teoria electromagnetica

Ejercicio 4.1
El valor de E en 𝑷(𝝆 = 𝟐, ∅ = 𝟒𝟎°, 𝒛 = 𝟑) esta dado por 𝑬 = 𝟏𝟎𝟎𝒂𝝆 − 𝟐𝟎𝟎𝒂∅ + 𝟑𝟎𝟎𝒂𝒛 𝑽/𝒎.
Determinar el trabajo incremental requerido para mover una carga de 20uC una distancia de 6um.
a)
b)
c)
d)
e)
En la dirección de 𝒂𝝆
En la dirección de 𝒂∅
En la dirección de 𝒂𝒛
En la dirección de E
En la dirección de 𝑮 = 𝟐𝒂𝒙 − 𝟑𝒂𝒚 + 𝟒𝒂𝒛
Solución
𝐸 = 100𝑎𝜌 − 200𝑎∅ + 300𝑎𝑧 𝑉/𝑚
Q = 20uC =20 ∗ 10−6 𝐶
a.
𝑑𝑊 = −𝑄𝑬 ∙ 𝑑𝑳
𝑑𝑳 = 𝑑𝜌 𝑎𝜌 = 6 ∗ 10
−6
𝑎𝜌
𝑑𝑊 = −𝑄𝑬 ∙ 𝑑𝑳 = −(20 ∗ 10
𝑑𝑊 = − (20 ∗ 10
b.
−6
−6
𝐶)(100𝑎𝜌 − 200𝑎∅ + 300𝑎𝑧 ) ∙ (6 ∗ 10−6 𝑎𝜌 )
𝐶) (100𝑎𝜌 ) (6 ∗ 10−6 𝑎𝜌 ) = −12 ∗ 10−9 = −12𝑛𝐽 Rta.
𝑑𝑊 = −𝑄𝑬 ∙ 𝑑𝑳
𝑑𝑳 = 𝜌𝑑∅ 𝑎∅ = 2𝑑∅ 𝑎∅ = 6 ∗ 10
𝑑𝑊 = −𝑄𝑬 ∙ 𝑑𝑳 = − (20 ∗ 10
𝑑𝑊 = − (20 ∗ 10
c.
−6
−6
−6
𝑎∅
𝐶) (100𝑎𝜌 − 200𝑎∅ + 300𝑎𝑧) ∙ (6 ∗ 10−6 𝑎∅ )
𝐶) (−200𝑎∅ ) (6 ∗ 10−6 𝑎∅ ) = 24 ∗ 10−9 = 24𝑛𝐽 Rta.
𝑑𝑊 = −𝑄𝑬 ∙ 𝑑𝑳
𝑑𝑳 = 𝑑𝑧 𝑎𝑧 = 6 ∗ 10
−6
𝑎𝑧
−6
−6
𝑑𝑊 = −𝑄𝑬 ∙ 𝑑𝑳 = − (20 ∗ 10 𝐶) (100𝑎𝜌 − 200𝑎∅ + 300𝑎𝑧 ) ∙ (6 ∗ 10 𝑎𝑧 )
𝑑𝑊 = − (20 ∗ 10
d.
−6
𝐶) (300𝑎𝑧) (6 ∗ 10−6 𝑎∅ ) = −36 ∗ 10−9 = −36𝑛𝐽 Rta.
𝑑𝑊 = −𝑄𝑬 ∙ 𝑑𝑳
𝑑𝑳 = 6 ∗ 10
𝑎𝐸 =
−6
𝑎𝐸
100𝑎𝜌 − 200𝑎∅ + 300𝑎𝑧
=
100𝑎𝜌 − 200𝑎∅ + 300𝑎𝑧
374.1657
√1002 + (−2002 ) + 3002
= 0.267𝑎𝜌 − 0.5345𝑎∅ + 0.8017𝑎𝑧
𝑑𝑳 = 6 ∗ 10
−6
𝑎𝐸 = 6 ∗ 10−6 (0.267𝑎𝜌 − 0.5345𝑎∅ + 0.8017𝑎𝑧)
𝑑𝑳 = (1.602𝑎𝜌 − 3.207𝑎∅ + 4.8102𝑎𝑧 ) ∗ 10
𝑑𝑊 = −𝑄𝑬 ∙ 𝑑𝑳
−6
𝑑𝑊 = − (20 ∗ 10
−6
𝐶) (100𝑎𝜌 − 200𝑎∅ + 300𝑎𝑧) ∙ ((1.602𝑎𝜌 − 3.207𝑎∅ + 4.8102𝑎𝑧) ∗ 10−6 )
𝑑𝑊 = (−0.002𝑎𝜌 + 0.004𝑎∅ − 0.006𝑎𝑧 ) ∙ ((1.602𝑎𝜌 − 3.207𝑎∅ + 4.8102𝑎𝑧 ) ∗ 10
−6
)
𝑑𝑊 = (−0.002𝑎𝜌 ∗ 1.602𝑎𝜌 ) + (0.004𝑎∅ ∗ −3.207𝑎∅ ) + (−0.006𝑎𝑧 ∗ 4.8102𝑎𝑧 ) = −44.8932 ∗
10−9 = −44.8932 𝑛𝐽 Rta.
e.
𝑑𝑊 = −𝑄𝑬 ∙ 𝑑𝑳
𝑑𝑳 = 6 ∗ 10
𝑎𝐺 =
−6
𝑎𝐺
2𝑎𝑥 − 3𝑎𝑦 + 4𝑎𝑧
√22 + (−32 ) + 42
𝑑𝑳 = 6 ∗ 10
−6
=
2𝑎𝑥 − 3𝑎𝑦 + 4𝑎𝑧
= 0.371𝑎𝑥 − 0.557𝑎𝑦 + 0.7427𝑎𝑧
5.38
𝑎𝐺 = 6 ∗ 10−6 (0.371𝑎𝑥 − 0.557𝑎𝑦 + 0.7427𝑎𝑧)
𝑑𝑳 = (2.226𝑎𝑥 − 3.342𝑎𝑦 + 4.4562𝑎𝑧 ) ∗ 10
−6
𝑑𝑊 = −𝑄𝑬 ∙ 𝑑𝑳
𝑑𝑊 = − (20 ∗ 10
−6
𝐶) (100𝑎𝜌 − 200𝑎∅ + 300𝑎𝑧) ∙ ((2.226𝑎𝑥 − 3.342𝑎𝑦 + 4.4562𝑎𝑧) ∗ 10−6 )
𝑑𝑊 = (−0.002𝑎𝜌 + 0.004𝑎∅ − 0.006𝑎𝑧 ) ∙ ((2.226𝑎𝑥 − 3.342𝑎𝑦 + 4.4562𝑎𝑧 ) ∗ 10
𝑑𝑊 = (−0.002𝑎𝜌 ∙ 2.226𝑎𝑥 ∗ 10
−6
) + (−0.002𝑎𝜌 ∙ −3.342𝑎𝑦 ∗ 10
+ (−0.002𝑎𝜌 ∙ 4.4562𝑎𝑧 ∗ 10
+ (0.004𝑎∅ ∙ −3.342𝑎𝑦 ∗ 10
+ (−0.006𝑎𝑧 ∙ 2.226𝑎𝑥 ∗ 10
−6
−6
−6
+ (−0.006𝑎𝑧 ∙ 4.4562𝑎𝑧 ∗ 10
𝑎𝜌 ∙ 𝑎𝑥 = cos ∅
𝑎𝜌 ∙ 𝑎𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 ∅
𝑎∅ ∙ 𝑎𝑥 = −𝑠𝑒𝑛 ∅ 𝑎∅ ∙ 𝑎𝑦 = cos ∅
𝑎𝑧 ∙ 𝑎𝑥 = 0
𝑎𝑧 ∙ 𝑎𝑦 = 0
𝑑𝑊 = (−0.002 ∗ 2.226 ∗ 10
−6
) + (0.004𝑎∅ ∙ 2.226𝑎𝑥 ∗ 10
−9
10 ) = −41.8172 ∗ 10
)
−6
)
−6
)
)
∗ cos 40) + (−0.002 ∗ −3.342 ∗ 10−6 ∗ 𝑠𝑒𝑛 40) + 0
) + (4.29 ∗ 10
−9
−6
) + (−0.006𝑎𝑧 ∙ −3.342𝑎𝑦 ∗ 10
−6
∗ − sen 40) + (0.004 ∗ −3.342 ∗ 10−6 ∗ cos 40) + 0
+ 0 + 0 + (−0.006 ∗ 4.4562 ∗ 10
−9
)
) + (0.004𝑎∅ ∙ 4.4562𝑎𝑧 ∗ 10
−6
)
𝑎𝜌 ∙ 𝑎𝑧 = 0
𝑎∅ ∙ 𝑎𝑧 = 0
𝑎𝑧 ∙ 𝑎𝑧 = 1
+ (0.004 ∗ 2.226 ∗ 10
𝑑𝑊 = (−3.41 ∗ 10
−6
−6
−9
−6
)
) + (−5.72 ∗ 10
−9
) + (−10.24 ∗ 10
−9
) + (−26.7372 ∗
= −41.8172 𝑛𝐽 Rta.
4.2) Un campo eléctrico esta dado por𝑬 = −𝟏𝟎𝒆𝒚 (𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒛𝒂𝒙 + 𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒛𝒂𝒚 + 𝟐𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒛𝒂𝒛 ) V/m.
encontrar:
a) Encontrar E en P(5,0,π/12)
𝐸 = −10𝑒 𝑦 (𝑠𝑒𝑛 2𝑧𝑎𝑥 + 𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑧𝑎𝑦 + 2𝑥 cos 2𝑧𝑎𝑧 )
𝐸 = −10𝑒 0 (𝑠𝑒𝑛 2(𝜋/12)𝑎𝑥 + 5 𝑠𝑒𝑛 2(𝜋/12)𝑎𝑦 + 2(5) cos 2(𝜋/12)𝑎𝑧 )
𝐸 = −5𝑎𝑥 − 25𝑎𝑦 − 50√3𝑎𝑧
b) ¿Cuánto trabajo se realiza en mover una carga de 2nC a una distancia incremental de 1mm
desde P en la dirección de 𝑎𝑥 ?
𝑑𝑊 = −𝑄𝐸 ∙ 𝑑𝐿
𝑑𝑊𝑥 = −𝑄𝐸 ∙ 𝑑𝐿𝑎𝑥
𝑑𝑊𝑥 = −2 ∗ 10−9 (−5)(1 ∗ 10−3 )
𝑑𝑊𝑥 = 10 ∗ 10−12 = 10𝑝𝐽
c) En la dirección 𝑎𝑦
𝑑𝑊 = −𝑄𝐸 ∙ 𝑑𝐿
𝑑𝑊𝑦 = −𝑄𝐸 ∙ 𝑑𝐿𝑎𝑦
𝑑𝑊𝑦 = −2 ∗ 10−9 (−25)(1 ∗ 10−3 )
𝑑𝑊𝑦 = 50 ∗ 10−12 = 50𝑝𝐽
d) En dirección 𝑎𝑧
𝑑𝑊 = −𝑄𝐸 ∙ 𝑑𝐿
𝑑𝑊𝑧 = −𝑄𝐸 ∙ 𝑑𝐿𝑎𝑧
𝑑𝑊𝑧 = −2 ∗ 10−9 (−50√3)(1 ∗ 10−3 )
𝑑𝑊𝑧 = 173.2 ∗ 10−12 = 173.2𝑝𝐽
e) ¿de (𝑎𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑎𝑧 )?
√12 + 12 + 12 = √3 Vector unitario
𝑑𝑊𝑥𝑦𝑧 = −𝑄𝐸 ∙ 𝑑𝐿𝑎𝑥𝑦𝑧
𝑑𝑊𝑦 = −𝑄𝐸 ∙
𝑑𝑊𝑥𝑦𝑧 =
𝑑𝐿(𝑎𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑎𝑧 )
√3
10𝑝𝐽 + 50𝑝𝐽 + 173.2𝑝𝐽
√3
𝑑𝑊𝑧 = 135 ∗ 10
= 135 𝑝𝐽
−12
4.3) Si 𝑬 = 𝟏𝟐𝟎𝒂𝝆 V/m, encontrar la cantidad de trabajo incremental realizado para mover una
carga de 50uC una distancia de 2mm de:
a) P(1,2,3) hacia Q(2,1,4);
dW = −QE. aL dL
Cálculo de aL :
(Q-P)=(2,1,4)-(1,2,3)=(1,-1,1)
aL =
aρ =
(1, −1,1)
√3
1
√3
𝑐𝑜𝑠𝜑 −
1
√3
𝑠𝑒𝑛𝜑
2
𝜑 = 𝑡𝑎𝑛−1 ( ) = 63.43
1
aρ = −0.258
𝑑𝑊 = (−50𝑥10−6 )(120)(−0.258)(2𝑥10−3 ) = 3.09𝑥10−6 𝐽
b) Q(2,1,4) hacia P(1,2,3)
(P-Q)= (1,2,3)- (2,1,4)=(-1,1,-1)
aL =
(−1,1, −1)
√3
1
1
aρ = −
𝑐𝑜𝑠𝜑 +
𝑠𝑒𝑛𝜑
√3
√3
1
𝜑 = 𝑡𝑎𝑛−1 ( ) = 26.56
2
1
1
aρ = −
𝑐𝑜𝑠𝜑 +
𝑠𝑒𝑛𝜑 = −0.258
√3
√3
𝑑𝑊 = (−50𝑥10−6 )(120)(−0.258)(2𝑥10−3 ) = 3.09𝑥10−6 𝐽
Ejercicio 4.4
Se ha visto que la energía necesaria para llevar una carga de 𝟒𝝁𝑪 desde el origen (𝒙, 𝟎, 𝟎) a lo largo
del eje 𝒙 es directamente proporcional al cuadrado de la longitud de la trayectoria. Si 𝑬𝒙 = 𝟕 𝑽⁄𝒎 en
(𝟏, 𝟎, 𝟎), determine 𝑬𝒙 sobre el eje 𝒙 como función de 𝒙.
Solución:
𝑾 = 𝑲𝒙𝟐
𝒙
𝑾 = −𝑸 ∫ 𝑬𝒅𝒙
𝟎
𝑬𝒙 = 𝑪𝒙
𝑾 = −𝑸𝑪
𝑲=
𝒙𝟐
𝟐
−𝑸𝑪
𝟐
𝑾 = 𝑲𝒙𝟐
Como la condición dice que cuando:
𝒙=𝟏
𝑬𝒙 = 𝟕
𝑬𝒙 = 𝑪𝒙
𝟕 = 𝑪(𝟏)
𝑪=𝟕
𝑬𝒙 = 𝟕𝒙 𝑽⁄𝒎
𝑷
4.5) Calcular el valor de ∫𝑨 𝑮. 𝑑𝑳 para 𝑮 = 𝟐𝒚𝒂𝒙 con A(1,-1,2) y P(2,1,2) utilizando la trayectoria: a)
segmentos de líneas rectos entre los puntos A(1,-1,2) a B(1,1,2) a P(2,1,2); b) segmentos de línea
rectos entre los puntos A(1,-1,2) a C(2,-1,2) a P(2,1,2).
Desarrollo
a) Tenemos los puntos:



A(1,-1,2)
B(1,1,2)
P(2,1,2)
𝑃
Para calcular ∫𝐴 𝐺. 𝑑𝐿, analizamos la dirección de la componente en x desde A a P, siguiendo la
trayectoria desde A a B tenemos que x sigue una línea recta no existe un cambio, pero del punto B a P
existe una variación en x, con y= 1, analizando la integral tenemos.
𝑃
∫ 𝐺. 𝑑𝐿
𝐴
𝑃
∫ 𝐺. 𝑑𝐿
𝐵
2
∫ 2𝑦𝑑𝑥
1
2
∫ 2𝑑𝑥
1
2[2 − 1]
2
b) Tenemos los puntos:



A(1,-1,2)
C(2,-1,2)
P(2,1,2)
𝑃
Para calcular ∫𝐴 𝐺. 𝑑𝐿 seguimos el mismo procedimiento que el inciso anterior. La trayectoria desde el
punto A a C existe una variación en x, con un valor de y= -1, ahora analizando la integral tenemos que:
𝑃
∫ 𝐺. 𝑑𝐿
𝐴
𝐶
∫ 𝐺. 𝑑𝐿
𝐴
2
∫ 2𝑦𝑑𝑥
1
2
− ∫ 2𝑑𝑥
1
−2[2 − 1]
-2
4.6.- Determinar el trabajo realizado en llevar una carga de -2uC de (2, 1, -1) a (8, 2, -1) en el campo E=
y𝒂𝒙 + 𝒙𝒂𝒚 a lo largo de:
a) la parábola 𝒙 = 𝟐𝒚𝟐
Resolución:
𝑥 = 2𝑦 2
𝑦2 =
𝑥
2
𝑦= √
𝐵
𝑊 = −𝑄 ∫𝐴 𝐸. 𝑑𝐿
𝑥
2
𝑑𝐿 = 𝑑𝑥 𝑎𝑥 + 𝑑𝑦 𝑎𝑦 + 𝑑𝑧 𝑎𝑧
8
2
𝑊 = −2𝑥10−6 [∫ 𝑦𝑑𝑥 + ∫ 𝑥𝑑𝑦 ]
2
1
2
𝑥 1⁄2
[∫ ( ) 𝑑𝑥 + ∫ 2𝑦 2 𝑑𝑦 ]
2 2
1
8
𝑊 = −2𝑥10
−6
𝑊 = −2𝑥10−6 [
2
8 2
2
𝑥 3⁄2 | + 𝑦 3 | ]
2 3
1
3√2
2
2
2
𝑊 = −2𝑥10−6 [(
(8)3⁄2 −
(2)3⁄2 ) + [23 − 13 ]]
3
3√2
3√2
𝑊 = −2𝑥10−6 [(15.1 − 1.89) +
2
[7]]
3
𝑾 = −𝟐𝟖𝒖𝑱 //
b) La hipérbole 𝒙 =
y=-
𝟖
(𝟕−𝟑𝒚)
𝟖
𝟕
+
𝟑𝒙 𝟑
𝐵
𝑊 = −𝑄 ∫𝐴 𝐸. 𝑑𝐿
𝑑𝐿 = 𝑑𝑥 𝑎𝑥 + 𝑑𝑦 𝑎𝑦 + 𝑑𝑧 𝑎𝑧
𝐵
𝑊 = −2𝑥10−6 [∫ (𝑦𝑎𝑥 + 𝑥𝑎𝑦 )(𝑑𝑥 𝑎𝑥 + 𝑑𝑦 𝑎𝑦 + 𝑑𝑧 𝑎𝑧 )]
𝐴
8
2
𝑊 = −2𝑥10−6 [∫ 𝑦𝑑𝑥 + ∫ 𝑥𝑑𝑦 ]
2
1
8
2
7 8
8
𝑊 = −2𝑥10−6 [∫ ( − ) 𝑑𝑥 + ∫ (
) 𝑑𝑦 ]
3𝑥
2 3
1 7 − 3𝑦
𝑢 = 7 − 3𝑦
𝑑𝑢 = −3𝑑𝑦
𝑑𝑦 =
𝑑𝑢
−3
8
𝑊 = −2𝑥10
−6
2
7
8 8 𝑑𝑥
𝑑𝑢
[(∫ 𝑑𝑥 − ∫
]
)+8∫
3 2 𝑥
2 3
1 −3𝑢
7 8 8
8
8
2
𝑊 = −2𝑥10−6 [( 𝑥| − ln(𝑥)| ) − ln(7 − 3𝑦)| ]
3 2 3
2
3
1
7
8
8
8
1
𝑊 = −2𝑥10−6 [( (8 − 2) − ln ( )) − ln ( )]
3
3
2
3
4
𝑊 = −2𝑥10−6 [
𝑾 = −𝟐𝟖𝒖𝑱 //
c) la línea recta 𝐱 = 𝟔𝐲 – 𝟒
42 11.1 11.1
−
+
]
3
3
3
𝑦=
𝑥 2
+
6 3
𝐵
𝑊 = −𝑄 ∫𝐴 𝐸. 𝑑𝐿
8
2
𝑊 = −2𝑥10−6 [∫ 𝑦𝑑𝑥 + ∫ 𝑥𝑑𝑦 ]
2
1
8
2
𝑥 2
𝑊 = −2𝑥10−6 [∫ ( − ) 𝑑𝑥 + ∫ (6𝑦 − 4)𝑑𝑦 ]
3
2 6
1
𝑊 = −2𝑥10−6 [(
𝑊 = −2𝑥10−6 [(
𝑥2 8 2 8
2
| + 𝑥| ) + 3𝑦 2 − 4𝑦| ]
12 2 3 2
1
82 22
2
−
) + (8 − 2) + 3(2)2 − 3(1)2 − 4(2 − 1)]
12 12
3
𝑊 = −2𝑥10−6 [
64
4
12
−
+
+ 9 − 4]
12 12
3
𝑾 = −𝟐𝟖𝒖𝑱 //
4.7) Sea 𝐺 = 3𝑥𝑦 2 𝑎𝑥 + 2𝑧𝑎𝑦 .Dado un punto inicial 𝑃(2,1,1) y un punto final 𝑄(4,3,1), encontrar
∫ 𝐺. 𝑑𝐿 utilizando la trayectoria: a) línea recta 𝑦 = 𝑥 − 1 , 𝑧 = 1 ;b)parábola: 6𝑦 = 𝑥 2 + 2 , 𝑧 = 1.
a)
𝐺 = 3𝑥𝑦 2 𝑎𝑥 + 2𝑧𝑎𝑦
𝑦 = 𝑥−1 ,𝑧 = 1
Reemplazando
𝐺 = 3𝑥(𝑥 − 1)2 𝑎𝑥 + 2(1)𝑎𝑦
𝐺 = 3𝑥(𝑥 2 − 2𝑥 + 1)𝑎𝑥 + 2(1)𝑎𝑦
𝐺 = (3𝑥 3 − 6𝑥 2 + 3𝑥)𝑎𝑥 + 2𝑎𝑦
∫ 𝐺. 𝑑𝐿 = ∫[(3𝑥 3 − 6𝑥 2 + 3𝑥)𝑎𝑥 + 2𝑎𝑦 ] . (𝑎𝑥 𝑑𝑥 + 𝑎𝑦 𝑑𝑦 + 𝑎𝑧 𝑑𝑧 )
4
3
∫ 𝐺. 𝑑𝐿 = ∫ (3𝑥 3 − 6𝑥 2 + 3𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 2 𝑑𝑦
2
1
3𝑥 4
∫ 𝐺. 𝑑𝐿 =
4
4
| −
2
6𝑥 3
3
4
| +
3𝑥 2
2
2
4
| +2𝑦|13
2
3
3
∫ 𝐺. 𝑑𝐿 = (256 − 16) − 2(64 − 8) + (16 − 4) + 2(3 − 1)
4
2
∫ 𝐺. 𝑑𝐿 = 180 − 112 + 18 + 4
∫ 𝐺. 𝑑𝐿 = 90
b)
𝐺 = 3𝑥𝑦 2 𝑎𝑥 + 2𝑧𝑎𝑦
6𝑦 = 𝑥 2 + 2 , 𝑧 = 1
𝑦=
𝑥2 + 2
6
Reemplazando
2
𝐺 = 3𝑥 (
𝐺 = 3𝑥 (
∫ 𝐺. 𝑑𝐿 = ∫ [
𝑥2 + 2
) 𝑎𝑥 + 2(1)𝑎𝑦
6
𝑥 4 + 4𝑥 2 + 4
) 𝑎𝑥 + 2𝑎𝑦
36
𝐺=
1
𝑥(𝑥 4 + 4𝑥 2 + 4)𝑎𝑥 + 2𝑎𝑦
12
𝐺=
1 5
(𝑥 + 4𝑥 3 + 4𝑥)𝑎𝑥 + 2𝑎𝑦
12
1 5
(𝑥 + 4𝑥 3 + 4𝑥)𝑎𝑥 + 2𝑎𝑦 ] . (𝑎𝑥 𝑑𝑥 + 𝑎𝑦 𝑑𝑦 + 𝑎𝑧 𝑑𝑧 )
12
∫ 𝐺. 𝑑𝐿 =
3
1 4 5
∫ (𝑥 + 4𝑥 3 + 4𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 2 𝑑𝑦
12 2
1
1
𝑥6
4
∫ 𝐺. 𝑑𝐿 = 12 ( 6 | −
2
4𝑥 4
4
4
| +
2
4𝑥 2
2
4
| )+2𝑦|13
2
∫ 𝐺. 𝑑𝐿 =
1
12
[(
4096 64
− ) + (256 − 16) + 2(16 − 4)] + 2(3 − 1)
6
6
∫ 𝐺. 𝑑𝐿 =
1
(672 + 240 + 24) + 4
12
∫ 𝐺. 𝑑𝐿 = 82
4.8 dado 𝑬 = −𝒙𝒂𝒙 + 𝒚𝒂𝒚 encontrar el trabajo necesario para mover una carga unitaria positiva en
un arco circular centrado desde 𝒙 = a hasta 𝒙 = 𝒚 = 𝒂/√𝟐
Tenemos el punto inicial (𝑎, 0,0)
Y el punto final (𝑎√2, 𝑎√2, 0)
𝑎√2
𝑎√2
𝑤 = − ∫ −𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑦 𝑑𝑦
𝑎
0
𝑎√2
𝑤 = − [ [−
𝑥2
]
2 𝑎
𝑎√2
𝑦2
+ [ ] ]
2 𝑎
𝑎2
𝑎2
2
𝑎
𝒂𝟐
2
2
𝑤= −
+
+
= −
2
2
2
𝟐
4.9 Una densidad de superficie uniforme de 20 nC/m2 se encuentra en la superficie de la esfera de un
radio 𝒓 = 𝟎. 𝟔 cm en el espacio libre. a) Encontrar el potencial absoluto en 𝑷(𝒓 = 𝟏 𝐜𝐦, 𝜽 = 𝟐𝟓°, 𝝓 =
𝟓𝟎°). b) Encontrar 𝑽𝑨𝑩 dados los puntos 𝑨(𝒓 = 𝟐 𝐜𝐦, 𝜽 = 𝟑𝟎°, 𝝓 = 𝟔𝟎° ) y 𝑩(𝒓 = 𝟑 𝐜𝐦, 𝜽 =
𝟒𝟓°, 𝝓 = 𝟗𝟎°)
a) Primero encontramos el flujo eléctrico de una esfera de radio 𝑟 = 0.6.
𝜓 = ∮ 𝐷𝑠 𝑑𝑺 = ∮ 𝜌𝑣 𝑑𝑺
𝜙=2𝜋
𝜓=∫
𝜙=0
𝜃=𝜋
∫
𝜌𝑣 𝑟 2 sin 𝜃 𝑑𝜃𝑑𝜙
𝜃=0
𝜓 = 𝜌𝑣 ∙ 4𝜋𝑟 2
𝜓 = 4𝜋(20 × 10−9 )(0.6 × 10−2 )2 = 𝑄
Utilizando la fórmula de potencial en cualquier punto ubicado a una distancia 𝑟 = 1 cm
𝑉=
𝑉=
𝑄
4𝜋𝜖0 𝑟
𝜌𝑣 ∙ 4𝜋𝑟 2 4𝜋(20 × 10−9 )(0.6 × 10−2 )2
=
= 8.13 V
4𝜋𝜖0 𝑟
4𝜋𝜖0 (1 × 10−2 )
b) Los valores de potencial 𝑉𝐴𝐵 se pueden encontrar localizando las distancia de 𝑟𝐴 y 𝑟𝐵
radialmente
𝑉𝐴𝐵 =
𝑄
1
1
4𝜋(20 × 10−9 )(0.6 × 10−2 )2
1
1
( − )=
(
−
)
−2
4𝜋𝜖0 𝑟𝐴 𝑟𝐵
4𝜋𝜖0
2 × 10
3 × 10−2
𝑉𝐴𝐵 = 1.36 V
4.10 Exprese el campo de potencial de una carga lineal finita
a) Con referencia cero en 𝑝 = 𝑝0
𝑉 = −∫
𝑝𝑙
𝑝𝑙
𝑑𝑝 + 𝐶1 = −
ln(𝑝) + 𝐶1 = 0
2𝜋𝜖0 𝑝
2𝜋𝜖0
𝑝 = 𝑝0
𝑝𝑙
ln(𝑝0 ) = 𝐶1
2𝜋𝜖0
𝑉=
𝑝𝑙
𝑝𝑙
ln(𝑝0 ) −
ln(𝑝)
2𝜋𝜖0
2𝜋𝜖0
𝑉=
𝑝𝑙
[ln(𝑝0 ) − ln(𝑝)]
2𝜋𝜖0
𝑉=
𝑝𝑙
𝑝0
[ln ( )]
2𝜋𝜖0
𝑝
b) Con 𝑉 = 𝑉0en 𝑝 = 𝑝0
𝑉 = 𝑉0 = −
𝑉0 +
𝑉=
𝑝𝑙
ln(𝑝0 ) + 𝐶2
2𝜋𝜖0
𝑝𝑙
ln(𝑝0 ) = 𝐶2
2𝜋𝜖0
𝑝𝑙
𝑝0
[ln ( )] +𝑉0
2𝜋𝜖0
𝑝
c) ¿Puede localizarse la referencia cero en el infinito?
No
¿Porque?
∞
No, porque tendríamos un potencial indefinido ln (𝑝 )
4.11. Una densidad de carga de superficie uniforme de 5nC/m2 esta presente en el plano z=0, otra
densidad de carga de superficie uniforme de 8nC/ m2 esta presente en x=0, z=4 y una carga puntual de
2uC en P(2,0,0). Si V=0 en M(0,0,5), encontrar V en N(1,2,3).

Para la carga puntual tenemos
𝑟 = |(0,0,5) − (2,0,0)| = √22 + 52 = √29
𝑉(𝑟) =
𝑉(𝑟) =
𝑄
4𝜋𝐸0𝑟
2𝑢𝐶
4𝜋(8.85𝑥10−12 )√24
𝑉(𝑟) = 3358.45 𝑉

Para el plano tenemos z=0
𝑉(𝑝) = − ∫
= −∫
𝑃𝑠
𝑑𝑧
2𝐸𝑜
5𝑛
𝑑𝑧
2(8.85𝑥10−12 )
=−
5𝑛
(𝑧) + 𝐶
2(8.85𝑥10−12 )
=−
5𝑛
(5) + 𝐶
2(8.85𝑥10−12 )
𝑉(𝑝) = −1420.45 + 𝐶

Para la superficie tenemos x=0 y z=4.
𝜌 = |(0,0,5) − (0,0,4)| = √12 = 1
𝑝𝐿
𝑎𝜌𝑑𝜌𝑎𝜌
2𝜋𝐸𝑜𝜌
8𝑛𝐶/𝑚2
= −∫
𝑑𝜌
2𝜋(8.85𝑥10−12 )𝜌
8𝑛𝐶/𝑚2
1
=−
∫ 𝑑𝜌
−12
2𝜋(8.85𝑥10 ) 𝜌
𝑉(𝑠) = − ∫
8𝑛𝐶
𝑚2
(ln(1)) + 𝐶
=−
2𝜋(8.85𝑥10−12 )
𝑉(𝑠) = 𝐶
Por lo tanto
𝑉 = 𝑉(𝑠) + 𝑉(𝑟) + 𝑉(𝑝)
0 = 𝐶 + 3358,45 − 1420,45 + 𝐶
0 = 1937,99 + 𝐶
𝑪 = −𝟏𝟗𝟑𝟕. 𝟗𝟗
Ya obtenido el valor de la constante se procede hacer el estudio de V en N(1,2,3):
𝑟 = √1 + 22 + 32 = √14
𝜌 = √11 + 11 = √2
𝑧=3
Entonces para calcular Vn tenemos:
𝑉𝑛 = − ∫
𝑝𝐿
𝑃𝑠
𝑄
𝑎𝜌𝑑𝜌𝑎𝜌 − ∫
𝑑𝑧 +
2𝜋𝐸𝑜𝜌
2𝐸𝑜
4𝜋𝐸0𝑟
8𝑛𝐶
5𝑛
2𝑛𝐶
𝑚2
(3)
= −−
ln(√2)
+
𝐶
−
+
𝐶
+
2𝜋(8.85𝑥10−12 )
2(8.85𝑥10−12 )
4𝜋(8.85𝑥10−12 )√14
8𝑛𝐶
5𝑛
2𝑛𝐶
𝑚2
(3) +
=−
ln(√2) −
− 1932.99
−12
−12
2𝜋(8.85𝑥10 )
2(8.85𝑥10 )
4𝜋(8.85𝑥10−12 )√14
8𝑛𝐶
5𝑛
2𝑢𝐶
𝑚2
(3) +
=−
ln(√2) −
− 1932.99
−12
−12
2𝜋(8.85𝑥10 )
2(8.85𝑥10 )
4𝜋(8.85𝑥10−12 )√14
= −49.86 − 847.46 + 4806.32 − 1932.99
𝑽𝒏 = 𝟏𝟗𝟕𝟔. 𝟎𝟏 𝑽
Ejercicio 4.12
𝟐𝒓
𝑬 = (𝒓𝟐+𝒂𝟐)𝟐 𝒂𝒓 𝑽/𝒎 en coordenadas esféricas. Encontrar el potencial en cualquier punto utilizando
la referencia a) 𝑽 = 𝟎 en el infinito; b) 𝑽 = 𝟎 en 𝒓 = 𝟎 c) 𝑽 = 𝟏𝟎𝟎 en 𝒓 = 𝒂
Solución:
a)
𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
𝑉=∫
𝐸. 𝑑𝐿
𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙
𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
𝑉 = −∫
𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙
(𝑟 2
2𝑟
𝑎 . (𝑑𝑟𝑎𝑟 + 𝑟 𝑑𝜃 𝑎𝜃 + 𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑑∅ 𝑎∅ )
+ 𝑎2 )2 𝑟
(𝑟 2
2𝑟
𝑑𝑟
+ 𝑎2 )2
𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
𝑉 = −∫
𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙
𝑢 = 𝑟 2 + 𝑎2
𝑑𝑢 = 2𝑟
𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
2𝑟 𝑑𝑢
2 2𝑟
𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 (𝑢)
𝑉 = −∫
𝑉=
𝑉=
1
+𝐶
𝑢
𝑟2
1
+𝐶
+ 𝑎2
Evaluando 𝑉 = 0 en 𝑟 → ∞ para hallar C
𝐶=0
𝑉=
b)
de la parte (a)
𝑉=
𝑟2
1
+𝐶
+ 𝑎2
Evaluando 𝑉 = 0 en 𝑟 = 0 para hallar C
0=
𝐶=−
𝑉=
1
+𝐶
+ 𝑎2
02
1
𝑎2
𝑟2
1
1
− 2
2
+𝑎
𝑎
𝑟2
1
+ 𝑎2
𝑉=
−𝑟 2
𝑎2 (𝑟 2 + 𝑎2 )
c)
de la parte (a)
𝑉=
𝑟2
1
+𝐶
+ 𝑎2
Evaluando 𝑉 = 100 en 𝑟 = 𝑎 para hallar C
100 =
𝑎2
1
+𝐶
+ 𝑎2
𝐶 = 100 −
𝑉=
𝑟2
1
2𝑎2
1
1
+ 100 − 2
2
+𝑎
2𝑎
𝑉=
𝑎2 − 𝑟 2
+ 100
2𝑎 2 (𝑟 2 + 𝑎 2 )
4.14.- Dado un campo electrostático 𝑬 = (𝒚 + 𝟏)𝑎𝑥 + (𝑥 − 1)𝑎𝑦 + 2𝑎𝑧 , encontrar la diferencia de
`potencial entre los puntos.
a) (2, -2, -1) y (0, 0, 0)
𝐵
𝑉𝐵𝐴 = − ∫𝐴 𝐸. 𝑑𝐿
𝐵
𝑉𝐵𝐴 = − [∫ (𝑦 + 1)𝑎𝑥 + (𝑥 − 1)𝑎𝑦 + 2𝑎𝑧 )(𝑑𝑥 𝑎𝑥 + 𝑑𝑦 𝑎𝑦 + 𝑑𝑧 𝑎𝑧 )]
𝐴
Para resolver escogemos una trayectoria a lo largo de la cual el movimiento ocurre en una dirección de
la coordenada. Empezando al origen, primero desplazamos a lo largo del eje 𝑥 de 0 a 2, dónde 𝒚 =0,
luego a lo largo de 𝒚 de 0 a 2, dónde 𝑥 es 2, luego a lo largo de 𝑧 de 0 a -1. Entonces el arreglo es:
2
−2
−1
𝑉𝐵𝐴 = − ∫0 (𝑦 + 1)|𝑦=0 𝑑𝑥 − ∫0 (𝑥 − 1)|𝑥=2 𝑑𝑦 - ∫0 2𝑎𝑧 𝑑𝑧
𝑉𝐵𝐴 = − [(𝑦 + 1)|𝑦=0 (𝑥)|
2
−2
−1
− (𝑥 − 1)|𝑥=2 (𝑦)|
− 2𝑧| ]
0
0
0
𝑉𝐵𝐴 = −(0 + 1)(2) − (2 − 1)(−2) − 2(−1)
𝑉𝐵𝐴 = 2
b) (3, 2, -1) y (-2, -3, 4)
𝐵
𝑉𝐵𝐴 = − ∫𝐴 𝐸. 𝑑𝐿
3
2
−1
𝑉𝐵𝐴 = − ∫−2(𝑦 + 1)|𝑦=0 𝑑𝑥 − ∫−3(𝑥 − 1)|𝑥=2 𝑑𝑦 - ∫4 2𝑎𝑧 𝑑𝑧
𝑉𝐵𝐴 = − [(𝑦 + 1)|𝑦=0 (𝑥)|
3
2
−1
− (𝑥 − 1)|𝑥=2 (𝑦)|
− 2𝑧| ]
−2
−3
4
𝑽𝑩𝑨 = −(−𝟏)(𝟓) – (1)(5) -2(-5) = 10
Ejercicio 4.15
Dos líneas de cargas uniformes de 𝟖 𝒏𝑪/𝒎, cada una se localizan en 𝒙 = 𝟏, 𝒛 = 𝟐 y en 𝒙 = −𝟏, 𝒚 =
𝟐en el espacio libre. Si el potencial en el origen en 100V, encontrar V en 𝑷(𝟒. 𝟏. 𝟑).
Solución:
Para la primera línea de carga
𝜌 es la distancia de la línea 𝑥 = 1, 𝑧 = 2 al punto del campo
𝜌 = |(𝑥, 𝑦, 𝑧) − (1, 𝑦, 2)| = √(𝑥 − 1)2 + (𝑧 − 2)2
Para el origen
𝑝𝑜 = √(𝑥 − 1)2 + (𝑧 − 2)2
𝑝𝑜 = √(0 − 1)2 +(0 − 2)2
𝑝𝑜 = √5
Para el punto P
𝑝𝑃 = √(𝑥 − 1)2 + (𝑧 − 2)2
𝑝𝑃 = √(4 − 1)2 + (3 − 2)2
𝑝𝑃 = √10
𝑉𝑙1 = − ∫ 𝐸. 𝑑𝐿
𝑉𝑙1 = − ∫
𝑉𝑙1 = −
𝑝𝐿
𝑎 . (𝑑𝑝 𝑎𝑝 )
2𝜋𝜀𝑜 𝑝 𝑝
𝑝𝐿
ln 𝑝 + 𝐶1
2𝜋𝜀𝑜
Se evita calcular la constante C1 restando un potencial a otro
𝑛𝐶
√5
𝑚
𝑉𝑙1 = −
ln (
)
−12
2𝜋(8.854 𝑥10 )
√10
8
𝑽𝒍𝟏 = 𝟒𝟗. 𝟖𝟑 𝑉
Para la segunda línea de carga
𝜌 es la distancia de la línea 𝑥 = −1, 𝑦 = 2 al punto del campo
𝜌 = |(𝑥, 𝑦, 𝑧) − (−1,2, 𝑧)| = √(𝑥 + 1)2 + (𝑦 − 2)2
Para el origen
𝑝𝑜 = √(𝑥 + 1)2 + (𝑦 − 2)2
𝑝𝑜 = √(0 + 1)2 + (0 − 2)2
𝑝𝑜 = √5
Para el punto P
𝑝𝑃 = √(𝑥 + 1)2 + (𝑦 − 2)2
𝑝𝑃 = √(4 + 1)2 (1 − 2)2
𝑝𝑃 = √26
𝑉𝑙2 = − ∫ 𝐸. 𝑑𝐿
𝑉𝑙2 = − ∫
𝑝𝐿
𝑎 . (𝑑𝑝 𝑎𝑝 )
2𝜋𝜀𝑜 𝑝 𝑝
𝑉𝑙2 = −
𝑝𝐿
ln 𝑝 + 𝐶2
2𝜋𝜀𝑜
Se evita calcular la constante C2 restando un potencial a otro
𝑛𝐶
8𝑚
√5
𝑉𝑙1 = −
ln (
)
−12
2𝜋(8.854 𝑥10 )
√26
𝑽𝒍𝟏 = 𝟏𝟏𝟖. 𝟓𝟐 𝑉
𝑉0 − 𝑉𝑃 = 𝑉𝑙1 + 𝑉𝑙2
100 − 𝑉𝑃 = 49.83 𝑉 + 118.52 𝑉
−𝑉𝑃 = 68.35 𝑉
𝑽𝑷 = −𝟔𝟖. 𝟑𝟓 𝑽
4.16. El potencial en cualquier punto del espacio está dado por la expresión 𝑉 = (𝑘⁄ 2 ) cos 𝑏𝜑 donde
𝜌
𝑘, 𝑎 son constantes. a) ¿Dónde se encuentra la referencia de potencial cero? b) encontrar la intensidad
del campo eléctrico vectorial en cualquier punto (𝜌, 𝜑, 𝑧).
SOLUCION:
a)
𝑉 = (𝑘⁄ 2 ) cos 𝑏𝜑 = 0
𝜌
Esta condición se cumplirá para
(𝑘⁄ 2 ) = 0
𝜌
𝜌→∞
que se cumple si
O se cumple para
cos 𝑏𝜑 = 0
𝜋
que se cumple si 𝑏𝜑 = 2 o sus múltiplos
𝜋
∴ 𝑏𝜑 = 2 (2𝑛 − 1)
𝑛 = 1,2,3 …
b)
𝐸 = −∇𝑉 = − [
𝜕𝑉
1 𝜕𝑉
𝜕𝑉
𝑎𝜌 +
𝑎𝜑 +
𝑎𝑧]
𝜕𝜌
𝜌 𝜕𝜑
𝜕𝑧
𝑘
𝜕(𝑘⁄ 2 ) cos 𝑏𝜑
𝜕(𝑘⁄ 2 ) cos 𝑏𝜑
1 𝜕( ⁄𝜌2 ) cos 𝑏𝜑
𝜌
𝜌
𝐸 = −∇𝑉 = − [
𝑎𝜌 +
𝑎𝜑 +
𝑎𝑧]
𝜕𝜌
𝜌
𝜕𝜑
𝜕𝑧
𝐸 = − [(−2
𝐸=
𝑘
𝑘𝑏
cos
(𝑏𝜑))
𝑎𝜌
−
(
sen(𝑏𝜑)) 𝑎𝜑 + 0𝑎𝑧]
𝜌3
𝜌3
𝑘
[(2cos(𝑏𝜑))𝑎𝜌 + (𝑏 sen(𝑏𝜑))𝑎𝜑]
𝜌3
4.17.- Dos densidades de carga de superficie uniformes de 6 y 2nC/𝒎𝟐 están presentes en 𝝆 = 𝟐 y
6cm respectivamente en el espacio libre.
Suponer que V=0 en 𝝆 = 𝟒𝒄𝒎 y calcular V en:
a) 𝝆 = 𝟓𝒄𝒎
En 𝜌 = 4𝑐𝑚, V=0; el potencial en 5cm será la diferencia de potencial entre 𝜌 = 5𝑐𝑚 y 𝜌 = 4𝑐𝑚
𝑉5 = − ∫ 𝐸. 𝑑𝐿
𝐸=
𝐷
𝜖0
𝐷=
𝑎𝜌𝑠
𝜌
0.05
𝑉5 = − ∫
0.04
𝑉5 = − [
𝑎𝜌𝑠
𝑑𝜌
𝜖0 𝜌
𝑎𝜌𝑠
0.05
ln(𝜌)|
]
𝜖0
0.04
(0.02𝑚)(6𝑥10−9 )
0.05
𝑉5 = − [
𝑙𝑛 (
)]
−12
8.854𝑥10
0.04
𝑉5 = -[13.553 𝑥 0.22314] = - 3.024V
𝑏) 𝜌 = 7𝑐𝑚
0.06 𝑎𝜌𝑠𝑎
𝑉7 = -∫0.04
𝜖0 𝜌
0.07 𝑎𝜌𝑠𝑎 +𝑏𝜌𝑎𝑏
𝑑𝜌 - ∫0.06
𝑉7 = - [
𝑎𝜌𝑠𝑎
𝜖0
𝑉7 = - [
(0.02𝑚)(6𝑥10−9 )
8.854𝑥10−12
ln(𝜌)| 0.06
−
0.04
𝜖0 𝜌
𝑎𝜌𝑠𝑎 +𝑏𝜌𝑎𝑏
𝜖0
0.06
𝑙𝑛 (0.04) −
𝑽𝟕 = [-5.4953 – 4.1785] = -9.674V
𝑑𝜌
ln(𝜌)| 0.07
]
0.06
(0.02𝑚)(6𝑥10−9 )+ (0.06𝑚)(2𝑥10−9 )
8.854𝑥10−12
0.07
𝑙𝑛 (0.06)]
4.18.- Encontrar el potencia en el origen que produce una línea de carga𝝆𝑳 = 𝒌𝒙/(𝒙𝟐 + 𝒂𝟐 )que se
extiende a lo largo del eje x desde 𝒙 = 𝒂 hasta +∞, donde 𝒂 > 0. Suponer que el punto de referencia
cero está en el infinito.
Solución:
𝑑𝑞 = 𝜌𝐿𝑑𝑥
𝑑𝑣 = 𝜌𝐿𝑑𝑥/4𝜋 ∈0 𝑥
∞
𝑉=∫
𝑎
∞
𝑉=∫
𝑎
𝑘𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑥
4𝜋 ∈0 𝑥(𝑥 2− 𝑎2 )
∞
𝑘
𝑘𝑑𝑥
∫
𝑑𝑥
4𝜋 ∈0 𝑎 (𝑥 2− 𝑎2 )
𝑉=
𝑉=
𝑉=
𝜌𝐿𝑑𝑥
𝑑𝑥
4𝜋 ∈0 𝑥
𝑘
1
𝑥
[ 𝑡𝑎𝑛−1 ( )]
4𝜋 ∈0 𝑎
𝑎
𝑘
𝑥 ∞
[𝑡𝑎𝑛−1 ( )]
4𝜋 ∈0 𝑎
𝑎 𝑎
𝜋
El inverso de la tangente cuando vale infinito es2 rad/seg.y cuando el inverso de la tangente vale 1
𝜋
es4 rad/seg. Entonces:
𝑉=
𝑘
𝜋 𝜋
[ − ]
4𝜋 ∈0 𝑎 2 4
𝑉=
𝑉=
𝑘𝜋
16𝜋 ∈0 𝑎
𝑘
𝑅𝑡𝑎.
16 ∈0 𝑎
4.19 Una superficie anular de 𝟏 𝒄𝒎 < 𝜌 < 3 𝑐𝑚, 𝑧 = 0, tiene una densidad de carga de Superficie
no Uniforme 𝝆𝒔 = 𝟓𝝆
𝒏𝑪
.
𝒎𝟐
Encontrar V en 𝑷(𝟎, 𝟎, 𝟐)𝒄𝒎 si 𝑽 = 𝟎 en el infinito.
𝑉𝑝 = ∫ ∫
𝜌𝑠
𝑑𝑎
4𝜋𝜀0 |𝑟 − 𝑟 ′ |
Donde:
𝑟 = 𝑧. 𝑎𝑧 𝑟 ′ = 𝜌. 𝑎𝜌
Remplazando tenemos los limites en la integral tenemos
𝑑𝑎 = 𝜌. 𝑑𝜌. 𝑑∅
2𝜋
𝑣𝜌 = ∫
0.03
∫
0
0.01
𝑛𝐶
.𝜌
𝑚2
𝑑𝜌. 𝑑∅
4𝜋𝜀𝑜 √𝜌2 + 𝑧 2
5. 𝜌
Remplazando 𝑧 = 2 𝑐𝑚 = 0,02 𝑐𝑚
𝑉𝜌 =
2. 𝜋. 5 𝑛𝐶 0.03
𝜌2
∫
𝑑𝜌 = 80,84 𝑚𝑉
4𝜋𝜀𝑜
0.01 √𝜌 2 + 0,022
4.20 Una carga Puntual Q se localiza en el Origen. Expresar el potencial en coordenadas
Cartesianas y cilíndricas y utilizar gradiente en estos sistemas de coordenadas para encontrar la
intensidad de Campo eléctrico. Puede verificarse el resultado convirtiéndolos a coordenadas
esféricas.
Potencial
𝑉=
En C. Cartesianas
𝑄
=
4𝜋𝜀𝑜 𝑟 2
𝐸 = −∇. 𝑉 = −
En C. Cilíndricas
𝑄
4𝜋𝜀𝑜 (𝑥 2 + 𝑦 2 +
1
𝑧 2 )2
𝑄
=
1
4𝜋𝜀𝑜 (𝜌2 + 𝑧 2 )2
𝜕𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑉
𝑄 𝑥 𝑎𝑥 + 𝑦𝑎𝑦 + 𝑧𝑎𝑧
𝑎𝑥 −
𝑎𝑦 −
𝑎𝑧 =
[
3 ]
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
4𝜋𝜀𝑜
(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2
Convertimos la intensidad de campo a coordenadas Esféricas
𝑥 = 𝑟. sin 𝜃 . cos ∅
𝐸𝑟 = 𝐸. 𝑎𝑟 =
𝐸𝑟 =
𝑦 = 𝑟. 𝑠𝑒𝑛𝜃. sin ∅
𝑟 = √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2
𝑄 𝑟. sin 𝜃 . cos ∅ . (𝑎𝑥 . 𝑎𝑟 ) + 𝑟. 𝑠𝑒𝑛𝜃. sin ∅. (𝑎𝑦 . 𝑎𝑟 ) + 𝑟. 𝑐𝑜𝑠𝜃. (𝑎𝑧 . 𝑎𝑟 )
[
]
4𝜋𝜀𝑜
𝑟3
𝑄 sin 𝜃 . cos ∅ . (sin 𝜃 . cos ∅) + 𝑠𝑒𝑛𝜃. sin ∅. (𝑠𝑒𝑛𝜃. sin ∅) + 𝑐𝑜𝑠𝜃. (𝑐𝑜𝑠𝜃)
[
]
4𝜋𝜀𝑜
𝑟2
𝐸𝑟 =
𝐸𝜃 = 𝐸. 𝑎𝜃 =
𝐸𝜃 =
𝑧 = 𝑟. 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑄 1
𝑄
[ 2] =
4𝜋𝜀𝑜 𝑟
4𝜋𝜀𝑜 𝑟 2
𝑄 𝑟. sin 𝜃 . cos ∅ . (𝑎𝑥 . 𝑎𝜃 ) + 𝑟. 𝑠𝑒𝑛𝜃. sin ∅. (𝑎𝑦 . 𝑎𝜃 ) + 𝑟. 𝑐𝑜𝑠𝜃. (𝑎𝑧 . 𝑎𝜃 )
[
]
4𝜋𝜀𝑜
𝑟3
𝑄 sin 𝜃 . cos ∅ . (cos 𝜃 . cos ∅) + 𝑠𝑒𝑛𝜃. sin ∅. (cos 𝜃 . sin ∅)−. 𝑐𝑜𝑠𝜃. (sin 𝜃)
[
]
4𝜋𝜀𝑜
𝑟2
𝐸𝜃 =
𝐸∅ = 𝐸. 𝑎∅ =
𝑄
[0] = 0
4𝜋𝜀𝑜
𝑄 𝑟. sin 𝜃 . cos ∅ . (𝑎𝑥 . 𝑎∅ ) + 𝑟. 𝑠𝑒𝑛𝜃. sin ∅. (𝑎𝑦 . 𝑎∅ ) + 𝑟. 𝑐𝑜𝑠𝜃. (𝑎𝑧 . 𝑎∅ )
[
]
4𝜋𝜀𝑜
𝑟3
𝐸∅ =
𝑄 sin 𝜃 . cos ∅ . (− sin ∅) + 𝑠𝑒𝑛𝜃. sin ∅. (cos ∅)−. 𝑐𝑜𝑠𝜃. (0)
[
]
4𝜋𝜀𝑜
𝑟2
𝑄
[0] = 0
4𝜋𝜀𝑜
𝐸∅ =
Encontramos E para el caso de coordenadas cilíndricas:
𝐸 = −∇. 𝑉 = −
(𝑥 𝑎𝑥 + 𝑧𝑎𝑧 )
𝜕𝑉
𝜕𝑉
𝑄
𝑄 (𝑥 𝑎𝑥 + 𝑧𝑎𝑧 )
𝑎𝜌 −
𝑎𝑧 = −
[−
]=
[
3
3 ]
𝜕𝜌
𝜕𝑧
4𝜋𝜀𝑜
4𝜋𝜀𝑜
(𝜌2 + 𝑧 2 )2
(𝜌2 + 𝑧 2 )2
Convertimos E a coordenadas esféricas
𝐸𝑟 = 𝐸. 𝑎𝑟 =
𝐸𝜃 =
𝑄 𝑟. sin 𝜃. (𝑎𝜌 . 𝑎𝑟 ) + 𝑟 cos 𝜃(𝑎𝑧 . 𝑎𝑟 )
𝑄 sin 𝜃 2 + cos 𝜃 2
𝑄
[
]
=
[
]=
3
2
4𝜋𝜀𝑜
𝑟
4𝜋𝜀𝑜
𝑟
4𝜋𝜀𝑜 𝑟 2
𝑄 𝑟 sin 𝜃 (𝑎𝜌 . 𝑎𝜃 ) + 𝑟 cos 𝜃(𝑎𝑧 . 𝑎𝜃 )
𝑄 sin 𝜃 cos 𝜃 + cos 𝜃(− sin 𝜃)
[
]
=
[
]=0
4𝜋𝜀𝑜
𝑟3
4𝜋𝜀𝑜
𝑟2
𝐸∅ =
𝑄 𝑟. sin 𝜃(𝑎𝜌 . 𝑎∅ ) + 𝑟 cos 𝜃(𝑎𝑧 . 𝑎∅ )
[
]=0
4𝜋𝜀𝑜
𝑟3
Observamos que la expresión de intensidad de campo eléctrico da el mismo resultado al convertir a
coordenadas esféricas E en coordenadas Cartesianas y E en coordenadas Esféricas
4.22 Un determinado campo de potencial está dado por 𝑽 = 𝑽𝟎 (𝒓⁄𝒂) 𝒔𝒆𝒏 𝜽 en coordenadas
esféricas. Encontrar la carga total contenida dentro de la región 𝒓 < 𝒂.
𝐸 = −∇𝑉 = − [
𝜕𝑉
1 𝜕𝑉
1
𝜕𝑉
𝑎𝑟 +
𝑎𝜃 +
𝑎𝜑]
𝜕𝑟
𝑟 𝜕𝜃
𝑟𝑠𝑒𝑛(𝜃) 𝜕𝜑
𝐸 = −[
𝐸=−
𝑉0
1 𝑟𝑉0
𝑠𝑒𝑛(𝜃) +
cos(𝜃)]
𝑎
𝑟 𝑎
𝑉0
[(𝑠𝑒𝑛(𝜃))𝑎𝑟 + (cos(𝜃))𝑎𝜃]
𝑎
𝐷 = 𝜖0 𝐸
2𝜋
𝑄 = ∮ 𝐷 ∙ 𝑑𝑠 = ∫
0
2𝜋
𝑄=∫
0
𝜋
∫ −
0
𝜋
∫ 𝐷 ∙ 𝑟 2 sin 𝜃 𝑑𝜃𝑑𝜑
0
𝜖0 𝑉0 𝑎2
(sin 𝜃 + cos 𝜃) sin 𝜃 𝑑𝜃𝑑𝜑
𝑎
𝜋
𝑄 = −2𝜋𝜖0 𝑉0 𝑎 ∫ (sin2 𝜃 + sin 𝜃 cos 𝜃) 𝑑𝜃
0
𝜋
𝜋
𝑄 = −2𝜋𝜖0 𝑉0 𝑎 ∫ sin2 𝜃 𝑑𝜃 + ∫ sin 𝜃 cos 𝜃 𝑑𝜃
0
0
𝜋
𝜋
1
𝑄 = −2𝜋𝜖0 𝑉0 𝑎 { (𝜃 − sin 𝜃 cos 𝜃)| + ∫ sin 𝜃 cos 𝜃 𝑑𝜃 }
2
0
0
Si se considera que
𝜋
∫0 sin 𝜃 cos 𝜃 𝑑𝜃 = 0
∴ 𝑄 = −2𝜋𝜖0 𝑉0 𝑎
˄
sin 𝜃 cos 𝜃|𝜋0 = 0
𝜋
2
∴ 𝑄 = −𝜋 2 𝜖0 𝑉0 𝑎 𝐶
4.23) Se sabe que un potencial esta dado por 𝑽 = 𝟖𝟎𝝆𝟎.𝟔 𝑽. Suponiendo condiciones en el espacio
libre, encontrar:
a) E.
𝐸 = −∇𝑉
𝐸=−
∂V
a
∂ρ ρ
𝐸 = −80 ∗ 0.6ρ0.6−1 = −48ρ−0.4 V/m
b) La densidad de carga volumétrica en 𝜌 = 0.5𝑚
𝐷 = 𝜖0 𝐸
𝜌𝑣 = ∇ ∙ 𝐷 =
𝜌𝑣 =
1 𝜕
(−48𝜌−0.4+1 )
𝜌 𝜕𝜌
𝜌𝑣 =
𝜌𝑣 =
1 𝜕
(𝜌𝐷𝜌 )
𝜌 𝜕𝜌
1 𝜕
(−48𝜌0.6 )
𝜌 𝜕𝜌
1
(−48 ∗ 0.6𝜌−0.4 )
𝜌
𝜌𝑣 = (−28.8𝜌−1.4 )𝜖0
𝜌𝑣 = −673𝑝𝐶/𝑚3
c) La carga total dentro de la superficie cerrada 𝜌 = 0.6, 0 < 𝑧 < 1
𝐷𝜌=0.6 = −48ρ−0.4 𝜖0
𝐷𝜌=0.6 = −5.2 ∗ 10−12
𝐸=
𝑄
2𝜋𝜌𝐿
𝑄 = 𝐷𝜌=0.6 ∗ 2𝜋𝜌𝐿
𝑄 = −5.2 ∗ 10−12 (2𝜋 ∗ 0.6 ∗ 1) = −1.96𝑛𝐶
24) La superficie que define la ecuación 𝒙𝟑 + 𝒚𝟐 + 𝒛 = 𝟏𝟎𝟎𝟎, donde 𝒙, 𝒚 & 𝒛 son positivas, es una
superficie equipotencial en la que el potencial es de 200 V. Si |𝑬| =
𝟓𝟎𝑽
𝒎
en el punto P (7, 25,32) sobre
la superficie, encontrar E en ese punto.
Desarrollo:
La Función de potencial será de la forma V(x,y,z) ya que tenemos componentes rectangulares en la
ecuación que define la superficie.
𝑬 = −∇V = −C(3𝑥 2 𝑎𝑥 + 2y𝑎𝑦 + 1𝑎𝑧 ) + C1
|𝑬| = C√(9𝑥 4 + 4𝑦 2 + 1)
Evaluando |𝑬| en el punto P, tenemos:
|𝑬| = C√(9(7)4 + 4(25)2 + 1)
|𝑬| = C(155.27)
Remplazando el valor de |𝐸| =
50𝑉
𝑚
y despejando el valor de C, tenemos:
50𝑉
= C(155.27)
𝑚
C= 0.322
Obtenido el valor de C, remplazamos en 𝑬𝒑
𝑬 = −(0.322)(3𝑥 2 𝑎𝑥 + 2y𝑎𝑦 + 1𝑎𝑧 )
𝑬 = −(0.322)(147𝑎𝑥 + 50𝑎𝑦 + 𝑎𝑧 )
𝑬 = −(𝟒𝟕. 𝟑𝒂𝒙 + 𝟏𝟔. 𝟏𝒂𝒚 + 𝟎. 𝟑𝟐𝟐𝒂𝒛 )
La constante C1, es necesaria solamente para asegurar un potencial de 200V en el punto P.
EJERCICIO 4.25
Dentro del cilindro 𝝆 = 𝟐, 𝟎 < 𝒛 < 𝟏, el potencial está dado por 𝑽 = 𝟏𝟎𝟎 + 𝟓𝟎𝝆 + 𝟏𝟓𝟎𝝆𝒔𝒊𝒏∅ 𝐕.
a) Encontrar V, E, D y 𝝆𝒗 en P (1, 60°, 0.5) en el espacio libre.

Primero encontramos V en el punto P:
𝑉 = 100 + 50 + 150 sin(60°) = 279.90𝑉 → 𝑅𝑡𝑎

Ahora podemos encontrar E sabiendo que:
𝐸 = −∇𝑉
Para coordenadas cilíndricas el gradiente es:
𝐸=
𝜕𝑉
1 𝜕𝑉
𝜕𝑉
𝑎𝜌 +
𝑎∅ +
𝜕𝜌
𝜌 𝜕∅
𝜕𝑧
Remplazando los valores en la fórmula tenemos:
𝐸=
𝜕
1 𝜕
[(100 + 50𝜌) + 150𝜌𝑠𝑖𝑛∅]𝑎𝜌 −
[(100 + 50𝜌) + 150𝜌𝑠𝑖𝑛∅]𝑎∅
𝜕𝜌
𝜌 𝜕∅
𝐸 = −(50 + 150𝑠𝑖𝑛∅)𝑎𝜌 − 150 cos ∅ 𝑎∅
𝐸 = −(50 + 150𝑠𝑖𝑛60°)𝑎𝜌 − 150cos60°𝑎∅
𝐸 = −179.9𝑎𝜌 − 75𝑎∅ 𝑉/𝑚 → 𝑅𝑡𝑎

Con l valor de E podemos encontrar D:
𝐷 =∈0 𝐸
𝐷 = (8.854𝑥10−12 )(−179.9𝑎𝜌 − 75𝑎∅ )
𝐷 = −1.59𝑎𝜌 − 0.66𝑎∅ 𝑛𝐶/𝑚2 → 𝑅𝑡𝑎

Para determinar pv podemos realizar el siguiente procedimiento
𝜌𝑣 = div D
𝜌𝑣 = div ∈0 𝐸
La divergencia en coordenadas cilíndricas es:
1 𝜕
1 𝜕𝐷∅ 𝜕𝐷𝑧
𝜌𝑣 =
+
(𝜌𝐷𝜌 ) +
𝜌 𝜕𝜌
𝜌 𝜕∅
𝜕𝑧
Remplazando los valores en la fórmula tenemos:
𝜌𝑣 = [−
1 𝜕
1 𝜕
𝜌(50 + 150𝑠𝑖𝑛∅) −
(150𝑐𝑜𝑠∅)] ∈0
𝜌 𝜕𝜌
𝜌 𝜕∅
1
1
𝜌𝑣 = − 𝜌 (50 + 150𝑠𝑖𝑛∅) + 𝜌 150(150𝑠𝑖𝑛∅)
1
𝜌𝑣 = − 50 ∈0
𝜌
𝜌𝑣 = −442.7 𝑝𝐶/𝑚3 → 𝑅𝑡𝑎
b) ¿Cuánta carga se encuentra dentro del cilindro?
Para encontrar la carga podemos realizar la siguiente integral:
𝑄 = ∫ 𝜌𝑣 𝑑𝑣
𝑣𝑜𝑙
1 2𝜋
𝑄=∫ ∫
0 0
1 2𝜋
𝑄=∫ ∫
0 0
1 2𝜋
2
1
∫ − 50 ∈0 𝜌𝑑𝜌𝑑∅𝑑𝑧
𝜌
0
2
−50 ∈0 | 𝑑∅𝑑𝑧
0
𝑄 = ∫ ∫ −100 ∈0 𝑑∅𝑑𝑧
0
0
𝑄 = −100 ∈0 ∗ (2𝜋)
𝑄 = −5.56 𝑛𝐶 → 𝑅𝑡𝑎
4.26. Supóngase que se tiene un plano conductor imperfecto de forma cuadrada muy delgado de 2 m
de lado, ubicado en el plano z=0 con una esquina en el origen de tal forma que se localice totalmente
dentro del primer cuadrante. El potencial en cualquier punto de la placa esta dado por 𝑽 =
−𝒆−𝒙 𝒔𝒆𝒏(𝒚).
a) Un electrón ingresa a la placa por el punto x=0, y=π/3 con una velocidad inicial de cero: ¿en
que dirección es su movimiento inicial?
b) Debido a colisiones con partículas de la placa el electrón alcanza una velocidad relativamente
baja y poca aceleración (el trabajo que el campo realiza en ella se convierte en su mayor parte
en calor). Por lo tanto, el electrón se mueve aproximadamente em línea recta. ¿en que parte
el electrón abandona la placa y en que dirección se esta moviendo?
Literal a).𝐸 = ∇𝑉 =
=
𝜕𝑉
𝜕𝑉
𝜕𝑉
𝑎𝑥 +
𝑎𝑦 +
𝑎
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧 𝑧
𝜕(−𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦))
𝜕(−𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦))
𝜕(−𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦))
𝑎𝑥 +
𝑎𝑦 +
𝑎𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
= 𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦)𝑎𝑥 − 𝑒 −𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑦)𝑎𝑦 + 0𝑎𝑧
𝐸 = 𝑒 −𝑥 (𝑠𝑒𝑛(𝑦)𝑎𝑥 − 𝑐𝑜𝑠(𝑦)𝑎𝑦 )
Por lo tanto en la dirección del movimiento inicial es:
Con x=0 , y= π/3
𝜋
𝜋
= 𝑒 −0 (𝑠𝑒𝑛 ( ) 𝑎𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 ( ) 𝑎𝑦 )
3
3
=(
𝟏
√𝟑
𝒂𝒙 − 𝒂𝒚 )
𝟐
𝟐
Literal a).Para resolver este literal primeramente tenemos que encontrar la línea de flujo del ejectron.
Entonces tenemos:
𝐸𝑦 𝑑𝑦
=
𝐸𝑥 𝑑𝑥
=
−𝑒 −𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑦)
𝑒 −𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦)
𝑑𝑦
cos(𝑦)
=−
𝑑𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦)
−
∫−
𝑠𝑒𝑛(𝑦)
𝑑𝑦 = 𝑑𝑥
cos(𝑦)
𝑠𝑒𝑛(𝑦)
𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥
cos(𝑦)
− ∫ 𝑡𝑎𝑛(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑥 + 𝐶
ln(𝑐𝑜𝑠(𝑦)) + 𝐶 = 𝑥 + 𝐶
Por lo tanto la ecuación de la línea de flujo es:
𝑥 = ln(𝑐𝑜𝑠(𝑦)) + 𝐶
Obtenido esto procedemos a encontrar la en que parte el electron abandona la placa:
Esto se logra evaluando en el punto del electron x=0, y=π/3:

Cuando x=0 tendremos:
𝜋
0 = ln (𝑐𝑜𝑠 ( )) + 𝐶
3
0 = −0.69 + 𝐶
𝑪 = 𝟎. 𝟔𝟗
Entonces con y=0; tenemos
𝑥 = ln(𝑐𝑜𝑠 0) + 0.69
𝑥 = 0.69
Por tanto tenemos q el punto de salida va a ser por (0.69, 0)
Dicho esto tenemos que la dirección de salida va a ser por la componente −𝒂𝒚
4.27) dos cargas puntuales de 1nC en (0, 0, 0.1) y -1nC en (0, 0, -0.1) se encuentran en el espacio libre.
a) Calcular V en P (0.3, 0, 0.4).
𝑉𝑃 =
𝑄1
𝑄2
+
4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀0 ∗ |𝑟 − 𝑟1 | 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀0 ∗ |𝑟 − 𝑟2 |
𝑉𝑃 =
1𝑥10−9
1𝑥10−9
−
4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀0 ∗ |𝑟 − 𝑟1 | 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀0 ∗ |𝑟 − 𝑟2 |
𝑟 − 𝑟1 = (0.3, 0,0.4) − (0,0,0.1) = (0.3,0,0.3) = √0.32 + 0.32 = 0.424264
𝑟 − 𝑟2 = (0.3, 0,0.4) − (0,0, −0.1) = (0.3,0,0.5) = √0.32 + 0.52 = 0.583095
𝑉𝑃 =
𝑄
1
1
( − )
4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀0 𝑅1 𝑅2
1 ∗ 10−9
1
1
𝑉𝑃 =
(
−
)
4 ∗ 𝜋 ∗ 8.854 ∗ 10−12 0.424 0.583
𝑉𝑃 = 8.9875 ∗ (0.6420) = 5.77034 𝑉
b) calcular |𝑬| en P.
𝑄(𝑟 − 𝑟 ′ )
𝐸=
4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀0 |𝑟 − 𝑟 ′ |3
𝐸=
1 ∗ 10−9 (0.3𝑎𝑥 + 0.3𝑎𝑧 ) 1 ∗ 10−9 (0.3𝑎𝑥 + 0.5𝑎𝑧 )
−
4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀0 |0.4242|3
4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀0 |0.5830|3
𝐸 = 35.3064 + 35.3064 − 13.600 − 22.666
𝐸 = 21.7063𝑎𝑥 + 12.6395𝑎𝑧
|𝐸| = √21.72 + 12.62 = 25.118
c) supóngase que las dos cargas forman un dipolo en el origen, calcular V en P.
𝑉=
𝑄 ∗ 𝑑 ∗ cos 𝜃
4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀0 𝑟 2
𝑟 = √0.32 + 0.42 = 0.5
𝑧
𝑟
cos 𝜃 = =
0.4
0.5
θ = cos−1 0.8 = 36.8699
1 ∗ 10−9 ∗ 0.2 ∗ cos 36.8699
𝑉=
= 5.752
4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀0 ∗ 0.52
4.28. Utilizar la intensidad de campo eléctrico del dipolo de la (sección 4.7, Ecuación 36) para
encontrar la diferencia de potencial entre los puntos Өa y Өb, cada uno de ellos teniendo las mismas
coordenadas r y 𝟇. ¿En qué condiciones la respuesta cumple con la ecuación (34) para el potencial
en Өa?
𝜃𝑏
𝑉𝑎𝑏 = ∫
𝜃𝑎
𝑉𝑎𝑏 =
𝑄𝑑
(2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑎𝑟 + 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎𝜃 )𝑎𝜃 𝑟𝑑𝜃
4𝜋𝜖0 𝑟 3
𝜃𝑏
𝑄𝑑
(2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑎𝑟 + 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎𝜃 )𝑎𝜃 𝑟𝑑𝜃
∫
4𝜋𝜖0 𝑟 3 𝜃𝑎
𝑉𝑎𝑏 =
𝜃𝑏
𝑄𝑑
(𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎𝜃 )𝑎𝜃 𝑟𝑑𝜃
∫
4𝜋𝜖0 𝑟 3 𝜃𝑎
𝑉𝑎𝑏 = −
𝑉𝑎𝑏 = −
𝑉𝑎𝑏 =
𝑄𝑑
𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑏
2
𝜃𝑎
4𝜋𝜖0 𝑟
𝑄𝑑
(𝑐𝑜𝑠𝜃𝑏 − 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑎 )
4𝜋𝜖0 𝑟 2
𝑄𝑑
(𝑐𝑜𝑠𝜃𝑎 − 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑏 )
4𝜋𝜖0 𝑟 2
Ecuación 34
𝑉=
𝑄𝑑𝑐𝑜𝑠𝜃
4𝜋𝜖0 𝑟 2
Si θa (el punto final de la ruta) es 90◦ (el plano xy). Bajo esta condición, se observa que si θb> 90◦, de
trabajo positivo se realiza cuando se mueve (contra el campo) para el plano xy, y si θb <90 ◦, trabajo
negativo se hace ya que se mueven con el campo.
4.29 Un dipolo tiene un momento 𝐩 = 𝟑𝒂𝒙 − 𝟓𝒂𝒚 + 𝟏𝟎𝒂𝒛 𝐧𝐂 ∙ 𝐦 y se localiza en 𝑸(𝟏, 𝟐, −𝟒) en el
espacio libre. Encontrar 𝑽 en 𝑷(𝟐, 𝟑, 𝟒)
El potencial utilizándola el momento bipolar es:
𝑉=
1
𝑟 − 𝑟′
𝐩
∙
4𝜋𝜖0 |𝑟 − 𝑟 ′ |2 |𝑟 − 𝑟 ′ |
Donde
𝑟 = 2𝑎𝑥 − 3𝑎𝑦 + 4𝑎𝑧
𝑟 ′ = 𝑎𝑥 − 2𝑎𝑦 − 4𝑎𝑧
𝑟 − 𝑟 ′ = (2 − 1)𝑎𝑥 + (3 − 2)𝑎𝑦 + (4 + 4)𝑎𝑧
𝑟 − 𝑟 ′ = 𝑎𝑥 + 𝑎𝑦 + 8𝑎𝑧
|𝑟 − 𝑟 ′ | = √1 + 1 + 82 = √66
𝑟 − 𝑟′
1
= (𝑎𝑥 + 𝑎𝑦 + 8𝑎𝑧 )
′
|𝑟 − 𝑟 |
√66
𝑉=
1
1
(3𝑎𝑥 − 5𝑎𝑦 + 10𝑎𝑧 ) × 10−9 ∙ (𝑎𝑥 + 𝑎𝑦 + 8𝑎𝑧 )
4𝜋𝜖0 (66)
√66
𝑉=
1
3 × 10−9 5 × 10−9 80 × 10−9
−
+
(
)
4𝜋𝜖0 (66)
√66
√66
√66
𝑉 = 1.31V
Ejercicio 4.30
Un dipolo para el que 𝒑 = 𝟏𝟎𝝐𝟎 𝒂𝒛 𝑪 ∙ 𝒎 se ubica en el origen ¿Cuál es la ecuación de la superficie en
la que 𝑬𝒛 = 𝟎 𝒑𝒆𝒓𝒐 𝑬 ≠ 𝟎 ?
𝐸=
𝑄𝑑
(2 cos 𝜃 𝑎𝑟 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑎𝜃 )
4𝜋𝜖0 𝑟 3
𝑝 = 𝑄𝑑
𝐸=
𝑝
(2 cos 𝜃 𝑎𝑟 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑎𝜃 )
4𝜋𝜖0 𝑟 3
𝐸=
10𝜖0 𝑎𝑧
(2 cos 𝜃 𝑎𝑟 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑎𝜃 )
4𝜋𝜖0 𝑟 3
𝐸=
10
(2 cos 𝜃 𝑎𝑟 𝑎𝑧 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑎𝜃 𝑎𝑧 )
4𝜋𝑟 3
𝑎𝑟 𝑎𝑧 = cos 𝜃
𝑎𝜃 𝑎𝑧 = −𝑠𝑒𝑛 𝜃
10
(2 cos 𝜃 cos 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑠𝑒𝑛 𝜃)
4𝜋𝑟 3
𝐸=
𝐸=
10
(2 cos2 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛 2 𝜃)
4𝜋𝑟 3
Por lo que observamos que será 0 cuando 2 cos2 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛 2 𝜃 = 0
Utilizando la identidad y despejando
cos2 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛 2 𝜃 = 1
cos2 𝜃 = 1 − 𝑠𝑒𝑛 2 𝜃
(2(1 − 𝑠𝑒𝑛 2 𝜃) − 𝑠𝑒𝑛 2 𝜃) = (2 − 2𝑠𝑒𝑛 2 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛 2 𝜃) = (2 − 3𝑠𝑒𝑛 2 𝜃)
𝑠𝑒𝑛 2 𝜃 =
(2 − 3 (
1 − cos 2𝜃
2
1 − cos 2𝜃
3
cos 2𝜃
1
cos 2𝜃
1
)) = (2 − + 3 (
)) = ( + 3 (
)) = (1 + 3 cos 2𝜃)
2
2
2
2
2
2
1
(1 + 3 cos 2𝜃) = 0
2
𝑃𝑟𝑎𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑎 𝑙𝑎 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑑𝑎𝑑 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 3 cos 2𝜃 = −1
cos 2𝜃 = −
1
3
1
2𝜃 = cos−1 (− ) = 109.47
3
𝜃 = 54.7°
Observamos que cos 2𝜃 = cos(2(180 − 𝜃))
𝜃1 = 180 − 𝜃 = 180 − 54.7 = 125.3
La ecuación de la superficie en la que 𝐸𝑧 = 0 nos dará.
𝐸𝑧 =
10
10 1
(2 cos2 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛 2 𝜃) =
( (1 + 3 cos 2𝜃))
3
4𝜋𝑟
4𝜋𝑟 3 2
𝐸𝑧1 =
10 1
( (1 + 3 cos 109.4)) = 0
4𝜋𝑟 3 2
𝐸𝑧2 =
10 1
( (1 + 3 cos 250.6)) = 0
4𝜋𝑟 3 2
4.31. Un campo de potencial en el espacio libre se expresa como V=20/(xyz)V. a) Encontrar la
energía total almacenada dentro del cubo 1˂x,y,z˂2. b) ¿Cuál es el valor que se obtendría
suponiendo una densidad de energía uniforme igual a la que hay en el centro del cubo?
a)
𝑑𝑉
𝑑𝑉
𝑑𝑉
𝐸 = −∇𝑉 = − ( 𝑎𝑥 +
𝑎𝑦 +
𝑎 )
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑧 𝑧
= −20 (−
1
1
𝑑𝑧
𝑎
−
𝑎
−
𝑎 )
𝑥
𝑦
𝑥 2 𝑦𝑧
𝑥𝑦 2 𝑧
𝑥𝑦𝑧 2 𝑧
1
1
𝑑𝑧
𝑉
= 20 ( 2 𝑎𝑥 + 2 𝑎𝑦 +
𝑎𝑧 )
2
𝑥 𝑦𝑧
𝑥𝑦 𝑧
𝑥𝑦𝑧
𝑚
1
𝑊𝐸 = ∫ 𝜀0 𝐸 2 𝑑𝑣
2 𝑉𝑂𝐿
2 2 2
1
1
1
𝑑𝑧
𝑊𝐸 = 𝜀0 ∫ ∫ ∫ 400 ( 4 2 2 𝑎𝑥 + 2 4 2 𝑎𝑦 + 2 2 4 𝑎𝑧 ) 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧
2
𝑥 𝑦 𝑧
𝑥 𝑦 𝑧
𝑥 𝑦 𝑧
1 1 1
2 2 2
1
1
1
1
𝑊𝐸 = 𝜀0 ∫ ∫ ∫ 400 ( 4 2 2 𝑎𝑥 + 2 4 2 𝑎𝑦 + 2 2 4 𝑎𝑧 ) 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧
2
𝑥 𝑦 𝑧
𝑥 𝑦 𝑧
𝑥 𝑦 𝑧
1 1 1
2 2 2
1
1
1
𝑊𝐸 = 200𝜀0 ∫ ∫ ∫ ( 4 2 2 𝑎𝑥 + 2 4 2 𝑎𝑦 + 2 2 4 𝑎𝑧 ) 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧
𝑥 𝑦 𝑧
𝑥 𝑦 𝑧
1 1 1 𝑥 𝑦 𝑧
2
2
𝑊𝐸 = 200𝜀0 ∫ ∫ (−
1
1
1 1
1
1
2
𝑎𝑥 − 4 2 𝑎𝑦 − 2 4 𝑎𝑧 ) 𝑑𝑦𝑑𝑧
3
2
2
1
3𝑥 𝑦 𝑧
𝑥𝑦 𝑧
𝑥𝑦 𝑧
2 2
1
1
1
1
1
1
1
𝑊𝐸 = 200𝜀0 ∫ ∫ (− ( 2 2 − 2 2 ) 𝑎𝑥 − ( 4 2 − 4 2 ) 𝑎𝑦 − ( 2 4 − 2 4 ) 𝑎𝑧 ) 𝑑𝑦𝑑𝑧
3 8𝑦 𝑧
𝑦 𝑧
2𝑦 𝑧
𝑦 𝑧
2𝑦 𝑧
𝑦 𝑧
1 1
2 2
1
7
1
1
𝑊𝐸 = 200𝜀0 ∫ ∫ (− (− 2 2 ) 𝑎𝑥 + ( 4 2 ) 𝑎𝑦 + ( 2 4 ) 𝑎𝑧 ) 𝑑𝑦𝑑𝑧
3
8𝑦 𝑧
2𝑦 𝑧
2𝑦 𝑧
1 1
2
7
1
1
1
1
2
𝑊𝐸 = 200𝜀0 ∫ ( (− 2 ) + (− ( ) 3 2 ) + (−
)) 𝑑𝑧
4
1
24
𝑦𝑧
3
2𝑦
𝑧
2𝑦𝑧
1
2
7
1
1
1
1
1
1
1
𝑊𝐸 = 200𝜀0 ∫ ( (− 2 + 2 ) + (− ( ) ( 2 − 2 )) + (− 4 + 4 )) 𝑑𝑧
24
2𝑧
𝑦𝑧
6 8𝑧
𝑧
2𝑧
𝑦𝑧
1
2
𝑊𝐸 = 200𝜀0 ∫ (
1
7 1
7
1
1 1
( 2 ) + ( ) ( 2 ) + ( 4 )) 𝑑𝑧
48 𝑧
48 𝑧
4 𝑧
7
1
7
1
1
1 1
2
𝑊𝐸 = 200𝜀0 [( (− ) + ( ) (− ) + ((− ) 3 ))]
1
48
𝑧
48
𝑧
4
3 𝑧
7
1
7
1
1
1 1
𝑊𝐸 = 200𝜀0 [( (− + 1) + ( ) (− + 1) + ((− ) ( − 1)))]
48
2
48
2
4
3 8
7
7
7
𝑊𝐸 = 200𝜀0 [( +
+ )]
96 96 96
𝑊𝐸 = 200𝜀0 (3) [
7
]
96
𝑊𝐸 = 200(8.854(10)−12 )(3) [
𝑊𝐸 = 387𝑝𝐽
7
]
96
b) C(1.5,1.5,1.5)
1
𝑊𝐸 = ∫ 𝜀0 𝐸 2 𝑑𝑣
2 𝑉𝑂𝐿
2 2 2
1
1
1
1
𝑊𝐸 = 𝜀0 ∫ ∫ ∫ 400 ( 4 2 2 𝑎𝑥 +
𝑎𝑦 +
𝑎 ) 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧
2
4
2
2
2
1.5 1.5 1.5
1.5 1.5 1.5
1.5 1.52 1.54 𝑧
1 1 1
2
2
2
2
𝑥
𝑥
𝑥
2
𝑊𝐸 = 200𝜀0 ∫ ∫ ( 4 2 2 𝑎𝑥 +
𝑎 +
𝑎 ) 𝑑𝑦𝑑𝑧
2 1.54 1.52 𝑦
2 1.52 1.54 𝑧 1
1.5
1.5
1.5
1.5
1.5
1 1
𝑊𝐸 = 200𝜀0 ∫ ∫ (
1
1
(2 − 1)
(2 − 1)
(2 − 1)
𝑎𝑥 +
𝑎𝑦 +
𝑎 ) 𝑑𝑦𝑑𝑧
4
2
2
2
4
2
1.5 1.5 1.5
1.5 1.5 1.5
1.52 1.52 1.54 𝑧
2
𝑦
2
𝑊𝐸 = 200𝜀0 ∫ ( 4 2 2 ) 𝑑𝑧
1
1.5
1.5
1.5
1
2
1
𝑊𝐸 = 200𝜀0 ∫ ( 4 2 2 ) 𝑑𝑧
1 1.5 1.5 1.5
𝑊𝐸 = 200𝜀0 (
1
1.54 1.52 1.52
)
𝑊𝐸 = 207𝑝𝐽
4.32 a) Utilizando la ecuación (36), encontrar la energía almacenada en el campo dipolar en la región
r>a. b) ¿Por qué no es posible que a se aproxime a cero como límite?
Solución:
Ecuación (36)
𝐄=
𝑄𝑑
(2 cos 𝜃 𝒂𝑟 + sin 𝜃 𝒂𝜽 )
4𝜋𝜖0 𝑟 3
1
𝑊𝑒 = ∫ 𝜖0 𝐸 2 𝑑𝑣
2 𝑣𝑜𝑙
2𝜋 𝜋 ∞
(𝑄𝑑)2
1
(4 cos 2 𝜃 + 4cos θsin 𝜃 + sin2 𝜃) 𝑟 2 sin 𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
𝑊𝑒 = 𝜖0 ∫ ∫ ∫
2𝜖 2 𝑟6
2
16𝜋
0
0
0 𝑎
𝑊𝑒 =
𝜋 ∞
(𝑄𝑑)2
1
(2𝜋)
∫
∫ 4 (4 cos2 𝜃 + 4cos θsin 𝜃 + sin2 𝜃) sin 𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃
2
32𝜋 𝜖0
0 𝑎 𝑟
𝑊𝑒 =
(𝑄𝑑)2
1 ∞ 𝜋
[− 3 | ] ∫ (4 cos2 𝜃 + 4cos θsin 𝜃 + sin2 𝜃) sin 𝜃 𝑑𝜃
16𝜋𝜖0 3𝑟 𝑎 0
𝜋
(𝑄𝑑)2
1
1
𝑊𝑒 =
(− ) (0 − 3 ) ∫ (4 cos2 𝜃 sin 𝜃 + 4cos θsin2 𝜃 + sin3 𝜃) 𝑑𝜃
16𝜋𝜖0
3
𝑎
0
𝜋
∫ (4 cos 2 𝜃 sin 𝜃 + 4cos θsin2 𝜃 + sin3 𝜃) 𝑑𝜃
0
𝜋
𝜋
𝜋
= ∫ 4 cos 2 𝜃 sin 𝜃 𝑑𝜃 + ∫ 4cos θsin2 𝜃 𝑑𝜃 + ∫ sin3 𝜃 𝑑𝜃
0
0
0
𝜋
𝜋
1
2
𝜋
= −4 ∫ 𝑢2 𝑑𝑢 + 4 ∫ 𝑚2 𝑑𝑚 + (− cos θsin2 𝜃 + ∫ sin 𝜃 𝑑𝜃)
3
3
0
0
0
= −4 (
𝑢3 𝜋
𝑚3 𝜋
1
2
𝜋
) + 4 ( ) − ( cos θsin2 𝜃 + (− cos 𝜃))
3 0
3 0
3
3
0
4
𝜋 4
𝜋 2
2
= − (cos 3 𝜃) + (sin3 𝜃) − (−1) − (− (1))
3
0 3
0 3
3
4
4
2 2
= − (−1 − 1) + (0) + +
3
3
3 3
=
8 4
+
3 3
=4
𝑊𝑒 =
(𝑄𝑑)2
(4)
48𝜋𝜖0 𝑎3
(𝑸𝒅)𝟐
𝑾𝒆 =
𝑱
𝟏𝟐𝝅𝝐𝟎 𝒂𝟑
b) A partir del resultado anterior, una singularidad en la energía se produce cuando
a
→ 0. Más
a no puede ser demasiado pequeña, o el campo lejano original utilizada para derivar la
ecuación (36) (a>> d) no se mantendrá, y así la expresión de campo no será válida.
importante,
4.33) Una esfera de cobre de radio igual a 4 𝑐𝑚 contiene una carga total
distribuida uniformemente de 5 𝑢𝐶 en el espacio libre. 𝑎)Utilice la ley de Gauss
para encontrar D fuera de la esfera. 𝑏)Calcular la energía total almacenada en el
campo electrostático. 𝑐)Utilizar 𝑊𝐸 = 𝑄2 /(2𝐶)para calcular la capacitancia de la
esfera aislada.
𝑎)
𝐷=
𝐷=
𝑄
𝑎
4𝜋𝑟 2 𝑟
5 𝑢𝐶
4𝜋𝑟 2
𝑎𝑟
𝑏)
.
1
𝑊𝐸 = ∫ 𝐷. 𝐸 𝑑𝑣
2
𝑣𝑜𝑙
En donde
𝐸=
𝐸=
𝑄
𝑎
4𝜋𝜖0 𝑟 2 𝑟
5 𝑢𝐶
4𝜋𝜖0 𝑟 2
𝑎𝑟
.
1
5 𝑢𝐶
5 𝑢𝐶
𝑊𝐸 = ∫ (
𝑎𝑟 ) . (
𝑎 ) 𝑑𝑣
2
2
4𝜋𝑟
4𝜋𝜖0 𝑟 2 𝑟
𝑣𝑜𝑙
𝑑𝑣 = 𝑟2 sin 𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
2𝜋 𝜋
∞
(5 𝑢𝐶)2 2
1
𝑊𝐸 = ∫ ∫ ∫ [
] 𝑟 sin 𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
2
16𝜋 2 𝜖0 𝑟 4
0
0 0.04
∞
(5 𝑢𝐶)2
1
1
𝑊𝐸 = (2𝜋)(−cos 𝜃)|𝜋0 [
] ∫ [ 2 ] 𝑑𝑟
2
2
16𝜋 𝜖0
𝑟
0.04
∞
(5 𝑢𝐶)2
1
1
𝑊𝐸 = (2𝜋)(2) [
] (− )|
2
2
16𝜋 𝜖0
𝑟 0.04
𝑊𝐸 = [
(5 𝑢𝐶)2
1
1
] (− +
)
8𝜋𝜖0
∞ 0.04
𝑊𝐸 = 0.112345 (0 +
1
0.04
)
𝑊𝐸 = 2.81 𝐽
𝑐)
𝑄2
𝑊𝐸 =
2𝐶
𝑄2
𝐶=
2𝑊𝐸
(5 𝑢𝐶)2
𝐶=
2(2.81 𝐽)
𝐶 = 4.45 𝑝𝐹
4.34 Una esfera de radio a contiene una densidad uniforme de carga volumétrica de 𝝆𝒐 𝑪/𝒎𝟑 .
Encontrar la energía total almacenada aplicando a) la ecuación (43); b) la ecuación (45)
Solución.
𝐸=
𝐷=
𝐷
𝜖0
𝑄
4/3 𝜌0 𝜋 𝑟 3
=
𝐴
4𝜋𝑟 2
Donde:
Para 𝒓 < 𝒂 →
𝒓 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = 𝒓
𝐷=
4/3𝜌0 𝜋 𝑟 3
𝑟 𝜌0
=
2
4𝜋𝑟
3
𝐸=
Para 𝒓 > 𝒂 →
𝒓 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = 𝒂
𝐷=
4/3𝜌0 𝜋 𝑎3
𝜌0 𝑎3
=
4𝜋𝑟 2
3𝑟 2
𝐸=
a) Ecuación 43
𝑟 𝜌0
3𝜖0
𝜌0 𝑎3
3𝜖0 𝑟 2
𝑊𝐸 =
1
∫ 𝜌𝑣 𝑉 𝑑𝑣
2
𝑣𝑜𝑙
𝐴
𝑉 = − ∫ 𝐸 𝑑𝐿
𝐵
Para 𝒓 < 𝒂
𝑟
𝑉 = −∫
𝑎
𝑟 𝜌0
𝑑𝑟
3𝜖0
𝑉=−
𝜌0 𝑟
∫ 𝑟 𝑑𝑟
3𝜖0 𝑎
𝑉=−
𝜌0
(𝑟 2 − 𝑎2 )
6
Para 𝒓 > 𝒂
𝑎
𝑉 = −∫
∞
𝜌0 𝑎3
𝑑𝑟
3𝜖0 𝑟 2
𝑉=−
𝜌0 𝑎3 𝑎 1
∫
𝑑𝑟
3𝜖0 ∞ 𝑟 2
𝑉=−
𝜌0 𝑎3 1 𝑎
[− ]
3𝜖0
𝑟 ∞
𝑉=
𝜌0 𝑎2
3𝜖0
𝑉𝑡 =
𝜌0 𝑎2 𝜌0
−
(𝑟 2 − 𝑎2 )
3𝜖0
6
𝑉𝑡 =
2𝜋 𝜋 𝑎
𝜌0
(3𝑎2 − 𝑟 2 )
6𝜖0
1
𝜌0
→ 𝑊𝐸 = ∫ ∫ ∫ (𝜌𝑣 )
(3𝑎2 − 𝑟 2 ) 𝑟 2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
2
6𝜖0
0
0 0
𝑎
𝜌0 2 (−2)(4𝜋)
𝑊𝐸 =
∫(3𝑎2 − 𝑟 2 )𝑟 2 𝑑𝑟
12𝜖0
0
𝑎
4𝜋 𝜌0 2
𝑊𝐸 = −
∫(3𝑎2 𝑟 2 − 𝑟 4 ) 𝑑𝑟
12𝜖0
0
𝑎
4𝜋 𝜌0 2 2 3 𝑟 5
𝑊𝐸 = −
[𝑎 𝑟 − ]
12𝜖0
5 0
𝑎
𝜋 𝜌0 2 5 𝑎5
𝑊𝐸 = −
[𝑎 − ]
3𝜖0
5 0
𝑎
𝜋 𝜌0 2 5 𝑎5
𝑊𝐸 = −
[𝑎 − ]
3𝜖0
5 0
𝑾𝑬 = −
𝟒𝝅 𝝆𝟎 𝟐 𝒂𝟓
𝟏𝟓𝝐𝟎
a) Ecuación 45
𝑊𝐸 =
1
∫ 𝜖0 𝐸 2 𝑑𝑣
2
𝑣𝑜𝑙
Para 𝒓 < 𝒂
2𝜋 𝜋 𝑎
→ 𝑊𝐸1
1
𝑟 𝜌0 2 2
= ∫ ∫ ∫ (𝜖0 ) (
) 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
2
3𝜖0
0
0 0
2𝜋 𝜋 𝑎
𝑊𝐸1
1
𝜌0 2 4
=
∫ ∫∫
𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
18
𝜖0
0
0 0
𝑎
𝑊𝐸1
𝜌0 2 (−2)(2𝜋) 𝑟 5
𝜌0 2 (4𝜋)𝑎5
=
[ ] = −
18𝜖0
5 0
18𝜖0 (5)
Para 𝒓 > 𝒂
2𝜋 𝜋 ∞
→ 𝑊𝐸2
0
0 0
2𝜋 𝜋 ∞
𝑊𝐸2
2
1
𝜌0 𝑎3
= ∫ ∫ ∫ (𝜖0 ) (
) 𝑟 2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
2
3𝜖0 𝑟 2
1
𝜌0 2 𝑎6
=
∫ ∫∫
𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
18
𝜖0 𝑟 2
0
0 0
𝑊𝐸2 =
𝜌0 2 (−2)(2𝜋)
1∞
[− ] =
18𝜖0
𝑟 0
𝑊𝐸𝑇 =
𝜌0 2 (4𝜋)𝑎5
18𝜖0
𝑊𝐸1 +
𝑊𝐸2
𝜌0 2 (4𝜋)𝑎5
𝜌0 2 (4𝜋)𝑎5
=
−
18𝜖0
18𝜖0 (5)
𝑾𝑬𝑻 = −
𝟒𝝅 𝝆𝟎 𝟐 𝒂𝟓
𝟏𝟓𝝐𝟎
4.35 Cuatro cargas puntuales de 0.8 nC se ubican en el espacio libre en las esquinas de un
cuadrado de 4cm de lado.
a) Encontrar la energía potencial total almacenada.
4
1
𝑊𝐸 = ∑ 𝑞𝑛 𝑉𝑛
2
𝑛=1
𝑉41 = 0.04√2
𝑉1 = 𝑉21 + 𝑉31 + 𝑉41 =
𝑞
1
1
1
+
+
[
]
2𝜋𝜖0 0.04 0.04 0.04√2
𝑉1 = 𝑉21 + 𝑉31 + 𝑉41 =
8𝑛𝐶 1
1
1
+
+
[
]
2𝜋𝜖0 0.04 0.04 0.04√2
Como tenemos 4 cargas:
1
𝑊𝐸 = (𝑄1 𝑉1 + 𝑄2 𝑉2 + 𝑄3 𝑉3 + 𝑄4 𝑉4 )
2
𝑄1 𝑉1 = 𝑄2 𝑉2 = 𝑄3 𝑉3 = 𝑄4 𝑉4
(8𝑛𝐶)2 1
1
1
1
𝑊𝐸 = (4)𝑄 ∗ 𝑉1 =
+
+
[
]
2
2𝜋𝜖0 0.04 0.04 0.04√2
𝑊𝐸1 = 7.79 × 10−7 𝐽 = 0.779𝑢𝐽
b) Una quinta carga de 0.8nC este en el centro del cuadrado. Encontrar de nuevo la energía total
almacenada.
La distancia de la quinta carga a 𝑄1 = 𝑄2 = 𝑄3 = 𝑄4 = 0.04√2⁄2
∆𝑊𝐸2 = 4
(8𝑛𝐶)2
4𝜋𝜖0 0.04√2⁄2
= 0.013𝑢𝐽
𝑊𝐸 = 𝑊𝐸1 + 𝑊𝐸2
𝑊𝐸 = 0.779𝑢𝐽 + 0.813𝑢𝐽 = 1.59𝑢𝐽