Ejercicio 4.1

El valor de E en P(ρ=2 ,∅=40 ° , z=3) esta dado por E=100aρ−200a∅+300 azV /m .

Determinar el trabajo incremental requerido para mover una carga de 20uC una distancia de 6um.

a) En la dirección de aρ

b) En la dirección de a∅

c) En la dirección de az

d) En la dirección de Ee) En la dirección de G=2ax−3a y+4 az

Solución

E=100aρ−200a∅+300 azV /m

Q = 20uC =20∗10−6C

a. dW=−Q E ∙d L

d L=d ρaρ=6∗10−6aρ

dW=−Q E ∙d L=−(20∗10−6C)(100aρ−200 a∅+300az)∙(6∗10−6aρ)

dW=−(20∗10−6C ) (100aρ )(6∗10−6aρ )=−12∗10−9=−12nJ Rta.

b. dW=−Q E ∙d L

d L=ρ d∅ a∅=2d∅ a∅=6∗10−6a∅

dW=−Q E ∙d L=−( 20∗10−6C ) (100aρ−200a∅+300az ) ∙ (6∗10−6a∅ )dW=−(20∗10−6C ) (−200a∅ ) (6∗10−6a∅ )=24∗10−9=24nJ Rta.

c. dW=−Q E ∙d L

d L=d zaz=6∗10−6az

dW=−Q E ∙d L=−( 20∗10−6C ) (100aρ−200a∅+300az ) ∙ (6∗10−6az )dW=−(20∗10−6C ) (300az ) (6∗10−6a∅ )=−36∗10−9=−36nJ Rta.

d. dW=−Q E ∙d L

d L=6∗10−6aE

aE=100aρ−200a∅+300az

√1002+(−2002 )+3002=

100aρ−200a∅+300az

374.1657=0.267 aρ−0.5345a∅+0.8017az

d L=6∗10−6aE=6∗10−6 (0.267aρ−0.5345a∅+0.8017 az )d L=(1.602aρ−3.207 a∅+4.8102az )∗10−6

dW=−Q E ∙d L

dW=−(20∗10−6C ) (100aρ−200a∅+300 az )∙ (( 1.602aρ−3.207a∅+4.8102az )∗10−6 )dW=(−0.002aρ+0.004 a∅−0.006az ) ∙( (1.602aρ−3.207a∅+4.8102az )∗10−6 )dW=(−0.002aρ∗1.602aρ )+( 0.004a∅∗−3.207a∅ )+(−0.006 az∗4.8102az )=−44.8932∗10−9=−44.8932nJ

Rta.

e. dW=−Q E ∙d L

d L=6∗10−6aG

aG=2ax−3ay+4 az

√22+(−32 )+42=

2ax−3a y+4 az5.38

=0.371ax−0.557ay+0.7427 az

d L=6∗10−6aG=6∗10−6 ( 0.371ax−0.557ay+0.7427 az )d L=(2.226 ax−3.342a y+4.4562az )∗10−6

dW=−Q E ∙d L

dW=−(20∗10−6C ) (100aρ−200a∅+300 az )∙ (( 2.226ax−3.342ay+4.4562az )∗10−6 )dW=(−0.002aρ+0.004 a∅−0.006az ) ∙( (2.226ax−3.342ay+4.4562az )∗10−6 )dW=(−0.002aρ ∙2.226ax∗10−6 )+(−0.002aρ ∙−3.342ay∗10−6 )+(−0.002aρ ∙ 4.4562az∗10−6 )+ (0.004 a∅ ∙2.226 ax∗10−6 )+(0.004a∅ ∙−3.342ay∗10−6 )+(0.004a∅ ∙4.4562az∗10−6 )+(−0.006az ∙2.226ax∗10−6 )+ (−0.006 az ∙−3.342a y∗10−6 )+(−0.006az ∙4.4562az∗10−6 )aρ ∙ ax=cos∅ aρ ∙ ay=sen∅ aρ ∙ az=0

a∅ ∙ ax=−sen∅ a∅ ∙ a y=cos∅ a∅ ∙ az=0

az ∙ ax=0az ∙ a y=0az ∙ az=1

dW=(−0.002∗2.226∗10−6∗cos 40 )+(−0.002∗−3.342∗10−6∗sen 40 )+0+( 0.004∗2.226∗10−6∗−sen 40 )+( 0.004∗−3.342∗10−6∗cos40 )+0+0+0+ (−0.006∗4.4562∗10−6 )dW=(−3.41∗10−9 )+( 4.29∗10−9 )+(−5.72∗10−9 )+(−10.24∗10−9 )+(−26.7372∗10−9)=−41.8172∗10−9=−41.8172nJ

Rta.

4.2) Un campo eléctrico esta dado porE=−10e y (sen2 z ax+x sen2 z ay+2 xcos2 z az) V/m.

encontrar:

a) Encontrar E en P(5,0,π/12)

E=−10e y (sen2 z ax+x sen2 z ay+2 xcos2 z az)

E=−10e0(sen2(π /12)ax+5 sen2(π /12)a y+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

dW x=−QE∙dLax

dW x=−2∗10−9 (−5 ) ( 1∗10−3 )

dW x=10∗10−12=10 pJ

c) En la dirección a y

dW=−QE ∙dLdW y=−QE∙dLay

dW y=−2∗10−9 (−25 ) (1∗10−3 )

dW y=50∗10−12=50 pJ

d) En dirección az

dW=−QE ∙dLdW z=−QE ∙dLaz

dW z=−2∗10−9 (−50√3 ) (1∗10−3 )dW z=173.2∗10−12=173.2 pJ

e) ¿de (ax+a y+az)?

√12+12+12=√3Vector unitario

dW xyz=−QE∙dLaxyz

dW y=−QE∙dL (ax+a y+az )

√3

dW xyz=10 pJ+50 pJ+173.2 pJ

√3

dW z=135∗10−12=135 pJ

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

C á lculodeaL:

(Q-P)=(2,1,4)-(1,2,3)=(1,-1,1)

aL=(1 ,−1,1 )

√3

aρ=1

√3cosφ− 1

√3senφ

φ=tan−1( 21 )=63.43

aρ=−0.258

dW=(−50 x10−6 ) (120 ) (−0.258 ) (2x 10−3 )=3.09 x10−6 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

aρ=−1

√3cosφ+ 1

√3senφ

φ=tan−1( 12 )=26.56

aρ=−1

√3cosφ+ 1

√3senφ=−0.258

dW=(−50 x10−6 ) (120 ) (−0.258 ) (2x 10−3 )=3.09 x10−6 J

Ejercicio 4.4

Se ha visto que la energía necesaria para llevar una carga de 4 μC desde el origen ( x ,0,0 ) a lo largo

del eje x es directamente proporcional al cuadrado de la longitud de la trayectoria. Si E x=7Vm

en

(1,0,0 ), determine E x sobre el eje x como función de x.

Solución:

W=K x2

W=−Q∫0

x

Edx

E x=Cx

W=−QCx2

2

K=−QC2

W=K x2

Como la condición dice que cuando:

x=1 Ex=7

E x=Cx

7=C (1 )

C=7

E x=7 xVm

4.5) Calcular el valor de ∫A

P

G .d L para G=2 y axcon 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)

Para calcular ∫A

P

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.

∫A

P

G .dL

∫B

P

G .dL

∫1

2

2 ydx

∫1

2

2dx

2 [ 2−1 ]

2

b) Tenemos los puntos:

A(1,-1,2) C(2,-1,2) P(2,1,2)

Para calcular ∫A

P

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:

∫A

P

G .dL

∫A

C

G .dL

∫1

2

2 ydx

−∫1

2

2dx

−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+ x ay a lo largo de:

a) la parábola x=2 y2

Resolución:

x=2 y2

y2= x2

y=√ x2

W=−Q∫A

B

E .dL dL=dx ax+d y ay+d zaz

W=−2x 10−6 [∫2

8

y d x+∫1

2

x d y ]W=−2x 10−6 [∫

2

8

( x2 )12 dx+∫

1

2

2 y2d y]W=−2x 10−6 [ 2

3√2x3 /2|

8

2+ 23y3|

21]

W=−2x 10−6 [( 23 √2

(8)3/2−2

3√2(2)3/2)+ 2

3[23−13 ]]

W=−2x 10−6 [(15.1−1.89 )+23

[7 ] ]W=−28uJ //

b) La hipérbole x=8

(7−3 y )

y=- 8

3x+

73

W=−Q∫A

B

E .dL dL=dx ax+d y ay+d zaz

W=−2x 10−6 [∫A

B

( y ax+x ay )(d xax+d y ay+d zaz)]W=−2x 10−6 [∫

2

8

y d x+∫1

2

x d y ]

W=−2x 10−6 [∫2

8

(73− 8

3 x )dx+∫1

2

( 87−3 y )d y ]

u=7−3 y du=−3dy dy= du−3

W=−2x 10−6 [(∫28

73d x−

83∫2

8dxx )+8∫

1

2du

−3u ]W=−2x 10−6 [( 7

3x| 8

2−83

ln (x)|82)−8

3ln (7−3 y)|2

1]W=−2x 10−6 [(7

3(8−2)−8

3ln ( 8

2 ))−83

ln( 14 )]

W=−2x 10−6 [ 423

−11.13

+11.13 ]

W=−28uJ//

c) la línea recta x=6 y – 4

y= x6+ 2

3

W=−Q∫A

B

E .dL

W=−2x 10−6 [∫2

8

y d x+∫1

2

x d y ]W=−2x 10−6 [∫

2

8

( x6−23 )d x+∫

1

2

(6 y−4 )d y]W=−2x 10−6 [( x2

12| 8

2+ 23x|8

2)+3 y2−4 y|21]

W=−2x 10−6 [( 82

12− 22

12 )+ 23

(8−2 )+3 (2 )2−3 (1 )2−4(2−1)]

W=−2x 10−6 [ 6412

− 412

+ 123

+9−4 ]W=−28uJ //

4.7) Sea G=3 x y2ax+2 za y.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:6 y=x2+2 , z=1.

a)

G=3 x y2ax+2 za y

y=x−1 ,z=1

Reemplazando

G=3 x ( x−1 )2ax+2(1)ay

G=3 x (x2−2 x+1)ax+2(1)a y

G=(3 x3−6 x2+3x )ax+2a y

∫G .dL=∫ [ (3x3−6 x2+3 x )ax+2a y ] . (axd x+ay d y+azdz )

∫G .dL=∫2

4

(3 x3−6 x2+3 x )dx+∫1

3

2d y

∫G .dL= 3 x4

4 |2

4

− 6 x3

3 |2

4

+ 3x2

2 |2

4

+2 y|13

∫G .dL=34

(256−16 )−2 (64−8 )+32(16−4 )+2(3−1)

∫G .dL=180−112+18+4

∫G .dL=90

b)

G=3 x y2ax+2 za y

6 y=x2+2 , z=1

y= x2+26

Reemplazando

G=3 x ( x2+26 )

2

ax+2(1)ay

G=3 x ( x4+4 x2+436 )ax+2ay

G= 112

x (x4+4 x2+4 )ax+2ay

G= 112

(x5+4 x3+4 x )ax+2a y

∫G .dL=∫ [ 112

(x5+4 x3+4 x )ax+2a y ] . (axd x+ay d y+azdz )

∫G .dL= 112

∫2

4

(x5+4 x3+4 x )dx+∫1

3

2d y

∫G .dL= 112 ( x6

6 |2

4

− 4 x 4

4 |2

4

+ 4 x2

2 |2

4

)+2 y|13

∫G .dL= 112 [( 4096

6−64

6 )+(256−16 )+2 (16−4 )]+2(3−1)

∫G .dL= 112

(672+240+24 )+4

∫G .dL=82

4.8 dado E=−x ax+ y ay 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)

w=−∫a

a √2

−x dx+∫0

a√ 2

y dy

w=−[[−x2

2 ]a

a√ 2

+[ y2

2 ]a

a√ 2]w=

−a2

22

+ a2

2+

a2

22

=−a2

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=1cm ,θ=25 ° ,ϕ=50 ° ). b) Encontrar V AB dados los puntos A (r=2cm ,θ=30 ° ,ϕ=60 ° ) y

B (r=3cm ,θ=45° ,ϕ=90° )

a) Primero encontramos el flujo eléctrico de una esfera de radio r=0.6.

ψ=∮D sd S=∮ ρ vd S

ψ= ∫ϕ=0

ϕ=2π

∫θ=0

θ=π

ρv r2 sinθ dθdϕ

ψ= ρv ∙4 π r2

ψ=4 π (20×10−9) ( 0.6×10−2 )2=Q

Utilizando la fórmula de potencial en cualquier punto ubicado a una distancia r=1cm

V= Q4π ϵ0 r

V=ρ v ∙4 π r2

4 π ϵ 0 r=

4 π (20×10−9 ) ( 0.6×10−2 )2

4π ϵ 0 (1×10−2)=8.13V

b) Los valores de potencial V AB se pueden encontrar localizando las distancia de r A y r B radialmente

V AB=Q

4π ϵ0( 1rA

−1rB )=

4 π (20×10−9 ) (0.6×10−2 )2

4 π ϵ 0( 1

2×10−2−1

3×10−2 )V AB=1.36V

4.10 Exprese el campo de potencial de una carga lineal finita

a) Con referencia cero en p=p0

V=−∫❑

❑pl

2π ϵ 0 pdp+C1= −pl

2π ϵ 0

ln (p )+C1=0

p=p0

pl2π ϵ 0

ln ( p0 )=C1

V= pl2π ϵ 0

ln ( p0 )− pl2 π ϵ 0

ln ( p )

V= pl2π ϵ 0

[ln ( p0 )−ln ( p ) ]

V= pl2π ϵ 0

[ ln( p0

p ) ]b) Con V=V 0en p=p0

V=V 0=−pl2π ϵ 0

ln ( p0 )+C2

V 0+pl

2π ϵ 0

ln ( p0 )=C2

V= pl2π ϵ 0

[ ln( p0

p ) ]+V 0

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 )= Q4 πE0 r

V (r )= 2uC

4 π (8.85 x 10−12 )√24

V (r )=3358.45V

Para el plano tenemos z=0

V (p )=−∫ Ps2Eo

dz

¿−∫ 5n

2 (8.85 x10−12 )dz

¿− 5n

2 (8.85 x10−12 )( z )+C

¿− 5n

2 (8.85 x10−12 )(5 )+C

V (p )=−1420.45+C

Para la superficie tenemos x=0 y z=4.

ρ=|(0,0,5 )−(0,0,4 )|=√12=1

V (s )=−∫ pL

2πEoρaρdρa ρ

¿−∫ 8nC /m2

2 π ( 8.85 x10−12 ) ρdρ

¿− 8nC /m2

2 π (8.85 x10−12 )∫1ρdρ

¿−

8nC

m2

2 π (8.85 x10−12 )(ln (1 ) )+C

V (s)=C

Por lo tantoV=V ( s )+V (r )+V ( p )

0=C+3358,45−1420,45+C

0=1937,99+CC=−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=√2z=3

Entonces para calcular Vn tenemos:

Vn=−∫ pL

2πEoρaρdρaρ−∫ Ps

2 Eodz+ Q

4 πE0 r

¿−−8nC

m2

2 π (8.85 x10−12 )ln (√2 )+C− 5n

2 (8.85 x10−12)(3 )+C+ 2nC

4π ( 8.85x 10−12 )√14

¿−

8nC

m2

2 π (8.85 x10−12 )ln (√2 )− 5n

2 ( 8.85x 10−12 )(3 )+ 2nC

4 π (8.85 x 10−12 )√14−1932.99

¿−

8nC

m2

2 π (8.85 x10−12 )ln (√2 )− 5n

2 ( 8.85x 10−12 )(3 )+ 2uC

4 π (8.85 x 10−12 )√14−1932.99

¿−49.86−847.46+4806.32−1932.99

Vn=1976.01V

Ejercicio 4.12

E= 2r

( r2+a2 )2arV /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)

V= ∫inicial

final

E .dL

V=− ∫inicial

final2 r

(r 2+a2 )2ar . (dr ar+r dθ aθ+r senθd∅ a∅ )

V=− ∫inicial

final2 r

(r 2+a2 )2dr

u=r2+a2

du=2 r

V=− ∫inicial

final2 r(u )2

du2 r

V=1u+C

V= 1

r2+a2+C

Evaluando V=0 en r→∞ para hallar C

C=0

V= 1

r2+a2

b)

de la parte (a)

V= 1

r2+a2+C

Evaluando V=0 en r=0 para hallar C

0= 1

02+a2+C

C=−1

a2

V= 1

r2+a2− 1

a2

V= −r2

a2 (r 2+a2 )

c)

de la parte (a)

V= 1

r2+a2+C

Evaluando V=100 en r=a para hallar C

100= 1

a2+a2+C

C=100− 1

2a2

V= 1

r2+a2+100− 1

2a2

V= a2−r2

2a2(r 2+a2)+100

4.14.- Dado un campo electrostático E=( y+1 )ax+( x−1 )a y+2az , encontrar la diferencia de `potencial entre los puntos.

a) (2, -2, -1) y (0, 0, 0)

V BA=−∫A

B

E .dL

V BA=−[∫A

B

( y+1 )ax+( x−1 )ay+2az ¿(d xax+d y a y+dzaz)¿ ]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 yde 0 a 2, dóndex es 2, luego a lo largo de z de 0 a -1. Entonces el arreglo es:

V BA=−∫0

2

( y+1 )|y=0dx−∫0

−2

(x−1)|x=2dy - ∫0

−1

2azdz

V BA=−¿

V BA=−(0+1 ) (2 )−(2−1 ) (−2 )−2(−1)

V BA=2

b) (3, 2, -1) y (-2, -3, 4)

V BA=−∫A

B

E .dL

V BA=−∫−2

3

( y+1 )|y=0dx−∫−3

2

(x−1)|x=2dy - ∫4

−1

2azdz

V BA=−¿

V BA=−(−1)(5) – (1)(5) -2(-5) = 10

Ejercicio 4.15

Dos líneas de cargas uniformes de 8nC /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

V l1=−∫E .dL

V l1=−∫ pL

2π ε o pap .(dp ap)

V l1=−pL

2π ε oln p+C1

Se evita calcular la constante C1 restando un potencial a otro

V l1=−8

nCm

2π (8.854 x 10−12 )ln ( √5

√10 )V l1=49.83V

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

V l2=−∫E .dL

V l2=−∫ pL

2π ε o pap .(dp ap)

V l2=−pL2π ε o

ln p+C2

Se evita calcular la constante C2 restando un potencial a otro

V l1=−8

nCm

2π (8.854 x 10−12 )ln( √5

√26 )V l1=118.52V

V 0−V P=V l1+V l2

100−V P=49.83V +118.52V

−V P=68.35V

V P=−68.35V

4.16. El potencial en cualquier punto del espacio está dado por la expresión V=( kρ2

)cosbφ donde 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=( kρ2 )cosbφ=0

Esta condición se cumplirá para

( kρ2 )=0 que se cumple si ρ→∞

O se cumple para

cos bφ=0 que se cumple si bφ=π2

o sus múltiplos

∴bφ=π2

(2n−1 ) n=1,2,3…

b)

E=−∇V=−[ ∂V∂ ρ aρ+ 1ρ∂V∂φ

aφ+ ∂V∂z

az ]

E=−∇V=−[ ∂( kρ2)cosbφ

∂ ρaρ+ 1

ρ

∂( kρ2

)cosbφ

∂φaφ+

∂( kρ2

)cosbφ

∂ zaz ]

E=−[(−2kρ3 cos (bφ))aρ−( kbρ3 sen (bφ ))aφ+0az ]

E= k

ρ3 [ (2 cos (bφ))aρ+ (b sen (bφ ) )aφ ]

4.17.- Dos densidades de carga de superficie uniformes de 6 y 2nC/m2 están presentes en ρ=2y 6cm respectivamente en el espacio libre.

Suponer que V=0 en ρ=4 cm y calcular V en:

a) ρ=5cmEn ρ=4 cm, V=0; el potencial en 5cm será la diferencia de potencial entre ρ=5cm y ρ=4 cm

V 5=−∫E .dL E=Dϵ 0

D=a ρ s

ρ

V 5=−∫0.04

0.05 a ρs

ϵ 0ρdρ

V 5=−[ a ρsϵ 0

ln (ρ)|0.050.04]

V 5=−[ (0.02m)(6 x 10−9)8.854 x10−12 ln ( 0.05

0.04 )]V 5=¿ -[ 13.553 x0.22314 ] = - 3.024V

b¿ ρ=7cm

V 7=¿ -∫0.04

0.06 a ρ sa

ϵ0 ρdρ - ∫

0.06

0.07 a ρ sa+b ρabϵ0 ρ

dρ

V 7=¿- [ a ρsaϵ 0

ln (ρ)|0.06

0.04−a ρsa+b ρab

ϵ 0

ln (ρ)|0.070.06]

V 7=¿- [ (0.02m)(6 x 10−9)8.854 x10−12 ln( 0.06

0.04 )− (0.02m ) ( 6 x10−9 )+(0.06 m)(2 x10−9)8.854 x10−12 ln( 0.07

0.06 )]V 7=¿ [-5.4953 – 4.1785] = -9.674V

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

d v=ρLdx/ 4 π∈0 x

V=∫a

∞ρLdx

4 π∈0 xdx

V=∫a

∞kxdx

4 π∈0 x¿¿¿

V= k4π∈0

∫a

∞kdx¿¿ ¿

V= k4π∈0

[ 1a

tan−1

( xa )]V= k

4π∈0a [ tan−1( xa )]∞aEl inverso de la tangente cuando vale infinito es

π2

rad/seg.y cuando el inverso de la tangente vale 1 esπ4

rad/seg. Entonces:

V= k4π∈0a [ π2 −π

4 ]

V= kπ16 π∈0a

V= k16∈0a

Rta .

4.19 Una superficie anular de 1cm<ρ<3cm , z=0, tiene una densidad de carga de Superficie no

Uniforme ρ s=5 ρnC

m2 . Encontrar V en P (0 ,0 ,2 )cm si V=0en el infinito.

Vp=∫∫ ρs4 π ε0|r−r '|

da

Donde:

r=z . az r'=ρ .aρda=ρ .dρ .d∅

Remplazando tenemos los limites en la integral tenemos

vρ=∫0

2 π

∫0.01

0.03 5. ρnC

m2. ρ

4 π εo√ρ2+z2dρ .d∅

Remplazando z=2cm=0,02cm

V ρ=2.π .5nC

4 π εo∫0.01

0.03ρ2

√ρ2+0,022dρ=80,84 mV

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 En C. Cartesianas En C. Cilíndricas

V= Q

4π εo r2= Q

4 π εo (x2+ y2+z2 )12

= Q

4 π εo (ρ2+z2 )12

E=−∇ .V=−∂V∂ x

ax−∂V∂ y

ay−∂V∂ z

az=Q

4 π εo [ x ax+ y ay+zaz

(x2+ y2+z2 )32 ]

Convertimos la intensidad de campo a coordenadas Esféricas

x=r . sin θ .cos∅ y=r . senθ . sin∅ z=r . cosθr=√ x2+ y2+z2

Er=E .ar=Q

4 π εo [ r . sin θ .cos∅ . (ax . ar )+r . senθ . sin∅ . (a y . ar )+r . cosθ . (az . ar )r3 ]

Er=Q

4 π ε o [ sinθ .cos∅ . (sinθ .cos∅ )+senθ . sin∅ . ( senθ . sin∅ )+cosθ . (cosθ )r2 ]

Er=Q

4 π ε o [ 1

r2 ]= Q

4 π εo r2

Eθ=E .aθ=Q

4 π ε o[ r .sin θ .cos∅ . (ax . aθ )+r . senθ . sin∅ . (a y . aθ )+r . cosθ . (az . aθ )

r3 ]Eθ=

Q4 π εo [ sinθ .cos∅ . (cos θ .cos∅ )+senθ . sin∅ . (cosθ . sin∅ )−. cosθ . (sinθ )

r2 ]Eθ=

Q4 π εo

[0 ]=0

E∅=E .a∅=Q

4 π εo [ r . sinθ .cos∅ . (ax . a∅ )+r . senθ . sin∅ . (ay . a∅ )+r . cosθ . (az . a∅ )r3 ]

E∅=Q

4 π εo [ sinθ .cos∅ . (−sin∅ )+senθ . sin∅ . (cos∅ )− .cosθ . (0 )r2 ]

E∅=Q

4 π εo[0 ]=0

Encontramos E para el caso de coordenadas cilíndricas:

E=−∇ .V=−∂V∂ ρ

aρ−∂V∂ z

az= −Q4π εo [−(x ax+z az )

(ρ2+z2 )32 ]= Q

4π εo [ (x ax+z az )

(ρ2+z2 )32 ]

Convertimos E a coordenadas esféricas

Er=E .ar=Q

4 π εo [ r . sin θ . (aρ . ar )+r cosθ (az . ar )r3 ]= Q

4 π ε o [ sin θ2+cosθ2

r2 ]= Q4 π εo r

2

Eθ=Q

4 π εo [ r sin θ (aρ . aθ )+r cosθ (az . aθ )r 3 ]= Q

4 π εo [ sin θ cos θ+cosθ (−sinθ )r2 ]=0

E∅=Q

4 π εo [ r . sinθ (aρ . a∅ )+r cosθ (az . a∅ )r3 ]=0

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=V 0( ra )sen θ en coordenadas esféricas.

Encontrar la carga total contenida dentro de la región r<a.

E=−∇V=−[ ∂V∂r ar+ 1r∂V∂θ

aθ+ 1rsen(θ)

∂V∂φ

aφ ]E=−[ V 0

asen (θ )+ 1

r

r V 0

acos (θ)]

E=−V 0

a[(sen (θ ))ar+(cos (θ ))aθ ]

D=ϵ 0E

Q=∮D ∙ds=∫0

2π

∫0

π

D∙r2 sinθdθdφ

Q=∫0

2 π

∫0

π −ϵ 0V 0a2

a(sin θ+cos θ ) sinθdθdφ

Q=−2πϵ 0V 0a∫0

π

( sin2θ+sinθ cosθ )dθ

Q=−2πϵ 0V 0a∫0

π

sin2θdθ+∫0

π

sinθ cosθdθ

Q=−2πϵ 0V 0a {12

(θ−sin θ cosθ )|0

π

+∫0

π

sin θ cosθdθ}Si se considera que ∫

0

π

sin θ cos θdθ=0 ˄ sin θ cosθ|0π=0

∴Q=−2πϵ 0V 0aπ2

∴Q=−π2 ϵ0V 0aC

4.23) Se sabe que un potencial esta dado por V=80 ρ0.6V . Suponiendo condiciones en el espacio libre, encontrar:

a) E.

E=−∇V

E=−∂V∂ ρ

aρ

E=−80∗0.6 ρ0.6−1=−48 ρ−0.4V /m

b) La densidad de carga volumétrica en ρ=0.5m

D=ϵ 0E

ρ v=∇ ∙ D=1ρ

∂∂ ρ

(ρ Dρ)

ρ v=1ρ

∂∂ρ

(−48 ρ−0.4+1)

ρ v=1ρ

∂∂ρ

(−48 ρ0.6)

ρ v=1ρ(−48∗0.6 ρ−0.4)

ρ v=(−28.8 ρ−1.4)ϵ0

ρ v=−673 pC /m3

c) La carga total dentro de la superficie cerrada ρ=0.6 ,0<z<1

D ρ=0.6=−48 ρ−0.4 ϵ 0

D ρ=0.6=−5.2∗10−12

E= Q2 πρL

Q=D ρ=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|=50Vm

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 (3x2ax+2 y a y+1az) + C1

|E|=C √(9 x4+4 y2+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|=50Vm

y despejando el valor de C, tenemos:

50Vm

=C (155.27)

C= 0.322

Obtenido el valor de C, remplazamos en Ep

E=−(0.322)(3 x2ax+2 y ay+1az)

E=−(0.322)(147 ax+50a y+az)

E=−(47.3ax+16.1a y+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+50 ρ+150 ρsin∅V .

a) Encontrar V, E, D y ρ v 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∂ ρ

aρ+1ρ∂V∂∅

a∅+∂V∂ z

Remplazando los valores en la fórmula tenemos:

E= ∂∂ρ

[ (100+50 ρ )+150 ρsin∅ ] aρ−1ρ

∂∂∅

[ (100+50 ρ )+150 ρsin∅ ]a∅

E=−(50+150 sin∅ )aρ−150 cos∅ a∅

E=−(50+150 sin 60 ° )aρ−150 cos60 ° a∅

E=−179.9aρ−75a∅V /m→Rta

Con l valor de E podemos encontrar D:

D=∈0 E

D=(8.854 x 10−12) (−179.9aρ−75a∅ )D=−1.59aρ−0.66a∅ nC /m2→Rta

Para determinar pv podemos realizar el siguiente procedimiento

ρ v=¿D

ρ v=¿∈0E

La divergencia en coordenadas cilíndricas es:

ρ v=1ρ

∂∂ρ

(ρ Dρ )+ 1ρ

∂ D∅

∂∅+∂D z

∂z

Remplazando los valores en la fórmula tenemos:

ρ v=[−1ρ

∂∂ ρ

ρ (50+150 sin∅ )−1ρ

∂∂∅

(150 cos∅ )]∈0

ρ v=−1ρ

(50+150sin∅ )+ 1ρ

150 (150 sin∅ )

ρ v=−1ρ

50∈0

ρ v=−442.7 pC /m3→Rta

b) ¿Cuánta carga se encuentra dentro del cilindro?

Para encontrar la carga podemos realizar la siguiente integral:

Q=∫vol

❑

ρ vdv

Q=∫0

1

∫0

2 π

∫0

2−1ρ

50∈0 ρdρd∅ dz

Q=∫0

1

∫0

2 π

−50∈0∨20d∅ dz

Q=∫0

1

∫0

2 π

−100∈0d∅ dz

Q=−100∈0∗(2π )Q=−5.56nC→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∂ x

ax+∂V∂ y

a y+∂V∂z

az

¿∂(−e− x sen( y))

∂ xax+

∂ (−e−x sen ( y ))∂ y

ay+∂(−e− xsen ( y ))

∂ zaz

¿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

¿e−0(sen( π3 )ax−cos ( π3 )ay )¿(√3

2ax−

12ay )

Literal a).-

Para resolver este literal primeramente tenemos que encontrar la línea de flujo del ejectron. Entonces tenemos:

Ey

Ex

=dydx

¿−e−x cos ( y )e−x sen ( y )

dydx

=−cos ( y)sen ( y )

−sen ( y )cos ( y )

dy=dx

∫−sen ( y )cos ( y )

dy=∫ dx

−∫ 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:

0=ln(cos( π3 ))+C0=−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 −a y

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).

V P=Q1

4∗π∗ε0∗|r−r1|+

Q 2

4∗π∗ε0∗|r−r2|

V P=1 x10−9

4∗π∗ε0∗|r−r1|− 1 x10−9

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

V P=Q

4∗π∗ε0( 1R1

−1R2

)V P=

1∗10−9

4∗π∗8.854∗10−12 ( 10.424

− 10.583 )

V P=8.9875∗(0.6420 )=5.77034V

b) calcular |E| en P.

E=Q(r−r ')

4∗π∗ε0|r−r '|3

E=1∗10−9(0.3ax+0.3 az)

4∗π∗ε0|0.4242|3−

1∗10−9(0.3ax+0.5az)

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∗ε 0r2

r=√0.32+0.42=0.5

cosθ= zr=0.4

0.5

θ=cos−10.8=36.8699

V=1∗10−9∗0.2∗cos 36.86994∗π∗ε0 ¿0.52 =5.752

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?

V ab=∫θa

θb

Qd

4 π ϵ0 r3 (2cosθ ar+senθ aθ )aθ rdθ

V ab=Qd

4π ϵ0 r3∫

θa

θb

(2cosθ ar+senθ aθ )aθ rdθ

V ab=Qd

4π ϵ0 r3∫

θa

θb

( senθ aθ )aθ rdθ

V ab=−Qd

4π ϵ0 r2 cosθ

θb

θa

V ab=−Qd

4π ϵ0 r2 ( cosθb−cosθa )

V ab=Qd

4π ϵ0 r2 ( cosθa−cosθb )

Ecuación 34

V=Qdcosθ

4 π ϵ 0r2

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=3 ax−5 ay+10aznC ∙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

4π ϵ0|r−r '|2p ∙

r−r '

|r−r '|

Donde

r=2ax−3 ay+4 az

r '=ax−2a y−4az

r−r '=(2−1 )ax+(3−2 )a y+ (4+4 )az

r−r '=ax+a y+8 az

|r−r '|=√1+1+82=√66

r−r '

|r−r '|=(ax+a y+8az )

1√66

V= 14π ϵ0 (66 ) (3ax−5ay+10az )×10−9 ∙ (ax+a y+8az )

1

√66

V= 14π ϵ0 (66 ) ( 3×10−9

√66−5×10−9

√66+ 80×10−9

√66 )V=1.31V

Ejercicio 4.30

Un dipolo para el que p=10 ϵ0azC ∙m se ubica en el origen ¿Cuál es la ecuación de la superficie en la

que E z=0 pero E≠0 ?

E= Qd

4 π ϵ 0r3(2 cosθar+sen θaθ)

p=Qd

E= p

4 π ϵ 0r3(2 cosθar+sen θaθ)

E=10 ϵ 0az

4 π ϵ 0r3 (2cosθar+sen θaθ)

E= 10

4 π r3(2cosθ araz+senθaθaz)

araz=cosθ aθaz=−senθ

E= 10

4 π r3(2 cosθ cos θ−senθ senθ)

E= 10

4 π r3(2cos2θ−sen2θ)

Por lo que observamos que será 0 cuando 2 cos2θ−sen2θ=0

Utilizando la identidad y despejando

cos2θ+sen2θ=1cos2θ=1−sen2θ

(2 (1−sen2θ )−sen2θ )= (2−2 sen2θ−sen2θ )=(2−3 sen2θ)

sen2θ=1−cos 2θ2

(2−3( 1−cos2θ2 ))=(2−

32+3( cos2θ

2 ))=( 12+3 ( cos2θ

2 ))=12(1+3 cos 2θ)

12

(1+3 cos2θ )=0

Praraque se cumpla laigualdadanterior 3 cos 2θ=−1

cos2θ=−13

2θ=cos−1(−13 )=109.47

θ=54.7 °

Observamos que cos2θ=cos (2(180−θ))

θ1=180−θ=180−54.7=125.3

La ecuación de la superficie en la que E z=0 nos dará.

E z=10

4 π r3( 2cos2θ−sen2θ )= 10

4π r 3 ( 12

(1+3 cos2θ ))E z1=

10

4 π r3 (12

(1+3 cos109.4 ))=0

E z2=10

4 π r3 (12

(1+3 cos250.6 ))=0

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)

E=−∇V=−( dVdx ax+dVdy

a y+dVdz

az)¿−20( −1

x2 yzax−

1

x y2 za y−

dz

xy z2 az)¿20( 1

x2 yzax+

1

x y2 za y+

dz

xy z2 az)VmW E=

12∫VOL

❑

ε0 E2dv

W E=12ε0∫

1

2

∫1

2

∫1

2

400( 1x4 y2 z2 ax+

1x2 y4 z2 ay+

dzx2 y2 z 4 az)dxdydz

W E=12ε0∫

1

2

∫1

2

∫1

2

400( 1x4 y2 z2 ax+

1x2 y4 z2 ay+

1x2 y2 z 4 az)dxdydz

W E=200 ε0∫1

2

∫1

2

∫1

2

( 1x4 y2 z2 ax+

1x2 y4 z2 ay+

1x2 y2 z4 az)dxdydz

W E=200 ε0∫1

2

∫1

2

(−13

1x3 y2 z2 ax−

1x y4 z2 ay−

1x y2 z4 az)2

1dydz

W E=200 ε0∫1

2

∫1

2

(−13 ( 1

8 y2 z2−1y2 z2 )ax−( 1

2 y4 z2 −1

y 4 z2 )a y−( 12 y2 z4 −

1y2 z4 )az)dydz

W E=200 ε0∫1

2

∫1

2

(−13 ( −7

8 y2 z2 )ax+( 12 y4 z2 )ay+( 1

2 y2 z4 )az)dydz

W E=200 ε0∫1

2

( 724 ( −1

y z2 )+(−( 13 ) 1

2 y3 z2 )+( −12 y z4 ))21dz

W E=200 ε0∫1

2

( 724 (−1

2 z2 +1y z2 )+(−( 1

6 )( 18 z2 −

1z2 ))+( −1

2 z4 +1y z4 ))dz

W E=200 ε0∫1

2

( 748 ( 1

z2 )+( 748 )( 1

z2 )+ 14 ( 1

z 4 ))dz

W E=200 ε0[( 748 (−1

z )+( 748 )(−1

z )+ 14 ((−1

3 ) 1

z3 ))]21W E=200 ε0[( 7

48 (−12

+1)+( 748 )(−1

2+1)+ 1

4 ((−13 )( 1

8−1)))]

W E=200 ε0[( 796

+ 796

+ 796 )]

W E=200 ε0 (3 )[ 796 ]

W E=200 (8.854 (10 )−12) (3 )[ 796 ]

W E=387 pJ

b) C(1.5,1.5,1.5)

W E=12∫VOL

❑

ε0 E2dv

W E=12ε0∫

1

2

∫1

2

∫1

2

400( 11.54 1.52 1.52 ax+

11.521.54 1.52 ay+

11.521.52 1.54 az)dxdydz

W E=200 ε0∫1

2

∫1

2

( x1.54 1.52 1.52 ax+

x1.52 1.54 1.52 ay+

x1.521.52 1.54 az)2

1dydz

W E=200 ε0∫1

2

∫1

2

( (2−1 )1.54 1.52 1.52 ax+

(2−1 )1.52 1.54 1.52 ay+

(2−1 )1.521.52 1.54 az)dydz

W E=200 ε0∫1

2

( y1.54 1.52 1.52 )2

1dz

W E=200 ε0∫1

2

( 11.54 1.52 1.52 )dz

W E=200 ε0( 1

1.54 1.52 1.52 )W E=207 pJ

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

4 π ϵ 0r3 (2 cosθar+sinθ aθ )

W e=12∫vol

❑

ϵ 0E2dv

W e=12ϵ 0∫

0

2π

∫0

π

∫a

∞ (Qd )2

16 π2 ϵ 02r 6

(4 cos2θ+4 cosθsinθ+sin2θ ) r2sinθdr dθ dϕ

W e=(Qd )2

32π 2ϵ 0

(2π )∫0

π

∫a

∞1r 4

( 4cos2θ+4cosθsin θ+sin2θ ) sinθdr dθ

W e=(Qd )2

16 π ϵ 0 [− 13 r3|∞a ]∫0

π

(4 cos2θ+4 cosθsinθ+sin2θ ) sinθdθ

W e=(Qd )2

16 π ϵ 0(−1

3 )(0− 1a3 )∫

0

π

( 4cos2θ sinθ+4cosθ sin2θ+sin3θ )dθ

∫0

π

( 4 cos2θ sin θ+4 cosθ sin2θ+sin3θ )dθ=∫0

π

4 cos2θ sin θdθ+∫0

π

4cos θ sin2θdθ+∫0

π

sin3θdθ

¿−4∫0

π

u2du+4∫0

π

m2dm+(−13

cosθ sin2θ+ 23∫sin θdθ) π0

¿−4 ( u3

3 ) π0+4 (m3

3 )π

0−( 13

cosθ sin2θ+ 23

(−cos θ ))π0

¿−43

(cos3θ )π

0+ 43

( sin3θ )π

0−23

(−1 )−(−23

(1 ))

¿−43

(−1−1 )+ 43

(0 )+ 23+ 2

3

¿ 83+ 4

3

¿4

W e=(Qd )2

48 π ϵ 0a3 (4)

W e=(Qd )2

12π ϵ 0a3 J

b) A partir del resultado anterior, una singularidad en la energía se produce cuando a → 0. Más

importante, 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.

4.33) Una esfera de cobre de radio igual a 4 cm contiene una carga total distribuida uniformemente de 5uC 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 W E=Q 2/(2C)para calcular la capacitancia de la esfera aislada.

a¿

D= Q

4π r 2ar

D= 5uC

4π r 2ar

b¿

W E=12∫vol

.

D .E dv

En donde

E= Q

4 π ϵ 0r2ar

E= 5uC

4 π ϵ 0r2ar

W E=12∫vol

.

( 5uC4π r 2 ar) .( 5uC

4 π ϵ 0 r2 ar)dv

dv=r2sinθdr dθ dϕ

W E=12∫0

2 π

∫0

π

∫0.04

∞ [ (5uC )2

16 π2 ϵ 0 r4 ]r2sin θdr dθ dϕ

W E=12

(2 π ) (−cosθ )|0π[ (5uC )2

16π 2ϵ 0]∫0.04

∞

[ 1

r2 ] dr

W E=12

(2 π )(2)[ (5uC )2

16 π2 ϵ 0](−1

r )|0.04

∞

W E=[ (5uC )2

8 π ϵ 0](−1

∞+ 1

0.04 )W E=0.112345(0+ 1

0.04 )W E=2.81J

c ¿

W E=Q2

2C

C= Q2

2W E

C=(5uC )2

2(2.81J )

C=4.45 pF

4.34 Una esfera de radio a contiene una densidad uniforme de carga volumétrica de ρoC /m3. Encontrar la energía total almacenada aplicando a) la ecuación (43); b) la ecuación (45)

Solución.

E=Dϵ 0

D=QA

=4 /3 ρ0π r

3

4 π r2

Donde:

Para r<a→r en la carga=r

D=4/3 ρ0π r

3

4 π r2 =r ρ0

3

E=r ρ0

3 ϵ0

Para r>a→r en la carga=a

D=4/3 ρ0π a

3

4 π r2 =ρ0a

3

3 r2

E=ρ0a

3

3 ϵ 0 r2

a) Ecuación 43

W E=12∫vol

❑

ρvV dv

V=−∫B

A

E dL

Para r<a

V=−∫a

r r ρ0

3 ϵ 0

dr

V=−ρ0

3 ϵ 0∫a

r

r dr

V=−ρ0

6(r2−a2)

Para r>a

V=−∫∞

a ρ0a3

3 ϵ 0 r2 dr

V=−ρ0a

3

3 ϵ 0∫∞

a1r 2 dr

V=−ρ0a

3

3 ϵ 0[−1r ]

∞

a

V=ρ0a

2

3 ϵ 0

Vt=ρ0a

2

3 ϵ 0

−ρ0

6(r2−a2)

Vt=ρ0

6 ϵ 0

(3a2−r2)

→W E=12∫0

2π

∫0

π

∫0

a

(ρv )ρ0

6 ϵ 0

(3a2−r2)r2 senθdr dθdϕ

W E=ρ0

2(−2)(4 π)12 ϵ 0

∫0

a

(3a2−r2)r2dr

W E=−4 π ρ0

2

12 ϵ 0∫

0

a

(3a2r2−r4)dr

W E=−4 π ρ0

2

12 ϵ 0[a2r3−

r5

5 ]0

a

W E=−π ρ0

2

3 ϵ 0[a5−

a5

5 ]0

a

W E=−π ρ0

2

3 ϵ 0[a5−

a5

5 ]0

a

W E=−4 π ρ0

2a5

15 ϵ 0

a) Ecuación 45

W E=12∫vol

❑

ϵ 0 E2dv

Para r<a

→W E1=12∫0

2π

∫0

π

∫0

a

( ϵ 0 )( r ρ0

3 ϵ 0)

2

r2 senθdr dθ dϕ

W E1=1

18∫

0

2π

∫0

π

∫0

a ρ02

ϵ 0

r4 senθdr dθdϕ

W E1=ρ0

2(−2)(2π )18 ϵ 0

[ r5

5 ]0

a

=−ρ0

2 (4 π )a5

18 ϵ 0(5)

Para r>a

→W E2=12∫0

2π

∫0

π

∫0

∞

(ϵ 0 )( ρ0a3

3 ϵ 0 r2 )

2

r2 senθ dr dθdϕ

W E2=1

18∫

0

2π

∫0

π

∫0

∞ ρ02a6

ϵ 0r2 senθdr dθdϕ

W E2=ρ0

2(−2)(2π )18 ϵ 0

[−1r ]

0

∞

=ρ0

2 (4 π )a5

18 ϵ 0

W ET=W E 1+W E2=ρ0

2 (4 π )a5

18 ϵ 0

−ρ0

2 (4 π )a5

18 ϵ0(5)

W ET=−4 π ρ0

2a5

15 ϵ 0

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.

W E=12∑n=1

4

qnV n

V 41=0.04 √2

V 1=V 21+V 31+V 41=q

2π ϵ 0[ 10.04

+ 10.04

+ 10.04√2 ]

V 1=V 21+V 31+V 41=8nC2π ϵ 0

[ 10.04

+ 10.04

+ 10.04√2 ]

Como tenemos 4 cargas:

W E=12(Q1V 1+Q2V 2+Q3V 3+Q 4V 4)

Q1V 1=Q2V 2=Q3V 3=Q4V 4

W E=12

( 4 )Q∗V 1=(8nC )2

2π ϵ 0[ 10.04

+ 10.04

+ 10.04 √2 ]

W E1=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

∆W E2=4(8nC )2

4 π ϵ 0 0.04√2/2=0.013uJ

W E ¿W E1+WE 2

W E=0.779uJ +0.813uJ=1.59uJ