CAPÍTULO 2 2.1. Se hallan cuatro hallan cuatro cargas positivas 10nC en el plano el plano z 0 en las esquinas de un cuadrado de 8cm en un lado . Una quinta carga positiva 10nC se localiza en un punto a 8cm de distancia de las otras cargas. cargas.. Calcule la magnitud de la fuerza total en esta quinta carga para 0 :
= =
Ordene las cargas en el plano xy localizadas en (4,4), (4,-4), (-4,4), y (-4,-4). Entonces la quinta carga estar estar á en el eje z localizada en z 4 2, que está colocado a a 8cm de distancia de la cuarta carga. carga . Por simetría, la fuerza en la quinta carga se dirigirá dirigirá a z y será cuatro veces la la componente z de la fuerza producida por cada una de las otras cuatro cargas .
√
=
2
= = √ 4 × 4πq d 2 = √ 4 × 0 2
F
2
(10−8 )2
4π ( 8.85 × 10-12)(0.08)2
= 4.0 × 10-4 N
2.2. Una carga Q 1 0.1 µ C está localizada en el origen, origen , mientras Q2 0.2 µ C está enA(0.8, 0.6, 0). Encuentre los puntos en el plano z = 0 en que la l a componente x de una tercer a carga positiva es cero.
=
=
−
Para resolver este problema, problema , las coordenadas z de la tercer a carga es inmaterial, inmaterial , así podemos colocar en el plano xy en las coordenadas (x,y, 0). Tomamos su magnitud para ser Q 3 . El vector dirigido de la primer carga a la tercera es R 13 x ax y ay ; el vector dirigido de la segunda carga a la tercera es R 23 (x 0.8)ax (y 0.6)ay . La fuerza en la tercera carga es ahora
= + +
= −
F3
=
Q3
+
Q1 R13
Q2 R23
|R13 |3 + |R23|3 −6 0.2[(x − 0.8)ax + (y + 0.6)ay ] y ay ) = Q34×π 10 0.(x1(x2 a+x + + y 2 )1.5 [(x − 0.8)2 + (y + 0.6)2 ]1.5 0 4π 0
Deseamos que la la componente x sea cero. ero. Así, Así, 0
=
0.1x ax
− 0.8)ax + [(x − 0.8)2 + (y + 0.6)2 ]1.5 (x 2 + y 2 )1.5 0.2(x
o x [(x
− 0.8)2 + (y + 0.6)2 ]1.5 = 2(0.8 − x)(x 2 + y 2 )1.5
puntuales de cada 50nC s localizan en A(1, 0, 0), B( 1, 0, 0), C (0, 1, 0), y D(0, 2.3. Las cargas puntuales 50nC see localizan en espacio libre. libre . Encuentre Encuentre la la fuerza total en la carga en A.
−
La fuerz fue rzaa será ser á :
F
=
(50
× 10−9 )2 4π 0
RCA RCA 3
| + |
|
donde RCA ax ay , RDA ax ay , y RBA y RBA 2. Substituyendo Substituyendo estas se llega a llega a
|
= − |=
= +
F
=
(50
RDA RDA 3
0
| + |
|
= 2ax . Las magnitudes son |R CA | = |RDA | =
× 10−9 )2 √ 1 1 2 + √ + 4π 8
RBA RBA 3
2 2
en donde las distancias están en están en metros . 14
2 2
ax
= 21.5ax µN
−1, 0)
√
2,
2.4. SeaQ1 8 µC localizada en P 1 (2, 5, 8) mientras Q2 a) Encuentre la fuerza F 2 , en Q2 : Esta fuerza será
=
F2
= −5 µC está en P 2 (6, 15, 8).
−6 )(−5 × 10−6 ) (4ax + 10ay )
(8 × 10 1 Q2 R12 = Q4π = |R |3 0
12
(116)1.5
4π0
=
= 0 .
= (−1.15ax − 2.88ay ) mN
b) Encuentre las coordenadas de P 3 si una carga Q3 experimenta una fuerza total F3 general será: Q3 Q1 R13 Q2 R23 F3 R13 3 R23 3 4π 0
Sea
= 0 en P 3: Esta fuerza en
| | +| | donde R13 = (x − 2)ax + (y − 5)ay y R23 = (x − 6)ax + (y − 15)ay . Note, sin embargo, que todas las cargas deben quedar en una línea recta, y la localización de Q3 estará a lo largo del vector R12 extendiéndose después de Q2 . La pendiente de este vector es (15 − 5)/(6 − 2) = 2.5. Por lo tanto,
buscamos P3 en las coordenadas (x, 2.5x, 8). Con esta restricción, la fuerza se vuelve:
F3
Q3
= 4π
0
− 2)ax + 2.5(x − 2)ay ] − 5[(x − 6)ax + 2.5(x − 6)ay ] [(x − 2)2 + (2.5)2 (x − 2)2 ]1.5 [(x − 6)2 + (2.5)2 (x − 6)2 ]1.5 8[(x
en donde requerimos q ue el término en los grandes puntos singulares sea cero. Esto conduce a 8(x
− 2)[((2.5)2 + 1)(x − 6)2 ]1.5 − 5(x − 6)[((2.5)2 + 1)(x − 2)2 ]1.5 = 0
que se reduce a
− 6)2 − 5(x − 2)2 = 0 √ √ 6 8−2 5 √ = 21.1 x = √ 8− 5
8(x o
Las coordenadas de P 3 son así P 3 (21.1, 52.8, 8)
2.5. S ea una carga puntual Q1 25 nC localizado en P 1 (4, a) Si
= 0 ,
−2, 7) y una carga Q2= 60 nC está en P 2 (−3, 4, −2).
encuentre E en P 3 (1, 2, 3): Este campo será
E
10−9
25R13
60R23
= 4π |R |3 + |R |3 0 13 23 √ √ en donde R13 = −3ax + 4ay − 4az y R23 = 4ax − 2ay + 5az . Además, |R13 | = 41 y |R 23 | = 45. Así 60 × (4ax − 2ay + 5az ) 10−9 25 × (−3ax + 4ay − 4az ) + E= 4π 0 (41)1.5 (45)1.5 = 4.58ax − 0.15ay + 5.51az b) ¿En qué punto en el eje y está E x = 0? P 3 está ahora en (0, y, 0), así R13 = −4ax + (y + 2)ay − 7az y R 23 = 3ax + (y − 4)ay + 2az . Además, |R13 | = 65 + (y + 2)2 y |R 23 | = 13 + (y − 4)2 .
Ahora la componente x de E en el nuevoP 3 será : Ex
10−9
= 4π
0
× (−4) + 60 × 3 [65 + (y + 2)2 ]1.5 [13 + (y − 4)2 ]1.5 25
Para obtener Ex 0, requerimos que la expresión en el punto singular grande sea cero. Esta expresión simplifica la siguiente cuadrática :
=
0.48y 2
que produce los dos valores :
+ 13.92y + 73.10 = 0 y = −6.89, −22.11 15
2.6
Las cargas puntuales de 120 nC están localizad as en A(0, 0, 1) y B(0, 0, a) Encuentre E en P (0.5, 0, 0): Este será 120
EP
=
donde RAP
= 0.5ax − az
y
× 10−9
RAP RAP 3
RBP RBP 3
−1) en espacio libre.
| + | | √ RBP = 0 .5ax + az . Además , |RAP | = |RBP | = 1.25. Así : 120 × 10−9 ax E = = 772 V/m 4π 0
P
|
4π( 1.25)1.5 0
b) ¿Qué carga simple en el origen proporcionaría un campo de fuerza id éntico? Requerimos Q0
4π0 (0.5)2 del que encontramos Q 0
= 772
= 21.5 nC.
2.7. Una carga puntual 2µC se localiza en A(4, 3, 5) en espacio libre. Encuentre E ρ, Eφ, y Ez en P(8, 12, 2). Tenemos
× 10−6 RAP = 2 × 10−6 4ax + 9ay − 3az = 65.9a + 148.3a − 49.4a EP = x y z 4π0 |RAP |3 4π 0 (106)1.5 √ Entonces, en el puntoP , ρ = 82 + 122 = 14.4, φ = tan−1 (12/8) = 56.3◦ , y z = z. Ahora, Eρ = Ep · aρ = 65.9(ax · aρ ) + 148.3(ay · aρ ) = 65.9 cos(56.3◦ ) + 148.3 sen(56.3◦ ) = 159.7
2
y
= Ep · aφ = 65.9(ax · aφ ) + 148.3(ay · aφ ) = −65.9 sen(56.3◦ ) + 148.3 cos(56.3◦ ) = 27.4 Finalmente, E z = −49.4 Eφ
2.8. Dadas las cargas puntuales de 1 µC enP 1 (0, 0, 0.5) y P 2 (0, 0, 0.5), y una carga de 2 µ C en el origen, encuentre E en P (0, 2, 1) en componentes esféricas, suponiendo 0 .
−
− =
El campo tomará la forma general:
EP
10−6
= 4π
0
−
R1 R1 3
2R2
R3 R3 3
| | + |R2 |3 − | |
donde R1 , R2 , R3 son los vectores de P d e cada una de las cargas listadas en su orden original. Específicamente, R1 (0, 2, 0.5), R2 (0, 2, 1), y R3 (0, 2, 1.5). L as magnitudes son R1 2.06, R2 2.24, y R 3 2.50. Así
= | |=
=
EP
10−6
=
−
(0, 2, 0.5)
| |=
2(0, 2, 1)
(0, 2, 1.5)
=
| |=
= 4π (2.06)3 + (2.24)3 − (2.50)3 89.9ay + 179.8az 0 √ √ Ahora, enP , r = 5, θ = cos−1 (1/ 5) = 63.4◦ , y φ = 90◦ . Así Er = EP · ar = 89.9(ay · ar ) + 179.8(az · ar ) = 89.9 sen θ sen φ + 179.8 cos θ = 160.9 Eθ = E P · aθ = 89.9(ay · aθ ) + 179.8(az · aθ ) = 89.9 cos θ sen φ + 179.8(− sen θ ) = −120.5 Eφ = EP · aφ = 89.9(ay · aφ ) + 179.8(az · aφ ) = 89.9cos φ = 0 16
2.9. Una carga puntual 100 nC se localiza en A( 1, 1, 3) en espacio libre. a) Encuentre el lugar geométrico de todos los puntos P(x,y,z) en que Ex
−
EP
=
100
× 10−9
4π 0
RAP RAP 3
|
|
donde R AP (x 1)ax (y 1)ay (z 3)az , y donde RAP 2 1/2 (z 3) ] . La componente x del campo será
= +
−
Ex
=
+ −
100
× 10−9
4π0
+ −
= 500 V/m: El campo total en P ser á:
|
| = [(x + 1)2 + (y − 1)2 +
+ 1) = 500 V/m 2 [(x + 1) + (y − 1)2 + (z − 3)2 ]1.5 (x
Y así nuestra condición se vuelve : (x
+ 1) = 0.56 [(x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 ]1.5
b) Encuentre y 1 si P ( 2, y1 , 3) está en ese lugar geométrico: En punto P , la condición del inciso a se vuelve
−
3.19 d el cual
(y 1
= + 1
(y1
2
− 1)
− 1)2 = 0.47, o y1 = 1.69 o 0.31
3
2.10. Las cargas de 20 y -20 nC están localizadas en (3, 0, 0) y d ( 3, 0, 0), respectivamente. Sea Determine E en P (0, y, 0): El campo será
−
| |
EP
=
20
× 10−9
R1 R1 3
R2 R2 3
= 0 .
| | − | | donde R1 , el vector de la carga positiva al punto P es ( −3, y, 0), y R2 , el vector de la carga negativa al punto P , es ( 3, y, 0). Las magnitudes de estos vectores son |R 1 | = | R2 | = 9 + y 2 . Substituyendo estos en la expresión para EP produce −6ax 20 × 10−9 EP = 4π 0 (9 + y 2 )1.5 4π 0
del cual
|EP | = (9 +1079 V/m y 2 )1.5
2.11. Una carga Q 0 localizada en el origen produce en espacio libre un campo para que Ez P ( 2, 1, 1).
−
−
= 1 kV/m en el punto
a) Encuentre Q 0 : El campo en P será
EP
Q0
= 4π
0
−
2ax
+ ay − az 61.5
Desde que la componente z es de valor 1 kV/m, encontramosQ0 17
= −4π 0 61.5 × 103 = −1.63 µC.
2.11. (continuación) b) Encuentre E en M( 1, 6, 5) en coordenadas cartesianas: Este campo será:
− 1.63 × 10−6 =
EM
4π0
ax
+ 6ay + 5az [1 + 36 + 25]1.5
= −30.11ax − 180.63ay − 150.53az .
o E M
c) Encuentre E en M( 1, 6, 5) en coordenadas cilíndricas: En M , ρ 80.54◦ , y z 5. Ahora
=
= √ 1 + 36 = 6.08, φ = tan−1 (6/1) =
= EM · aρ = −30.11 cos φ − 180.63 sen φ = −183.12 Eφ = EM · aφ = −30.11(− sen φ) − 180.63 cos φ = 0 (como lo esperado ) así que EM = −183.12aρ − 150.53az. √ d) Encontrar E en M( 1, 6, 5) en coordenadas esféricas: En M , r = 1 + 36 + 25 = 7 .87, φ = 80.54◦ (como anteriormente), y θ = cos−1 (5/7.87) = 50.58◦ . Ahora, desde que la carga está en el origen, esperamos Eρ
obtener solamente una componente radial de EM . Esta será : Er
= EM · ar = −30.11 sen θ cos φ − 180.63 sen θ sen φ − 150.53 cos θ = −237.1
ρ0 e−|x |−|y |−|z| existe por encima de todos los espa cios libres. Calcule la carga 2.12. La densidad de carga volumétrica ρ v total presente: Esta será 8 veces la integral de ρv por encima del primer octante, o
=
Q
=8
∞ ∞ ∞ 0
0
ρ0 e−x −y −z dx dy dz
0
= 8ρ0
2.13. Una densidad uniforme de carga voumétrica de 0.2 µC/m3 (note error en el libro) está presente por toda la cubierta esférica extendiéndose desde r 3 cm a r 5 cm. Si ρ v 0 por otra parte:
=
=
=
a) Encuentre la carga total presente por toda la cubierta: Esta será 2π
Q
π
.05
= 0
0
2
0.2 r sen θ dr dθ dφ
.03
=
4π( 0.2)
.05
r3
3
.03
= 8.21 × 10−5 µC = 82.1 pC
b) Encuentre r 1 si la mitad de la carga total está localizada en la región 3 cm < r < r 1 : Si la integral sobre r en el inciso a es llevada a r 1 , obtendr iamos
4π( 0.2)
r3
3
r1
.03
= 4.105 × 10−5
Así r1
=
× 3
4.105 × 10−5 0.2
× 4π
18
1/3
+ (.03)3
= 4.24 cm
2.14. Sea
= 5e−0.1ρ (π − |φ|) z2 +1 10 µC/m3 en la región 0 ≤ ρ ≤ 10, −π < φ < π , todo z, y ρ v = 0 por otra parte. ρv
a) Determine la carga total presente: Esta será la integral de ρv so bre la región donde existe; específicamente, ∞ π 10 1 5e−0.1ρ (π Q φ) 2 ρ dρ dφ dz z 10 −∞ −π 0
=
− | |
+
que se vuelve
Q
=5
0.1ρ
− e
10
( 0.1 (0.1)2
o
1)
2
π2
26.4
−∞
Finalmente,
= 5 × 26.4 × π
2
√
1
tan−1
10
√ ∞ z
10
− φ) z2 +1 10 dφ dz
(π
0
0
5
Q
Q
π
∞ − − −∞ ∞ = × −∞
z2
1
+ 10 dz 3
= 5(26√ .4)π = 1.29 × 103 µC = 1.29 mC 10
b) Calcule la carga dentro de la región 0 ρ 4, π/ 2 < φ < π/ 2, límites así cambiados, la integral para las cargas se vuelve:
≤ ≤ −
Q =
10
π/ 2
4
2
−10
0
−10 < z < 10: Con los
− φ) z2 +1 10 ρ dρ dφ dz
5e−0.1ρ (π
0
Siguiendo con la misma evaluación procedemos como en el inciso a , obtenemosQ
= 0.182 mC.
2.15. Un volumen esférico que tiene un radio 2 µ m contiene una densidad uniforme de carga volumétrica de 1015 C/m3 . a) ¿Qué carga totalse engloba en el volumen esférico? Q (4/3)π( 2 10−6 )3 1015 3.35 Este será
=
×
×
=
× 10−2 C .
b) Ahora suponga que una región grande contiene una de estas esferas pequeñas a cada ángulo de una red cúbica de 3mm en un lado, y que no hay carga entre las esferas. ¿Cuál es el promedio de la densidad de carga volumétrica por toda esta región grande? Cada cubo contendrá el equivalente de una esfera pequeña. Des preciando el volumen de la esfera pequeña, la densidad promedio se vuelve
−2
× 10 = 1.24 × 106 C/m3 = 3.35 (0.003)3
ρv,avg
2.16. La región en que 4 < r < 5, 0 < θ < 25◦ , y 0.9π < φ < 1.1π contiene la densidad de carga volumétrica de ρ v 10(r 4)(r 5) sen θ sen(φ/ 2). Fuera de la región, ρ v 0. Encuentre la carga dentro de la región: La integral que proporciona la carga será
=
−
−
=
25◦
1.1π
Q
= 10
5
.9 π
0
4
(r
− 4)(r − 5) sen θ sen(φ/ 2) r 2 sen θ dr dθ dφ 19
2.16. (continuación) Llevando fuera la integral, obtenemos
= 10
Q
r
5
5
r
4
r
3
− 9 4 + 20 3
5
4
1 2
25◦
− 4 sen(2θ )
θ
1.1π
−
1
θ
2cos
2
0
.9 π
= 10(−3.39)(.0266)(.626) = 0.57 C 2.17. Una línea de carga uniforme de 16 nC/m está localizada a lo largo de la línea definida por y a) Encuentre E en P (1, 2, 3): Este será
= 2πρl |RRP |2 0 P donde RP = (1, 2, 3) − (1, −2, 5) = (0, 4, −2), y |RP |2 = 20. Así 16 × 10−9 4ay − 2az = 57.5a − 28.8a E =
= −2, z = 5. Si = 0 :
EP
P
2π 0
20
b) Encuentre E en el punto en el plano z Con z 0, el campo general será
=
y
z
V/m
= 0 donde la dirección de E está dada por (1/3)a y − (2/3)az :
+ 2)ay − 5az Ez=0 = (y + 2)2 + 25 2π 0 Requerimos |E z | = − |2Ey |, así 2(y + 2) = 5. Así y = 1/2, y el campo se vuelve: 2.5ay − 5az ρl Ez=0 = = 23ay − 46az 2π 0 (2.5)2 + 25
ρl
2.18. Una línea de cargas uniformes de 0 .4 µ C/m y y 0 .6 m, respectivamente. Sea 0.
=
=
(y
−0.4 µ C/m se localizan en el plano x = 0 en y = −0.6 y
a) Encuentre E en P(x, 0, z): En general, tendremos
EP
ρl
R+P R+P
= 2π | 0
R−P R−P
|−|
|
donde R+P y R−P son, respectivamente, los vectores d irigidos de la línea de cargas positiva y negativa al punto P , y estos son normales al eje z. Así tenemos R+P (x, 0, z) (0, .6, z) (x,. 6, 0), y R−P (x, 0, z) (0, .6, z) (x, .6, 0). Así
−
EP
=
ρl
= 2π
0
=
x ax
−
=
+ 0.6ay − x ax − 0.6ay = 0.4 × 10−6 2π0 x 2 + (0.6)2 x 2 + (0.6)2
20
= −
−
1.2ay x2
+ 0.36
=
8.63ay x2
+ 0.36 kV/m
2.18. (continuación) b) Encuentre E en Q(2, 3, 4): Este campo será en general:
EQ
R+Q R+Q
ρl
R−Q R−Q
= 2π | | − | | 0 donde R+Q = (2, 3, 4) − (0, −.6, 4) = (2, 3.6, 0), y R−Q = (2, 3, 4) − (0, .6, 4) = (2, 2.4, 0). Así 2ax + 3.6ay 2ax + 2.4ay ρl EQ = − = −625.8ax − 241.6ay V/m 2π 0 22 + (3.6)2 22 + (2.4)2
2.19. Una línea de carga uniforme 2 µC/m está localizada en el eje z . Encuentre E en coordenadas cartesianas en P(1, 2 ,3) si la carga se extiende de < z < a) : Con la línea infinita, sabemos que el campo tendrá únicamente una componente radial en coordenadas cilíndricas (o x y y en componentes cartesianas). El campo de una línea infinita en el eje z es generalmente E [ρ l /(2π 0 ρ) ]aρ . Por lo tanto, en el punto P :
−∞
∞
=
ax
= 2πρl |RRzP |2 = (2 ×2π10 0 0 zP
−6 )
EP
+ 2ay = 7.2a + 14.4a x
5
y
kV/m
donde RzP es el vector que se extiende de la línea de carga al punto P , y es perpendicular al eje z; es decir , R zP (1, 2, 3) (0, 0, 3) (1, 2, 0).
=
b)
−4 ≤ z ≤ 4:
−
=
Aquí usamos la relación general
=
EP donde r
− r 4π0 | − r |3 ρl dz
r r
= ax + 2ay + 3az y r = zaz . Así la integral se vuelve (2 × 10−6 ) 4 ax + 2ay + (3 − z)az EP = dz 4π 0 −4 [5 + (3 − z)2 ]1.5
Usando las tablas integrales, obtenemos:
EP
= 3597
(ax
+ 2ay )(z − 3) + 5az (z2 − 6z + 14)
4
V/m
−4
= 4.9ax + 9.8ay + 4.9az kV/m
Se invita a que el estudiante verifique que cuando evaluamos la expresión de arriba por encima de los límites < z < , la componente z desaparece y las componentes x y y se vuelven como el encontrado en el inciso a.
−∞
∞
2.20. Una línea de cargas uniformes de 120 nC/m queda a lo largo de la extensión entera de los tres ejes de las coordenadas. Suponiendo condiciones de espacio libre, encuentre E enP( 3, 2, 1): Dado que todas las cargas lineales son infinitamente grandes:
−
EP
ρl
= 2π
0
RxP RxP 2
|
−
RyP RyP 2
| + |
RzP RzP 2
| + |
|
donde RxP , RyP , y RzP son los vectores normales de cada uno de los tres ejes que terminan en el punto P . Específicamente , RxP ( 3, 2, 1) ( 3, 0, 0) (0, 2, 1), RyP ( 3, 2, 1) (0, 2, 0) ( 3, 0, 1), y R zP ( 3, 2, 1) (0, 0, 1) ( 3, 2, 0). Substituyendo este en la expresión para EP d a
−
= − − − − = = − − − − =−
−
EP
ρl
= 2π
0
2ay
−
= −
− −
− az + −3ax − az + −3ax + 2ay = −1.15a + 1.20a − 0.65a kV/m x y z 5 10 13
21
=
2.21. Dos cargas lineales uniformes idénticas con ρ l 75 nC/m están localizadas en espacio libre en x 0, y 0.4 m. ¿Qué fuerza por la longitud unitaria hace a cada carga lineal ejercer en la otra? Las cargas son paralelas al eje z y está separadas por 0.8 m. Así el campo de la carga en y 0.4 evaluado en la localización de la carga en y 0.4 será E [ρ l /(2π0 (0.8))]ay . La fuerza en una longitud diferencial de la línea en la localización positiva y es d F dq E ρ l dz E. Así la fuerza por longitud unitaria que actúa en la línea en y positiva se origina de la carga en y negativa es
=
= +
= ±
= −
=
F
=
=
ρl2 dz
1
= 0
2π 0 (0.8)
ay
=
= 1.26 × 10−4 ay N/m = 126 ay µN/m
La fuerza en la línea en y negativa es del mismo curso, pero con
−a y .
2.22. Una densidad de carga superficial uniforme de 5 nC/m2 está presente en la región x 0 , encuentre E en: a) P A (3, 0, 0): Usamos la de superposición integral:
= 0, −2 < y < 2, y todo z. Si
=
E donde r
=
ρs da r
− r 4π0 |r − r |3
= 3ax y r = y ay + zaz . La integral se vuelve : EP A
− y ay − zaz dy dz −2 [9 + y 2 + z2 ]1.5 2
ρs
= 4π
0
∞ −∞
3ax
Ya que los límites de la integración son simétricos sobre el origen, y d ado que las componentes y y z de los integrandos exhiben la paridad impar (cambiando signos cuando cruzan el origen, pero por otra parte simétrico), éstos integrarán a cero, dejando únicamente la componente x . Esto es evidente justamente de la simetría del problema. Realizando la integración de z primero en l a componente x , obtenemos (usando las tablas): :
Ex,PA
3ρs
= 4π
0
= 23πρs
0
∞ = − + − + = + −∞ − 2
2
1 3
dy
y2)
(9
tan
9
y
1
2
−2
3
y2
z2
2π 0
2
dy (9
+ y2)
106 V/m
Se alienta al alumno a verificar que si los límites y donde plano de carga infinita, o E x ρs /(20 ). b)
2
3ρs
z
−∞ a ∞, el resultado ser ía que del
= P B (0, 3, 0): En este caso, r = 3ay , y por simetría indica que únicamente una componente y existirá.
La integral se vuelve
ρs
2
∞
(3
− y) dy dz = ρs Ey,PB = 4π0 −∞ −2 [(z2 + 9) − 6y + y 2 ]1.5 2π 0 ρs = − 2π ln(3 − y) 2−2 = 145 V/m 0
22
2
−2
(3
− y)dy (3 − y) 2
2.23. Dada la densidad de carga superficial, ρs encuentre E en :
= 2 µC/m2 , en la región ρ < 0.2 m, z = 0, y es cero por otra parte,
a) P A (ρ 0, z 0.5): Primero, reconocemos por simetría que únicamente un a componente z de E estará za z . Entonces, con r ρ aρ , presente. Considerando un punto general z en el eje z, tenemos r za z ρ aρ . La integral de superposición de la componente z de E será: obtenemos r r
=
= − = Ez,P A
=
−
2π
ρs
= 4π
0
= 2ρs z 0
0 .2
√ − √ 0
0
+ z2 )1.5 = − 4π 0 z
(ρ 2
1
z2
1
z2
+ 0.4
Con z
b)
2πρs
z ρ dρ dφ
=
0 .2
1
+ z2
ρ2
0
= 0.5 m, la evaluación de arriba como Ez,P = 8.1.kV/m Con z en −0.5 m, evaluamos la expresión para Ez para obtener Ez,P = −8.1 kV/m . A
B
2.24. La densidad de carga superficial está posicionada en espacio libre como los siguientes : 20 nC/m2 en x 3, − 30nC/m2 en 2 y 4, y 40 nC/m en z 2. Encuentre la magnitud de E en los tres puntos, ( 4, 3, 2), ( 2, 5, 1), y (0, 0, 0). Ya que que las tres láminas son infinitas, la magnitud del campo asociado con cada uno será ρ s /(20 ), que es la posición independiente . Por esta razón, la magnitud del campo net ser á la misma en todas partes, mientras la dirección del campo dependerá en qué lado de una lámina dada se posiciona uno. Tomamos el primer punto, por ejemplo, y encontramos
=
=
EA
=
20
−
−
× 10−9 a + 30 × 10−9 a − 40 × 10−9 a = 1130a + 1695a − 2260a x
20
y
20
20
z
x
=− −
y
V/m
z
La manitud de EA es así 3.04 kV/m. Esta será la magnitud en los otros dos puntos también . 2.25. Encontrar E en el origen si las siguientes distribuciones de cargas están presentes en espacio libre: una carga puntual, 12 nC en P (2, 0, 6); una densidad de carga lineal uniforme , 3nC/m en x 2, y 3; densidad de carga superficial 2 uniforme 0.2 nC/m en x 2. La suma de los campos al origen de cada carga en orden es :
= − =
= (12 × 10−9 ) (−2ax − 6az ) E= + 4π 0 (4 + 36)1.5 = −3.9ax − 12.4ay − 2.5az V/m
(3
× 10−9 ) (2ax − 3ay ) − (4 + 9) 2π0
(0.2
× 10−9)ax 20
2.26. Una densidad de carga lineal uniforme de 5 nC/m está en y 0, z 2 m en espacio libre, mientras 5 nC/m está localizada en y 0,z 2 m. Una densidad de carga superficial uniforme 0.3nC/m2 está en y 0.2 m, y 0.3nC/m2 está en y 0.2 m. Encuentre E en el origen: Desde que cada par consiste en cargas iguales y opuestas, el efecto en origen es doblar el campo producido por uno de cada tipo. Tomando la suma de los campos en el origen desde la superficie y cargas lineales, respectivamente, encontramos:
= −
=
= =−
E(0, 0, 0)
=
=
| |
= −2 ×
0.3
× 10−9 a − 2 × 5 × 10−9 a = −33.9a − 89.9a 20
y
2π0 (2)
así que E
| | = 96.1 V/m. 23
z
y
z
− −
2.27. Dado el campo eléctrico E (4x 2y) ax (2x 4y) ay , encuentre: a) la ecuación de línea de corriente que atraviesa el punto P (2, 3, 4): Escribimos
=
−
−
+
−
= EEy = −(4(2xx−+24y)y)
dy dx
x
De este modo 2(x dy
+ y dx) = y dy − x d x
o 2 d(xy) Así C1
= 12 d(y 2 ) − 12 d(x2 )
+ 2xy = 21 y 2 − 12 x 2
o y2
Evaluand o en P (2, 3,
− x 2 = 4xy + C2
−4), obtenemos: 9 − 4 = 24 + C2 , or C 2 = −19
Finalmente, en P , la ecuación requerida es y2
− x 2 = 4xy − 19
b) un vector unitario especificando la dirección de E en Q(3, 2, 5): Tiene EQ 4(2)]a y 16ax 2ay . Entonces E 162 4 16.12. Así
=
+
| |=
aQ
√
−
+ =
= 16a16x +.122ay = 0.99ax + 0.12ay
2.28. Sea E 5x 3 a x 15x 2 y ay , y encuentre: a) la ecuación de la línea de corriente que atraviesa P (4, 2, 1): Escribimos
=
−
dy dx
Así
dy y
Ey
=E
x
5x 3
= −3 dxx ⇒
De este modo y
En P , tenemos 2
− 15x 2 y = = −3y ln y
= −3 ln x + ln C
= e−3 ln x eln C = xC3
= C/(4)3 ⇒ C = 128. Finalmente, en P , y
24
x
= 128 x3
= [4(3) + 2(2)]ax − [2(3) −
2.28. (continuación) b) un vector unitario a E especificando la dirección de E en Q(3, EQ 301.9. De este modo aE 0 .45ax 0.89ay .
| |=
=
+
−2, 5): En Q, EQ = 135ax + 270ay , y
c) un vector unitario a N (l, m, 0) que es perpendicular a aE en Q: Ya que este vector no tiene ninguna componente z , podemos encontrarlo atravesando aN . ax 0.45ay) (aE az). Realizando estas, encontramos aN (0.89
=
=± ×
=±
2.29. Si E 20e−5y cos 5x ax sen 5x ay , encontramos: a) E en P(π/6, 0.1, 2): Substituyend o este punto, obtenemos EP 12.2.
= | |
−
−
= −10.6ax − 6.1ay , y así |EP | =
b) un vector unitario en la dirección de E P : El vector unitario asociado con E es justamente cos 5x ax, que evaluando en P se vuelve a E 0.87ax 0.50ay .
= −
−
− sen 5x ay
c) la ecuación de la línea de dirección que pasa a través de P : Use dy
− sen 5x = − tan 5x ⇒ = dx cos 5x Así y
dy
= − tan 5x d x
= 15 ln cos 5x + C . Evaluando en P , encontramos C= 0.13, y así y
= 15 lncos5x + 0.13
2.30. Dada la intensidad de campo eléctrico E 400 y a x 400x ay V/m, encuentre: a) la ecuación de la línea de corriente pasando a través del punto A(2, 1, 2): Escribe:
=
+
Ey x = = ⇒ dx E y dy
−
x dx
x
Así x 2
= y dy
= y 2 + C . Evaluando en A produce C = 3, así la ecuación se vuelve x2
3
−
y2
3
=1
+
b) la ecuación de la superficie en que E 800 V/m: Tiene E 400 x 2 y 2 800. Así x2 y2 4, o tenemos una superficie circular-cilíndrica, centrada en el eje z , y de radio 2.
+ =
| |=
| |=
=
c) En un dibujo del inciso a la ecuación producirá una parábola, centrada en el origen, cuyo eje es el eje positivo x , y para que las pendientes de las asíntotas sean 1.
±
d) Un dibujo del trazo producido por la intersección de la superficie en el inciso b con el plano z produciría un círculo centrado en el origen, de radio 2.
25
= 0
2.31. En coordenadas cilíndricas con E(ρ,φ) Eρ (ρ,φ)aρ Eφ (ρ,φ)aφ , la ecuación diferencial que describe las líneas de dirección es E ρ /Eφ dρ/(ρdφ) en cualquier plano z -constante. Derive la ecuación de la línea que pasa a través del punto P (ρ 4, φ 10◦ , z 2) en el campo E 2ρ 2 cos 3φ a ρ 2ρ 2 sen 3φ aφ : Usando la información dada, escribimos
= = = = Eρ
Eφ
De este modo
dρ ρ
oρ
+
=
=
= ρddρφ = cot 3φ
= cot 3φ d φ ⇒
= 13 ln sen 3φ + ln C
ln ρ
= C(sen 3φ)1/3 . Evalúe esto en P para obtener C = 7.14. Finalmente, ρ 3 = 364 sen 3φ
26
+
