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David Salazar Río
hace 5 años
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1 Instituto Nacional de Astrofísica, Óptica y Electrónica. INAOE. Curso propedéutico de teoría electromagnética. Cuarto examen parcial Viernes 30 de junio de 2017 INSTRUCCIONES: 1. Lee atentamente los problemas. 2. Resuelve cada problema en un conjunto separado de hojas. No mezcles diferentes problemas. 3. Explica claramente tu procedimiento y tus pasos. Expón claramente el resultado final del problema. 4. Es importante encontrar el resultado correcto. No vale eso de está mal el resultado, pero hice bien el procedimiento. 5. Por favor, ponganle nombre a todas sus hojas. 6. Pueden consultar libremente cualquier material impreso (libros, notas, formularios, etc). 7. No pueden usar ningún aparato electrónico que se conecte a Internet ni a la red de celulares (computadoras, tablets, teléfonos celulares) PROBLEMAS: 1. Una espira circular plana de radio a y de resistencia eléctrica R está en un campo magnético dado en coordenadas cilíndricas como B(r, t) = B 0 r t k. El eje de la espira coincide con el eje Z del sistema de coordenadas cilíndricas. Cuál es la corriente eléctrica que circula por la espira? Especificar claramente. Dado que el campo magnético varía con el tiempo, el flujo de campo magnético a través de la espira también cambiará con el tiempo y eso inducirá una corriente eléctrica en ella. Debemos utilizar, por tanto, la ley de inducción de Faraday, E = - dφ B dt. Para eso, calculamos primero el flujo de campo magnético a través de la espira. Tenemos Φ B (t) = espira B r, t n ds, que en este caso nos da Φ B (t) = B r, t n ds = espira a r dr dθ B 0 r t k k a a = B 0 t r 2 dr dθ = B 0 t r 2 dr = B 0 t r3 3 a = 0 3 B 0 a 3 t Usando la ley de inducción de faraday, tenemos E = - dφ B dt = - d dt 3 B 0 a 3 t = - 3 B 0 a 3. así que el valor absoluto de la fuerza electromotriz inducida es E = 3 B 0 a 3, y la corriente eléctrica en la espira tiene una magnitud I = E R = B 0 a 3 3 R. Analicemos ahora el sentido de la corriente: Caso 1. La constante B 0 > 0. En este caso el flujo de campo magnético en la dirección positiva del eje Z está aumentando, por lo tanto la corriente vista desde arriba (es decir, desde la parte positiva del eje Z) es en el sentido de las manecillas del reloj. Caso 2. La constante B 0 > 0. En este caso el flujo de campo magnético en la dirección negativa del eje Z está aumentando, por lo tanto la corriente vista desde arriba (es decir, desde la parte positiva del eje Z) debe ir en el sentido contrario al de las manecillas del reloj.

2 2 Cuarto examen parcial V nb 2. En un circuito integrado, un alambre recto muy largo y un circuito rectangular están en el mismo plano, como se muestra en la figura. Tomando h = 0.40 mm, w = 1.30 mm, y l = 2.70 mm, encuentra la inductancia mutua. Si hubiera una corriente eléctrica en el alambre, el campo magnético que produciría sería B(r) = μ 0 I r θ. El flujo de campo magnético a través de la espira cuadrada sería Φ = l μ 0 I Por tanto, la inductancia mutua es M = μ 0 l Poniendo los valores del problema M = μ 0 l ln h + w h = ph ln h+w h. h+w dr r h = μ 0 I l ln h+w h. = 1 4 π 10-7 H m m ln (0.4 m m) m =

3 3. La luz solar llega a la tierra, fuera de su atmósfera, con una intensidad de 2.0 cal cm 2 minuto. Calcular las amplitudes de E y B de esta luz al llegar a la atmósfera de la tierra. Cuarto examen parcial V nb 3 El vector de Poynting en el vacío, S = E H = 1 μ 0 E B, nos da la energía por unidad de área y por unidad de tiempo que transporta un campo electromagnético. En el curso demostramos que para una onda plana monocromática, S = c ε 0 2 E 0 2, donde E 0 es la amplitud del campo eléctrico. Tenemos entonces que E 0 = 2 S c ε 0. Ya sabemos que en una onda plana B 0 = E 0 c. Para calcular estas cantidades, transformamos la intensidad a el sistema SI. Tenemos que 1 cal = J, así que y tenemos 2.0 cal cm -2 minuto -1 = J 10-4 m 2 60 s = J m-2 s -1 E 0 = J m -2 s m s N V -2 = V m. Para el campo magnético, B 0 = E 0, y por tanto, c B 0 = V m m s -1 = T. En resumen, E 0 = V m y B 0 = T.

4 4 Cuarto examen parcial V nb 4. La componente magnética de una onda plana polarizada es B x = (4.0 μt) sin m -1 y + ω t. (a) Cuál es la polarización de la luz? (b) Cuál es la frecuencia de la luz? (c) Cuál es la intensidad de este haz de luz? (a) Dado que el campo magnético tiene como única componente a la dirigida a lo largo del eje X y que la dirección en que la onda plana se está propagando es la dirección del eje Y, tenemos que el vector eléctrico apunta en la dirección del eje Z i j = k, y la polarización de la onda plana es paralela al eje Z. (b) Dado que k = ω c, tenemos ω = c k. Así que ω = m s m -1 = s -1, y por tanto, ν = ω = s -1 = Hz. (c) La intensidad de la onda plana está dada como I = 1 2 c ε 0 E 0 2 = 1 2 c3 ε 0 B 0 2, así que, I = m s C 2 N m T 2 = W m -2

5 5. Una placa de vidrio de 2.50 mm de espesor y con un índice de refracción de 1.40, se coloca entre una fuente de luz puntual y una pantalla. La distancia entre la fuente de luz puntual y la pantalla es de 1.80 cm, y la longitud de onda de la fuente de luz en el vacío es 540 nm. Cuántas longitudes de onda hay entre la fuente de luz y la pantalla? La idea fundamental es que en el vacío la onda plana tiene una longitud de onda y en el vidrio tiene otra. Hay que calcularlas ambas y con eso determinar la distancias como número de longitudes de onda. Sabemos que k = ω v, n = c v Tenemos que λ vacío = 540 nm. Además, f = c λ vacío = v = λ vidrio y que v = λ f, siendo f la frecuencia de la onda plana. c, por lo tanto, λ n λ vidrio = λ vacío. Que nos da un valor numérico de λ vidrio = vidrio n 540 nm 1.40 =385.7 nm. La distancia que la luz viaja en el vacío es 1.80 cm menos 2.50 mm, que es el espesor del vidrio. Así, que el número de longitudes de onda para el recorrido en el vacío es ( ) m m = En el recorrido en el vidrio tenemos m m = Sumando las dos cantidades anteriores, tenemos el resultado final Cuarto examen parcial V nb 5

$Parte de la luz se refleja en la pared del tanque y entra en el agua. El indice de refracción del plástico del tanque es 1.61.$

6 6 Cuarto examen parcial V nb 6. Un haz de luz despolarizada incide en la pared vertical de un tanque de agua con un ángulo desconocido. Parte de la luz se refleja en la pared del tanque y entra en el agua. El indice de refracción del plástico del tanque es Si la luz que ha sido reflejada por la pared hacía el agua está totalmente polarizada, cuál es el ángulo que el haz de luz hace con la normal dentro del agua? El que la luz reflejada en la pared del tanque hacía el agua esté totalmente polarizada, quiere decir que el haz incidió en la pared del tanque con el ángulo de Brewster. El ángulo de Brewster está dado como θ B = arctan n plastico. Por la leyes de la n aire óptica geométrica, sabemos también que ese ángulo de incidencia será el ángulo de reflexión, así que el ángulo que hace el haz con la normal a la superficie del agua será θ inc = π 2 - θ B. Usando la ley de Snell, tenemos que sinθ inc sinθ refracción sinθ refracción = n aire n agua sinθ inc = n aire n agua sin π 2 - θ B. = n agua n aire. Despejando y sustituyendo tenemos, Usando los datos del problema, θ B = arctan n plastico = arctan 1.61 = radianes. De donde, n aire 1.0 sinθ refracción = n aire n agua sin π 2 - θ B = sin π = 0.397, y por tanto, 2 θ refracción = arcsin(0.397) = 0.41 radianes = 23.4 grados. El ángulo que el haz de luz hace con la normal dentro del agua es de 23.4 grados.

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