CAPÍTULO 2 2.1. Se hallan cuatro cargas positivas 10nC en el

CAPÍTULO 2
2.1. Se hallan cuatro cargas positivas 10nC en el plano z = 0 en las esquinas de un cuadrado de 8cm en un lado
.
Una quinta carga positiva 10nC se localiza en un punto a 8cm de distancia de las otras cargas.. Calcule la
magnitud de la fuerza total en esta quinta carga para = 0 :
Ordene las cargas en el plano xy localizadas
en (4,4), (4,-4), (-4,4), y (-4,-4). Entonces la quinta carga
√
estará en el eje z localizada en z = 4 2, que está colocado a 8cm de distancia de la cuarta carga.
Por simetría, la fuerza en la quinta carga se dirigirá a z y será cuatro veces la componente z de la fuerza
producida por cada una de las otras cuatro cargas.
4
4
q2
(10−8 )2
= 4.0 × 10-4 N
F =√ ×
=
√
×
2
-12
2
2 4π0 d
2
4π ( 8.85 × 10 )(0.08)
2.2. Una carga Q 1 = 0.1 µC está localizada en el origen, mientras Q2 = 0.2 µC está enA(0.8, −0.6, 0).
Encuentre los puntos en el plano z = 0 en que la componente x de una tercera carga positiva es cero.
Para resolver este problema, las coordenadas z de la tercera carga es inmaterial , así podemos colocar
en el plano xy en las coordenadas (x, y, 0). Tomamos su magnitud para ser Q 3 . El vector dirigido de la primer
carga a la tercera es R 13 = xax + yay ; el vector dirigido de la segunda carga a la tercera es
R 23 = (x − 0.8)ax + (y + 0.6)ay . La fuerza en la tercera carga es ahora
Q2 R23
+
4π0 |R13 |3
|R23 |3
Q3 × 10−6 0.1(xax + yay ) 0.2[(x − 0.8)ax + (y + 0.6)ay ]
=
+
4π0
(x 2 + y 2 )1.5
[(x − 0.8)2 + (y + 0.6)2
]1.5
F3 =
Q3 Q1 R13
Deseamos que la componente x sea cero. Así,
0.1xax
0.2(x − 0.8)ax
0=
+
(x 2 + y 2 )1.5
[(x − 0.8)2 + (y + 0.6)2 ]1.5
o
x[(x − 0.8)2 + (y + 0.6)2 ]1.5 = 2(0.8 − x)(x 2 + y 2 )1.5
2.3. Las cargas puntuales de cada 50nC se localizan en A(1, 0, 0), B(−1, 0, 0), C(0, 1, 0), y D(0, −1, 0)
en espacio libre. Encuentre la fuerza total en la carga en A.
La fuerza será :
(50 × 10−9 )2
F=
4π0
RCA
RDA
RBA
+
+
3
3
|RCA |
|RDA |
|RBA |3
donde RCA = ax − ay , RDA = ax + ay , y RBA = 2ax . Las magnitudes son |R CA | = |RDA | =
y |RBA | = 2. Substituyendo estas se llega a
(50 × 10−9 )2
F=
4π0
1
1
2
ax = 21.5ax µN
√ + √ +
2 2 2 2 8
en donde las distancias están en metros .
14
√
2,
2.4. SeaQ1 = 8 µC localizada en P1 (2, 5, 8) mientras Q2 = −5 µC está en P2 (6, 15, 8). Sea = 0 .
a) Encuentre la fuerza F 2 , en Q2 : Esta fuerza será
F2 =
Q1 Q2 R12
(8 × 10−6 )(−5 × 10−6 ) (4ax + 10ay )
=
= (−1.15ax − 2.88ay ) mN
4π0 |R12 |3
4π0
(116)1.5
b) Encuentre las coordenadas deP 3 si una carga Q3 experimenta una fuerza total F3 = 0 en P3 : Esta fuerza en
general será:
Q3 Q1 R13
Q2 R23
+
F3 =
4π0 |R13 |3
|R23 |3
donde R13 = (x − 2)ax + (y − 5)ay y R23 = (x − 6)ax + (y − 15)ay . Note, sin embargo, que
todas las cargas deben quedar en una línea recta, y la localización de Q3 estará a lo largo del vector R12
extendiéndose después de Q2 . La pendiente de este vector es (15 − 5)/(6 − 2) = 2.5. Por lo tanto,
buscamos P3 en las coordenadas (x, 2.5x, 8). Con esta restricción, la fuerza se vuelve:
8[(x − 2)ax + 2.5(x − 2)ay ]
5[(x − 6)ax + 2.5(x − 6)ay ]
Q3
−
F3 =
4π0 [(x − 2)2 + (2.5)2 (x − 2)2 ]1.5
[(x − 6)2 + (2.5)2 (x − 6)2 ]1.5
en donde requerimos que el término en los grandes puntos singulares sea cero. Esto conduce a
8(x − 2)[((2.5)2 + 1)(x − 6)2 ]1.5 − 5(x − 6)[((2.5)2 + 1)(x − 2)2 ]1.5 = 0
que se reduce a
8(x − 6)2 − 5(x − 2)2 = 0
√
√
6 8−2 5
x= √
√ = 21.1
8− 5
Las coordenadas de P 3 son así P3 (21.1, 52.8, 8)
o
2.5. S ea una carga puntual Q1 25 nC localizado en P 1 (4, −2, 7) y una carga Q 2= 60 nC está en P2 (−3, 4, −2).
a) Si = 0 , encuentre E en P3 (1, 2, 3): Este campo será
60R23
10−9 25R13
+
E=
4π0 |R13 |3
|R23 |3
√
√
en donde R13 = −3ax +4ay −4az y R23 = 4ax −2ay +5az . Además, |R13 | = 41 y |R 23 | = 45.
Así
10−9 25 × (−3ax + 4ay − 4az ) 60 × (4ax − 2ay + 5az )
+
E=
4π0
(41)1.5
(45)1.5
= 4.58ax − 0.15ay + 5.51az
b) ¿En qué punto en el eje y está E x = 0? P3 está ahora
en (0, y, 0), así R13 = −4a
x + (y + 2)ay − 7az
2
y R 23 = 3ax + (y − 4)ay + 2az . Además, |R13 | = 65 + (y + 2) y |R 23 | = 13 + (y − 4)2 .
Ahora la componente x de E en el nuevoP 3 será :
25 × (−4)
10−9
60 × 3
+
Ex =
4π0 [65 + (y + 2)2 ]1.5
[13 + (y − 4)2 ]1.5
Para obtener Ex = 0, requerimos que la expresión en el punto singular grande sea cero. Esta expresión
simplifica la siguiente cuadrática :
0.48y 2 + 13.92y + 73.10 = 0
que produce los dos valores : y = −6.89, −22.11
15
2.6 Las cargas puntuales de 120 nC están localizadas en A(0, 0, 1) y B(0, 0, −1) en espacio libre.
a) Encuentre E en P (0.5, 0, 0): Este será
EP =
120 × 10−9
4π0
RAP
RBP
+
|RAP |3
|RBP |3
donde RAP = 0.5ax − az y RBP = 0.5ax + az . Además , |RAP | = |RBP | =
EP =
√
1.25. Así :
120 × 10−9 ax
= 772 V/m
4π(1.25)1.5 0
b) ¿Qué carga simple en el origen proporcionaría un campo de fuerza idéntico? Requerimos
Q0
= 772
4π0 (0.5)2
del que encontramos Q 0 = 21.5 nC.
2.7. Una carga puntual 2µC se localiza en A(4, 3, 5) en espacio libre. Encuentre E ρ, Eφ, y Ez en P(8, 12, 2). Tenemos
2 × 10−6 RAP
2 × 10−6 4ax + 9ay − 3az
EP =
= 65.9ax + 148.3ay − 49.4az
=
4π0 |RAP |3
4π0
(106)1.5
√
Entonces, en el puntoP , ρ = 82 + 122 = 14.4, φ = tan−1 (12/8) = 56.3◦ , y z = z. Ahora,
Eρ = Ep · aρ = 65.9(ax · aρ ) + 148.3(ay · aρ ) = 65.9 cos(56.3◦ ) + 148.3 sen(56.3◦ ) = 159.7
y
Eφ = Ep · aφ = 65.9(ax · aφ ) + 148.3(ay · aφ ) = −65.9 sen(56.3◦ ) + 148.3 cos(56.3◦ ) = 27.4
Finalmente, E z = −49.4
2.8. Dadas las cargas puntuales de −1 µC enP 1 (0, 0, 0.5) y P2 (0, 0, −0.5), y una carga de 2 µC en el origen,
encuentre E en P (0, 2, 1) en componentes esféricas, suponiendo = 0 .
El campo tomará la forma general:
R1
10−6
2R2
R3
EP =
−
+
−
4π0
|R1 |3
|R2 |3
|R3 |3
donde R1 , R2 , R3 son los vectores de P de cada una de las cargas listadas en su orden original. Específicamente,
R1 = (0, 2, 0.5), R2 = (0, 2, 1), y R3 = (0, 2, 1.5). L as magnitudes son |R1 | = 2.06, |R2 | = 2.24,
y |R 3 | = 2.50. Así
10−6 −(0, 2, 0.5) 2(0, 2, 1) (0, 2, 1.5)
EP =
= 89.9ay + 179.8az
+
−
4π0
(2.06)3
(2.24)3
(2.50)3
√
√
Ahora, enP , r = 5, θ = cos−1 (1/ 5) = 63.4◦ , y φ = 90◦ . Así
Er = EP · ar = 89.9(ay · ar ) + 179.8(az · ar ) = 89.9 sen θ sen φ + 179.8 cos θ = 160.9
Eθ = EP · aθ = 89.9(ay · aθ ) + 179.8(az · aθ ) = 89.9 cos θ sen φ + 179.8(− sen θ) = −120.5
Eφ = EP · aφ = 89.9(ay · aφ ) + 179.8(az · aφ ) = 89.9 cos φ = 0
16
2.9. Una carga puntual 100 nC se localiza en A(−1, 1, 3) en espacio libre.
a) Encuentre el lugar geométrico de todos los puntos P (x, y, z) en que Ex = 500 V/m: El campo total en P será:
EP =
100 × 10−9 RAP
4π0
|RAP |3
donde R AP = (x + 1)ax + (y − 1)ay + (z − 3)az , y donde |RAP | = [(x + 1)2 + (y − 1)2 +
(z − 3)2 ]1/2 . La componente x del campo será
100 × 10−9
Ex =
4π0
(x + 1)
= 500 V/m
[(x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 ]1.5
Y así nuestra condición se vuelve:
(x + 1) = 0.56 [(x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 ]1.5
b) Encuentre y 1 si P (−2, y1 , 3) está en ese lugar geométrico: En punto P, la condición del inciso a se vuelve
3
3.19 = 1 + (y1 − 1)2
del cual
(y 1 − 1)2 = 0.47, o y1 = 1.69 o 0.31
2.10. Las cargas de 20 y -20 nC están localizadas en (3, 0, 0) y d (−3, 0, 0), respectivamente. Sea = 0 .
Determine |E| en P (0, y, 0): El campo será
20 × 10−9
EP =
4π0
R1
R2
−
3
|R1 |
|R2 |3
donde R1 , el vector de la carga positiva al punto P es (−3, y, 0), y R2 , el vector de
la
carga negativa al punto P , es (3, y, 0). Las magnitudes de estos vectores son |R 1 | = |R2 | =
9 + y 2 . Substituyendo estos en la expresión para EP produce
20 × 10−9
EP =
4π0
del cual
|EP | =
−6ax
(9 + y 2 )1.5
1079
V/m
(9 + y 2 )1.5
2.11. Una carga Q 0 localizada en el origen produce en espacio libre un campo para que Ez = 1 kV/m en el punto
P (−2, 1, −1).
a) Encuentre Q 0 : El campo en P será
Q0
EP =
4π0
−2ax + ay − az
61.5
Desde que la componente z es de valor 1 kV/m, encontramosQ0 = −4π0 61.5 × 103 = −1.63 µC.
17
2.11. (continuación)
b) Encuentre E en M(1, 6, 5) en coordenadas cartesianas: Este campo será:
EM
−1.63 × 10−6
=
4π0
ax + 6ay + 5az
[1 + 36 + 25]1.5
o E M = −30.11ax − 180.63ay − 150.53az .
c) Encuentre E en M(1, 6, 5) en coordenadas cilíndricas: En M, ρ =
80.54◦ , y z = 5. Ahora
√
1 + 36 = 6.08, φ = tan−1 (6/1) =
Eρ = EM · aρ = −30.11 cos φ − 180.63 sen φ = −183.12
Eφ = EM · aφ = −30.11(− sen φ) − 180.63 cos φ = 0 (como lo esperado)
así que EM = −183.12aρ − 150.53az.
√
d) Encontrar E en M(1, 6, 5) en coordenadas esféricas: En M, r = 1 + 36 + 25 = 7.87, φ = 80.54◦ (como
anteriormente), y θ = cos−1 (5/7.87) = 50.58◦ . Ahora, desde que la carga está en el origen, esperamos
obtener solamente una componente radial de EM . Esta será :
Er = EM · ar = −30.11 sen θ cos φ − 180.63 sen θ sen φ − 150.53 cos θ = −237.1
2.12. La densidad de carga volumétrica ρ v = ρ0 e−|x|−|y|−|z| existe por encima de todos los espacios libres. Calcule la carga
total presente: Esta será 8 veces la integral de ρv por encima del primer octante, o
∞ ∞ ∞
Q=8
0
0
ρ0 e−x−y−z dx dy dz = 8ρ0
0
2.13. Una densidad uniforme de carga voumétrica de 0.2 µC/m3 (note error en el libro) está presente por toda la cubierta
esférica extendiéndose desde r = 3 cm a r = 5 cm. Si ρ v = 0 por otra parte:
a) Encuentre la carga total presente por toda la cubierta: Esta será
Q=
0
2π
π
0
.05
.03
r3
0.2 r sen θ dr dθ dφ = 4π(0.2)
3
.05
2
.03
= 8.21 × 10−5 µC = 82.1 pC
b) Encuentre r 1 si la mitad de la carga total está localizada en la región 3 cm < r < r 1 : Si la integral sobre r en
el inciso a es llevada a r 1 , obtendriamos
r
r3 1
= 4.105 × 10−5
4π(0.2)
3 .03
Así
r1 =
3 × 4.105 × 10−5
+ (.03)3
0.2 × 4π
18
1/3
= 4.24 cm
2.14. Sea
1
µC/m3
+ 10
en la región 0 ≤ ρ ≤ 10, −π < φ < π, todo z, y ρ v = 0 por otra parte.
ρv = 5e−0.1ρ (π − |φ|)
z2
a) Determine la carga total presente: Esta será la integral de ρv sobre la región donde existe;
específicamente,
∞ π 10
1
5e−0.1ρ (π − |φ|) 2
ρ dρ dφ dz
Q=
z + 10
−∞ −π 0
que se vuelve
10 e−0.1ρ
(−0.1 − 1)
Q=5
(0.1)2
−∞
0
o
Q = 5 × 26.4
∞
∞
−∞
π
2
(π − φ)
0
π2
z2
z2
1
dφ dz
+ 10
1
dz
+ 10
Finalmente,
Q = 5 × 26.4 × π
2
1
√ tan−1
10
z
√
10
∞
−∞
=
5(26.4)π 3
= 1.29 × 103 µC = 1.29 mC
√
10
b) Calcule la carga dentro de la región 0 ≤ ρ ≤ 4, −π/2 < φ < π/2, −10 < z < 10: Con los
límites así cambiados, la integral para las cargas se vuelve:
10 π/2 4
1
2
5e−0.1ρ (π − φ) 2
ρ dρ dφ dz
Q =
z
+
10
−10
0
0
Siguiendo con la misma evaluación procedemos como en el inciso a, obtenemosQ = 0.182 mC.
2.15. Un volumen esférico que tiene un radio 2 µm contiene una densidad uniforme de carga volumétrica de 1015 C/m3 .
a) ¿Qué carga totalse engloba en el volumen esférico?
Este será Q = (4/3)π(2 × 10−6 )3 × 1015 = 3.35 × 10−2 C .
b) Ahora suponga que una región grande contiene una de estas esferas pequeñas a cada ángulo de una red cúbica
de 3mm en un lado, y que no hay carga entre las esferas. ¿Cuál es el promedio de la densidad de carga
volumétrica por toda esta región grande? Cada cubo contendrá el equivalente de una esfera pequeña.
Despreciando el volumen de la esfera pequeña, la densidad promedio se vuelve
ρv,avg =
3.35 × 10−2
= 1.24 × 106 C/m3
(0.003)3
2.16. La región en que 4 < r < 5, 0 < θ < 25◦ , y 0.9π < φ < 1.1π contiene la densidad de carga volumétrica
de ρ v = 10(r − 4)(r − 5) sen θ sen(φ/2). Fuera de la región, ρv = 0. Encuentre la carga dentro de la región:
La integral que proporciona la carga será
Q = 10
1.1π
.9π
25◦
0
5
(r − 4)(r − 5) sen θ sen(φ/2) r 2 sen θ dr dθ dφ
4
19
2.16. (continuación) Llevando fuera la integral, obtenemos
r5
r4
r3
Q = 10
− 9 + 20
5
4
3
5 4
1.1π
25◦ 1
θ
1
−2 cos
θ − sen(2θ)
2
4
2 .9π
0
= 10(−3.39)(.0266)(.626) = 0.57 C
2.17. Una línea de carga uniforme de 16 nC/m está localizada a lo largo de la línea definida por y = −2, z = 5. Si = 0 :
a) Encuentre E en P (1, 2, 3): Este será
RP
ρl
2π0 |RP |2
EP =
donde RP = (1, 2, 3) − (1, −2, 5) = (0, 4, −2), y |RP |2 = 20. Así
16 × 10−9
EP =
2π0
4ay − 2az
= 57.5ay − 28.8az V/m
20
b) Encuentre E en el punto en el plano z = 0 donde la dirección de E está dada por(1/3)a y − (2/3)az :
Con z = 0, el campo general será
Ez=0
ρl
=
2π0
(y + 2)ay − 5az
(y + 2)2 + 25
Requerimos |E z | = −|2Ey |, así 2(y + 2) = 5. Así y = 1/2, y el campo se vuelve:
Ez=0 =
ρl
2π0
2.5ay − 5az
= 23ay − 46az
(2.5)2 + 25
2.18. Una línea de cargas uniformes de 0.4 µC/m y −0.4 µC/m se localizan en el plano x = 0 en y = −0.6 y
y = 0.6 m, respectivamente. Sea = 0 .
a) Encuentre E en P (x, 0, z): En general, tendremos
ρl
EP =
2π0
R−P
R+P
−
|R+P | |R−P |
donde R+P y R−P son, respectivamente, los vectores dirigidos de la línea de cargas positiva y negativa
al punto P , y estos son normales al eje z. Así tenemos R+P = (x, 0, z) −
(0, −.6, z) = (x, .6, 0), y R−P = (x, 0, z) − (0, .6, z) = (x, −.6, 0). Así
ρl
EP =
2π0
xax + 0.6ay
xax − 0.6ay
− 2
2
2
x + (0.6)
x + (0.6)2
20
0.4 × 10−6
=
2π0
8.63ay
1.2ay
= 2
kV/m
2
x + 0.36
x + 0.36
2.18. (continuación)
b) Encuentre E en Q(2, 3, 4): Este campo será en general:
R−Q
ρl
R+Q
EQ =
−
2π0 |R+Q | |R−Q |
donde R+Q = (2, 3, 4) − (0, −.6, 4) = (2, 3.6, 0), y R−Q = (2, 3, 4) − (0, .6, 4) = (2, 2.4, 0).
Así
2ax + 3.6ay
2ax + 2.4ay
ρl
EQ =
= −625.8ax − 241.6ay V/m
− 2
2π0 22 + (3.6)2
2 + (2.4)2
2.19. Una línea de carga uniforme 2 µC/m está localizada en el eje z . Encuentre E en coordenadas cartesianas en
P(1, 2 ,3) si la carga se extiende de
a) −∞ < z < ∞: Con la línea infinita, sabemos que el campo tendrá únicamente una componente radial
en coordenadas cilíndricas (o x y y en componentes cartesianas). El campo de una línea infinita en
el eje z es generalmente E = [ρ l /(2π0 ρ)]aρ . Por lo tanto, en el punto P :
EP =
ρl RzP
(2 × 10−6 ) ax + 2ay
= 7.2ax + 14.4ay kV/m
=
2π0 |RzP |2
2π0
5
donde RzP es el vector que se extiende de la línea de carga al punto P , y es perpendicular al
eje z; es decir, R zP = (1, 2, 3) − (0, 0, 3) = (1, 2, 0).
b) −4 ≤ z ≤ 4: Aquí usamos la relación general
ρl dz r − r
EP =
4π0 |r − r |3
donde r = ax + 2ay + 3az y r = zaz . Así la integral se vuelve
(2 × 10−6 ) 4 ax + 2ay + (3 − z)az
dz
EP =
4π0
[5 + (3 − z)2 ]1.5
−4
Usando las tablas integrales, obtenemos:
(ax + 2ay )(z − 3) + 5az 4
V/m = 4.9ax + 9.8ay + 4.9az kV/m
EP = 3597
(z2 − 6z + 14)
−4
Se invita a que el estudiante verifique que cuando evaluamos la expresión de arriba por encima de los límites −∞<
z < ∞, la componente z desaparece y las componentes x y y se vuelven como el encontrado en el inciso a.
2.20. Una línea de cargas uniformes de 120 nC/m queda a lo largo de la extensión entera de los tres ejes de las coordenadas.
Suponiendo condiciones de espacio libre, encuentre E enP(−3, 2,−1): Dado que todas las cargas lineales son infinitamente grandes:
RyP
RxP
ρl
RzP
EP =
+
+
|RyP |2
2π0 |RxP |2
|RzP |2
donde RxP , RyP , y RzP son los vectores normales de cada uno de los tres ejes que terminan en el punto
P . Específicamente , RxP = (−3, 2, −1) − (−3, 0, 0) = (0, 2, −1), RyP = (−3, 2, −1) − (0, 2, 0) =
(−3, 0, −1), y R zP = (−3, 2, −1) − (0, 0, −1) = (−3, 2, 0). Substituyendo este en la expresión
para EP da
−3ax + 2ay
2ay − az
−3ax − az
ρl
EP =
+
+
= −1.15ax + 1.20ay − 0.65az kV/m
2π0
5
10
13
21
2.21. Dos cargas lineales uniformes idénticas con ρ l = 75 nC/m están localizadas en espacio libre en x = 0, y = ±0.4 m.
¿Qué fuerza por la longitud unitaria hace a cada carga lineal ejercer en la otra? Las cargas son paralelas al eje z
y está separadas por 0.8 m. Así el campo de la carga en y = −0.4 evaluado en la localización de la carga
en y = +0.4 será E = [ρ l /(2π0 (0.8))]ay . La fuerza en una longitud diferencial de la
línea en la localización positiva y es dF = dqE = ρ l dzE. Así la fuerza por longitud unitaria que actúa en la
línea en y positiva se origina de la carga en y negativa es
F=
0
1
ρl2 dz
ay = 1.26 × 10−4 ay N/m = 126 ay µN/m
2π0 (0.8)
La fuerza en la línea en y negativa es del mismo curso, pero con −a y .
2.22. Una densidad de carga superficial uniforme de 5 nC/m2 está presente en la región x = 0, −2 < y < 2, y todo z. Si
= 0 , encuentre E en:
a) PA (3, 0, 0): Usamos la de superposición integral:
E=
ρs da r − r
4π0 |r − r |3
donde r = 3ax y r = yay + zaz . La integral se vuelve :
EP A
ρs
=
4π0
∞
2
−∞ −2
3ax − yay − zaz
dy dz
[9 + y 2 + z2 ]1.5
Ya que los límites de la integración son simétricos sobre el origen, y dado que las componentes y y z de
los integrandos exhiben la paridad impar (cambiando signos cuando cruzan el origen, pero por otra parte simétrico),
éstos integrarán a cero, dejando únicamente la componente x. Esto es evidente justamente de la simetría
del problema. Realizando la integración de z primero en la componente x, obtenemos (usando las tablas):
:
Ex,P A
∞
2
z
dy
dy
3ρs
=
2
2
2
2π0 −2 (9 + y 2 )
−2 (9 + y )
9 + y + z −∞
y 3ρs 1
2
tan−1
=
= 106 V/m
2π0 3
3 −2
3ρs
=
4π0
2
Se alienta al alumno a verificar que si los límites y donde −∞ a ∞, el resultado sería que del
plano de carga infinita, o E x = ρs /(20 ).
b) PB (0, 3, 0): En este caso, r = 3ay , y por simetría indica que únicamente una componente y existirá.
La integral se vuelve
∞ 2
2
(3 − y) dy dz
(3 − y) dy
ρs
ρs
=
4π0 −∞ −2 [(z2 + 9) − 6y + y 2 ]1.5
2π0 −2 (3 − y)2
ρs
=−
ln(3 − y) 2−2 = 145 V/m
2π0
Ey,P B =
22
2.23. Dada la densidad de carga superficial, ρs = 2 µC/m2 , en la región ρ < 0.2 m, z = 0, y es cero por otra parte,
encuentre E en :
a) PA (ρ = 0, z = 0.5): Primero, reconocemos por simetría que únicamente una componente z de E estará
presente. Considerando un punto general z en el eje z, tenemos r = za z . Entonces, con r = ρaρ ,
obtenemos r − r = za z − ρaρ . La integral de superposición de la componente z de E será:
Ez,PA
z ρ dρ dφ
2πρs
=−
z
2
2
1.5
4π0
(ρ + z )
0
0
ρs
1
1
=
z √ −√
20
z2 + 0.4
z2
ρs
=
4π0
2π
0.2
1
z2 + ρ 2
0.2
0
Con z = 0.5 m, la evaluación de arriba como Ez,P A = 8.1 .kV/m
b) Con z en −0.5 m, evaluamos la expresión para Ez para obtener Ez,PB = −8.1 kV/m
.
2.24. La densidad de carga superficial está posicionada en espacio libre como los siguientes: 20 nC/m2 en x=−3, − 30nC/m2 en
y = 4, y 40 nC/m2 en z = 2. Encuentre la magnitud de E en los tres puntos, (4, 3, −2), (−2, 5, −1),
y (0, 0, 0). Ya que que las tres láminas son infinitas, la magnitud del campo asociado con cada uno será
ρ s /(20 ), que es la posición independiente. Por esta razón, la magnitud del campo net ser á la misma
en todas partes, mientras la dirección del campo dependerá en qué lado de una lámina dadase posiciona uno.
Tomamos el primer punto, por ejemplo, y encontramos
EA =
20 × 10−9
30 × 10−9
40 × 10−9
ax +
ay −
az = 1130ax + 1695ay − 2260az V/m
20
20
20
La manitud de EA es así 3.04 kV/m. Esta será la magnitud en los otros dos puntos también.
2.25. Encontrar E en el origen si las siguientes distribuciones de cargas están presentes en espacio libre: una carga puntual, 12 nC
en P (2, 0, 6); una densidad de carga lineal uniforme, 3nC/m en x = −2, y = 3; densidad de carga superficial
uniforme 0.2 nC/m2 en x = 2. La suma de los campos al origen de cada carga en orden es:
(12 × 10−9 ) (−2ax − 6az )
(0.2 × 10−9 )ax
(3 × 10−9 ) (2ax − 3ay )
E=
−
+
4π0
2π0
(4 + 9)
20
(4 + 36)1.5
= −3.9ax − 12.4ay − 2.5az V/m
2.26. Una densidad de carga lineal uniforme de 5 nC/m está en y = 0, z = 2 m en espacio libre, mientras −5 nC/m está
localizada en y= 0,z=−2 m. Una densidad de carga superficial uniforme 0.3nC/m2 está en y= 0.2 m, y −0.3nC/m2
está en y = −0.2 m. Encuentre |E| en el origen: Desde que cada par consiste en cargas iguales y opuestas,
el efecto en origen es doblar el campo producido por uno de cada tipo. Tomando la suma de los campos en
el origen desde la superficie y cargas lineales, respectivamente, encontramos:
E(0, 0, 0) = −2 ×
0.3 × 10−9
5 × 10−9
az = −33.9ay − 89.9az
ay − 2 ×
20
2π0 (2)
así que |E| = 96.1 V/m.
23
2.27. Dado el campo eléctrico E = (4x − 2y)ax − (2x + 4y)ay , encuentre:
a) la ecuación de línea de corriente que atraviesa el punto P (2, 3, −4): Escribimos
Ey
dy
−(2x + 4y)
=
=
dx
Ex
(4x − 2y)
De este modo
2(x dy + y dx) = y dy − x dx
o
2 d(xy) =
1
1
d(y 2 ) − d(x 2 )
2
2
Así
C1 + 2xy =
1 2 1 2
y − x
2
2
o
y 2 − x 2 = 4xy + C2
Evaluando en P (2, 3, −4), obtenemos:
9 − 4 = 24 + C2 , or C2 = −19
Finalmente, en P , la ecuación requerida es
y 2 − x 2 = 4xy − 19
b) un vector unitario especificando la dirección
√ de E en Q(3, −2, 5): Tiene EQ = [4(3) + 2(2)]ax − [2(3) −
4(2)]a y = 16ax + 2ay . Entonces |E| = 162 + 4 = 16.12. Así
aQ =
16ax + 2ay
= 0.99ax + 0.12ay
16.12
2.28. Sea E = 5x 3 a x − 15x 2 y ay , y encuentre:
a) la ecuación de la línea de corriente que atraviesa P (4, 2, 1): Escribimos
Ey
−15x 2 y
−3y
dy
=
=
=
3
dx
Ex
5x
x
Así
dy
dx
= −3
⇒ ln y = −3 ln x + ln C
y
x
De este modo
y = e−3 ln x eln C =
C
x3
En P , tenemos 2 = C/(4)3 ⇒ C = 128. Finalmente, en P ,
y=
24
128
x3
2.28. (continuación)
b) un vector unitario a E especificando la dirección de E en Q(3, −2, 5): En Q, EQ = 135ax + 270ay , y
|EQ | = 301.9. De este modo aE = 0.45ax + 0.89ay
.
c) un vector unitario a N = (l, m, 0) que es perpendicular a aE en Q: Ya que este vector no tiene ninguna
componente z , podemos encontrarlo atravesando aN=±(aE×az). Realizando estas, encontramos aN=±(0.89a
. x− 0.45ay)
2.29. Si E = 20e−5y cos 5xax − sen 5xay , encontramos:
a) |E| en P (π/6, 0.1, 2): Substituyendo este punto, obtenemos EP = −10.6ax − 6.1ay , y así |EP | =
12.2.
b) un vector unitario en la dirección de E P : El vector unitario asociado con E es justamente cos 5xax, − sen 5xay
que evaluando en P se vuelve a E = −0.87ax − 0.50ay .
c) la ecuación de la línea de dirección que pasa a través de P : Use
dy
− sen 5x
=
= − tan 5x ⇒ dy = − tan 5x dx
dx
cos 5x
Así y =
1
5
ln cos 5x + C. Evaluando en P , encontramos C= 0.13, y así
y=
1
ln cos 5x + 0.13
5
2.30. Dada la intensidad de campo eléctrico E = 400ya x + 400xay V/m, encuentre:
a) la ecuación de la línea de corriente pasando a través del punto A(2, 1, −2): Escribe:
Ey
dy
x
=
=
⇒ x dx = y dy
dx
Ex
y
Así x 2 = y 2 + C. Evaluando en A produce C = 3, así la ecuación se vuelve
x2
y2
−
=1
3
3
b) la ecuación de la superficie en que |E| = 800 V/m: Tiene |E| = 400 x 2 + y 2 = 800. Así
x 2 + y 2 = 4, o tenemos una superficie circular-cilíndrica, centrada en el eje z , y de radio 2.
c) En un dibujo del inciso a la ecuación producirá una parábola, centrada en el origen, cuyo eje es el
eje positivo x , y para que las pendientes de las asíntotas sean ±1.
d) Un dibujo del trazo producido por la intersección de la superficie en el inciso b con el plano z = 0
produciría un círculo centrado en el origen, de radio 2.
25
2.31. En coordenadas cilíndricas con E(ρ, φ) = Eρ (ρ, φ)aρ + Eφ (ρ, φ)aφ , la ecuación diferencial que describe
las líneas de dirección es E ρ /Eφ = dρ/(ρdφ) en cualquier plano z -constante. Derive la ecuación de la línea
que pasa a través del punto P (ρ = 4, φ = 10◦ , z = 2) en el campo E = 2ρ 2 cos 3φa ρ + 2ρ 2 sen 3φaφ :
Usando la información dada, escribimos
Eρ
dρ
= cot 3φ
=
Eφ
ρdφ
De este modo
1
dρ
= cot 3φ dφ ⇒ ln ρ = ln sen 3φ + ln C
ρ
3
oρ = C(sen 3φ)1/3 . Evalúe esto en P para obtener C = 7.14. Finalmente,
ρ 3 = 364 sen 3φ
26