segundo capitulito

REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA
MINISTERIO DEL PODER POPULAR PARA LA EDUCACIÓN UNIVERSITARIA
UNIVERSIDAD POLITÉCNICA TERRITORIAL DE ARAGUA
“FEDERICO BRITO FIGUEROA”
PROGRAMA NACIONAL DE FORMACIÓN EN ELECTRÓNICA
LEY DE COULOMB. INTENSIDAD DE CAMPO ELÉCTRICO.
DENSIDAD DE FLUJO ELÉCTRICO. LEY DE GAUSS. DIVERGENCIA.
ENERGÍA. POTENCIA. CORRIENTE Y CONDUCTORES.
Ejercicios del Libro Teoría Electromagnética. 7ª Edición - Hayt Jr. & Buck
TEORÍA ELECTROMAGNÉTICA
Sección I
Trayecto III
AUTORES:
Alaez Yeni
Amaya, Yetniel
Chavarria, Yuversy
Chirinos, Henry
Rojas, Ángel
Yánez, Wladimir
La Victoria, Abril de 2012
C.I.: 17.176.232
C.I.: 15.734.449
C.I.: 15.779.701
C.I.: 14.848.160
C.I.: 13.199.879
C.I.: 16.685.186
PNF Electrónica - Trayecto III - Teoría Electromagnética
Abril de 2012
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ÍNDICE
Pág.
CAPÍTULO II
Problema Nº 2.3 ....................................................................................................
Problema Nº 2.5 ....................................................................................................
Problema Nº 2.7 ....................................................................................................
Problema Nº 2.10 ..................................................................................................
Problema Nº 2.11 ..................................................................................................
Problema Nº 2.16 ..................................................................................................
Problema Nº 2.17 ..................................................................................................
Problema Nº 2.18 ..................................................................................................
Problema Nº 2.19 ..................................................................................................
Problema Nº 2.27 ..................................................................................................
3
4
6
7
10
12
14
15
17
18
CAPÍTULO III
Problema Nº 3.2 ....................................................................................................
Problema Nº 3.3 ....................................................................................................
Problema Nº 3.5 ....................................................................................................
Problema Nº 3.7 ..................................................................................................
Problema Nº 3.17 ..................................................................................................
Problema Nº 3.19 ..................................................................................................
Problema Nº 3.21 ..................................................................................................
Problema Nº 3.25 ..................................................................................................
Problema Nº 3.29 ..................................................................................................
Problema Nº 3.31 ..................................................................................................
19
21
22
23
24
26
27
29
30
32
CAPÍTULO IV
Problema Nº 4.1 ....................................................................................................
Problema Nº 4.4 ....................................................................................................
Problema Nº 4.5 ....................................................................................................
Problema Nº 4.9 ....................................................................................................
Problema Nº 4.14 ..................................................................................................
Problema Nº 4.21 ..................................................................................................
Problema Nº 4.23 ..................................................................................................
Problema Nº 4.25 ..................................................................................................
Problema Nº 4.29 ..................................................................................................
Problema Nº 4.33 ..................................................................................................
34
36
37
38
39
40
42
43
44
45
CAPÍTULO V
Problema Nº 5.2 ....................................................................................................
Problema Nº 5.3 ....................................................................................................
Problema Nº 5.9 ....................................................................................................
Problema Nº 5.10 ..................................................................................................
Problema Nº 5.13 ..................................................................................................
Problema Nº 5.14 ..................................................................................................
Problema Nº 5.17 ..................................................................................................
Problema Nº 5.19 ..................................................................................................
Problema Nº 5.24 ..................................................................................................
Problema Nº 5.26 ..................................................................................................
46
47
48
49
50
51
52
54
56
57
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2.3. Cuatro cargas puntuales de 50nC cada una se ubican en el espacio libre en los puntos
A(1,0,0), B(-1,0,0), C(0,1,0) y D(0,-1,0). Encontrar la fuerza total sobre la carga que está en
A.

 q 2  BA
CA
DA 
FA =
3 + 3 + 3  a x

4π ∈0 BA
CA
DA 


BA = A − B = (1, 0, 0 ) + (1, 0, 0 ) = 2a x
2
2
2
BA = ( 2 ) + ( 0 ) + ( 0 ) = 4 = 2
CA = A − C = (1, 0, 0 ) + ( 0, −1, 0 ) = a x − a y
2
2
2
CA = (1) + ( −1) + ( 0 ) = 2
DA = A − D = (1, 0, 0 ) + ( 0,1, 0 ) = a x + a y
2
2
2
DA = (1) + (1) + ( 0 ) = 2



 q 2  BA
CA
DA 
q 2  2a x a x − a y a x + a y 
FA =
+
+
a
+ + a x =
3
3  x
4π ∈0  BA 3 CA 3 DA 3 
4π ∈0  2 3
2 2
2 2 






9
q2  2
1
1 
−9 2  8.9918 x10 
FA =
+
+
a
=
50
x
10
⋅
(
)

 ⋅ ( 5.6575 + 8 + 8 ) a x
3
3 x
4π ∈0  ( 2 )3
22.63 

2
2
2
2


(
) (
)
FA = ( 8.9918 x109 ) ⋅ ( 2.5 x10−15 ) a x = 2.15 x10−5 a xC
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2.5. Una carga puntual Q1 = 25nC está en el punto P1 (4, −2, 7) y una carga Q2 = 60nC está
en P2 ( −3, 4, −2) ,
a) Si ∈=∈0 , encontrar E en el punto P3 (1, 2,3) .
P13 = (1, 2,3) + ( −4, 2, −7 ) = ( −3, 4, −4 )
2
2
2
P13 = ( −3) + ( 4 ) + ( −4 ) = 9 + 16 + 16 = 41 = 6.4
P23 = (1, 2,3) + ( 3, −4, 2 ) = ( 4, −2,5 )
2
2
2
P23 = ( 4 ) + ( −2 ) + ( 5 ) = 16 + 4 + 25 = 45 = 6.71
E=
−3a x + 4a y − 4a z  
4a x − 2a y + 5a z 
1 
+
q
( q1 )



(
)
2
3
3
4π ∈0 
( 6.4 )
( 6.71)
 

−3a x + 4a y − 4a z  
4a x − 2a y + 5a z 

−9
E = ( 8.99 x109 ) ( 25 x10−9 )
 + ( 60 x10 )

262.14
301.87

 

9
−9
E = ( 8.99 x10 x10 ) ( 0.0954 ) ( −3a x + 4a y − 4a z )  + ( 0.1988 ) ( 4a x − 2a y + 5a z ) 
E = ( 8.99 ) ( −0.2862a x + 0.3816a y − 0.3816a z + 0.7952a x − 0.397a y + 0.994a z ) 
E = ( 8.99 ) ( 0.509a x − 0.01546a y − 0.6084a z ) = 4.58a x − 0.13846a y − 5.47a z
b) ¿En qué punto sobre el eje y Ex = 0 ?.
P13 = ( 0, y, 0 ) + ( −4, 2, −7 ) = −4a x + ( y + 2 ) a y − 7a z
2
2
2
2
2
P13 = ( −4 ) + ( y + 2 ) + ( −7 ) = 16 + 49 + ( y + 2 ) = 65 + ( y + 2 )
P23 = ( 0, y, 0 ) + ( 3, −4, 2 ) = 3a x + ( y − 4 ) a y + 2a z
2
2
2
2
2
P23 = ( 3) + ( y − 4 ) + ( 2 ) = 9 + 4 + ( y − 4 ) = 13 + ( y − 4 )

1 
Ex =
( q1 )
4π ∈0 

 
P13 ( x )  
3  + ( q2 )
P13  
 
( )

P23 ( x ) 
3 
P23 

( )
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

E = ( 8.99 x109 ) ( 25 x10−9 )


(
−4
65 + ( y + 2 )
2
)
 
 
+ ( 60 x10−9 )
3
 
 

 

 
−100
180
+
Ex = ( 8.99 ) 
3
 65 + ( y + 2 )2   13 + ( y − 4 )2

 

 





−899
1618.2
0=
+
,


3
3
 65 + ( y + 2 )2   13 + ( y − 4 )2 

 

(
(
) (
) (
)
3
( 13 + ( y − 4) )
2


3




3


)
Evaluando en Maple 15, nos arroja las raíces:
y1 = 1.01 + 9.22 I , y2 = 1.01 − 9.22 I , y3 = −22.13 , y4 = −6.89
Entonces los valores reales de y a tomar serán:
y3 = −22.13 , y4 = −6.89
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2.7. Una carga puntual de 2 µ C está en el espacio libre en A(4,3,5) . Encontrar Eρ , Eφ y
Ez en el punto P (8,12, 2) .
Calculamos AP :
AP = ( 8,12, 2 ) + ( −4, −3, −5 ) = ( 4,9, −3)
2
2
2
AP = ( 4 ) + ( 9 ) + ( −3) = 16 + 81 + 9 = 106 = 10.29
 
 4a x + 9a y − 3a z 
q  AP 
9
−6
Ep =
x
x
=
8.99
10
⋅
2
10


(
)
(
)
3
3
4π ∈0  10.29
(
)



 AP 
E p = (17.98 x103 ) ⋅ ( 0.0036a x + 0.0082a y − 0.0027a z ) = 64.73a x + 143.84a y − 48.55a z
( )
Cambiando a cilíndricas las coordenadas de P:
 y
 12 
φ = tan −1   = tan −1   = 56.31º
x
8
E( ρ ) = 64.73a x ⋅ aρ + 143.84a y ⋅ aρ − 48.55a z ⋅ aρ = 64.73cos φ + 143.84 senφ − 48.55 ( 0 )
E( ρ ) = 64.73cos ( 56.31º ) + 143.84 sen ( 56.31º ) = 64.73 ( 0.55 ) + 143.84 ( 0.832 ) = 155.57aρ V m
E(φ ) = 64.73a x ⋅ aφ + 143.84a y ⋅ aφ − 48.55a z ⋅ aφ = 64.73 ( − senφ ) + 143.84 cos φ
E(φ ) = −64.73sen ( 56.31º ) + 143.84 cos ( 56.31º ) = ( −64.73)( 0.832 ) + (143.84 )( 0.55 )
E(φ ) = 25.26aφ V m
E( z ) = −48.55a z V m
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2.10. Una carga de prueba positiva se utiliza para obtener el campo que produce una carga
puntual positiva Q en P(a, b, c) . Si la carga de prueba se coloca en el origen, la fuerza
sobre ella se presenta en la dirección 0.5a x − 0.5 3a y , y cuando la carga de prueba se
desplaza al punto (1, 0, 0) , la fuerza está en la dirección 0.6a x − 0.8a y . Encontrar a, b y c.
Siendo r = xa x + ya y + za z y r ′ = aa x + ba y + ca z





( x − a ) ax + ( y − b ) ay + ( z − c ) az 
q
r − r′
q


=
E=

3
4π ∈0  ( r − r ′ )3  4π ∈0 
2
2
2


( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) 


(
)
Evaluando los puntos en el origen (0,0,0) y en (1,0,0) calculamos los vectores unitarios:
aa x + ba y + ca z
u( 0,0,0) =
= 0.5a x − 0.5 3a y .1.
( a ) + (b ) + (c )
(1 − a ) a x + ba y + ca z
2
2
2
(1 − a ) + ( b ) + ( c )
2
u(1,0,0) =
2
2
= 0.6a x − 0.8a y .2.
De la expresión .1., notamos que a = 0.5 y b = − a 3 , no hay componente en z, así que
c=0 en los 2 vectores.
Sustituyendo, el módulo de .1. queda:
( a ) + (b )
2
2
(a)
=
2
(
+ −a 3
)
2
= a 2 + 3a 2 = 4a 2 = 2a .3.
Reemplazando .3. en .2., extrayendo el módulo:
(1 − a ) + ( b )
2
2
= 1 − 2a + a 2 + b 2 = 1 − 2a + 4a 2 = 4a 2 − 2a + 1
De .2., tomo la componente a x para obtener el valor de a :
(1 − a )
4a 2 − 2a + 1
(1 − a ) = 0.6 (
= 0.6
4 a 2 − 2a + 1
)
(1 − a ) = ( 0.36 ) ( 4a 2 − 2a + 1) =
(1 − a )
2
1.44a 2 − 0.72a + 0.36
= 1.44a 2 − 0.72a + 0.36
a 2 − 2a + 1 = 1.44a 2 − 0.72a + 0.36
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0 = 0.44a 2 + 1.28a − 0.64 ; calculando las raíces por la fórmula: a =
obtenemos: a1 = 0.435 y a2 = −3.344 .
−b ± b 2 − 4ac
,
2a
De acuerdo a b = − a 3 , las correspondientes b, serían:
b1 = −0.435 3 = −0.753
b2 = 3.344 3 = 5.792
Las posibles coordenadas de P, serán:
P1 ( 0.435, −0.753, 0 ) y P2 ( −3.344,5.792, 0 )
Comprobando P1 ( 0.435, −0.753, 0 ) en .1. y en .2.:
aa x + ba y + ca z
( a ) + (b) + (c )
2
2
2
= 0.5a x − 0.5 3a y
0.435a x − 0.753a y
( 0.435) + ( −0.753)
2
2
= 0.5a x − 0.5 (1.732 ) a y
0.5a x − 0.866a y = 0.5a x − 0.866a y ; se cumple.
(1 − a ) a x + ba y + ca z
= 0.6a x − 0.8a y
2
2
2
(1 − a ) + ( b ) + ( c )
(1 − 0.435) a x − 0.753a y
= 0.6a x − 0.8a y
2
2
(1 − 0.435 ) + ( −0.753)
0.6a x − 0.8a y = 0.6a x − 0.8a y ; se cumple.
Ahora comprobando P2 ( −3.344,5.792, 0 ) en .1. y en .2.:
aa x + ba y + ca z
( a ) + (b) + (c )
2
2
2
= 0.5a x − 0.5 3a y
−3.344a x + 5.792a y
( −3.344 ) + ( 5.792 )
2
2
= 0.5a x − 0.5 (1.732 ) a y
−0.5a x + 0.863a y ≠ 0.5a x − 0.866a y ; no se cumple en el sentido.
(1 − a ) a x + ba y + ca z
2
2
2
(1 − a ) + ( b ) + ( c )
= 0.6a x − 0.8a y
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(1 + 3.344 ) ax + 5.792a y
2
2
(1 + 3.344 ) + ( 5.792 )
= 0.6a x − 0.8a y
0.6a x + 0.86a y ≠ 0.6a x − 0.8a y ; no se cumple.
Las solución adecuada la brindan las coordenadas del punto P1 ( 0.435, −0.753, 0 ) .
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2.11. Una carga Q0 que está en el origen genera un campo cuyo valor Ez = 1k V m en el
punto P (−2,1, −1) .
a) Encontrar Q0 ,

q0 
Ep =

4π ∈0 

(
( −2,1, −1)
( −2 ) + (1) + ( −1)
2
2
2
E p = ( 6.12 x108 ) ⋅ ( q0 ) ⋅ ( −2,1, −1)
(
)


 ( −2,1, −1) 
9
=
x
⋅
q
8.99
10

(
)
(
)

0 
3

 (14.697 ) 

)
Como E p = Ex , E y , Ez , entonces sólo tomamos la componente a z :
Ez = 1k V m = ( 6.12 x108 ) ⋅ ( q0 ) ⋅ ( −1)
q0 =
1k V m
= −1.63µ C
( 6.12 x108 ) ⋅ ( −1)
b) Encontrar E en M (1, 6,5) en coordenadas cartesianas.

q0 
EM =

4π ∈0 

(
(1, 6,5)
(1) + ( 6 ) + ( 5)
2
2
2
EM = ( −30, −180.1, −150.1) V m
)


 (1, 6,5 ) 
9
−6
x
x
=
8.99
10
⋅
−
1.63
10

(
)
(
)


3

 ( 488.19 ) 

c) Encontrar E en M (1, 6,5) en coordenadas cilíndricas.
Utilizando los resultados del inciso anterior para cambiar a coordenadas cilíndricas.
ρ = x 2 + y 2 = 12 + 62 = 37 = 6.083
 y
 
6
 
φ = tan −1   = tan −1   = 80.54º
x
1
z =5
E( ρ ) = −30a x ⋅ aρ − 180.1a y ⋅ aρ − 150.1a z ⋅ aρ = −30 cos φ − 180.1senφ − 150.1( 0 )
E( ρ ) = −30 cos ( 80.54º ) − 180.1sen ( 80.54º ) = −4.931 − 177.65 = −182.58aρ V m
E(φ ) = −30a x ⋅ aφ − 180.1a y ⋅ aφ − 150.1a z ⋅ aφ = −30 ( − senφ ) − 180.1cos φ
E(φ ) = 30 sen ( 80.54º ) − 180.1cos ( 80.54º ) = 29.59 − 29.59 = 0aφ V m
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E( z ) = −150.1az V m
E( ρ ,φ , z ) = −182.58aρ − 150.1a z V m
d) Encontrar E en M (1, 6,5) en coordenadas esféricas.
r = x2 + y 2 + z 2 =
(1) + ( 6 ) + ( 5)
2
2
2
= 62 = 7.874
z
 5 
 


 y
6
φ = tan −1   = tan −1   = 80.54º
x
1
θ = cos −1   = cos −1 
 = 50.58º
r
7.874
EM ( r ) = −30a x ⋅ ar − 180.1a y ⋅ ar − 150.1a z ⋅ ar = −30 ⋅ senθ ⋅ cos φ − 180.1 ⋅ senθ ⋅ senφ − 150 cos θ
EM ( r ) = −30 ⋅ ( 0.16 ) ⋅ ( 0.77 ) − 180,1⋅ ( 0.99 ) ⋅ ( 0.77 ) − 150 ( 0.63) = −3.693 − 137.29 − 94.56
EM ( r ) = −235.55
EM (θ ) = −30a x ⋅ aθ − 180.1a y ⋅ aθ − 150.1a z ⋅ aθ
EM (θ ) = −30 ⋅ cos θ ⋅ cos φ − 180.1 ⋅ cos θ ⋅ senφ − 150.1( − senθ )
EM (θ ) = −30 ⋅ ( 0.63) ⋅ ( 0.16 ) − 180.1⋅ ( 0.63) ⋅ ( 0.99 ) + 150.1( 0.77 ) = −3.024 − 112.33 + 115.577 = 0
EM (φ ) = −30a x ⋅ aφ − 180.1a y ⋅ aφ − 150.1a z ⋅ aφ = −30 ( 0 ) − 180.1( 0 ) − 150.1( 0 ) = 0
EM ( r ,θ ,φ ) = −235.55ar V m
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2.16. Una densidad de carga está dada por ρ v = ρ 0 r a C
en una región del espacio libre
m3
donde ρ 0 y a son constantes. Encontrar la carga total dentro:
a) La esfera r ≤ a ,
La expresión r ≤ a en una esfera quiere decir 0 ≤ r ≤ a , y considerando 0 ≤ θ ≤ π y
0 ≤ φ ≤ 2π .
En una superficie esférica cualquiera: r 2 ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ . Calculando la integral triple:
QT = ∫ ρ v ⋅ dv = ∫
0
v
QT =
QT =
ρ0
a
2π
2π
π
0
0
∫ ∫
ρ0 ⋅ a 3
4
π
a
0
0
∫ ∫
ρ0 ⋅ r a ⋅ r 2 ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ =
 r a ρ ⋅a
senθ ⋅ dθ ⋅ dφ ⋅  |  = 0
4a
 4 0
4
2π
4
∫ ( − cos π ) − ( − cos 0) ⋅ dφ =
2π
π
0
0
∫ ∫
ρ0 ⋅ a 3
4
0
ρ0
a
2π
π
a
0
0
0
∫ ∫ ∫
r 3 ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ
senθ ⋅ dθ ⋅ dφ
∫
2π
2 ⋅ dφ =
0
ρ0 ⋅ a 3
2
( 2π ) = ρ0 ⋅ a3 ⋅ π C
b) El cono r ≤ a , 0 ≤ θ ≤ 0.1π ,
Considerando 0 ≤ φ ≤ 2π . Y la superficie esférica cualquiera: r 2 ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ .
Calculando la integral triple:
QT = ∫ ρ v ⋅ dv = ∫
v
QT =
ρ0
a
2π
0
2π
0.1π
0
0
∫ ∫
ρ0 ⋅ a3
0.1π
a
0
0
∫ ∫
ρ0 ⋅ r a ⋅ r 2 ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ =
 r a ρ ⋅a
senθ ⋅ dθ ⋅ dφ ⋅  |  = 0
4a
 4 0
4
4
2π
( − cos 0.1π ) − ( − cos 0 )  ⋅ dφ =
4 ∫0 
QT = 0.025 ⋅ ρ0 ⋅ a3 ⋅ π C
QT =
2π
0.1π
0
0
∫ ∫
ρ0 ⋅ a3
a
2π
0.1π
a
0
0
0
∫ ∫ ∫
r 3 ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ
senθ ⋅ dθ ⋅ dφ
∫
4
ρ0
2π
0
ρ0 ⋅ a3
0.05 ⋅ dφ =
4
( 0.05)( 2π )
c) La región r ≤ a , 0 ≤ θ ≤ 0.1π , 0 ≤ φ ≤ 0.2π .
La superficie esférica cualquiera: r 2 ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ . Calculando la integral triple:
QT = ∫ ρ v ⋅ dv = ∫
QT =
ρ0
a
0.2π
0
v
0.2π
0.1π
0
0
∫ ∫
0.1π
a
0
0
∫ ∫
ρ0 ⋅ r a ⋅ r 2 ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ =
 r a ρ ⋅a
senθ ⋅ dθ ⋅ dφ ⋅  |  = 0
4a
 4 0
4
4
0.2π
0.1π
0
0
∫ ∫
ρ0
a
0.2π
0.1π
a
0
0
0
∫ ∫ ∫
r 3 ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ
senθ ⋅ dθ ⋅ dφ
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QT =
ρ0 ⋅ a 3
4
∫
0.2π
0
( − cos 0.1π ) − ( − cos 0 )  ⋅ dφ =
ρ0 ⋅ a 3
4
∫
0.2π
0
0.05 ⋅ dφ =
ρ0 ⋅ a 3
4
( 0.05)( 0.2π )
QT = 0.00244 ⋅ ρ0 ⋅ a 3 ⋅ π C
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2.17. Una carga lineal uniforme de 16 nC m se ubica a lo largo de la línea definida por y=-2,
z =5. Si ∈=∈0 ,
a) Encontrar E en P (1, 2,3) ,
Asumimos x =1. Calculamos el vector desde la línea de carga al punto P.
r = (1, 2,3) + ( −1, 2, −5 ) = ( 0, 4, −2 )

ρv 
EP =

2π ∈0 

(
4a y − 2a z
( 4 ) + ( −2 )
2
2
)

 (16 x10−9 ) ⋅ (1.8 x1010 )
( 4a y − 2a z )  = 57.55a y − 28.77a z V m
=
2


20


b) Encontrar E en ese punto sobre el plano z =0 donde la dirección de E está dada por
1
2
ay − az .
3
3
Como a x = 0 , asumo x =1 y el punto referencia como (1, y, 0) .
r ′ = (1, y, 0 ) + ( −1, 2, −5 ) = ( 0, y + 2, −5 )

ρv 
EP =

2π ∈0 

(
( y + 2 ) a y − 5az
( y + 2 ) + ( −5)
2
2
)

 (16 x10−9 ) ⋅ (1.8 x1010 )
( y + 2 ) a y − 5a z 
=
2
2
( y + 2 ) + 25 


Por el vector que da la dirección:
2
az − 3
=
= −2 , lo que quiere decir que:
1
ay
3
a z = −2a y
−5 = −2 ( y + 2 )
y = 2.5 − 2 = 0.5
Sustituyendo en la expresión del campo:
(16 x10 ) ⋅ (1.8 x10 )  0.5 + 2
−9
EP =
( 0.5 + 2 )
10
2
+ 25
(
) a y − 5az  =
( 288)  2.5a − 5a  = 9.216 ⋅ 2.5a − 5a
(
)( y
y
z
z)
2
( 2.5) + 25 
EP = 23.04a y − 46.08a z
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2.18. una carga lineal uniforme e infinita ρ L = 2 nC m se ubica a lo largo del eje x en el
espacio libre a la vez que cargas puntuales de 8nC se localizan en (0, 0,1) y (0, 0, −1) ,
a) Encontrar E en (2,3, −4) ,

ρL 
E1 =

2π ∈0 
 (
3a y − 4a z
( 3 ) + ( −4 )
2
2
)

 ( 2 x10−9 ) ⋅ (1.8 x1010 )
( 3a y − 4a z )  = 4.32a y − 5.76a z
=
2


25


Con (0, 0,1) :

q1 
E2 =

4π ∈0 

(

2a x + 3a y + ( −4 − 1) a z 
 2a x + 3a y − 5a z 
= ( 8.99 x109 ) ⋅ ( 8 x10−9 ) 

3
234.25
2
2
2


( 2 ) + ( 3) + ( −4 − 1) 

)
E2 = 0.61a x + 0.92a y − 1.53a z
Con (0, 0, −1) :

q1  2a x + 3a y + ( −4 + 1) a z
E3 =

4π ∈0 
2
2
2
( 2 ) + ( 3) + ( −4 + 1)

E3 = 1.39a x + 2.09a y − 2.09a z
(
)


 2a x + 3a y − 3a z 
= ( 8.99 x109 ) ⋅ ( 8 x10−9 ) 

3
103.19




Al sumar las contribuciones nos queda:
ET = E1 + E2 + E3 = 4.32a y − 5.76a z + 0.61a x + 0.92a y − 1.53a z + 1.39a x + 2.09a y − 2.09a z
ET = 2.01a x + 7.33a y − 9.39a z V m
b) ¿A qué valor se debe modificar ρ L para provocar que E sea cero en (0, 0,3) ?.

ρL 
E1 =

2π ∈0 

(
3a z
( 0 ) + ( 0 ) + ( 3)
2
2
2
)


3ρ L
=
= 5.99 x109 ρ L
2
−10
 5 x10

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
q1 
E2 =

4π ∈0 


q1 
E3 =

4π ∈0 

(
(

3
−
1
a
( ) z  = 1.12 x109 ⋅ 8 x10−9 ⋅ 2 = 17.98
(
)(
)( )
3
2

( 3 − 1) 

)
( 3 + 1) a z
( 3 + 1)
2
)


= (1.40 x108 ) ⋅ ( 8 x10−9 ) ⋅ ( 4 ) = 4.5
3


ET = E1 + E2 + E3 = 5.99 x109 ρ L + 17.98 + 4.5 , pero ET = 0 , así que:
0 = 5.99 x109 ρ L + 17.98 + 4.5
17.98 + 4.5
ρL = −
= −3.75 x10−9 C m
5.99 x109
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2.19. Una carga lineal uniforme de 2 µ C m está sobre el eje z. Encontrar E en el punto
P(1, 2,3) en coordenadas cartesianas si la carga está entre:
a) −∞ ≤ z ≤ ∞ ,

ρL 
EP =

2π ∈0 
 (
a x + 2a y
(1) + ( 2 )
2
2
)

 ( 2 x10−6 ) ⋅ (1.8 x1010 )
3
3
=
2
a x + 2a y  = 7.2 x10 a x + 14.4 x10 a y
5


b) −4 ≤ z ≤ 4 .
Si r = a x + 2a y + 3a z . Entonces si la carga está uniforme sobre el eje z, r ′ = za z .
ρ L  r − r ′ 
ρL
EP = ∫
⋅ dz =
3
−4 4π ∈
4π ∈0
0  ( r − r′ ) 


4
ρL
EP =
4π ∈0


∫−4 

4
(
a x + 2a y + 3a z − za z
(1) + ( 2 ) + ( 3 − z )
2


 a x + 2a y + ( 3 − z ) a z 
ρL
⋅ dz =
3 
∫−4 
4π ∈0
14 − 6 z + z 2




4
)
(

2


∫−4 


4
(
2
)


⋅ dz
3


a x + 2a y
14 − 6 z + z
2
+
) (
3


⋅ dz
3
2
14 − 6 z + z 

( 3 − z ) az
)



3 − z ) dz
 4 

(
+∫ 
 ⋅ az
3 
3
−4
2
2
z − 6 z + 14  
 z − 6 z + 14 






 4   −3 z + 14
4
ρL 
6 z − 18
−3 + z
EP =
+
+
( a x + 2a y ) 

|
|−4az


−4
2
2
2
4π ∈0 
 5 z − 6 z + 14    5 z − 6 z + 14 10 z − 6 z + 14 
ρL 
7    −12 + 14 24 − 18
26
42  
1
EP =
a x + 2a y )  −
+
−
+
(
  + 
 az

4π ∈0 
20
36.74 73.48  
 10 36.74    10

4 
ρL 
EP =
( a x + 2a y ) ∫−4 
4π ∈0 

EP =
(
dz
)
(
)
ρL 
ρL
a x + 2a y ) ⋅ ( 0.29 ) + 0.36a z  =
(
( 0.29ax + 0.58ay + 0.36az )

4π ∈0
4π ∈0
EP = 5.21x103 a x + 10.43 x103 a y + 6.47 x103 a z
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2.27. Dado el campo eléctrico E = ( 4 x − 2 y ) a x − ( 2 x + 4 y ) a y , encontrar:
a) La ecuación de la línea que pasa por el punto P (2,3, −4) ,
De la relación entre Ey y E x :
Ey
Ex
=
−2 x − 4 y − x − 2 y
=
4x − 2 y
2x − y
Ey ⋅ ( 2 x − y ) = Ex ⋅ ( − x − 2 y )
Cambiando a pequeños diferenciales de la línea:
dy ⋅ ( 2 x − y ) = dx ⋅ ( − x − 2 y )
2 xdy − ydy = − xdx − 2 ydx
2 x ∫ dy − y ∫ dy = − x ∫ dx − 2 y ∫ dx
y2
x2
= − − 2 yx + c
2
2
2
2
y −x
4 xy =
+c
2
2 xy −
De acuerdo al punto P (2,3, −4) :
4 ( 3)( 2 )
( 3) − ( 2 )
=
9−4
+c
2
c = 21.5
2
2
2
+c
24 =
Entonces en P, la ecuación será:
8 xy − 2c = y 2 − x 2
8 xy − 43 = y 2 − x 2
b) Un vector unitario que especifique la dirección de E en Q(3, −2,5) .
EQ =  4 ( 3) − 2 ( −2 )  a x −  2 ( 3) + 4 ( −2 )  a y = 16a x + 2a y
16a x + 2a y
16a x + 2a y 16a x + 2a y
u EQ =
=
=
= 0.99a x + 0.12a y
2
2
16.12
260
+
16
2
( ) ( )
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3.2. Una carga puntual de 20nC se encuentra en (4, −1,3) y una carga lineal uniforme de 25nC/m se extiende a lo largo de la intersección de los planos x =-4 y z =6.
a) Calcular D en (3, −1, 0) ,
En el punto de carga:
r = ( 3, −1, 0 ) + ( −4,1, −3) = ( −1, 0, −3)



r 
−9
−2
3  = ( 20 x10 ) ⋅ ( 7.96 x10 ) ⋅ 

r 


D1 = −5 x10−11 a x − 1.5 x10−10 a z

q 
D1 =
4π 

(
−a x − 3a z
( −1) + ( −3)
2
2
)

 1.59 x10−9
=
⋅ ( −a x − 3a z )
3
31.62


Con x = -4, z = 6 sigo tomando y = -1:
r ′ = ( 3, −1, 0 ) + ( 4,1, −6 ) = ( 7, 0, −6 )



′
r 
−9
−1
2  = ( −25 x10 ) ⋅ (1.59 x10 ) ⋅ 

r′ 


D2 = −3.28 x10−10 a x + 2.8 x10−10 a z

ρL 
D2 =
2π 

(
7a x − 6a z
( 7 ) + ( −6 )
2
2
)

 −3.98 x10−9
=
⋅ ( 7a x − 6a z )
2 
85


DT = D1 + D2 = −5 x10−11 a x − 1.5 x10−10 a z − 3.28 x10−10 a x + 2.8 x10−10 a z
DT = −3.78 x10−10 a x + 1.3 x10−10 a z C m 2
b) ¿Qué cantidad de flujo eléctrico abandona la superficie de radio 5 y con centro en el
origen?,
Si calculamos r en el punto (4, −1,3) (carga puntual):
r1 = x 2 + y 2 + z 2 =
( 4 ) + ( −1) + ( 3)
2
2
2
= 26 = 5.1
La carga está fuera de la esfera, por tanto el flujo es cero.
Si calculamos r en el punto (−4, −1, 6) (línea de carga):
r2 = x 2 + y 2 + z 2 =
( −4 ) + ( −1) + ( 6 )
2
2
2
= 53 = 7.28
Al evaluar el punto r = 7.28 notamos que está muy alejado de la esfera, por tanto el flujo
es cero.
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c) Repetir la parte b si el radio de la esfera es de 10.
Tomamos el valor r1 = 5.1 calculado en el inciso b. Ahora, para la línea de carga de
carga, sólo necesitamos la parte que se encuentre dentro de la característica r = 10.
Calculamos r para el punto (−4, y, 6) :
r = x2 + y 2 + z 2 =
( −4 ) + ( y ) + ( 6 )
2
2
2
= 52 + y 2
10 = 52 + y 2
102 = 52 + y 2
y = 100 − 52
y = 6.93
Y suponemos que el sector de la línea que atraviesa totalmente la esfera es 2y, que
representa ∆ L , así que:
Ψ = QP + ρ L ⋅ ∆ L = 20 x10−9 C + ( −25 x10−9 C m ) ⋅ ( 2 ⋅ 6.93m ) = −326.41x10−9 C
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3.3. La superficie cilíndrica ρ = 8 cm contiene una densidad de carga superficial
ρ s = 5e −20 z nC m 2 .
a) ¿Cuál es la cantidad de carga presente?,
La superficie cilíndrica viene dada por: ρ ⋅ dφ ⋅ dz
Q = ∫ ρ s ⋅ ds
S
∞ 2π
Q = 2∫
∞ 2π
∞
 e −20 z  2π
 ⋅ φ|0 ⋅ dz
−
20


0
ρ s ⋅ ρ ⋅ dφ ⋅ dz =2 ∫ ∫ 5e −20 z ⋅ 0.08 ⋅ dφ ⋅ dz =0.8∫ 
∫
0 0
0 0
−20 z
e
∞
 −1  −∞
 −1  −0
Q = ( 0.8 ) ⋅ ( 2π ) ⋅ 
 |0 = 5.02 ⋅   e − 5.02 ⋅   e = 0.251nC
 20 
 20 
 −20 
b) ¿Qué cantidad de flujo eléctrico abandona la superficie ρ = 8 cm, 1 cm < z < 5 cm,
30º ≤ φ ≤ 90º ?
Ψ = Q = ∫ ρ s ⋅ ds
S
0.05 1.57
Ψ=
∫ ∫
0.01 0.52
ρ s ⋅ ρ ⋅ dφ ⋅ dz =
0.05 1.57
∫ ∫
0.01 0.52
5e
−20 z
−20 z
 0.05
 180 − 60   e
π
⋅ 0.08 ⋅ dφ ⋅ dz =0.4 ⋅ 
⋅
 | = 9.018 pC
 
 360   −20  0.01
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(
)
3.5. Sea D = 4 xya x + 2 x 2 + z 2 a y + 4 yza z C m 2 . Evaluar las integrales de superficie y
encontrar la carga total encerrada en el paralelepípedo rectangular 0 < x < 2 , 0 < y < 3 ,
0 < z < 5 m.
(
)
Evaluando la expresión D = 4 xya x + 2 x 2 + z 2 a y + 4 yza z , en las caras ubicadas en los
límites de integración notamos:
En la componente a y el flujo entrante por y = 0 es igual al flujo saliente por y = 3,
entonces Ψ Ty = 0 .
En la componente a x en el punto cero D x = 0 , mientras que en el punto x = 2 existe
flujo saliente.
En la componente a z en el punto z = 0, D z = 0 , mientras que en z = 5 existe flujo
saliente.
Por lo tanto tenemos dos contribuciones en el paralelepípedo:
5 3
QT = ∫ ∫ D|
0 0
5 3
3 2
x=2
⋅ a x ⋅ dy ⋅ dz + ∫ ∫ D|
0 0
3 2
5 3
z =5
⋅ a z ⋅ dx ⋅ dy = ∫ ∫ 4 x|
0 0
5 3
3 2
x=2
y ⋅ a x ⋅ dy ⋅ dz + ∫ ∫ 4 yz|
0 0
z =5
⋅ a z ⋅ dx ⋅ dy
3 2
QT = ∫ ∫ 4 ( 2 ) y ⋅ dy ⋅ dz + ∫ ∫ 4 y ⋅ ( 5 ) ⋅ dx ⋅ dy = 8∫ ∫ y ⋅ dy ⋅ dz + 20 ∫ ∫ y ⋅ dx ⋅ dy
0 0
0 0
3
QT = 8∫ 
2
0
5
2
0 0
0 0

 32 
⋅
dz
+
20
2
y
⋅
dy
=
36
dz
+
40
y
⋅
dy
=
36
5
+
40
(
)
(
)

  = 180 + 180 = 360C
∫0
∫0
∫0

2
3
5
3
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3.7. Una densidad volumétrica de carga se encuentra en el espacio libre como
ρv = 2e −1000 r nC m3 para 0 < r < 1 mm y ρ v = 0 en cualquier otra parte.
a) Encontrar la carga total encerrada por la superficie esférica r = 1 mm,
Q=∫
2π
0
π
0.001
0
0
∫ ∫
Q = 2 x10−9 ∫
ρv ⋅ r 2 ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ = ∫
2π
0
2π
0
∫
π
0.001
0
0
∫ ∫
2e −1000 r x10−9 ⋅ r 2 ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ
  1 + 1000r + 500000r 2  −1000 r  0.001
− 
|0 senθ ⋅ dθ ⋅ dφ
⋅e
250000000




π
0
Q = 3.212 x10−19 ∫
2π
0
∫
π
0
2π
senθ ⋅ dθ ⋅ dφ = 3.212 x10−19 ∫ − ( cos π − cos 0 ) ⋅ dφ
0
Q = ( 3.212 x10−19 ) ( 2 ) ∫ dφ = ( 6.424 x10−19 ) ( 2π ) = 4.04 x10−18 C
2π
0
b) Utilizando la ley de Gauss, calcular el valor de Dr sobre la superficie r = 1 mm.
La magnitud Dr será:
Dr =
Q
4.04 x10−18
=
= 3.21x10−13 C m 2
2
2
4π r
4π ( 0.001)
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3.17. Un cubo está definido por 1 < x, y, z < 1.2 . Si D = 2 x 2 ya x + 3 x 2 y 2a y C m 2 .
a) Aplicar la ley de Gauss para encontrar el flujo total que abandona la superficie
cerrada del cubo,
El flujo entra por caras posterior, izquierda e inferior. Y sale por caras frontal, derecha y
superior.
Evaluando la expresión D = 2 x 2 ya x + 3 x 2 y 2a y C m 2 en las caras ubicadas en los límites
de integración notamos:
No existe componente a z , por lo que no hay flujo en sus planos z = 1 y z = 1.2 .
En la componente a x tanto en el plano x = 1 como en x = 1.2, existe flujo.
En la componente a y tanto en el plano y = 1 como en y = 1.2, existe flujo.
Queda entonces:
Ψ T = Ψ T 0 − Ψ Ti
3 2
1.2 1.2 2

⋅
dx
⋅
dz
−
2
x
⋅
y
⋅
dy
⋅
dz
+
3 x 2 y 2| ⋅ dx ⋅ dz 
|

∫1 1 x=1.2
∫
∫
∫
∫
y =1.2
x =1
y =1
0 0
0 0
1 1

1.2 1.2
3 2
1.2 1.2
3 2


2
2
2
2
Ψ T = ∫ ∫ 2 (1.2 ) y ⋅ dy ⋅ dz + ∫ ∫ 3 x 2 (1.2 ) ⋅ dx ⋅ dz −  ∫ ∫ 2 (1) y ⋅ dy ⋅ dz + ∫ ∫ 3 x 2 (1) ⋅ dx ⋅ dz 
1 1
0 0
0 0
1 1

1.2 1.2
ΨT =
2
∫ 2x |
3 2
⋅ y ⋅ dy ⋅ dz + ∫ ∫ 3 x 2 y 2|
1.2 1.2
Ψ T = 2.88 ∫
∫ y ⋅ dy ⋅ dz + 4.32∫ ∫ x
1 1
1.2 1.2
Ψ T = 0.88 ∫
3 2
∫
1.2 1.2
2
⋅ dx ⋅ dz − 2 ∫
0 0
3 2
y ⋅ dy ⋅ dz +1.32 ∫ ∫ x 2 ⋅ dx ⋅ dz =
1 1
0 0
3 2
∫ y ⋅ dy ⋅ dz −3∫ ∫ x
1 1
( )
0.88 2 1.2
y|
1
2
1.2
1.2
1
1
2
⋅ dx ⋅ dz
0 0
1.2
∫ dz +
1
( ) ∫ dz
1.32 3 1.2
x|
1
3
1.2
1
2
2
3
3
Ψ T = 0.44 (1.2 ) − (1)  ∫ dz + 0.44 (1.2 ) − (1)  ∫ dz




Ψ T = 0.1936 (1.2 ) − (1)  + 0.3203 (1.2 ) − (1) 
Ψ T = 0.039 + 0.064 = 0.10278C
b) Evaluar ∇iD en el centro del cubo,
El centro del cubo estará ubicado en (1.1,1.1,1.1) .
 ∂Dx ∂Dy ∂Dz 
∇iD = 
+
+
 , pero como no existe componente a z :
∂y
∂z 
 ∂x
2
∂Dx ∂ ( 2 x y )
=
= 4 xy
∂x
∂x
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∂Dy ∂ ( 3 x y
=
∂y
∂y
2
2
) = 3x
2
⋅ 2 y = 6x2 y
Ahora ∇iD :
∇iD = ( 4 xy + 6 x 2 y )|
(1.1,1.1)
= 4 (1.1)(1.1) + 6 (1.1) (1.1) = 4.84 + 7.99 = 12.83
2
c) Estimar la carga total encerrada dentro del cubo utilizando la ecuación: Q = ∇iD ⋅ ∆v .
Calculamos ∆v por la fórmula de área del cubo: ( lado ) , donde cada lado equivale a
3
0.2.
Q = ∇iD ⋅ ∆v = 12.83 ⋅ ( 0.008 ) = 0.10264C
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3.19. Una superficie esférica de radio igual a 3mm y centro en P(4,1,5) está en el espacio
libre. Sea D = xa x C m 2 . Utilizar Q = ∇iD ⋅ ∆v para calcular el flujo eléctrico neto que
abandona la superficie de la esfera.
 ∂Dx ∂Dy ∂Dz 
∇iD = 
+
+
 , pero D solo tiene componente a x así que:
∂y
∂z 
 ∂x
∂Dx ∂ ( x )
=
=1
∂x
∂x
El área de la esfera es
4 3
π r , entonces queda:
3
3
4 
Ψ = ∇iD ⋅ ∆v = (1)  π  ( 0.003) = 1.13 x10−7 C
3 
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3.21. Calcular ∇iD en el punto especificado si,
a) D =
1
10 xyza x + 5 x 2 za y + ( 2 z 3 − 5 x 2 y ) a z  en el punto P(−2,3,5) ,

z2 
 ∂Dx ∂Dy ∂Dz 
∇iD = 
+
+

∂y
∂z 
 ∂x
Calculamos las derivadas parciales:
∂Dx
∂x
∂Dy
∂y
 10 xyz 
 10 xy 
∂ 2  ∂

z 
z  10 y


=
=
=
∂x
∂x
z
2
2
 5x z 
 5x 
∂ 2  ∂

z 
z 
= 
= 
=0
∂y
∂y
 2 z3 − 5x2 y 

5x2 y 
z
∂
∂
2
−



z2
z2 
 5x2 y 
∂Dz
10 x 2 y



=
=
= 2 − ( −2 )  3  = 2 + 3
∂z
∂z
∂z
z
 z 
Ahora ∇iD en el punto P (−2,3,5) :
10 ( 3)
10 ( −2 ) ( 3)
 10 y
10 x 2 y 
∇iD = 
+2+
+2+
= 6 + 2 + 0.96 = 8.96
 |( −2,3,5) =
3
3
z 
( 5)
(5)
 z
2
b) D = 5 z 2ap + 10 ρ za z en P (3, −45º ,5) ,
La fórmula de divergencia en coordenadas cilíndricas:
 1 ∂ ( ρ Dρ ) 1 ∂Dφ ∂Dz 

∇iD = 
+
+
 ρ ∂ρ

ρ
φ
∂
∂
z


Calculamos las derivadas parciales:
∂ ( ρ Dρ )
=
∂ ( ρ 5z 2 )
= 5z 2
∂ρ
∂ρ
∂Dφ
=0
∂φ
∂Dz ∂ (10 ρ z )
=
= 10 ρ
∂z
∂z
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Ahora ∇iD en el punto P(3, −45º ,5) :
2
 1 ∂ ( ρ Dρ ) 1 ∂Dφ ∂Dz   5 z 2
5 ( 5)

=
∇iD = 
+
+
+ 10 ρ  |
=
+ 10 ( 3) = 71.67
( 3, −45º,5)
 ρ ∂ρ
∂φ
∂z   ρ
3)
ρ
(



c) D = 2r ⋅ senθ ⋅ senφ ar + r ⋅ cos θ ⋅ senφ aθ + r ⋅ cos φ aφ en P (3, 45º , −45º ) .
La fórmula de divergencia en coordenadas esféricas:
 1 ∂ ( r 2 ⋅ Dr )
1 ∂ ( senθ ⋅ Dθ )
1 ∂Dφ 

∇iD =  2
+
+
r
∂r
rsenθ
∂θ
rsenθ ∂φ 


Calculamos las derivadas parciales:
∂ ( r 2 ⋅ Dr )
=
∂ ( r 2 ⋅ 2r ⋅ senθ ⋅ senφ )
=
∂ ( 2r 3 ⋅ senθ ⋅ senφ )
= 6r 2 ⋅ senθ ⋅ senφ
∂r
∂r
∂r
∂ ( senθ ⋅ Dθ ) ∂ ( senθ ⋅ r ⋅ cos θ ⋅ senφ )
=
= cos θ ⋅ r ⋅ cos θ ⋅ senφ − senθ ⋅ r ⋅ senθ ⋅ senφ
∂θ
∂θ
∂ ( senθ ⋅ Dθ )
= r ⋅ cos 2 θ ⋅ senφ − r ⋅ sen 2θ ⋅ senφ = r ⋅ senφ (1 − 2 sen 2θ )
∂θ
∂Dφ ∂ ( r ⋅ cos φ )
=
= − r ⋅ senφ
∂φ
∂φ
Ahora ∇iD en el punto P (3, 45º , −45º ) :
1
1
1
 r ⋅ senφ (1 − 2 sen 2θ )  +
∇iD =  2 ( 6r 2 ⋅ senθ ⋅ senφ ) +
( −r ⋅ senφ ) |(3,−45º,5)


rsenθ
rsenθ
r

sen ( −45º )
sen ( −45º )
2
∇iD = 6 ⋅ sen ( 45º ) ⋅ sen ( −45º ) +
1 − 2  sen ( 45º )  −
sen ( 45º )
sen ( 45º )
{
∇iD = 6 ⋅ ( 0.707 ) ⋅ ( −0.707 ) +
}
( −0.707 ) 1 − 2 0.707 2  − ( −0.707 )
(
)
( 0.707 ) 
( 0.707 )
∇iD = −3 − 1(1 − 1) + 1 = −3 + 1 = −2
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3.25. Dentro de la órbita esférica definida por 3 < r < 4 m, la densidad de flujo eléctrico está
dada por D = 5 ( r − 3) ar C m 2 ,
3
a) ¿Cuál es la densidad volumétrica de carga en r = 4 ?,
 1 ∂ ( r 2 ⋅ Dr )
1 ∂ ( senθ ⋅ Dθ )
1 ∂Dφ 

+
+
 r2
∂r
rsenθ
∂θ
rsenθ ∂φ 


ρ v = ∇iD = 
La parcial será en función de la coordenada ar :
∂ ( r 2 ⋅ Dr )
∂r
=
(
∂ r 2 ⋅ 5 ( r − 3)
3
) = (10r )( r − 3) + 15r
3
∂r
4
− 90r 3 + 135r 2
Ahora en r = 4 :
 1 ∂ ( r 2 ⋅ Dr )   1 
3
 =  2  (10r )( r − 3) + 15r 4 − 90r 3 + 135r 2  |
ρv =  2

 r =4
r

r
∂r

  
3
3
2
 10 
 10 
ρv =   ( r − 3) + 15r 2 − 90r + 135 |r = 4 =   ( 4 − 3) + 15 ( 4 ) − 90 ( 4 ) + 135




 r 
 4
ρ v = 2.5 + 240 − 360 + 135 = 17.5 C m3
b) ¿Cuál es la densidad de flujo eléctrico en r = 4 ?,
Tenemos que D = 5 ( r − 3) ar C m 2 , entonces evaluamos en el punto r = 4 :
3
D = 5 ( 4 − 3) ar = 5ar C m 2
3
c) ¿Qué cantidad de flujo eléctrico abandona la esfera en r = 4 ?,
En esfera radial: Ψ = 4π r 2 ⋅ D :
Ψ = 4π r 2 ⋅ D = 4π ( 4 ) ⋅ 5 = 320π = 1005.31C
2
d) ¿Cuánta carga está contenida en la esfera r = 4 ?.
Recordemos que en magnitud, Ψ = Q , entonces:
Q = Ψ = 1005.31C
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3.29. En una región del espacio libre se encuentra el volumen 2 < x, y, z < 3 ,
2
yza x + xza y − 2 xya z ) C m 2 ,
2 (
z
D=
a) Evaluar el lado de la integral volumétrica del teorema de divergencia para el volumen
definido aquí.
3 3 3
∫ ρv ⋅ dv = ∫ ∇iD ⋅ dv = ∫ ∫ ∫ ∇iD ⋅ dx ⋅ dy ⋅ dz
v
v
2 2 2
Calculamos las derivadas parciales:
 ∂Dx ∂Dy ∂Dz 
∇iD = 
+
+

∂y
∂z 
 ∂x
 2 y2 
∂ 2 
z 
∂Dx
= 
=0
∂x
∂x
 2 xz 
 2x 
∂ 2  ∂ 
∂Dy
z 
z
= 
=   =0
∂y
∂y
∂y
 −4 xy 
∂ 2 
∂Dz
z  8 xy
= 
= 3
z
∂z
∂z
Entonces ∇iD =
8xy
.
z3
La integral queda:
3 3 3
3 3
3 3
8 xy
8
x2 y 3
y
2
2
∫v ρv ⋅ dv = ∫2 ∫2 ∫2 z 3 ⋅ dx ⋅ dy ⋅ dz = 2 ∫2 ∫2 z 3 |2 ⋅ dy ⋅ dz =4∫2 ∫2 z 3 ( 3) − ( 2 )  ⋅ dy ⋅ dz
3
3
y
20 1  2
dz 50  1
1 
2

ρ
⋅
dv
=
20
⋅
dy
⋅
dz
=
3
−
2
⋅
dz
=
50
=
−

(
)
(
)
v
∫v
∫2 ∫2 z 3
∫2 z 3 2  ( 2 )2 ( 3)2  = 3.74

2 ∫2 z 3 


3 3
b) Evaluar el lado de la integral de superficie para la superficie cerrada correspondiente.
Al evaluar la expresión D =
2
( yzax + xzay − 2 xyaz ) en las caras ubicadas en los límites
z2
de integración, notamos:
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En la componente a x el flujo entrante por x = 2 es igual al flujo saliente por x = 3,
porque la variable x no interviene, entonces no hay contribución.
En la componente a y el flujo entrante por y = 2 es igual al flujo saliente por y = 3,
porque la variable y no interviene, entonces no hay contribución.
En la componente a z hay contribución, por tanto nos queda, después de colocar la
contribución de z del inciso anterior:
3 3
1 1 1 
 − .
2  a 2 b2 
3 3
3
0.55
2
2
1 1 1
∫s D ⋅ ds = ∫2 ∫2 8 xy ⋅  4 − 9  ⋅  2  ⋅ dx ⋅ dy =0.55∫2 ∫2 xy ⋅ dx ⋅ dy = 2 ∫2 y ( 3) − ( 2 )  ⋅ dy
3
2
 1.39   2
 ⋅ ( 3) − ( 2 )  = 3.47C
2 
∫ D ⋅ ds = 1.39∫ y ⋅ dy = 
s
2
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16
cos ( 2θ ) aθ C m 2 , utilizar dos métodos diferentes
r
para encontrar la carga total dentro de la región 1 < r < 2 m, 1 ≤ θ ≤ 2rad , 1 ≤ φ ≤ 2rad .
3.31. Dada la densidad de flujo D =
Método 1:
∫ρ
v
⋅ dv = ∫ ∇iD ⋅ dv
v
v
Calculamos las derivadas parciales:
 1 ∂ ( r 2 ⋅ Dr )
1 ∂ ( senθ ⋅ Dθ )
1 ∂Dφ 

ρ v = ∇iD =  2
+
+
r
∂r
rsenθ
∂θ
rsenθ ∂φ 


La parcial será en función de la coordenada aθ :
∂ ( senθ ⋅ Dθ )
∂θ
 16

∂  cos ( 2θ ) 
r
 = 16 cos θ ⋅ cos 2θ − 2 senθ ⋅ sen 2θ 
= 
( )
( )
r 
∂θ
Ahora ∇i D :
 1 ∂ ( senθ ⋅ Dθ )   1   16 
∇iD = 
=
 ⋅   cos θ ⋅ cos ( 2θ ) − 2 senθ ⋅ sen ( 2θ ) 
∂θ
 rsenθ
  rsenθ   r 
16 ⋅ cos θ ⋅ cos ( 2θ ) 32 ⋅ sen ( 2θ )
 16 
∇iD =  2
−
 ⋅ cos θ ⋅ cos ( 2θ ) − 2 senθ ⋅ sen ( 2θ )  =
r 2 ⋅ senθ
r2
 r ⋅ senθ 
∫ρ
v
v
16 ⋅ cos θ ⋅ cos ( 2θ )
32 ⋅ sen ( 2θ )
⋅ dv − ∫
⋅ dv
2
r ⋅ senθ
r2
v
v
⋅ dv = ∫ ∇iD ⋅ dv = ∫
v
2 2 2
2 2 2
16 ⋅ cos θ ⋅ cos ( 2θ ) 2
32 ⋅ sen ( 2θ ) 2
⋅
r
⋅
sen
θ
⋅
dr
⋅
d
θ
⋅
d
φ
−
⋅ r ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ
2
2
∫
∫
∫
r
⋅
sen
θ
r
1 1 1
1 1 1
∫ ρv ⋅ dv = ∫ ∫ ∫
v
∫ρ
v
v
∫ρ
v
v
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 2
1 1 1
2 2
⋅ dv =16 ∫ ∫ ∫ cos θ ⋅ cos ( 2θ ) ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ − 32 ∫ ∫ ∫ sen ( 2θ ) ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ
⋅ dv =16∫ ∫ cos θ ⋅ cos ( 2θ ) ⋅ r| ⋅ dθ ⋅ dφ − 32 ∫ ∫ sen ( 2θ ) ⋅ senθ ⋅ r| ⋅ dθ ⋅ dφ
2
1
1 1
2 2
2
1
1 1
2 2
2
2
∫ ρv ⋅ dv =16∫ ∫ cos θ ⋅ cos θ − sen θ  ⋅ dθ ⋅ dφ − 32∫ ∫ senθ ⋅ 2 ⋅ senθ ⋅ cos θ ⋅ dθ ⋅ dφ
v
1 1
1 1
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∫ρ
2 2
2 2
v
⋅ dv =16∫ ∫ cos θ ⋅ dθ ⋅ dφ − 16 ∫ ∫ cos θ ⋅ sen θ ⋅ dθ ⋅ dφ − 64 ∫ ∫ sen 2θ ⋅ cos θ ⋅ dθ ⋅ dφ
2
1 1
v
∫ρ
2 2
3
1 1
1 1
2
v
v
2
3
1
1
2
 1
2
⋅ dv =16 ∫  ⋅ sen3θ + ⋅ senθ  | ⋅ dφ − 16 ∫  − ⋅ sen3θ + ⋅ senθ  | ⋅ dφ
1
12
4
12
4

1
1 
1 
2
1
 1
2
−64 ∫  − ⋅ sen3θ + ⋅ senθ  | ⋅ dφ
12
4
1
1 
∫ρ
2
v
{
}
⋅ dv =16∫ ( −0.023) + ( 0.682 )  − ( 0.012 ) + ( 0.631)  − ( 0.023) + ( 0.227 )  + ( −0.012 ) + ( 0.21)  ⋅ dφ
1
v
2
−64 ∫ ( 0.023) + ( 0.227 )  − ( −0.012 ) + ( 0.21)  ⋅ dφ
1
2
2
1
1
∫ ρv ⋅ dv =16∫ ( −0.036 ) ⋅ dφ − 64∫ ( 0.052 ) ⋅ dφ = (16 )( −0.036 )(1) − ( 64 )( 0.052 )(1)
v
∫ρ
v
⋅ dv = − 0.576 − 3.328 = −3.9C
v
Método 2:
∫ D ⋅ ds , evaluando en base a la coordenada a
θ
, con θ constante y da = r ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dφ
s
∫ D ⋅ ds = ∫ D|θ
s
s
=2
⋅ ds + ∫ D|
θ =1
s
⋅ ds
2 2
2 2
2 2
2 2
16
16
cos ( 2 ⋅ 2 ) ⋅ r ⋅ sen ( 2 ) ⋅ dr ⋅ dφ − ∫ ∫ cos ( 2 ⋅1) ⋅ r ⋅ sen (1) ⋅ dr ⋅ dφ
r
r
1 1
1 1
∫ D ⋅ ds = ∫ ∫
s
16
16
( −0.654 ) ⋅ r ⋅ ( 0.909 ) ⋅ dr ⋅ dφ − ∫ ∫ ( −0.416 ) ⋅ r ⋅ ( 0.841) ⋅ dr ⋅ dφ
r
r
1 1
1 1
∫ D ⋅ ds = ∫ ∫
s
2 2
2 2
1 1
1 1
∫ D ⋅ ds = −9.51∫ ∫ dr ⋅ dφ − ( −5.598) ∫ ∫ dr ⋅ dφ = ( −9.51)(1)(1) + ( 5.598)(1)(1) = −3.9C
s
Entonces vemos que
∫ρ
v
v
⋅ dv = ∫ D ⋅ ds = −3.9C , evidenciado bajo ambos métodos.
s
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4.1. El valor de E en P ( ρ = 2, φ = 40º , z = 3) está dado por
E = 100ap − 200aφ + 300a z V m . Determinar el trabajo incremental requerido para mover
una carga de 20 µ C una distancia de 6 µ m ;
a) En la dirección de ap ,
El trabajo incremental viene dado por: dw = −Q ⋅ E ⋅ dL
dw = −Q ⋅ E ρ ⋅ dL
dw = − ( 20 x10−6 ) ⋅ (10 ) ⋅ ( 6 x10−6 ) = −12 x10−9 J
b) En la dirección de aφ ,
dw = −Q ⋅ Eφ ⋅ dL
dw = − ( 20 x10−6 ) ⋅ ( −200 ) ⋅ ( 6 x10−6 ) = 24 x10−9 J
c) En la dirección de a z ,
dw = −Q ⋅ E z ⋅ dL
dw = − ( 20 x10−6 ) ⋅ ( 300 ) ⋅ ( 6 x10−6 ) = −36 x10−9 J
d) En la dirección de E ,
dw = −Q ⋅ E ⋅ uE ⋅ dL
Hallamos el vector unitario de E:
E
uE =
E
E=
(10 ) + ( −200 ) + ( 300 )
2
2
2
= 140000 = 374.16
100ap − 200aφ + 300a z
uE =
= 0.26ap − 0.53aφ + 0.8a z
374.16
El trabajo incremental nos queda:
dw = − ( 20 x10−6 ) ⋅ (100ap − 200aφ + 300a z ) ⋅ ( 0.26ap − 0.53aφ + 0.8a z ) ⋅ ( 6 x10−6 )
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dw = − ( 20 x10−6 ) ⋅ ( 26 + 106 + 240 ) ⋅ ( 6 x10−6 ) = −4, 46 x10−8 J
e) En la dirección de G = 2a x − 3a y + 4a z .
dw = −Q ⋅ E ⋅ uG ⋅ dL
Hallamos el vector unitario de G :
G
uG =
G
G =
( 2 ) + ( −3 ) + ( 4 )
2
2
2
= 29 = 5.38
2a − 3a y + 4a z
uG = x
= 0.37a x − 0.55a y + 0.74a z
5.38
Convertimos a coordenadas cilíndricas:
uG ( ρ ) = 0.37a x ⋅ aρ − 0.56a y ⋅ aρ + 0.74a z ⋅ aρ = 0.37 cos φ − 0.56 senφ + 0.74 ( 0 )
uG ( ρ ) = 0.37 cos ( 40º ) − 0.56 sen ( 40º ) = 0.37 ( 0.77 ) − 0.56 ( 0.64 ) = −0.0735aρ
uG (φ ) = 0.37a x ⋅ aφ − 0.56a y ⋅ aφ + 0.74a z ⋅ aφ = 0.37 ( − senφ ) − 0.56 cos φ
uG (φ ) = −0.34 sen ( 40º ) − 0.56 cos ( 40º ) = ( −0.37 )( 0.64 ) − ( 0.56 )( 0.77 ) = −0.668aφ
uG ( z ) = 0.74a z
uG ( ρ ,φ , z ) = −0.0735aρ − 0.668aφ + 0.74a z
El trabajo incremental queda:
dw = − ( 20 x10−6 ) ⋅ (100ap − 200aφ + 300a z ) ⋅ ( −0.0735aρ − 0.668aφ + 0.74a z ) ⋅ ( 6 x10−6 )
dw = − ( 20 x10−6 ) ⋅ ( −7 + 134 + 222 ) ⋅ ( 6 x10−6 ) = −4.19 x10−8 J
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4.4. Se ha visto que la energía necesaria para llevar una carga de 4 µ C 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.
x
Wx = −Q ∫ Ex ⋅ dx , sobre el eje x.
0
Entonces Ex debe tomar la forma Ex = N ⋅ x .
En x = 1, Ex = 7 V m , pero de acuerdo a la expresión anterior:
Ex = 7 = N ⋅ x = N ⋅ (1) = N , por tanto 7 = N .
Entonces la expresión genérica debería ser: Ex = 7 ⋅ xV m para todo valor sobre el eje
x. Considerando además que a medida que el valor de x aumenta, la energía será
matemáticamente más negativa.
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r
4.5. Calcular el valor de
∫ G ⋅ dL para G = 2 ya
x
con A (1, −1, 2 ) y P ( 2,1, 2 ) utilizando la
A
trayectoria,
a) Segmentos de línea rectos entre los puntos A (1, −1, 2 ) y B (1,1, 2 ) a P ( 2,1, 2 ) ,
Si lo hacemos por etapas sólo en función de a x :
∫ 2 y ⋅ dx + ∫ 2 y ⋅ dx = ∫ 2 y ⋅ dx + ∫ 2 y ⋅ dx = 2 y ⋅ ( x| ) + 2 y ⋅ ( x| ) = 0 + ( 2 y ) ⋅ (1) = 2 y
B
A
P
B
1
1
2
1
2
1
1
1
Pero evaluando de B a P, donde no es nula, y = 1:
2 y = 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 ) .
Si lo hacemos por etapas sólo en función de a x :
C
P
2
2
A
C
1
2
( )
( )
∫ 2 y ⋅ dx + ∫ 2 y ⋅ dx = ∫ 2 y ⋅ dx + ∫ 2 y ⋅ dx = 2 y ⋅ x| + 2 y ⋅ x| = ( 2 y ) ⋅ (1) + 0 = 2 y
2
1
2
2
Pero evaluando de A a C, donde no es nula, y = -1:
2 y = 2 ⋅ ( −1) = −2
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4.9. Una densidad volumétrica de superficie uniforme de 20 nC m 2 se encuentra en la
superficie de la esfera de radio r = 0.6 cm en el espacio libre.
a) Encontrar el potencial absoluto en P (r = 1cm, θ = 25º , φ = 50º ) ,
Calculamos la carga en r = 0.6 cm = 0.006 m:
Q = 4π ⋅ r 2 ⋅ ρ s = 4π ⋅ ( 0.006 ) ⋅ ( 20 x10−9 ) = 9.06 x10−12 C
2
Ahora:
9.06 x10−12 )
(
Q
V=
=
= 8.146V
4π ⋅∈0 ⋅r 4π ⋅ ( 8.85 x10−12 ) ⋅ ( 0.01)
b) Encontrar VAB dados los puntos A(r = 2cm, θ = 30º , φ = 60º ) y
B (r = 3cm, θ = 45º , φ = 90º ) .
VAB = VA − VB
VAB =
Q
Q
Q 1 1
−
=
 − 
4π ⋅∈0 ⋅rA 4π ⋅∈0 ⋅rB 4π ⋅∈0  rA rB 
( 9.06 x10 ) ⋅  1 − 1  = 1.36v
=


4π ⋅ ( 8.85 x10 )  0.02 0.03 
−12
VAB
−12
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4.14. Dado un campo electrostático E = ( y + 1) a x + ( x − 1) a y + 2a z , encontrar la diferencia
de potencial entre los puntos,
a) ( 2, −2, −1) y ( 0, 0, 0 ) ,
Si nos movemos a lo largo de x de x = 2 a x = 0, tenemos que y = 0.
Si nos movemos a lo largo de y de y = -2 a y = 0, tenemos que x = 2.
A lo largo de z, de z = -1 a z = 0 tenemos que el valor es constante z = 2. Quedando:
2
−2
−1
0
0
0
V = − ∫ E ⋅ dL = − ∫ ( y + 1) ⋅ dx − ∫ ( x − 1) ⋅ dy − ∫ 2 ⋅ dz = − ( y + 1)( 2 ) − ( x − 1)( −2 ) − ( 2 )( −1)
L
V = −2 ( y + 1) + 2 ( x − 1) − 2 .
Pero sabemos que y = 0, x = 2 y z = 2.
V = −2 ( 0 + 1) + 2 ( 2 − 1) − 2 = −2 + 2 − 2 = −2V
b) ( 3, 2, −1) y ( −2, −3, 4 ) ,
Si nos movemos a lo largo de x de x = 3 a x = -2, tenemos que y = -3.
Si nos movemos a lo largo de y de y = 2 a y = -3, tenemos que x = 3.
A lo largo de z, de z = -1 a z = 4 tenemos que el valor es constante z = 2. Quedando:
−2
−3
4
3
2
−1
V = − ∫ E ⋅ dL = − ∫ ( y + 1) ⋅ dx − ∫ ( x − 1) ⋅ dy − ∫ 2 ⋅ dz = − ( y + 1)( −2 − 3) − ( x − 1)( −3 − 2 ) − ( 2 )( 4 + 1)
L
V = 5 ( y + 1) + 5 ( x − 1) − 10 .
Pero sabemos que y = -3, x = 3 y z = 2.
V = 5 ( −3 + 1) + 5 ( 3 − 1) − 10 = 5 ( −2 ) + 5 ( 2 ) − 10 = −10V
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(
)
4.21. Sea V = 2 xy 2 z 3 + 3Ln x 2 + 2 y 2 + 3 z 2 V en el espacio libre. Evaluar cada una de las
cantidades siguientes en P ( 3, 2, −1) ;
a) V,
2
3
2
2
2
V = 2 ( 3)( 2 ) ( −1) + 3Ln ( 3) + 2 ( 2 ) + 3 ( −1)  = −24 + 3Ln ( 20 ) = −24 + 8.98 = −15.01V


b) V ,
V = −15.01 = 15.01V
c) E ,
 ∂Vx
∂Vy
∂Vz 
E = ∇iV = 
ax +
ay +
az 
∂y
∂z
 ∂x

Calculando las derivadas:
2 3
2
2
2

∂Vx ∂  2 xy z + 3Ln ( x + 2 y + 3 z )   2 3
6x
=
= 2y z + 2
a
2
2  x
∂x
∂x
x + 2 y + 3z 

2 3
2
2
2

12 y
∂Vy ∂  2 xy z + 3Ln ( x + 2 y + 3 z )  
=
=  4 xyz 3 + 2
a
2
2  y
x + 2 y + 3z 
∂y
∂y

2 3
2
2
2

18 z
∂Vz ∂  2 xy z + 3Ln ( x + 2 y + 3 z )  
a
=
=  6 xy 2 z 2 + 2
2
2  z
∂z
∂z
x + 2 y + 3z 

Evaluando P ( 3, 2, −1) para obtener E :





 
6x
12 y
18 z
E =  2 y 2 z 3 + 2
a +  4 xyz 3 + 2
a +  6 xy 2 z 2 + 2
a
2
2  x
2
2  y
2
2  z  |( 3,2, −1)
x + 2 y + 3z 
x + 2 y + 3z 
x + 2 y + 3z  



 




 
6 ( 3)
12 ( 2 )
18 ( −1)
2
3
3
2
2
E =   2 ( 2 ) ( −1) + 2
a +  4 ( 3)( 2 )( −1) + 2
a + 6 ( 3)( 2 ) ( −1) + 2
a
2
2 x
2
2 y
2
2  z
( 3) + 2 ( 2 ) + 3 ( −1)  
( 3) + 2 ( 2 ) + 3 ( −1)  
( 3) + 2 ( 2 ) + 3 ( −1)  
 
E = ( −8 + 0.9 ) ax + ( −24 + 1.2 ) ay + ( 72 − 0.9 ) az = −7.1ax − 22.8ay + 71.1az
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d) E ,
E=
( −7.1) + ( −22.8) + ( 71.1)
2
2
2
= 75.003V m
e) aN ,
−7.1a x − 22.8a y + 71.1a z
aN =
= −0.094a x − 0.30a y + 0.94a z
75.003
f) D .
D =∈0 ⋅E = ( 8.85 x10−12 ) ⋅ ( −7.1a x − 22.8a y + 71.1a z )
D = −62.83 x10−12 a x − 201.78 x10−12 a y + 629.23 x10−12 a z C m 2
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4.23. Se sabe que un potencial está dado por Suponiendo V = 80 ρ 0.6V . Suponiendo
condiciones en el espacio libre , encontrar:
a) E ,
Tenemos que:
E = −∇iV = −
dV
dρ
d ( 80 ρ
dV
Eρ = −
=−
dρ
dρ
0.6
)=−
( 0.6 ) ⋅ (80 ρ 0.6−1 ) = −48ρ −0.4 v
m
b) La densidad de carga volumétrica en ρ = 0.5 m,
D =∈0 ⋅E = ( 8.85 x10−12 ) ⋅ ( −48ρ −0.4 ) = −4.25 x10−10 ρ −0.4
 1 ∂ ( ρ Dρ ) 1 ∂Dφ ∂Dz 

+
+
 ρ ∂ρ
∂φ
∂z 
ρ


 1 ∂  ρ ⋅ ( −4.25 x10−10 ρ −0.4 )    ( 0.6 ) ⋅ ( −4.25 x10−10 ) ⋅ ρ −0.4 


 = 
 = −2.55 x10−10 ρ −1.4
ρv = 

∂ρ
ρ

 ρ
 
ρ v = ∇iD = 
Evaluado en ρ = 0.5 :
ρ v = −2.55 x10−10 ( 0.5 )
−1.4
= ( −2.55 x10−10 ) ⋅ ( 2.64 ) = 6,73x10-10 C m3
c) La carga total dentro de la superficie cerrada ρ = 0.6 , 0 < z < 1 .
La forma más fácil de hacer este cálculo es evaluar Dρ en ρ = 0.6 , teniendo en cuenta
que es constante, y luego se multiplica por el área del cilindro. Tenemos que:
D p = −4.25 x10−10 ( 0.6 )
−0.4
= ( −4.25 x10−10 ) ⋅ (1.23) = −5.23 x10−10 C m 2
Así:
1 2π
1 2π
0 0
0 0
Q = ∫ D ⋅ ds = ∫
s
1 2π
Q=∫
−10
∫ −5.23x10 ⋅ ρ ⋅ dφ ⋅ dz = ∫
∫ −5.23x10 ⋅ ( 0.6 ) ⋅ dφ ⋅ dz
−10
∫ −5.23x10 ⋅ ( 0.6 ) ⋅ dφ ⋅ dz = ( −3.14 x10 ) ⋅ ( 2π ) ⋅ (1) = −1.97 x10
−10
−10
−9
C
0 0
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4.25. Dentro del cilindro ρ = 2 , 0 < z < 1 , el potencial está dado por
V = 100 + 50 ρ + 150 ρ ⋅ senφ V,
a) Encontrar V, E , D y ρ v en P (1, 60º , 0.5 ) en el espacio libre,
En primer lugar sustituimos el punto dado en V:
V = 100 + 50 (1) + 150 (1) ⋅ sen ( 60º )
V = 150 + 150 + 129.9 = 279.9V
 1 ∂ ( ρVρ ) 1 ∂V φ ∂Vz 

E = −∇iV = − 
+
+
 ρ ∂ρ

ρ
φ
∂
∂
z


E = − ( 50 + 150 ⋅ senφ ) aρ − ( −150 ⋅ cos φ ) aφ = − 50 + 150 ⋅ sen ( 60º )  aρ −  −150 ⋅ cos ( 60º )  aφ
E = −179.9aρ − 75aφ V m
D =∈0 ⋅E = ( 8.85 x10−12 ) ⋅ ( −179.9aρ − 75aφ ) = −1.59 x10−9 aρ − 0.66 x10−9 aφ C m 2
 1 ∂ ( ρ Dρ ) 1 ∂Dφ 
 1 ∂  ρ ( −50 − 150 ⋅ senφ )  1 ∂ (150 ⋅ cos φ ) 
 ⋅∈0 =  ⋅ 
+
+ ⋅
 ⋅∈0
 ρ ∂ρ
∂φ 
∂
∂
ρ
ρ
ρ
ρ
φ





ρ v = ∇iE⋅∈0 = 
1
1

1

ρ v =  ⋅ ( −50 − 150 ⋅ senφ ) + ⋅ (150 ⋅ senφ )  ⋅∈0 =  ⋅ [ −50 − 150 ⋅ senφ + 150 ⋅ senφ ] ⋅∈0
ρ
ρ

ρ

 50 
ρ v ==  −  ⋅∈0
 ρ 
Evaluando en P (1, 60º , 0.5 ) :
 50 
 50 
−12
−10
3
 ⋅∈0 =  −  ⋅ ( 8.85 x10 ) = −4.425x10 C m
 1 
 ρ 
ρv =  −
b) ¿Cuánta carga se encuentra dentro del cilindro?.
1 2π 2
Q=∫
∫ ∫−
0 0 0
50 ∈0
ρ
⋅ ρ ⋅ d ρ ⋅ dφ ⋅ dz = −50 ∈0 ⋅ ( 2 ) ⋅ ( 2π ) ⋅ (1) = −5.56 x10−9 C
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4.29. Un dipolo tiene un momento p = 3a x − 5a y + 10a z nC ⋅ m y se localiza en Q (1, 2, −4 ) en
el espacio libre. Encontrar V en P ( 2,3, 4 ) .
V=
( r − r ′)
p
⋅
4π ∈0 ( r − r ′ )3
(QP )
V=
p
⋅ 4π ∈0 QP
( )
3
Calculamos el vector posición QP :
QP = P − Q = ( 2,3, 4 ) + ( −1, −2, 4 ) = (1,1,8 )
QP =
(1) + (1) + (8)
2
2
2
= 66 = 8.12
Entonces V en P ( 2,3, 4 ) :
( 3a
V=
− 5a y + 10a z ) ( a x + a y + 8a z ) x10−9 ( 3 − 5 + 80 ) x10−9
⋅
=
= 1.308V
3
5.96 x10−8
4π ( 8.85 x10−12 )
(8.12 )
x
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4.33. Una esfera de cobre de radio igual a 4 cm contiene una carga total distribuida
uniformemente de 5µ C en el espacio libre.
a) Utilice la ley de Gauss para encontrar D fuera de la esfera,
Con una superficie esférica gaussiana de radio r , D será la carga total dividida por el
área de esta esfera.
D=
D=
Q
⋅ ar
4π r 2
5 x10−6
4π ( 0.04 )
⋅ ar = 2.49 x10−4 ar C m 2
2
b) Calcular la energía total almacenada en el campo electrostático,
1
W = ∫ ⋅ D ⋅ E ⋅ dv =
2
v
W = 8.94 x10
−3
−6
−6
 1   ( 5 x10 )   ( 5 x10 )  2



∫0 0.04∫  2  ⋅  4π r 2  ⋅  4π ∈0 r 2  r ⋅ senθ ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ

 

2π π ∞
∫
0
2π π ∞
∫
0
2π π
1
 senθ 
 1
−3
∫0 0.04∫  r 2  ⋅ dr ⋅ dθ ⋅ dφ = 8.94 x10 ∫0 ∫0  0.04 − ∞  ⋅ senθ ⋅ dθ ⋅ dφ
2π π
2π
0 0
0
W = 0.224 ∫ ∫ senθ ⋅ dθ ⋅ dφ = −0.224 ∫ [ cos π − cos 0] ⋅ dφ = 0.448 ( 2π ) = 2.81J
c) Utilizar WE =
Q2
para calcular la capacitancia de la esfera aislada.
2C
Despejando la capacitancia y utilizando el resultado del inciso anterior:
5 x10−6 )
(
Q2
C=
=
= 4.45 x10−12 F
2WE
2 ( 2.81)
2
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(
)
5.2. Una cierta densidad de corriente está dada por J = 100e −2 z ρ aρ + a z A m 2 . Encontrar
la corriente total que pasa a través de las superficies;
a) z = 0 , 0 ≤ ρ ≤ 1 , en la dirección a z ,
2π 1
2π 1
0 0
2π 1
−2 z
0 0
J = ∫ J ⋅ ds =
s
∫
−2 z
∫ 100e ( ρ aρ ) ⋅ az ⋅ ρ ⋅ d ρ ⋅ dφ +
J = 0 + 100 ∫ ∫ e
|
0 0
z =0
∫ ∫ 100e ( a ) ⋅ a
−2 z
z
2π 1
2π
0 0
0
⋅ ρ ⋅ d ρ ⋅ dφ = 100 ∫
J = 50 (1)( 2π ) = 314.16A
z
⋅ ρ ⋅ d ρ ⋅ dφ
ρ2
∫ (1) ⋅ ρ ⋅ d ρ ⋅ dφ = 100 ∫
1
| ⋅ dφ
2
0
b) z = 1 , 0 ≤ ρ ≤ 1 , en la dirección a z ,
J = ∫ J ⋅ ds =
s
2π 1
∫ ∫ 100e ( ρ a ) ⋅ a
0 0
2π 1
−2 z
J = 0 + 100 ∫ ∫ e
0 0
−2 z
ρ
z
⋅ ρ ⋅ d ρ ⋅ dφ +
2π 1
∫ ∫ 100e ( a ) ⋅ a
−2 z
z
z
⋅ ρ ⋅ d ρ ⋅ dφ
0 0
|
z =1
2π 1
2π
0 0
0
⋅ ρ ⋅ d ρ ⋅ dφ = 13.53 ∫ ∫ ρ ⋅ d ρ ⋅ dφ = 13.53 ∫
J = 6.77 (1)( 2π ) = 42.54A
ρ2
1
| ⋅ dφ
2
0
c) Cilindro cerrado definido por 0 ≤ z ≤ 1 , 0 ≤ ρ ≤ 1 , en la dirección saliente.
La superficie cerrada será evaluar en el punto z = 1 , en z = 0 y la contribución
intermedia:
IT = I z =1 − I z =0 + I c
2π 1
IT = 42.52 − 314.16 + 100 ∫ ∫ e
−2 z
2π 1
⋅ (1) ⋅ d ρ ⋅ dφ = −271.62 + 100 ∫ ∫ e −2 z ⋅ d ρ ⋅ dφ
0 0
IT = −271.62 + ( 2π )  −50e
−2(1)
0 0
+ 50e
−2( 0 )
 = −271.62 + ( 2π )( 43.23) = −271.62 + 271.62 = 0 A

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5.3. Sea J =
400 ⋅ senθ
ar A m 2 ,
2
r +4
a) Encontrar la corriente total que fluye a través de la porción de la superficie esférica
r = 0.8 , limitada por 0.1π ≤ θ ≤ 0.3π , 0 ≤ φ ≤ 2π ,
I = ∫ J ⋅ ds =
2π 0.3π
∫ ∫π
0 0.1
s
400 ⋅ senθ 2
256
⋅ r | ⋅ senθ ⋅ dθ ⋅ dφ =
2
r = 0.8
r +4
4.64
2π 0.3π
∫ ∫π sen θ ⋅ dθ ⋅ dφ
2
0 0.1
2π
θ 1  0.3π
I = 55.17 ∫  −  | ⋅ dφ = ( 55.17 ) ( 0.47 − 0.24 ) − ( 0.16 − 0.15 ) 
2 4  0.1π
0 
I = (12.14 )( 2π ) = 76.26 A
2π
∫ dφ
0
b) Encontrar el valor promedio de J en el área en cuestión.
El área de una superficie esférica está dada por:
S=
2π 0.3π
∫ ∫π r |
2
0 0.1
r = 0.8
2π 0.3π
2π
0 0.1
0
⋅ senθ ⋅ dθ ⋅ dφ = 0.64 ∫
∫π senθ ⋅ dθ ⋅ dφ = −0.64 ∫ cos θ |
0.3π
0.1π
⋅ dφ
2π
S = ( −0.64 )( 0.59 − 0.95 ) ∫ dφ = ( 0.231)( 2π ) = 1.45m 2
0
J=
I 76.26 A
=
= 52.52 A m 2
2
S 1.45m
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5.9.
a) Utilizando los datos tabulados en el Apéndice C ( σ = 106 ), calcular el siámetro que se
requiere para que un alambre de nicromo de 2m de longitud disipe una potencia
promedio de 450W cuando se le aplique un voltaje de 120Vrms a 60Hz,
Diámetro = 2r
Si V = I
L
y P = V ⋅ I , igualando en función de I, tenemos:
σ ⋅S
V=
P L
, despejando S:
V σ ⋅S
S=
P L
, donde S = π ⋅ r 2 para obtener el radio del alambre:
2
V σ
P L
V2 σ
P L
r=
V 2 π ⋅σ
π ⋅ r2 =
Sustituyendo los valores tenemos:
r=
( 450 ) ( 2 ) =
2
(120 ) π ⋅ (106 )
1.99 x10−8 = 1.41x10−4 m
El diámetro será:
Diámetro = ( 2 ) ⋅ (1.41x10−4 ) = 2.82 x10−4
b) Calcular el valor rms de la densidad de corriente en el alambre.
J rms
P
450
I
120
=
= V =
= 60 x106 A m 2
π ⋅ r 2 π ⋅ r 2 π ⋅ (1.41x10 − 4 )2
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5.10. Una alambre sólido con una conductividad a1 y un radio a tiene una cubierta de un
material que tiene una conductividad σ 2 , su radio interior es a y su radio exterior es b .
Demostrar que la relación de las densidades de corriente de los dos materiales es
independiente de a y b .
Asumimos que para el primer material J1 = σ 1 ⋅ E y para el segundo material
J 2 = σ 2 ⋅ E , tomando en cuenta que el campo eléctrico es constante en todo el alambre
formado por los materiales, nos queda:
J1 = σ 1 ⋅ E
J
E = 1 , sustituyendo en J 2 :
σ1
J2 = σ 2 ⋅ E = σ 2 ⋅
J1
σ1
, obteniendo la relación de densidades:
J2 σ 2
=
,
J1 σ 1
Que puede explicarse sin que dependa del radio de los alambres.
Depende de las características de conductividad de los alambres.
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5.13. Un tubo cilíndrico hueco con una sección rectangular mide externamente 0.5” por 1” y
un grosor de pared de 0.05”. Suponer que el material es latón y tiene una σ = 1.5 x107 S m .
Por el tubo fluye una corriente de 200ª de c.d.,
a) ¿Qué caída de voltaje se presenta en un metro del tubo?,
Transformamos las unidades de pulgadas (“) a metros:
0.5” equivalen a 12.7mm,
1” equivale a 25.4mm,
0.05” equivalen a 1.27mm,
V =I
V=
( 200 ) ⋅ (1)
L
^
=
7
σ ⋅ S (1.5 x10 ) ⋅ ( 0.0254 ) ⋅ ( 0.0127 ) ⋅ (1) − (1 − 0.1) ⋅ (1 − 0.2 ) 
{
}
200
= 147.62mV
1354.84
b) Encontrar la caída de voltaje si el interior del tubo se llena con material conductor
cuyo valor de σ = 1.5 x105 S m .
Primero determinamos la resistencia en el interior:
R=
1
1
=
= 28.7mΩ
(1.5 x10 ) ⋅ ( 0.0254 ) ⋅ ( 0.0127 ) ⋅ (1 − 0.1) ⋅ (1 − 0.2 ) 34.84
5
La resistencia total para calcular el voltaje será la relación entre la interna y la del tubo:
RT −1 =
I 1
200
1
+ =
+
= 1.355 x103 + 34.84 = 1.39 x103
−3
−3
V R 147.62 x10
28.7 x10
RT = (1.39 x103 ) = 7.19 x10−4 Ω
−1
La cíada de voltaje será:
V = I ⋅ RT = 200 ⋅ 7.19 x10−4 = 143.91mV
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5.14. Una placa conductora rectangular está ubicada en el plano xy y ocupa la región
0 < x < a , 0 < y < b . Otra placa conductora idéntica se coloca en posición paralela a la
primera en z = d . El espacio entre las placas se llena con un material cuyo σ x = σ 0 ⋅ e − xa ,
donde σ 0 es una constante. Se aplica un voltaje V0 a la placa en z = d ; la placa está a
potencial cero en z = 0 . Encontrar en términos de los parámetros dados:
a) La intensidad de campo eléctrico E dentro del material,
El campo eléctrico varía en la dirección de z, más sin embargo la conductividad del
material interno varía en función de x. Así que en todo z no debe existir variación de E ,
quedando la expresión:
Ε=
−V0
az V m
d
b) La corriente que fluye entre las placas,
−x
−σ 0 e a ⋅ v0
J=
az
d
J = ∫ J ⋅ ds = ∫
b
0
∫
a
0
−x
dx
a
− a ⋅ du = dx
−x
a
−σ e ⋅ v0
⋅ dx ⋅ dy , se realiza un cambio de variable:
d
u=
J=∫
b
0
∫
a
0
−σ eu ⋅ v0
−σ ⋅ v0
⋅ du ⋅ dy =
d
d
a
b
a
0
0
∫∫
 −σ ⋅ v0 (eu )  b
e ⋅ du ⋅ dy = 
 ∫0 dy
d

0
u
b
 σ ⋅ v0 eu  b
J = −
dy , se devuelve el cambio de variable:

d  0 ∫0

a
−x


0
−a
a
σ
b
⋅
v
e

 = − σ b ⋅ v0  e a − e a  = − σ b ⋅ v0 e −1 − 1 = 0.63σ b ⋅ v0
0
J= −
(
)




d
d 
d
d


 0
c) La resistencia del material.
R=
v0
v0
d
=
=
Ω
b
v
0.63
σ
⋅
0.63σ b
I
0
d
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100 xz
V en el espacio libre:
x2 + 4
a) Encontrar D en la superficie z = 0 ,
5.17. Dado el campo de potencial V =
 ∂v ∂v ∂v 
E = −∇V =  + +  v / m
 ∂x ∂y ∂z 
2
2
∂v 100 z ( x + 4 ) − 200 x z 100 x 2 z + 400 z − 200 x 2 z −100 x 2 z + 400 z
=
=
=
2
( x 2 + 4) 2
( x 2 + 4) 2
∂x
( x2 + 4)
∂v
=0
∂y
∂v 100 x( x 2 + 4)
100 x
=
= 2
2
2
∂z
( x + 4)
( x + 4)
 −100 x 2 z + 400 z

100 x
E = −∇V =  −
a x − 0a y − 2
a z  , en z = 0 queda:
2
2
( x + 4)
( x + 4) 

−100 x
E= 2
az
( x + 4)
Para encontrar D :
D =∈0 ⋅E =
−100 ⋅ ε 0 ⋅ x
az C m2
2
( x + 4)
b) Demostrar que la superficie z = 0 es una superficie equipotencial,
Evaluando el potencial dado en z = 0 se nota que a pesar de que x o y varien, el
potencial siempre será cero. Igualmente el campo en z = 0 igualmente irá dirigido en la
dirección a z .
c) Suponer que la superficie z = 0 es un conductor y encontrar la carga total en la
porción del conductor definida por 0 < x < 2 , −3 < y < 0 .
σ s = Da z
z =0
0
2
Q= Q =
∫ ∫
−3 0
=
− 100ε 0 x
x2 + 4
0 2 x
−100ε 0 x
⋅ dx ⋅ dy = −100ε 0 ∫ ∫ 2 ⋅dx ⋅ dy
2
−3 0 x 4
x +4
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Cambio de variable:
u = x2 + 4
du
= xdx
2
2
2
 1 0 2 du 
1
 0
1
 0
Q = −100ε 0  ∫ ∫
dy  = −100ε 0  Ln ( u )  ∫ dy = −100ε 0  Ln( x 2 + 4)  ∫ dy
 2 −3 0 u

2
 0 −3
2
 0 −3
2
 300

⋅ ε 0 ⋅ Ln( x 2 + 4)  = −150ε 0 Ln(8) + 150ε 0 Ln(4)
Q = −
 2
0
−12
Q = −150 ⋅ (8.854 x10 ) ⋅ Ln(8) + 150 ⋅ (8.854 x10−12 ) ⋅ Ln(4)
Q = −0.92 x10 −9 C
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5.19. Sea V = 20 x 2 ys − 10 z 2 en el espacio libre.
a) Determinar las ecuaciones de las superficies equipotenciales en las que V = 0 y 60 V,
V = 20 x 2 yz − 10 z 2 ; en V = 0v
10 z (2 x 2 y − z ) = 0
2 x2 y − z = 0
En V = 60v
10 z (2 x 2 y − z ) = 60
60v
2 x2 y − z =
10 z
6
2x 2 y − z =
z
2
2
2 x zy − z − 6 = 0
b) Suponer que éstas son superficies conductoras y encontrar la densidad de carga de
superficie en el punto de la superficie V = 60V donde x = 2 y z = 1 . Se sabe que
0 < V < 60 es la región que contiene el campo,
En v = 60v:
6
=0
z
z2 − 6
2x 2 y −
= 0; x = 2; z = 1
z
2x 2 y − z −
2(2) 2 y − (1) 2 − 6 = 0
8y − 7 = 0
y=
7
= 0.875
8
 ∂v ∂v ∂v 
E = −∇V = −  + +  v m
 ∂x ∂y ∂z 
∂v
= 40 xyz
∂x
∂v
= 20 x 2 z
∂y
∂v
= 20 x 2 y − 20 z
∂z
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Abril de 2012
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E = −40 xyza x − 20 x 2 za y − ( 20 x 2 y − 20 z ) a z
Evaluando en x = 2, y = 0.875 y z = 1, nos queda:
2
2
E = −40 ( 2 )( 0.875 )(1) a x − 20 ( 2 ) za y −  20 ( 2 ) ( 0.875 ) − 20 (1)  a z = −70a x − 80a y + 50a z


Entonces:
D =∈0 ⋅E = ( 8.85 x10 −12 ) ( −70a x − 80a y + 50a z ) = −0.62 x10 −9 a x − 0.71x10 −9 a y + 0.44 x10 −9 a z C m 2
Ahora el módulo:
D=
( −0.62 x10 ) + ( −0.71x10 ) + ( 0.44 x10 )
−9 2
−9 2
−9 2
= 1.04 x10−9 C m 2
c) Proporcionar el vector unitario en el punto que es normal a la superficie conductoras y
está dirigida hacia la superficie V = 0 .
aN =
−0.62 x10−9 a x − 0.71x10−9 a y + 0.44 x10−9 a z
( −0.62 x10−9 ) + ( −0.71x10−9 ) + ( 0.44 x10−9 )
2
2
2
=
−0.62 x10−9 a x − 0.71x10−9 a y + 0.44 x10−9 a z
1.04 x10−9
aN = −0.6a x − 0.68a y + 0.42a z
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5.24. A cierta temperatura, las movilidades de los electrones y huecos en el germanio son
de 0.43 y 0.21 m 2 V ⋅ s , respectivamente. Si las concentraciones de huecos y electrones
son de 2.3 x1019 m −3 , encontrar la conductividad a esa temperatura.
σ = ρ e µ e + ρhµh
ρ e = 1,6 x10 −19 , conductividad del germanio
σ = (1,6 x10 −19 )(2,3x1019 m 3 )(0,43 + 0,21)
σ = 2.355 s m
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5.26. Una muestra de semiconductor tiene una sección transversal rectangular de 1.5mm
por 2.0mm y una longitud de 11.0mm. El material tiene unas densidades de electrones y
huecos de 1.8 x1018 y 3.0 x1015 m −3 , respectivamente. Si µe = 0.082 m 2 V ⋅ s y
µh = 0.0021 m 2 V ⋅ s , encontrar la resistencia ofrecida entre las caras de los extremos de la
muestra.
σ = (1, x10 −19 )[(1,8 x1018 )(0,082) + (3 x1015 )(0,0021)]
σ = 0, 0236 s m
R=
ℓ
σA
R=
0, 011
(0, 0236)(0, 002)(0, 0015)
R = 155 K Ω
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