CAPÍTULO 4 4.1. El valor de E en P (ρ = 2, φ = 40 , z = 3) se da

CAPÍTULO 4
4.1. El valor de E en P (ρ = 2, φ = 40◦ , z = 3) se da como E = 100a ρ − 200aφ + 300az V/m. Determine
el trabajo de incremento requerido para mover una carga de 20 µC en una distancia de 6 µm:
a) en la dirección de a ρ : El trabajo de incremento está dado por dW = −q E · dL, donde en este caso,
dL = dρ a ρ = 6 × 10−6 aρ . Así
dW = −(20 × 10−6 C)(100 V/m)(6 × 10−6 m) = −12 × 10−9 J = −12 nJ
b) en la dirección de a φ : En este caso dL = 2 dφ aφ = 6 × 10−6 aφ , y así
dW = −(20 × 10−6 )(−200)(6 × 10−6 ) = 2.4 × 10−8 J = 24 nJ
c) en la dirección de a z : Aquí, dL = dz az = 6 × 10−6 az , y así
dW = −(20 × 10−6 )(300)(6 × 10−6 ) = −3.6 × 10−8 J = −36 nJ
d) en la dirección de E: Aquí, dL = 6 × 10−6 a E , donde
aE =
100aρ − 200aφ + 300az
= 0.267 aρ − 0.535 aφ + 0.802 az
[1002 + 2002 + 3002 ]1/2
Así
dW = −(20 × 10−6 )[100aρ − 200aφ + 300az ] · [0.267 aρ − 0.535 aφ + 0.802 az ](6 × 10−6 )
= −44.9 nJ
e) En la dirección de G = 2 a x − 3 ay + 4 az : En este caso dL = 6 × 10−6 a G , donde
aG =
2ax − 3ay + 4az
[22 + 32 + 42 ]1/2
= 0.371 ax − 0.557 ay + 0.743 az
Así ahora
dW = −(20 × 10−6 )[100aρ − 200aφ + 300az ] · [0.371 ax − 0.557 ay + 0.743 az ](6 × 10−6 )
= −(20 × 10−6 ) 37.1(aρ · ax ) − 55.7(aρ · ay ) − 74.2(aφ · ax ) + 111.4(aφ · ay )
+ 222.9] (6 × 10−6 )
donde, en P , (a ρ · ax ) = (aφ · ay ) = cos(40◦ ) = 0.766, (aρ · ay ) = sen(40◦ ) = 0.643, y
(aφ · ax ) = − sen(40◦ ) = −0.643. Substituyendo estos resultados en
dW = −(20 × 10−6 )[28.4 − 35.8 + 47.7 + 85.3 + 222.9](6 × 10−6 ) = −41.8 nJ
42
4.2. Sea E = 400ax − 300ay + 500az en la vecindad del punto P (6, 2, −3). Encuentre el trabajo de incremento
completado al mover una carga 4-C a una distancia de 1 mm en la dirección especificada por:
a) a x + ay + az : Escribimos
dW = −qE · dL = −4(400ax − 300ay + 500az ) ·
=−
(ax + ay + az )
(10−3 )
√
3
(4 × 10−3 )
(400 − 300 + 500) = −1.39 J
√
3
b) −2ax + 3ay − az : El cálculo es similar al del inciso a, pero cambiamos la dirección:
dW = −qE · dL = −4(400ax − 300ay + 500az ) ·
=−
(−2ax + 3ay − az )
(10−3 )
√
14
(4 × 10−3 )
(−800 − 900 − 500) = 2.35 J
√
14
4.3. Si E = 120 a ρ V/m, encuentre la cantidad de incremento de trabajo completado moviendo una carga 50 µm a una
distancia de 2 mm desde:
a) P (1, 2, 3) hacia Q(2, 1, 4): El√vector a lo largo de esta dirección será Q − P = (1, −1, 1) desde
el cual a P Q = [ax − ay + az ]/ 3. Escribimos ahora
(ax − ay + az
−6
dW = −qE · dL = −(50 × 10 ) 120aρ ·
(2 × 10−3 )
√
3
1
= −(50 × 10−6 )(120) (aρ · ax ) − (aρ · ay ) √ (2 × 10−3 )
3
En P , φ = tan−1 (2/1) = 63.4◦ . Así (a ρ · ax ) = cos(63.4) = 0.447 y (aρ · ay ) = sen(63.4) =
0.894. Substituyendo estos, obtenemos dW = 3.1.µJ.
b) Q(2, 1, 4) hacia P (1, 2, 3): Un poco de idea está por ordenar aquí: Note que el campo tiene únicamente
√
una componente radial y no depende de φ o z. Note también que P y Q están en el mismo radio ( 5)
del eje z, pero tiene diferentes coordenadas φ y z. Pudimos sólo así tener buena posición a los dos
puntos en la misma localización z y el problema no cambiaría. Si esto fuera así, entonces al mover a lo
largo de una
√ línea recta entre P y Q involucraría así a lo largo de una cuerda de un círculo cuyo
radio es 5. A medio camino a lo largo de esta línea es un punto de simetría en el campo (grafique para ver
esto). Esto significa que cuando empezamos de cualquier punto, la fuerza inicial será la misma. Así la
respuesta es dW = 3.1 µJ como en el inciso a. Esto se encuentra a través del mismo procedimento como
en el inciso a, pero con la dirección (papeles de P y Q) invertida.
4.4. Encuentre la cantidad de energía requerida para mover una carga 6-C del origen a P (3, 1, −1) en el campo
E = 2xax − 3y 2 ay + 4az V/m a lo largo de la trayectoria de la línea recta x = −3z, y = x + 2z: Preparamos
el cálculo como sigue, y encontramos el resultado no depende sobre la trayectoria.
W = −q E · dL = −6 (2xax − 3y 2 ay + 4az ) · (dxax + dyay + dzaz )
1
−1
3
2
2xdx + 6
3y dy − 6
4dz = −24 J
= −6
0
0
0
43
P
4.5. Calcule el valor de A G · dL para G = 2ya x con A(1, −1, 2) y P (2, 1, 2) usando la trayectoria:
a) segmentos en la línea recta A(1, −1, 2) a B(1, 1, 2) a P (2, 1, 2): En general tendríamos
P
A
G · dL =
P
2y dx
A
El cambio en x ocurre al mover entre B y P , durante el cual y = 1. Así
P
A
G · dL =
P
B
2
2y dx =
2(1)dx = 2
1
b) los segmentos en la línea recta A(1, −1, 2) a C(2, −1, 2) a P (2, 1, 2): En este caso el cambio ocurre en x
al mover de A a C, durante el cual y = −1. Así
P
A
G · dL =
C
A
2
2y dx =
2(−1)dx = −2
1
4.6. Sea G = 4xax +2zay +2yaz . Dados en un punto inicial P (2, 1, 1) y un punto final Q(4, 3, 1), encuentre G ·dL
usando las trayectorias: a) de la línea recta: y = x − 1, z = 1; b) la parábola: 6y = x 2 + 2, z = 1:
Con G como el dado, la integral de línea será
4
G · dL =
3
4x dx +
2
1
2z dy +
1
2y dz
1
Claramente, no vamos a ninguna parte en z, así la última integral es cero. Con z= 1, evaluamos las primeras dos como
3
4
G · dL = 2x 2 + 2y = 28
2
1
Las trayectorias especificadas en los incisos a y b no juegan un papel, significa que la integral entre los puntos
especificados es una trayectoria independiente.
4.7. Repita el Problema 4.6 para G = 3xy 3 a
x
+ 2zay . Ahora las cosas son diferentes en que la trayectoria importa:
a) la línea recta: y = x − 1, z = 1: Obtenemos:
G · dL =
4
3
3xy dx +
2
2
4
2z dy =
1
3
3x(x − 1) dx +
2
2
2(1) dy = 90
1
b) la parábola: 6y = x 2 + 2, z = 1: Obtenemos:
G · dL =
2
4
3
3xy 2 dx +
4
2z dy =
1
2
44
1
x(x 2 + 2)2 dx +
12
3
1
2(1) dy = 82
4.8. Una carga puntual Q 1 se localiza en el origen en espacio libre. Encuentre el trabajo hecho llevando una carga Q2 de:
(a) B(rB , θB , φB ) a C(rA , θB , φB ) con θ y φ constantes; (b) C(rA , θB , φB ) a D(rA , θA , φB )
con r y φ constantes; (c) D(r A , θA , φB ) a A(rA , θA , φA ) con r y θ constantes: La expresión
general para el trabajo hecho en este ejemplo es
W = −Q2
E · dL = −Q2
Q1
Q1 Q2
ar · (drar + rdθ aθ + r sen θdφaφ ) = −
2
4π0 r
4π0
dr
r2
Vemos que únicamente las cargas en r producirán resultados sin cero. Así para el inciso a tenemos
Q1 Q2
W =−
4π0
rA
rB
dr
Q1 Q2
=
2
r
4π0
1
1
−
rA
rB
J
Las respuestas a los incisos b y c (involucrando trayectorias sobre el cual r es constante)
. son ambos 0.
4.9. Una densidad de carga superficial uniforme de 20 nC/m2 está presente en la superficie esférica r = 0.6 cm
en espacio libre.
a) Encuentre el potencial absoluto en P (r = 1 cm, θ = 25◦ , φ = 50◦ ): Dado que la densidad de carga
es uniforme y esféricamente simétrica, las coordenadas angulares no importan. La función potencial
para r > 0.6 cm será que de una carga puntual de Q = 4πa 2 ρ s , o
V (r) =
0.081
4π(0.6 × 10−2 )2 (20 × 10−9 )
=
V con r en metros
4π0 r
r
En r = 1 cm, este se vuelve V (r = 1 cm) = 8.14 V
b) Encuentre VAB dados los puntos A(r = 2 cm, θ = 30◦ , φ = 60◦ ) y B(r = 3 cm, θ = 45◦ , φ = 90◦ ):
Nuevamente, los ángulos no importan a causa de la simetría esférica. Usamos el inciso a el resultado
para obtener
1
1
VAB = VA − VB = 0.081
−
= 1.36 V
0.02 0.03
4.10. Dada una densidad de carga superficial de 8 nC/m2 en el plano x = 2, una densidad de carga lineal de 30 nC/m en
la línea x = 1, y = 2, y una carga puntual 1-µC en P (−1, −1, 2), encuentre V AB para los puntos A(3, 4, 0) y
B(4, 0, 1): Necesitamos encontrar una función potencial para la combinación de cargas.. Para la carga puntual
conocemos
Q
Vp (r) =
4π0 r
Las funciones potenciales para la lámina y las cargas lineales pueden ser encontrados tomando las integrales
indefinidas de los campos eléctricos para esas distribuciones. Para la carga lineal, tenemos
ρl
ρl
ln(ρ) + C1
dρ + C1 = −
Vl (ρ) = −
2π0 ρ
2π0
Para la carga de lámina, tenemos
Vs (x) = −
ρs
ρs
dx + C2 = −
x + C2
20
20
45
4.10. (continuación) La función potencial total será la suma de las tres. Combinando la integración de las
constantes, obtenemos:
ρl
ρs
Q
−
ln(ρ) −
x+C
V =
2π0
20
4π0 r
Los términos en esta expresión no están referenciados a un origen común, dado que las cargas están en diferentes
posiciones. Los parámetros r, ρ, y x son distancias escalares desde las cargas, y√
serán tratadas tal como
2 + (4 − (−1))2 + (−2)2 =
=
(3
−
(−1))
45, ρ A =
aquí.
Para
el
punto
A
tenemos
r
A
√
2
2
(3 − 1) + (4 − 2) = 8, y su distancia desde la carga de la lámina es xA = 3 − 2 = 1. El potencial
en A es entonces
10−6
8 × 10−9
30 × 10−9 √
VA =
ln 8 −
(1) + C
√ −
2π0
20
4π0 45
√
2 + (0 − (−1))2 + (1 − 2)2 = 27,
En el puntoB,
r
=
(4
−
(−1))
B
√
ρB = (4 − 1)2 + (0 − 2)2 = 13, y la distancia desde la carga de lámina es x B = 4 − 2 = 2.
El potencial en A es entonces
VB =
10−6
8 × 10−9
30 × 10−9 √
ln 13 −
(2) + C
√ −
2π0
20
4π0 27
Entonces
10−6
VA − VB =
4π0
8 × 10−9
8
1
30 × 10−9
1
−
ln
(1 − 2) = 193 V
−
√ −√
2π0
13
20
27
45
4.11. Sea una densidad de carga superficial uniforme de 5 nC/m2 presente en el plano z = 0, una desnsidad de carga
lineal uniforme de 8 nC/m localizada en x = 0, z = 4, y una carga puntual de 2 µC presente en P (2, 0, 0).
Si V = 0 en M(0, 0, 5), encuentre V en N(1, 2, 3): Necesitamos encontrar una función potencial para las cargas
combinadas que son cero en M. Para la carga puntual conocemos cómo hacer
Vp (r) =
Q
4π0 r
Las funciones potenciales para la lámina y las cargas lineales se pueden encontrar tomando las integrales
indefinidas de los campos eléctricos para esas distribuciones. Para la carga lineal, tenemos
Vl (ρ) = −
ρl
ρl
dρ + C1 = −
ln(ρ) + C1
2π0 ρ
2π0
Para la carga de lámina, tenemos
Vs (z) = −
ρs
ρs
dz + C2 = −
z + C2
20
20
La función potencial total será la suma de las tres. Combinando la integración de las constantes,
obtenemos:
ρl
ρs
Q
−
ln(ρ) −
z+C
V =
4π0 r
2π0
20
46
4.11. (continuación) Los términos en esta expresión no son referenciados a un origen común, dado que las cargas
están en posiciones diferentes. Los parámetros r, ρ , y z son distancias escalares de las cargas, y serán
tratadas
√ tal como aquí.
√ Para evaluar la constante, C, primero miramos en el punto M, donde VT = 0. En M,
r = 22 + 52 = 29, ρ = 1, y z = 5. Tenemos así
0=
5 × 10−9
2 × 10−6
8 × 10−9
ln(1) −
5 + C ⇒ C = −1.93 × 103 V
√ −
2π
2
4π0 29
0
0
√
√
√
En el punto N, r = 1 + 4 + 9 = 14, ρ = 2, y z = 3. El potencial en N es así
VN =
√
2 × 10−6
5 × 10−9
8 × 10−9
ln( 2) −
(3) − 1.93 × 103 = 1.98 × 103 V = 1.98 kV
√ −
2π0
20
4π0 14
4.12. Tres cargas puntuales, 0.4 µC cada una, están localizadas en (0, 0, −1), (0, 0, 0), y (0, 0, 1), en espacio libre.
a) Encuentre una expresión para el potencial absoluto como una función de z a lo largo de la línea x = 0, y = 1:
Desde unpunto localizado en la√posición z a lo largo
de la línea dada, las distancias para las tres cargas son
R1 = (z − 1)2 + 1, R2 = z2 + 1, y R 3 = (z + 1)2 + 1. El potencial total será
q
V (z) =
4π0
1
1
1
+
+
R1
R2
R3
Usando q = 4 × 10−7 C, este se vuelve
1
1
1
+√
+
V (z) = (3.6 × 103 ) z2 + 1
(z − 1)2 + 1
(z + 1)2 + 1
V
b) Grafique V (z). La gráfica mostrará que V maximiza para un valor de 8.68 × 103 en z = 0, y entonces
monótonamente decrece con incrementos |z| simétricamente en cualquiera de los otros lados de z = 0.
4.13. Tres cargas puntuales idénticas de 4 pC cada una están localizadas en las esquinas de un triángulo equilátero de 0.5 mm
en un lado en espacio libre. ¿Cuánto trabajo se requiere para mover una carga a un punto equidistante de
las otras dos y en la línea junto a ellas? Esta será la magnitud de la carga por la diferencia potencial entre
las últimas y primeras posiciones, o
W =
(4 × 10−12 )2
2π0
1
1
−
× 104 = 5.76 × 10−10 J = 576 pJ
2.5 5
4.14. dos cargas puntuales 6-nC están localizadas en (1, 0, 0) y (−1, 0, 0) en espacio libre.
a) Encuentre V en P (0, 0, z): Ya que las cargas están posicionadas simétricamente sobre el eje z ,
el potencial en z será el doble que de una carga. Este se vuelve:
V (z) = (2)
q
q
=
√
√
2
4π0 z + 1
2π0 z2 + 1
b) EncuentreVmáx : Es claro del inciso a resulta que V se maximizará en z = 0, o v máx = q/(2π 0 ) =
108 V.
47
4.14. (continuación)
c) Calcule |dV /dz| en el eje z : Diferenciando el resultado del inciso a, encontramos
dV qz
V/m
=
dz
π0 (z2 + 1)3/2
d) Encuentre |dV /dz|máx : Para encontrar éste necesitamos diferenciar el resultado del inciso c y encontrar su cero:
d dV q(1 − 2z2 )
1
=
0
⇒
z
=
±
√
=
dz dz
π0 (z2 + 1)5/2
2
√
Substituyendo z = 1/ 2 en el resultado del inciso c, encontramos
dV q
=√
= 83.1 V/m
dz max
2π0 (3/2)3/2
4.15. Dos carga lineales uniformes , 8 nC/m cada una, están localizadas en x = 1, z = 2, y en x = −1, y = 2
en espacio libre. Si el potencial en el origen es 100 V, encuentre V en P (4, 1, 3): La función potencial neta
para las dos cargas será en general:
V =−
En el origen , R 1 = R2 =
ρl
ρl
ln(R1 ) −
ln(R2 ) + C
2π0
2π0
√
5, y V = 100 V. Así, con ρ
100 = −2
l
= 8 × 10−9 ,
(8 × 10−9 ) √
ln( 5) + C ⇒ C = 331.6 V
2π0
En P (4, 1, 3), R1 = |(4, 1, 3) − (1, 1, 2)| =
√
10 y R
2
= |(4, 1, 3) − (−1, 2, 3)| =
√ (8 × 10−9 ) √
VP = −
ln( 10) + ln( 26) + 331.6 = −68.4 V
2π0
48
√
26. Por lo tanto
4.16. Las densidades de carga superficial uniforme de 6, 4, y 2 nC/m2 están presentes en r = 2, 4, y 6 cm,
respectivamente en espacio libre.
a) Suponga V = 0 en el infinito, y encuentre V (r). Tenemos presente la definición de potencial absoluto
como el trabajo hecho moviendo una unidad de carga positiva del infinito para localizar r. En el radio
exterior de todas las tres esferas, el potencial será el mismo que la carga puntual en el origen, cuya carga
es la suma de las res cargas de esfera:
[4π(.02)2 (6) + 4π(.04)2 (4) + 4π(.06)2 (2)] × 10−9
q 1 + q2 + q3
=
4π0 r
4π0 r
−13
(96 + 256 + 288)π × 10
1.81
=
=
V dinde r está en metros
4π(8.85 × 10−12 )r
r
V (r) (r > 6 cm) =
Cuando la carga unitaria se mueve dentro de la esfera exterior a las posiciones 4 < r < 6 cm, la esfera
exterior contribuye a la energía que es fijada en su valor en r = 6. Por lo tanto,
V (r) (4 < r < 6 cm) =
q1 + q2
q3
0.994
+
=
+ 13.6 V
4π0 r
4π0 (.06)
r
Moviendo dentro de la esfera en r = 4 cm, la contribución de esa esfera se vuelve fija en su
función potencial en r = 4:
V (r) (2 < r < 4 cm) =
q1
q2
q3
0.271
+
+
=
+ 31.7 V
4π0 r
4π0 (.04) 4π0 (.06)
r
Finalmente, usando los mismos razonamientos, el potencial dentro de la esfera interior se vuelve
V (r) (r < 2 cm) =
0.271
+ 31.7 = 45.3 V
.02
b) CalculeV en r = 1, 3, 5, y 7 cm: Usando los resultados del inciso a, substituimos estas distancias (en
metros) en las fórmulas opropiadas para obtener: V (1) = 45.3 V,
V (3) = 40.7 V, V (5) = 33.5 V, and V (7) = 25.9 V.
c) Grafique V contra r para 0 < r < 10 cm.
49
4.17. Una densidad de carga superficial uniforme 6 y 2 nC/m2 están presentes en ρ = 2 y 6 cm respectivamente, en
espacio libre. Suponga V = 0 en ρ = 4 cm, y calcule V en:
a) ρ = 5 cm: Ya que V = 0 en 4 cm, el potencial en 5 cm será la diferencia de potencial entre
los puntos 5 y 4:
5
5
(.02)(6 × 10−9 )
aρsa
5
dρ = −
= −3.026 V
E · dL = −
ln
V5 = −
0
4
4
4 0 ρ
b) ρ = 7 cm: Aquí integramos partes de ρ = 4 a ρ = 7:
6
V7 = −
4
aρsa
dρ −
0 ρ
7
6
(aρsa + bρsb )
dρ
0 ρ
Con los valores dados, este se vuelve
6
7
(.02)(6 × 10−9 )
(.02)(6 × 10−9 ) + (.06)(2 × 10−9 )
V7 = −
ln
ln
−
0
4
0
6
= −9.678 V
4.18. Una densidad de carga lineal no uniforme, ρL = 8/(z2 + 1) nC/m está a lo largo del eje z, Encuentre el potencial en
P (ρ = 1, 0, 0) en espacio libre si V = 0 en el infinito: Esta última condición nos permite escribir el potencial
en P como una superposición de cargas puntuales potenciales. El resultado es la integral:
∞
ρL dz
VP =
−∞ 4π0 R
√
donde R = z2 + 1 es la distancia de un punto z en el eje z a P . Substituyendo la distribución de carga
dada y R en la integral nos da
VP =
∞
−∞
∞
2 × 10−9
8 × 10−9 dz
z
=
= 144 V
√
2
4π0 (z2 + 1)3/2
π0
z + 1 −∞
4.19. La superficie anular, 1 cm < ρ < 3 cm, z = 0, lleva una densidad superficial de carga no uniforme ρ s =
5 ρ nC/m2 . Encuentre V en P (0, 0, 2 cm) si V = 0 en el infinito: Usamos la superposición integral de la forma:
ρs da
VP =
4π0 |r − r |
donde r = za z y r = ρaρ . Integramos sobre la superficie de la región anular, con da = ρ dρ dφ.
Substituyendo los valores dados, encontramos
VP =
0
2π
.03
.01
(5 × 10−9 )ρ 2 dρ dφ
4π0 ρ 2 + z2
Substituyendo z = .02, y usando las tablas, la integral se evalúa como
(5 × 10−9 )
VP =
20
.03
ρ
(.02)2
2
2
2
2
ln(ρ + ρ + (.02) )
ρ + (.02) −
= .081 V
2
2
.01
50
4.20. La fig. 4.11 muestra tres distribuciones de carga separadas en el plano z = 0 en espacio libre.
a) encuentre la carga total para cada distribución: La carga lineal a lo largo del eje y:
5
π × 10−9 dy = 2π × 10−9 C = 6.28 nC
Q1 =
3
La carga lineal en un arco en radio ρ = 3:
Q2 =
70◦
10◦
(10−9 ) 3 dφ = 4.5 × 10−9 (70 − 10)
2π
= 4.71 × 10−9 C = 4.71 nC
360
La carga de lámina:
Q3 =
70◦
10◦
3.5
(10−9 ) ρ dρ dφ = 5.07 × 10−9 C = 5.07 nC
1.6
b) Encuentre el potencial en P (0, 0, 6) causado por cada una de las tres distribuciones de carga actuando sólo:
La carga lineal a lo largo del eje y:
5
5
5
ρL dL
π × 10−9 dy
103
=
ln(y + y 2 + 62 ) = 7.83 V
=
VP 1 =
2
2
3
4π
R
4
×
8.854
0
3
3 4π0 y + 6
La carga lineal en un arco en radio ρ = 3:
VP 2 =
70◦
10◦
(1.5 × 10−9 ) 3 dφ
Q2
=
√
√ = 6.31 V
4π0 45
4π0 32 + 62
La carga de lámina:
70◦
(10−9 ) ρ dρ dφ
60 × 10−9
=
4π(8.854 × 10−12
10◦
1.6 4π0 ρ 2 + 62
3.5
= 9.42 ρ 2 + 36 = 6.93 V
VP 3 =
3.5
2π
360
3.5
1.6
ρ dρ
ρ 2 + 36
1.6
c) Encuentre VP : Este será la suma de los tres resultados del inciso b, o
VP = VP 1 + VP 2 + VP 3 = 7.83 + 6.31 + 6.93 = 21.1 V
4.21. Sea V = 2xy 2 z3 + 3 ln(x 2 + 2y 2 + 3z2 ) V en espacio libre. Evalúe cada una de las siguientes cantidades en
P (3, 2, −1):
a) V : Substituya P directamente para obtener: V = −15.0 V
b) |V |. Este simplemente será 15.0 V.
c) E: Tenemos
6x
12y
2 3
3
ax + 4xyz + 2
ay
E = −∇V = − 2y z + 2
P
P
x + 2y 2 + 3z2
x + 2y 2 + 3z2
18z
+ 6xy 2 z2 + 2
= 7.1ax + 22.8ay − 71.1az V/m
az
x + 2y 2 + 3z2
P
51
4.21d. |E|P : tomando la magnitud del resultado del inciso c, encontramos |E| P = 75.0 V/m.
e) a N : Por definición, este será
E
= −0.095 ax − 0.304 ay + 0.948 az
aN = −
P
|E|
f) D: Este es D = 0 E = 62.8 ax + 202 ay − 629 az pC/m2 .
P
P
4.22. Es sabido que el potencial está dado como V = 80r 0.6 V. Suponiendo condiciones de espacio libre, encuentre:
a) E: Usamos
dV
E = −∇V = −
ar = −(0.6)80r −0.4 ar = −48r −0.4 ar V/m
dr
b) la densidad de carga volumétrica en r = 0.5 m: Empiece por encontrar
D = 0 E = −48r −0.4 0 ar C/m2
Encontramos el siguiente
ρv = ∇ · D =
1 d 2 1 d 76.80
1.6
r
−48
D
r
=
= − 1.4 C/m3
r
0
r 2 dr
r 2 dr
r
Entonces en r = 0.5 m,
ρv (0.5) =
−76.8(8.854 × 10−12 )
= −1.79 × 10−9 C/m3 = −1.79 nC/m3
(0.5)1.4
c) la carga total que queda dentro de la superficie r = 0.6: La manera más fácil es usar la ley de Gauss, e integrar
la densidad de flujo sobre la superficie esférica r = 0.6. Dado que el campo es constante en un radio
constante, obtenemos el producto:
Q = 4π(0.6)2 (−480 (0.6)−0.4 ) = −2.36 × 10−9 C = −2.36 nC
4.23. Es sabido que el potencial está dado como V = 80ρ .6 V. Suponiendo condiciones de espacio libre, encuentre:
a) E: Encontramos este a través de
E = −∇V = −
dV
aρ = −48ρ −.4 V/m
dρ
b) la densidad de carga volumétrica en ρ = .5 m: Usando D = 0 E, encontramos éste a través de
1 d ρv = [∇ · D].5 =
ρDρ = −28.80 ρ −1.4 = −673 pC/m3
.5
.5
.5
ρ dρ
52
4.23c. la carga total que queda dentro de la superficie ρ = .6, 0 < z < 1: La manera más fácil para hacer este cálculo es
evaluar Dρ en ρ = .6 (note que es constante), y entonces multiplicar por el área del cilindro: Usando el inciso
a, tenemosDρ = −480 (.6)−.4 = −521 pC/m2 . Así Q = −2π(.6)(1)521 ×10−12 C = −1.96 nC.
.6
4.24. Dado el campo potencialV = 80r 2 cos θ y un puntoP (2.5, θ = 30◦ , φ = 60◦ ) en espacio libre, encuentre en P :
a) V : Substituya las coordenadas en la función y encuentra V P = 80(2.5)2 cos(30) = 433 V.
b) E:
∂V
1 ∂V
ar −
aθ = −160r cos θar + 80r sen θaθ V/m
∂r
r ∂θ
Evaluando este en P produce E p = −346ar + 100aθ V/m.
E = −∇V = −
2
c) D: En espacio libre, D P = 0 EP = (−346ar + 100aθ )0 = −3.07 ar + 0.885 aθ nC/m
.
d) ρv :
ρv = ∇ · D = 0 ∇ · E = 0
∂
1 ∂ 2 1
r Er + 2
(Eθ sen θ)
r 2 ∂r
r sen θ ∂θ
Substituyendo los componentes de E, encontramos
160 cos θ 2
1
ρv = −
80r(2 sen θ cos θ) 0 = −3200 cos θ = −2.45 nC/m3
3r +
r2
r senθ
con θ = 30◦ .
e) dV /dN : este simplemente será |E| evaluado en P , que es
dV = | − 346ar + 100aθ | = (346)2 + (100)2 = 360 V/m
dN P
f) aN : Este será
EP
−346ar + 100aθ
aN = −
=− = 0.961 ar − 0.278 aθ
|EP |
(346)2 + (100)2
4.25. Dentro del cilindro ρ = 2, 0 < z < 1, el potencial está dado por V = 100 + 50ρ + 150ρ sen φ V.
a) Encuentre V, E, D, y ρ v en P (1, 60◦ , 0.5) en espacio libre: Primero, substituyendo el punto dado, encontramos
VP = 279.9 V. Entonces,
E = −∇V = −
∂V
1 ∂V
aρ −
aφ = − [50 + 150 sen φ] aρ − [150 cos φ] aφ
∂ρ
ρ ∂φ
Evalúe lo anterior en P para encontrar EP = −179.9aρ − 75.0aφ V/m
Ahora D = 0 E, así DP = −1.59aρ − .664aφ nC/m2. Entonces
1 ∂Dφ
1
1 d 50
1
0 C
ρv = ∇ · D =
= − (50 + 150 sen φ) + 150 sen φ 0 = −
ρDρ +
ρ
ρ dρ
ρ ∂φ
ρ
ρ
En P , este es ρvP = −443 pC/m3 .
53
4.25b. Cuánta carga se encuentra dentro del cilíndro? Integramos ρ v sobre el volumen para obtener:
Q=
0
1 2π
0
2
0
−
500
ρ dρ dφ dz = −2π(50)0 (2) = −5.56 nC
ρ
4.26. Un
. dipolo que tiene Qd/(4π0 ) = 100 V · m2 está localizado en el origen en espacio libre y alineado así que su
momento está en la dirección az .a) Grafique |V (r = 1, θ, φ = 0)| contra θ en papel cuadriculado polar (casero
si lo deseas). b) Grafique |E(r = 1, θ, φ = 0)| contra θ en papel cuadriculado polar:
V =
Qd cos θ
100 cos θ
=
⇒ |V (r = 1, θ, φ = 0)| = |100 cos θ|
4π0 r 2
r2
Qd
100
(2 cos θ ar + sen θ aθ ) = 3 (2 cos θ ar + sen θ aθ )
3
4π0 r
r
1/2
1/2
= 100 1 + 3 cos2 θ
|E(r = 1, θ, φ = 0)| = 100 4 cos2 θ + sen2 θ
E=
Estos resultados se grafican abajo:
54
4.27. Dos cargas puntuales , 1 nC en (0, 0, 0.1) y −1 nC en (0, 0, −0.1), están en espacio libre.
a) Calcule V en P (0.3, 0, 0.4): Use
VP =
q
q
−
+
4π0 |R | 4π0 |R− |
donde R+ = (.3, 0, .3) y R− = (.3, 0, .5), así que |R+ | = 0.424 y |R− | = 0.583. Así
VP =
10−9
4π0
1
1
−
= 5.78 V
.424 .583
b) Calcule |E| at P : Use
EP =
q(.3ax + .3az ) q(.3ax + .5az )
10−9 −
=
+
1.41a
2.42a
V/m
x
z
4π0 (.424)3
4π0 (.583)3
4π0
Tomando la magnitud del anterior, encontramos |EP | = 25.2 V/m.
c) Ahora trate las dos cargas
y encontre V en P : En coordenadas esféricas , P
√ como un dipolo en el origen
−1
2
2
está localizada en r = .3 + .4 = .5 y θ = sen (.3/.5) = 36.9◦ . Suponiendo un dipolo en campo lejano,
tenemos
qd cos θ
10−9 (.2) cos(36.9◦ )
VP =
=
= 5.76 V
4π0 r 2
4π0 (.5)2
4.28. Un dipolo localizado en el origen en espacio libre tiene un momento p2 × 10−9 a z C · m. En que los puntos en la
línea y = z, x = 0 es:
a) |E θ | = 1 mV/m? Notamos que la línea y = z se encuentra en θ = 45◦ . Empiece con
E=
2 × 10−9
10−9
(2
cos
θ
a
+
sen
θ
a
)
=
(2ar + aθ ) at θ = 45◦
√
r
θ
3
4π0 r 3
2 2π0 r
del que
Eθ =
10−9
= 10−3 V/m (requerido) ⇒ r 3 = 1.27 × 10−4 o r = 23.3 m
2π0 r 3
Los valores y y z son así y = z = ±23.3/
√
2 = ±16.5 m
b) |Er | = 1 mV/m? De la expresión de campo anterior, la magnitud de la componente radial es dos veces que
de la componente theta. Usando el mismo desarrollo, encontramos entonces
Er = 2
10−9
= 10−3 V/m (requerido) ⇒ r 3 = 2(1.27 × 10−4 ) or r = 29.4 m
2π0 r 3
√
Los valores y y z son así y = z = ±29.4/ 2 = ±20.8 m
55
4.29. Un dipolo que tiene un momento p = 3ax − 5ay + 10az nC · m se localiza en Q(1, 2,−4) en espacio libre. Encuentre
V en P (2, 3, 4): Usamos la expresión general para el potencial en el campo lejano:
V =
p · (r − r )
4π0 |r − r |3
donde r − r = P − Q = (1, 1, 8). Así
VP =
(3ax − 5ay + 10az ) · (ax + ay + 8az ) × 10−9
= 1.31 V
4π0 [12 + 12 + 82 ]1.5
4.30. Un dipolo que tiene un momento p = 2a z nC · m está localizado en el origen en espacio libre. Dada la
magnitud de E y su dirección aE en componentes cartesianas en r = 100 m, φ = 90◦ , y θ =: a) 0◦ ; b) 30◦ ; c)
90◦ . Empiece con
p
E=
[2 cos θ ar + sen θ aθ ]
4π0 r 3
del cual
|E| =
1/2
1/2
p p 2
2
2
4
cos
1
+
3
cos
θ
+
sen
θ
=
θ
4π0 r 3
4π0 r 3
Ahora
E x = E · ax =
p
p
[2 cos θ ar · ax + sen θ aθ · ax ] =
[3 cos θ sen θ cos φ]
3
4π0 r
4π0 r 3
Ey = E · ay =
p
p 2 cos θ ar · ay + sen θ aθ · ay =
[3 cos θ sen θ sen φ]
3
4π0 r
4π0 r 3
Ez = E · az =
p p 2
2
2
cos
θ
a
=
·
a
+
sen
θ
a
·
a
θ
−
sen
θ
2
cos
r
z
θ
z
4π0 r 3
4π0 r 3
entonces
y
Desde que φ está dado como 90◦ , E x = 0, y la magnitud del campo se vuelve
|E(φ = 90◦ )| =
Ey2 + Ez2 =
1/2
p 2
2
2
2 2
θ
sen
θ
+
(2
cos
θ
−
sen
θ)
9
cos
4π0 r 3
Entonces el vector unitario se vuelve (nuevamente en φ = 90◦ ):
3 cos θ sen θ ay + (2 cos2 θ − sen2 θ) az
1/2
9 cos2 θ sen2 θ + (2 cos2 θ − sen2 θ)2
aE = Ahora con r = 100 m y p = 2 × 10−9 ,
p
2 × 10−9
=
= 1.80 × 10−5
4π0 r 3
4π(8.854 × 10−12 )106
Usando las fórmulas anteriores, encontramos en θ = 0◦ , |E| = (1.80 × 10−5 )(2) = 36.0 µV/m y aE = az.
En θ = 30◦ , encontramos |E| = (1.80 × 10−5 )[1.69 + 1.56]1/2 = 32.5 µV/m y a E = (1.30ay +
1.25a z )/1.80 = 0.72 ax + 0.69 az . En θ = 90◦ , |E| = (1.80 ×10−5 )(1) = 18.0 µV/m y aE = −az .
56
4.31. Un campo potencial en espacio libre se expresa comoV = 20/(xyz) V.
a) Encuentre la energía total almacenada dentro del cubo 1 < x, y, z < 2. Integramos la densidad de energía
sobre el volumen del cubo, donde wE = (1/2)0 E · E, y aquí
1
1
1
E = −∇V = 20 2 ax + 2 ay +
az V/m
x yz
xy z
xyz2
La energía es ahora
2 2 2
WE = 2000
1
1
1
1
1
1
+ 2 4 2+ 2 2 4
4
2
2
x y z
x y z
x y z
dx dy dz
La integral se evalúa como sigue:
2
1
1
1
1
−
− 4 2 − 2 4 dy dz
WE = 2000
3 x 3 y 2 z2
xy z
xy z 1
1
1
2 2 1
1
1
7
1
1
dy dz
+
+
= 2000
24 y 2 z2
2 y 4 z2
2 y 2 z4
1
1
2 1
1
1 2
7
1
1
−
−
−
dz
= 2000
24 yz2
6 y 3 z2
2 yz4 1
1
2 1
1
7
7
1 1
dz
+
+
= 2000
2
2
48 z
48 z
4 z4
1
7
= 387 pJ
= 2000 (3)
96
2 2
b) ¿Qué valor se obtendría suponiendo una densidad de energía uniforme igual al valor en el
centro del cubo? En C(1.5, 1.5, 1.5) la densidad de energía es
1
wE = 2000 (3)
= 2.07 × 10−10 J/m3
(1.5)4 (1.5)2 (1.5)2
Este, multiplicado por un volumen cúbico de 1, produce un valor de energía. de 207 pJ.
4.32. En la región de espacio libre donde 2 < r < 3, 0.4π < θ < 0.6π, 0 < φ < π/2, sea E = k/r 2 ar .
a) Encuentra un valor positivo para k y la energía total almacenada es exactamente 1 J: La energía se encuentra a través de
π/2 0.6π 3
1
1 k2 2
2
0 E dv =
0 2 r sen θ dr dθ dφ
WE =
v 2
0
0.4π
2 2 r
.6π 1 π
1 3
0.616π
2
= (− cos θ)
0 k −
0 k 2 = 1 J
=
.4π
2
2
r 2
24
Resuelva para k para encontrar k = 1.18 × 106 V · m.
57
4.32b. Mostre que la superficie θ = 0.6π está en superficie equipotencial: Esta será la superficie de un cono,
centrado en el origen, a lo largo del cual E, en la dirección a r, existirá. Por lo tanto la superficie dada no puede
ser un equipotencial (el problema fue concebido mal). Sólo una superficie de constante r podría ser un
equipotencial en este campo.
c) Encuentre VAB , dados los puntos A(2, θ = π/2, φ = π/3) y B(3, π/2, π/4): Use
VAB = −
A
B
3
E · dL = −
2
k
ar · ar dr = k
r2
1 1
−
2 3
=
k
6
Usando el resultado del inciso a, encontramos VAB = (1.18 × 106 )/6 = 197 kV.
4.33. Una esfera de cobre de radio 4 cm lleva una carga total uniformemente distribuida de 5 µC en espacio libre.
a) Use la ley de Gauss para encontrar D externo a la esfera: con una superficie esférica Gaussiana al radio r, D
será la carga total dividida entre el área de esta esfera, y será a r -dirigida. Así
Q
5 × 10−6
a
=
ar C/m2
r
4πr 2
4πr 2
D=
b) Calcule la energía total almacenada en el campo electrostático: Use
2π π ∞
1
1 (5 × 10−6 )2 2
D · E dv =
r sen θ dr dθ dφ
2
4
vol 2
0
0
.04 2 16π 0 r
1 (5 × 10−6 )2 ∞ dr
25 × 10−12 1
= (4π)
= 2.81 J
=
2
2
16π 2 0
8π0
.04
.04 r
WE =
c) Use WE = Q2 /(2C) para calcular la capacitancia de la esfera aislada: Tenemos
Q2
(5 × 10−6 )2
= 4.45 × 10−12 F = 4.45 pF
=
2WE
2(2.81)
C=
4.34. Dado el campo potencial en espacio libre, V = 80φ V (note que ap hi no estará presente), encuentre:
a) la energía almacenada en la región 2 < ρ < 4 cm, 0 < φ < 0.2π, 0 < z < 1 m: Primero encontramos
E = −∇V = −
1 dV
80
aφ = − aφ V/m
ρ dφ
ρ
Entonces
WE =
v
1 0.2π
wE dv =
0
0
.04
.02
1 (80)2
.04
0 2 ρ dρ dφ dz = 640π0 ln
= 12.3 nJ
2
ρ
.02
b) la diferencia potencial, V AB , para A(3 cm, φ = 0, z = 0) y B(3cm, 0.2π, 1m): Use
VAB = −
A
B
E · dL = −
0
.2π
−
80
aφ · aφ ρ dφ = −80(0.2π) = −16π V
ρ
58
4.34c. el valor máximo de la densidad de energía en la región especificada: La densidad de energía es
wE =
1
1 6400
0 E 2 = 0 2
2
2
ρ
Esto maximizará el valor más bajo de ρ en el rango especificado, que es ρ = 2 cm. Así
wE,máx =
1 6400
0
= 7.1 × 10−5 J/m3 = 71 µJ/m3
2 .022
4.35. Cuatro cargas puntuales 0.8 nC están localizadas en espacio libre en las esquinas de un cuadrado de 4 cm en un lado.
a) Encuentre la energía potencial total almacenada: Esto lo dará
1
q n Vn
2
4
WE =
n=1
dondeV n en este caso el potencial está en la localización de cualquiera de las cargas puntuales que se derivan
de las otras tres. Este será (para la carga 1)
V1 = V21 + V31 + V41
q
=
4π0
1
1
1
+
+
√
.04 .04 .04 2
La suma produce un factor de 4, ya que la situación es la misma en los cuatro puntos.
Consecuentemente,
1
1
(.8 × 10−9 )2
2 + √ = 7.79 × 10−7 J = 0.779 µJ
WE = (4)q1 V1 =
2
2π0 (.04)
2
b) Una quinta carga de 0.8 µC está instalada en el centro del cuadrado. De nuevo encuentre la energía total almacenada:
Esta será la energía encontrada en el inciso a más la cantidad de trabajo hecha al mover la quinta carga
en la posición del infinito. El último es simplemente el potencial al centro del cuadrado que se deriva de las
cuatro cargas originales, siendo el nuevo valor de la carga, o
2WE =
4(.8 × 10−9 )2
= .813 µJ
√
4π0 (.04 2/2)
La energía total es ahora
WE net = WE (part a) + 2WE = .779 + .813 = 1.59 µJ
59