ ( −200 ) + ( 340 )

350a x − 200a y + 340a z 527.35

R AM xR AN

= 2

350 ax − 200 ay + 340 a z

=

122500 + 40000 +115600

= 0.7a x − 0.4a y + 0.68a z

b. Encontrar un vector unitario coplanar al triángulo y perpendicular a R AN ; 

Calculamos U R AN

=

−10a x + 8a y + 15a z

( −10 ) 

U R AN

=

−10a x + 8a y + 15a z

19.72

2

2

+ ( 8 ) + (15 )

= 2

−10ax + 8ay +15a z

100 + 64 + 225

=

−10 ax + 8 ay +15 a z

389

= −0.5a x + 0.4a y + 0.75a z





R AM xR AN



xU R AN . Hacemos el producto cruz   R AM xR AN 



R AM xR AN 



R AM xR AN



xU R AN

 a x  = 0.7   −0.5 

ay −0.4

0.4

az 

  0.75 

0.68

_____________________________________________________________________________________________


25

PNF Electrónica - Trayecto III - Teoría Electromagnética Febrero de 2012 _____________________________________________________________________________________________________ = ( −0.4 )( 0.75) a x + ( −0.5)( 0.68) a y + ( 0.7)( 0.4) a z − ( − 0.5)( − 0.4) a z + ( 0.4)( 0.68) a x + ( 0.7)( 0.75) a y 







R AM xR AN 



R AM xR AN 



R AM xR AN 



R AM xR AN



xU R AN



= ( −0.3 − 0.27 ) a x − ( 0.525 + 0.34) a y + ( 0.28− 0.2) a z



xU R AN

= −0.57a x − 0.865a y + 0.08az

c. Encontrar un vector unitario coplanar al triángulo que bisecta al ángulo interior en A . 



Primero obtengo los vectores unitarios U R AM y U R AN :  =

U R AM

20a x + 18a y − 10a z

( 20 )

2

2

=

+ (18 ) + ( −10 )

20 ax + 18ay −10 a z

2

824

= 0.69a x + 0.63a y − 0.35a z

 = −0.5a x + 0.4a y + 0.75a z

U R AN

Ahora se suma promedio 1 

(U 2

R AM

1 

( 2



U R AM

+ U RAN

 + U RAN

1  2

(

1

) = 2 ( 0.69a 1

) = 2 ( 0.19a

x

x

U RAM

 + U RAN

):

) (

+ 0.63a y − 0.35a z + −0.5ax + 0.4 ay + 0.75 a z

) 

)

+ 1.03a y + 0.4a z = 0.095ax + 0.515 ay + 0.2 a z

Por último, calculamos el vector unitario: 

U =

0.095a x + 0.515ay + 0.2a z

( 0.095 )

2

2

+ ( 0.515 ) + ( 0.2 )

= 2

0.095 ax + 0.515 ay + 0.2 a z 0.56

= 0.17a x + 0.92a y + 0.36a z

_____________________________________________________________________________________________


26


18. Convertir de coordenadas cilíndricas a esféricas el campo vectorial H =

A

ρ

aφ donde A

es constante. Si igualamos las ecuaciones de conversión de coordenadas de X, para cilíndricas y esféricas:

x = x ρ ⋅ cos φ = r ⋅ senθ ⋅ cos φ ρ = r ⋅ senθ Ahora sustituimos en la ecuación del campo vectorial, considerando que la componente aφ es común en ambos sistemas de coordenadas.

H ( r ,θ ,φ )

=

A r ⋅ senθ

aφ

_____________________________________________________________________________________________


27


19. a. Expresar con componentes y variables cilíndricas el campo 2 2 D = ( x + y )

−1

D = ( x

−1

2

+

y

2

( xa

x

) ⋅ ( xa

x

⋅

+

ya y ) ;

+

ya y ) =

x x

2

+

y

ax

2

y

+

x

2

+

y

2

ay

Recordando las ecuaciones de cambio: x = ρ cos φ , y = ρ senφ

D( ρ )

=

D( ρ )

=

x x

2

2

a x ⋅ aρ

2

2

y ρ cos φ

+

2

y

+

x

2

2

ρ cos φ + ρ sen φ 2

D( ρ )

=

D(φ )

=

D(φ )

=

D(φ )

=

D( z )

=

+

ρ 2

x x

+

2

2

ρ senφ 2

2

ρ cos φ 2

cos φ + sen φ

y x

2

y2

2

2

sen φ

( senφ )

ρ

ay ⋅ aφ ρ senφ

( − senφ ) +

2 2 ρ cos φ + ρ sen φ ρ cos φ + ρ sen φ ρ senφ ⋅ cosφ cosφ ⋅ senφ − ρ cos φ ⋅ senφ

+

ρ 2

x x

2

+

y

2

2

+

+ρ

1

=

ρ

+

y ρ cos φ

2

=

ρ2

a x ⋅ aφ

a y ⋅ aρ

2

ρ sen φ

2

y2

( cos φ ) +

2

ρ cos φ

2

+

a x ⋅ az

y x

2

+

y

2

2

=

ρ2

+

2

ρ

ay ⋅ az

x

=

x

2

+

y

( cos φ )

( −1 + 1) = 0

( 0) + 2

y x

2

+

y

2

( 0) = 0

El campo nos queda:

D( ρ ,φ , z )

=

1

ρ

aρ

b. Evaluar D en el punto donde ρ = 2 , φ = 0.2π y z componentes cilíndricas y cartesianas.

= 5,

expresando el resultado en

En cilíndricas:

D( ρ ,φ , z )

=

1

ρ

aρ

=

1 2

aρ

= 0.5aρ

En cartesianas:

D( x )

= 0.5aρ ⋅ a x = 0.5 ( cos φ ) = 0.5 ⋅ cos ( 0.2π rad ) = 0.5 ⋅0.81 = 0.4

_____________________________________________________________________________________________


28


D( y )

= 0.5aρ ⋅ a y = 0.5 ( senφ ) = 0.5 ⋅ sen ( 0.2π rad ) = 0.5 ⋅ 0.59 = 0.294

D( z )

= 0.5aρ ⋅ a z = 0.5 ( 0 ) = 0

D( x , y , z ) = 0.4a x + 0.294a y

_____________________________________________________________________________________________


29


20. Un cilindro de radio a y centro sobre el eje z , gira con respecto al eje z con una velocidad angular de Ω rad/seg. El sentido de rotación es opuesto al de las manecillas del reloj respecto a la dirección positiva del eje z . a. Utilizando componentes cilíndricas, obtener una expresión para el campo de velocidad v , el cual proporcione la velocidad tangencial en cualquier punto del cilindro; En cilíndricas, el radio es ρ . Por definición, el vector unitario que define la dirección es aφ (tangencial). La expresión de la velocidad tangencial sería ρ ⋅ Ω ⋅ aφ , con sentido positivo por ir con sentido de rotación opuesto al de las manecillas del reloj respecto a la dirección positiva del eje z.

V = ρ ⋅ Ω ⋅ aφ

b. Convertir a componentes esféricas el resultado del inciso anterior;

ρ

=

rsenθ , y aφ es común en ambos sistemas de coordenadas:

V( r ,θ ,φ )

=

r ⋅ senθ ⋅ Ω ⋅ aφ

c. Convertirlo a componentes cartesianas. 2

2

Sustituyendo: ρ = x + y , senφ =

V( x )

= ρ ⋅ Ω ⋅ aφ ⋅ a x =

ρ ⋅ Ω ⋅ ( − senφ ) =

V( y )

= ρ ⋅ Ω ⋅ aφ ⋅ a y =

ρ ⋅ Ω ⋅ ( cos φ ) =

V ( z )

= ρ ⋅ Ω ⋅ aφ ⋅ a z = 0

V( x , y , z )

(

= Ω − ya x +

y x 2 + y 2 x2 + y 2

x 2 + y 2

− y

⋅Ω⋅

x x2 + y2

x

, cos φ =

2

+

y

x

⋅Ω⋅

x

2

+

y

2

2

= − yΩ

= xΩ

xa y )

_____________________________________________________________________________________________


30


21. Expresar en componentes cilíndricas: a. El vector desde C = ( 3,2, −7 ) hasta D = ( −1, −4, 2 ) ; 2

2

−1

y  , z = z , para C y D. x  

Cambiamos coordenadas: ρ = x + y , φ = tan  Para C:

ρ = x 2 + y 2

=

2

2

3 + 2 = 13 = 3.6

 y  1 2 = tan   = 37.43º   x  3

φ = tan −1  z

−

= −7

Para D:

ρ = x 2 + y 2 −1

=

( −1)

2

+ ( −4 )

2

=

17 = 4.12

 y  1  −4  = tan    = 255.96º ; por estar en el 3er cuadrante.  x   −1  −

φ = tan  z = 2



El vector posición CD : 





CD = D − C = ( −1 − 3) a x

+ ( −4 − 2 ) a y + ( 2 + 7 ) a z = −4ax − 6ay + 9az

En coordenadas cilíndricas: 

CD( ρ )

= −4a x ⋅ aρ − 6a y ⋅ aρ + 9a z ⋅ aρ = −4 cos φ − 6 senφ

CD(φ )

= −4a x ⋅ aφ − 6a y ⋅ aφ + 9az ⋅ aφ = −4 ( −senφ ) − 6 cos φ = 4 senφ − 6 cos φ

CD ( z )

= −4a x ⋅ a z − 6a y ⋅ az + 9az ⋅ az = 0 + 0 + 9 (1) = 9







CD( ρ ,φ , z )

= ( −4 cos φ − 6 senφ ) aρ + ( 4 senφ − 6 cos φ ) aφ + 9 a z

Sustituyendo φ = 37.43º : 

CD( ρ ,φ , z ) 

CD ( ρ ,φ , z ) 

=  −4 cos ( 37.43º ) − 6 sen ( 37.43º )  aρ + 4 sen (37.43º ) − 6 cos (37.43º )  aφ + 9 az =  −4 ( 0.832 ) − 6 ( 0.555 )  aρ + 4 ( 0.555 ) − 6 (0.832 )  aφ + 9 az

CD ( ρ ,φ , z )

= ( −3.328 − 3.33 ) aρ + ( 2.22 − 4.992 ) aφ + 9 a z

CD ( ρ ,φ , z )

= −6.66aρ − 2.772aφ + 9a z



_____________________________________________________________________________________________


31


b. Un vector unitario en D dirigido hacia el origen. 



Obtenemos el vector posición DC ( ρ ,φ , z ) que es igual a 

DC ( ρ ,φ , z )

−CD ( ρ ,φ , z ) ,

= ( 4 cos φ + 6 senφ ) aρ + ( −4 senφ + 6 cos φ ) aφ − 9 az

Sustituyendo φ = 255.96º : 

DC ( ρ ,φ , z ) 

=  4 cos ( 255.96 ) + 6 sen ( 255.96 )  aρ + −4 sen (255.96 ) + 6 cos (255.96 )  aφ −9 a z

DC ( ρ ,φ , z )

=  4 ( −0.243) + 6 ( −0.97 ) aρ + −4 ( −0.97 ) + 6 ( −0.243 )  aφ − 9 a z

DC ( ρ ,φ , z )

= ( −0.97 − 5.82 ) aρ + ( 3.88 −1.458 ) aφ − 9 a z = −6.79 aρ + 2.42 aφ −9 az



El vector unitario será:   U DC ρ φ z

(

, ,

−6.79aρ + 2.42aφ − 9a z

= )

( −6.79 )

2

2

+ ( 2.42 ) + ( −9 )

=

−6.79 aρ + 2.42 aφ −9 az

11.53

2

= −0.59aρ + 0.21aφ − 0.81a z

c. Un vector unitario en D dirigido hacia el origen. 

Calculamos − D ( x , y , z )

= ( −1)( −1, −4, 2) = (1, 4, −2 )

Cambiamos a cilíndricas:

ρ = x 2 + y 2 −1

=

2

2

1 + 4 = 17 = 4.12

 y  1 4 = tan   = 75.96º   x  1 −

φ = tan  z = −2

Calculando las componentes del vector en cilíndricas y sustituyendo φ = 75.96º : 

− D ( ρ ) = a x ⋅ aρ + 4a y ⋅ aρ − 2a z ⋅ aρ = cos φ + 4 senφ = cos ( 75.96º ) + 4 sen (75.96º ) = 4.12



− D (φ ) = a x ⋅ aφ + 4a y ⋅ aφ − 2az ⋅ aφ = −senφ + 4 cos φ = −sen ( 75.96º ) + 4 cos (75.96º ) = 0



− D ( z ) = −2a z

 − D ( ρ ,φ , z ) = 4.12aρ − 2a z

El vector unitario será: 

U − D( ρ φ z ) , ,

=

4.12aρ − 2a z

( 4.12 )

2

+ ( −2 )

= 2

4.12aρ − 2a z 20.97

=

4.12a ρ − 2a z 4.58

= 0.91a ρ − 0.44a z

_____________________________________________________________________________________________


32


22. Una esfera con centro en el origen y radio a , gira con respecto al eje z a una velocidad angular de Ω rad/seg en dirección opuesta a las manecillas del reloj en la dirección positiva del eje z . a. Escribir una expresión, utilizando componentes esféricas, del campo de velocidad v , que proporciona la velocidad tangencial en cualquier punto de la esfera. Por definición, el vector unitario que define la dirección es aφ (tangencial). La velocidad angular estará dada en términos de r y θ . Y su expresión sería r ⋅ senθ ⋅ Ω ⋅ aφ , con sentido positivo por ir con sentido de rotación opuesto al de las manecillas del reloj respecto a la dirección positiva del eje z.

V( r ,θ ,φ )

=

r ⋅ senθ ⋅ Ω ⋅ aφ

b. Convertirla a componentes cartesianas.

Recordando: r =

senφ =

V( x )

=

V( x )

=

V( y )

=

V( y)

=

V( z )

=

V( x , y , z )

y rsenθ

=

x

2

y ρ

r ⋅

+

y y

=

=

− y

⋅Ω⋅

x 2 + y 2

⋅Ω⋅

= Ω − ya x +

=

x x 2 + y 2

rsenθ ⋅ Ω ⋅ aφ ⋅ a z

(

2

z , senθ = y

=

x

2

+

y

2

ρ

=

r

, cos φ =

r

r ⋅ senθ ⋅ Ω ⋅ aφ ⋅ a y x2 + y2

+

ρ

r ⋅ senθ ⋅ Ω ⋅ aφ ⋅ ax x2 + y 2

2

x 2 + y 2 x2 + y2 x rsenθ

+

=

(

2

2

)

,

x ρ

r ⋅

 x 2 + y 2 x +y +z   x 2 + y 2 + z 2  2

z2

=

x

x

=

ρ

x

2

+

y

2

r

  ⋅ Ω ⋅ ( −senφ )  

= − yΩ

 x 2 + y 2 x +y +z   x 2 + y 2 + z 2 

(

2

=

2

2

)

  ⋅ Ω ⋅ ( cos φ )  

xΩ

=0

xa y )

_____________________________________________________________________________________________


33


23. Una superficie cerrada está definida por las superficies ρ = 3 , ρ = 5 , φ = 100º , φ = 130º , z = 3 , z = 4.5 . a. Encontrar el volumen encerrado. Pasamos los valores φ = 100º , φ = 130º , de grados a radianes φ = 0.56π , φ = 0.72π Por definición en coordenadas cilíndricas, un volumen cualquiera está dado por: , donde ρ ⋅ d φ es el ancho, dz es el alto y d ρ es el largo. ρ ⋅ dφ ⋅ dz ⋅ d ρ Entonces V =

∫∫∫ ρ ⋅ dφ ⋅ dz ⋅ d ρ ρ zφ

V V

=

5

4.5

∫∫ ∫ 3

=

3

0.72π

0.56π

ρ ⋅ dφ ⋅ dz ⋅ d ρ

5

∫ ρ ⋅ 0.162π ⋅ z|

4.5

3

3

⋅dρ =

=

5

∫∫ 3

∫

5

3

4.5

3

0.72π

ρ ⋅φ |

0.56π

5

∫∫

⋅ dz ⋅ d ρ =

ρ ⋅ 0.162π ⋅1.5 ⋅ d ρ

3

= 0.243π

4.5

3

∫

5

3

ρ ⋅ 0.162π ⋅ dz ⋅ d ρ

ρ ⋅dρ

 52 − 32   25 − 9  V = 0.243π ⋅   = 0.243π ⋅   = 0.243π ⋅ (8 ) = 1.944π 2 2    

⋅ = 0.243π

2

ρ

2 = 6.11

5

|

3

b. Hallar el área total de la superficie encerrada;

A =

∫

0.72π

0.56 π

A = 2

∫

∫

3

0.72π

0.56π

5

4.5

∫ ∫

2 ρ ⋅ d ρ ⋅ dφ +

ρ 2 2

5

|

⋅ d φ + 8

3

3

4.5

0.72 π

0.56 π

0.72π

∫ φ|

0.56π

3

8 ⋅ d φ ⋅ dz +

⋅ dz +

4.5

4.5

∫ ∫ 3

5

∫ ρ|

3

3

5

3

2d ρ ⋅ dz 0.72 π

φ |

⋅ dz = 16

A = 16 ( 0.16π ) + 1.28π (1.5 ) + 2 (1.5 ) = 2.56π + 1.92π

0.56 π

+ 1.28

4.5

z|

3

+2

4.5

z|

3

+ 6 = 4.48π + 6 = 20.07

c. Encontrar la longitud total de las doce esquinas de las superficies:

Longitud = 4 ⋅ z|

4.5

3

5

ρ |

+4

3

( φ

+2 8

0.72 π 0.56π

)

= 4 ( 4.5 − 3) + 4 ( 5 − 3 ) + 16 ( 0.72π − 0.56π )

Longitud = 4 (1.5 ) + 4 (2 ) +16 ( 0.16π ) = 6 + 8 + 2.56π

= 14 + 2.56π = 22.04

d. Encontrar la longitud de la línea recta más larga que está encerrada dentro del volumen. 



La longitud de la línea recta viene siendo B − A , 

B = ( −3.21, 3.83, 4.5 ) 

A = ( −0.52, 2.95, 3 )

_____________________________________________________________________________________________


34


Calculamos 







B − A = ( −3.21,3.83,4.5 ) + ( −0.52,2.95,3 ) = ( −3.21 + 0.52 ) , (3.53 −2.95 ), (4.5 −3 ) B − A = ( −2.69,0.88,1.5) 



Calculando el módulo B − A : 



B − A

=

( −2.69 )

2

2

+ ( 0.88 ) + (1.5 )

2

=

7.24 + 0.77 + 2.22 = 10.26 = 3.203

_____________________________________________________________________________________________


35


A

24. Expresar el campo E =

ar en: 2 r a. Coordenadas cartesianas;

E( x )

E( y )

E( z )

=

=

A r2

A 2

r

=

A r

E( x, y , z )

2

=

ar ⋅ a x

ar ⋅ a y

ar ⋅ a z

A ⋅ senθ ⋅ cos φ

=

r 2

2

A ⋅ cosθ 2

2

(

x

+

y

2

+

z

=

) ⋅( x

2

+

r 2

x 2 + y 2

+

y

2

+z

2

x

+

y

2

+

z

2

) ⋅( x

2

+

y

2

+z

2

)

z2

2

+

y

2

+z

2

)

+z

2

A⋅ y

=

) (

x

2

+

y

2

+

z

2

) ⋅( x

z +

⋅ 2

r

x 2 + y 2

A ⋅

(

) (

z2

2

A 2

+

A⋅ x

=

y

=

(

r

r

x 2 + y 2 A ⋅

r

=

x

=

(

A ⋅ senθ ⋅ senφ

=

A ⋅

2

)

z2

A⋅ z

=

) (

( xa

x

+

x 2

ya y

+

+

y2 + z2

) ⋅( x

2

+

y2

)

za z )

b. Coordenadas cilíndricas. 2

E( ρ )

=

E(φ )

=

E( z )

=

A r

E( ρ ,φ , z )

2

A r 2 A r

2

=

ar ⋅ aρ

A ⋅ senθ

=

2

ρ

+

ρ

2

Recordando: r = ρ + z , senθ =

z

2

=

ρ 2 + z 2

, cos θ =

z

ρ 2 + z 2

A ⋅ ρ

(

ρ 2 + z 2

) ( ρ + z 2

2

)

2

)

ar ⋅ aφ = 0 ar ⋅ a z

=

A ⋅ cosθ 2

ρ

+

z

2

=

A⋅ z

(

A

(

ρ

2

+ z

2

)

( ρ

2

+

z

2

)

ρ 2 + z 2

( ρ a

ρ

) ( ρ + z

+ za z

2

)

_____________________________________________________________________________________________


36


25. Dado el punto P = ( r = 0,θ

= 30º , φ = 45º ) y

E=

 2 r  1

⋅  cos φ a r +

senφ senθ

 

aφ  ,

a. Encontrar E en P ;

E=

 ( 0.8) 

sen45º

E=

 ( 0.8) 

sen45º

1

2

1

2

⋅  cos 45º a r +

⋅  cos 45º a r +

sen30º

sen30º

aφ  =

 

 0.64 

0.65

 

 0.64 

0.65

aφ  =

1

1

⋅  0.76 a r +

⋅  0.76 a r +

0.5

0.5

 

aφ  =1.56 (0.76 ar +1.43 aφ )

 

aφ  = 1.19 ar + 2.23 aφ

b. Encontrar E en P ;

E

=

(1.19 )

2

+ ( 2.23 )

2

=

1.416 + 4.976 0 = 3921 = 2.528

c. Hallar un vector unitario en la dirección de E en P . 

u=

E E

=

1.19a r + 2.23aφ 2.528

= 0.47a r + 0.882aφ

_____________________________________________________________________________________________


37


26. Expresar el campo vectorial uniforme F = 5ax en: a. Componentes cilíndricas;

Fρ

= 5a x ⋅ aρ = 5cos φ

Fφ

= 5a x ⋅ aφ = 5 ( − senφ ) = −5 senφ

Fz

= 5a x ⋅ az = 0

F(ρ ,φ ,z )

= 5 cos φ aρ − 5 senφ aφ

b. Componentes esféricas.

Fr

= 5a x ⋅ ar = 5 ⋅ senθ ⋅ cos φ

Fθ

= 5a x ⋅ aθ = 5 ⋅ cos θ ⋅ cos φ

Fφ

= 5a x ⋅ aφ = 5 ( − senφ ) = −5 senφ

F( r ,θ ,φ )

= 5 ⋅ senθ ⋅ cos φ ar + 5 ⋅ cos θ ⋅ cos φ aθ − 5 senφaφ

_____________________________________________________________________________________________


38


27. Una superficie cerrada está definida por las superficies r = 2 y 4 , θ = 30º y 50º y φ = 20º y 60º . a. Encontrar el volumen encerrado; Convertimos los grados a radianes: θ = 0.52rad y 1.05rad ; φ = 1.5rad y 0.35rad . En una superficie esférica cualquiera, la expresión volumétrica viene dada por: 2 r ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ . Calculando la integral triple:

V V

=

1.05

∫ ∫

0.872

1.05

0.872

0.35

=

∫ ∫ 0.35

∫ V =∫ V

=

∫

0.52

2

0.52

1.05

0.35 1.05

0.35

4

r

2

⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ =

 43 − 23    ⋅ senθ ⋅ dθ ⋅ dφ 3  

−18.67 ⋅ cos θ

|

0.872 0.35

(

⋅ dφ =

1.05

4.2 ⋅ d φ = 4.2 ⋅ φ |

0.35

)

∫

1.05

0.35

1.05

0.872

0.35

0.52

∫ ∫

=

3

r

3

1.05

0.872

0.35

0.52

∫ ∫

|

4 2

⋅ senθ ⋅ dθ ⋅ dφ

18.67 ⋅ senθ ⋅ dθ ⋅ dφ

−18.67 ⋅( 0.643 − 0.868 ) ⋅ d φ

= 4.2 ⋅ (1.05 − 0.35 ) = 4.2 (0.7 ) = 2.94

b. Hallar el área de la superficie encerrada;

A =

1.05

∫ ∫ 0.35

+2

+2

0.872

0.52

∫

0.872

∫

0.872

0.52

∫

4

2

0.52

1.05

4

( 4 ) 2 + ( 2 ) 2  ⋅ senθ ⋅ dθ ⋅ dφ + ∫0.35 ∫2 r ⋅  sen ( 0.52 ) + sen (1.05)  ⋅ dr ⋅ d φ   r ⋅ dr ⋅ dθ

=

16 − 4   2  ⋅ dθ

∫

1.05

0.35

−20 ⋅  cos ( 0.872 ) − cos (0.52 )  ⋅ dφ +

(

= 4.5 ⋅φ

(

1.05

|

0.35

1.05

A = 4.5 ⋅ (1.05 − 0.35 ) + 8.16 ⋅ ⋅φ |

0.35

)

) ∫ +

1.05

0.35

1.05

4

0.35

2

∫ ∫ 1.36 ⋅ r ⋅ dr ⋅ dφ

0.872  16 − 4   ⋅ d φ + 12 ⋅θ|0.52  2 

(

1.36 ⋅ 

)

+ 12 ( 0.872 − 0.52 ) = 4.5 (0.7 ) + 8.16 (0.7 ) +12 (0.352 )

A = 13.086

c. Encontrar la longitud total de las doce orillas de la superficie;

L =

∫

4

2

4 ⋅ dr +

∫

0.872

0.52

2 ( r1 + r2 ) ⋅ dθ +

( ) 12 (θ| )

L = 4 r |

4 2

+

0.872 0.52

∫

1.05

0.35

( r1 + r2 ) ⋅  sen ( 0.872 ) + sen ( 0.52 )  ⋅ d φ

(φ | )

+ 6 ( 0.765 + 0.497 ) ⋅

1.05

0.35

= 4 ( 2 ) +12 ( 0.352 ) + 7.572 (0.7 )

L = 8 + 4.224 + 5.3 = 17.524

_____________________________________________________________________________________________


39


d. Hallar la longitud de la línea recta más larga que se encuentra dentro de la superficie. Asumimos la primera superficie como S1

= ( r 1 , θ1 , φ 1 ) y

la segunda S 2

= ( r 2 , θ 2 , φ 2 ) .

Pero la longitud es mas sencilla calcularla en coordenadas cartesianas así que hacemos la conversión de los puntos de las superficies: x = r ⋅ senθ ⋅ cos φ ,

y

=

r ⋅ senθ ⋅ senφ , z

En S1

=

r ⋅ cos θ

= ( r 1 , θ1 , φ 1 ) :

x = 2 ⋅ sen ( 0.872 ) ⋅ cos ( 0.35 ) = 1.44 , y = 2 ⋅ sen ( 0.872 ) ⋅ sen ( 0.35 ) = 0.525 , z

= 2 ⋅ cos ( 0.872 ) = 1.286

Entonces S 1 = (1.44,0.525,1.286 ) = ( r 2 , θ 2 , φ 2 )

En: S2

x = 4 ⋅ sen ( 0.52) ⋅ cos (1.05 ) = 0.989 , y = 4 ⋅ sen ( 0.52 ) ⋅ sen (1.05 ) = 1.724 , z

= 4 ⋅ cos ( 0.52 ) = 3.471

Entonces S 2 = ( 0.989,1.724,3.471) , Calculamos S 2 − S 1

(

) (

)

= 0.989,1.724,3.471 + − 1.44,− 0.525,− 1.286

S 2 − S 1

= ( 0.989 −1.44) , (1.724 − 0.525 ) , (3.471 −1.286 ) = ( −0.451,1.199, 2.185 )

Y la longitud de la línea S 2

S 2 − S 1

=

( −0.451)

2

− S 1 2

:

+ (1.199 ) + ( 2.185 )

2

=

0.203 +1.438 + 4.774 = 6.415 = 2.533

_____________________________________________________________________________________________


40


28. Expresar el campo vectorial G = 8senφ aθ en: a. Componentes cartesianas; Recordando: senφ =

cos θ =

z

=

r

x

2

+

y

2

rsenθ

= 8senφ aθ ⋅ a x =

G ( y )

= 8senφ aθ ⋅ a y =

= 8senφ aθ ⋅ a z =

+

z

y ρ

=

z

G ( x )

G ( z )

y

r ⋅

x

2

+

y

2

, cos φ =

x rsenθ

r

, senθ =

2

y

=

ρ

x

=

r

2

y

+

x2 + y 2

=

x ρ

r ⋅

x

=

x

2

+

y

2

,

r

2

+

z2

8 ⋅ z ⋅ x

(

x 2 + y 2

+

) (⋅

z2

x2

+

y2

)

x2

+

y2

)

8 ⋅ z ⋅ y

(

x 2

−8

x

+

y2

+

2

+

y

y

2

x

2

+

+

) (⋅

z2

2

z

2

  y ⋅   x2 + y 2  

  z ⋅ x     x 2 + y 2  

G ( x , y , z )

 8 =  x 2 + y 2 + z 2 

  z⋅ y  ax +    x2 + y 2  

G ( x , y , z )

   z ⋅ x    z⋅ y  8 ⋅ y  ⋅  2 a a a = + −   x 2 + y 2 + z 2    x + y 2  x  x 2 + y 2  y z   

  ay −  

(

 x + y az   2

2

)

b. Componentes cilíndricas. Recordando: y = ρ ⋅ senφ , cos θ =

z

z

=

r

ρ 2 + z 2

Gρ

= 8 ⋅ senφ aθ ⋅ aρ = 8 ⋅ senφ ⋅ cos θ = 8 ⋅ senφ ⋅

Gφ

= 8 ⋅ senφ aθ ⋅ aφ = 8 ⋅ senφ ( 0 ) = 0

Gz

= 8 ⋅ senφ aθ ⋅ a z =

G ( ρ ,φ ,z )

=

8 ⋅ senφ 2

ρ

+ z

2

⋅

8 ( − ρ ⋅ senφ )

( za

ρ 2 + z 2

ρ

− ρ a z

=

z ρ 2 + z 2

−8 ρ ⋅ senφ

ρ 2

+

z2

)

_____________________________________________________________________________________________


41


29. Expresar el vector unitario a x en componentes esféricas en el punto: a. r = 2 , θ = 1 rad, φ = 0.8 rad; 

senθ ⋅ cos ϕ = sen (1) ⋅ cos ( 0.8 ) = ( 0.841) ⋅ ( 0.697 )

vr

= a x ⋅ ar =

vθ

= a x ⋅ aθ = cos θ ⋅ cos ϕ = cos (1) ⋅ cos (0.8 ) = (0.54 ) ⋅ ( 0.697 ) = 0.376

vφ

= a x ⋅ a z = − s enϕ = −sen ( 0.8 ) = −0.717

 

= 0.586



v( r ,θ ,φ ) = 0.586ar

+ 0.376aθ − 0.717 aφ

b. x = 3 , y = 2 , z = −1 ; Convertimos las coordenadas del punto en coordenadas esféricas:

r

=

x

2

+

y

2

+

z

2

( 3)

=

2

2

+ ( 2 ) + ( −1)

2

=

14 = 3.742

 z   −1  θ = cos −1   = cos −1   = 105.5º  r   3.742   y  1 2 = tan   = 33.7º   x  3

φ = tan −1 

−



senθ ⋅ cos ϕ = sen (105.5º ) ⋅ cos (33.7º )

= ( 0.964 ) ⋅ (0.832 ) = 0.802

vr

= a x ⋅ ar =

vθ

= a x ⋅ aθ = cos θ ⋅ cos ϕ = cos (105.5º ) ⋅cos ( 33.7º ) = ( −0.27 ) ⋅(0.832 ) = −0.225

vφ

= a x ⋅ a z = − s enϕ = −sen ( 33.7º ) = −0.554

 



v( r ,θ ,φ ) = 0.802ar

− 0.225aθ − 0.554 aφ

c. ρ = 2.5 , φ = 0.7 rad, z

= 1.5 .

Convertimos las coordenadas del punto en esféricas:

x = ρ ⋅ cos φ = ( 2.5 ) ⋅ cos ( 0.7 ) = 1.912 y = ρ ⋅ senφ = ( 2.5 ) ⋅ sen ( 0.7 ) = 1.61 z = 1.5 r

=

x2

+

y2

+

z2

=

(1.912 )

2

2

+ (1.61) + (1.5 )

2

=

8.5 = 2.915

1  z  1  1.5  θ = cos −   = cos −   = 1.03  r   2.915 

_____________________________________________________________________________________________


42


−1

 y   = tan  x 

φ = tan  

vr = a x ⋅ ar 

=

−1

 1.61    = 0.7  1.912 

senθ ⋅ cos ϕ = sen (1.03 ) ⋅ cos ( 0.7 ) = ( 0.857 ) ⋅ (0.765 )

= 0.656

vθ

= a x ⋅ aθ = cos θ ⋅ cos ϕ = cos (1.03 ) ⋅cos (0.7 ) = (0.515 ) ⋅ (0.765 ) = 0.394

vφ

= a x ⋅ a z = − s enϕ = −sen ( 0.7 ) = −0.644





v( r ,θ ,φ ) = 0.656ar

+ 0.394aθ − 0.644 aφ

_____________________________________________________________________________________________


43


30. Un campo vectorial tiene el valor A = −12a r − 5aθ + 15aφ en el punto B = ( 5,120º , 75º ) . Encontrar la componente vectorial de A que: a. Es perpendicular a la superficie r = 5 ; Como el campo vectorial tiene un valor en r de

−12a r en

el punto B x

= 5,

se infiere

que sobre la superficie r = 5 , la componente vectorial es A = −12a r .

b. Tangente a la superficie r = 5 ; Las componentes que tiene el campo vectorial sobre el punto B , donde r = 5 , demuestran que aθ y aφ representan la tangente a la superficie, es decir:

A = −5aθ

+ 15aφ .

c. Tangente al cono θ = 120º ; Las componentes que tiene el campo vectorial sobre el punto B , donde θ = 120º , demuestran que ar y aφ representan la tangente al cono: A = −12a r + 15aφ .

d. Encontrar un vector unitario que sea perpendicular a A y tangente al cono θ = 120º . Para que sea perpendicular a A , asumimos V • A = 0 , aparte de ser tangente al cono θ = 120º , entonces no se considera la componente aθ del campo vectorial A . Ahora bien, V =

(Vr )

2

+

2

(V φ ) , pero por ser unitario: 1 =

simplificando la ecuación: 1 = (Vr )

2

+

(V ) φ

2

(Vr )

2

+

2

(V φ ) ,

.1.

V • A = Vr ⋅ Ar + Vφ ⋅ Aφ = 0 , despejando V r de la ecuación se obtiene: V r = − Sustituimos los valores correspondientes: Vr = −

V φ ⋅ (15 )

( −12 )

= 1.25

(V ) φ

Vφ ⋅ Aφ Ar

,

.2.

Reemplazamos la expresión de V r de la ecuación .2. en .1. 2

2

1 = (1.25Vφ ) + (Vφ ) = 1.5625Vφ + Vφ = (1.5625 +1) Vφ 2

2

2

2

1 − 2.5625 = V φ 0.39 = V φ 0.624 = V φ

_____________________________________________________________________________________________


44

Detallado Primer Capitulo Hayt

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