CAPÍTULO 2
2.1. Se hallan cuatro cargas positivas 10nC en el plano z = 0 en las esquinas de un cuadrado de 8cm en un lado. Una quinta carga positiva 10nC se localiza en un punto a 8cm de distancia de las otras cargas .. Calcule la magnitud de la fuerza total en esta quinta carga para = 0:
Ordene las cargas en el plano xy localizadas en (4,4), (4,-4), (-4,4), y (-4,-4). Entonces la quinta carga estará en el eje localizada en z z = 4 √2, que está colocado a 8cm de distancia de la cuarta carga. Por simetría, la fuerza en la quinta carga se dirigirá a z y será cuatro veces la componente z de la fuerza producida por cada una de las otras cuatro cargas.
F = √4 2 × q2 4π0d2 = 4 √ 2 4π ( 8.85 × 10× -12)(0.08)2 (10 −8)2 = 4.0 × 10-4 N
2.2. Una carga Q 1 = 0.1 µC está localizada en el origen, mientras Q2 = 0.2 µC está enA(0.8, −0.6, 0).
Encuentre los puntos en el plano z = 0 en que la componente x de una tercera carga positiva es cero.
Para resolver este problema, las coordenadas z de la tercera carga es inmaterial , así podemos colocar en el plano xy en las coordenadas (x, y, 0). Tomamos su magnitud para ser Q 3. El vector dirigido de la primer
carga a la tercera es R13 = xax + yay; el vector dirigido de la segunda carga a la tercera es
R23 = (x − 0.8)ax+ (y + 0.6)ay. La fuerza en la tercera carga es ahora
F3 = Q3 4π0 Q1 R13 |R13|3 + Q2R23 |R23|3 = Q3× 10−6 4π0 0.1(xax + yay) (x2+ y2)1.5 + 0.2[(x − 0.8)ax + (y + 0.6)ay] [(x − 0.8)2 + (y + 0.6)2
D eseamos que la componente x sea cero. Así,
]1.5 0= 0.1xax (x2+ y2)1.5 + 0.2(x − 0.8)ax [(x − 0.8)2+ (y + 0.6)2]1.5 o x[(x − 0.8)2+ (y + 0.6)2]1.5= 2(0.8 − x)(x2+ y2)1.5
2.3. Las cargas puntuales de cada 50nC se localizan en A(1, 0, 0), B(−1, 0, 0), C(0, 1, 0), y D(0, −1, 0) en espacio libre. Encuentre la fuerza total en la carga en A.
L a fuerza será : F= (50 × 10 −9)2 4π0 RCA |RCA|3 + RDA |RDA|3 + RBA |RBA|3
donde RCA= ax− ay, RDA= ax+ ay, y RBA = 2ax. Las magnitudes son |RCA| = |RDA| =√2, y |RBA| = 2. Substituyendo estas se llega a
F= (50 × 10 −9)2 4π0 1 2√2 + 1 2√2 + 2 8 ax = 21.5ax µN en donde las distancias están en metros .
2.4. SeaQ1 = 8 µC localizada en P1(2, 5, 8) mientras Q2 = −5 µC está en P2(6, 15, 8). Sea = 0.
a) Encuentre la fuerza F 2, en Q2: Esta fuerza será
F2 = Q1Q2 4π0 R12 |R12|3 = (8 × 10−6)(−5 × 10−6) 4π0 (4ax+ 10ay) (116)1.5 = (−1.15ax− 2.88ay) mN
b) Encuentre las coordenadas de 3 P si una carga Q3 experimenta una fuerza total F3 = 0 en P3: Esta fuerza en
ge neral será: F3= Q3 4π0 Q1 R13 |R13|3 + Q2R23 |R23|3
donde R13 = (x − 2)ax + (y − 5)ay y R23 = (x − 6)ax + (y − 15)ay. Note, sin embargo, que
todas las cargas deben quedar en una línea recta, y la localización de 3 Q estará a lo largo del vector R 12
e xtendiéndose después de 2Q . 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 4π0 8[(x − 2)ax + 2.5(x − 2)ay] [(x − 2)2+ (2.5)2(x − 2)2]1.5 − 5[(x − 6)ax+ 2.5(x − 6)ay] [(x − 6)2+ (2.5)2(x − 6)2]1.5
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 8(x − 6)2− 5(x − 2)2 = 0 o x = 6 √ 8− 2√5 √ 8−√5 = 21.1 Las coordenadas de P 3 son así P3(21.1, 52.8, 8)
2.5. S ea una carga puntual 1 Q 25 nC localizado en P1(4, −2, 7) y una carga Q2 = 60 nC está en P2(−3, 4, −2).
a) Si = 0, encuentre E en P3(1, 2, 3): Este campo será
E= 10 −9 4π0 25R13 |R13|3 + 60R23 |R23|3
en donde R 13 = −3ax+4ay−4az y R23 = 4ax−2ay+5az. Además, |R13 | =
√ 41 y 23 |R | = √ 45. Así E= 10 −9 4π0
25× (−3ax+ 4ay− 4az)
(41)1.5 +
60× (4ax − 2ay+ 5az)
(45)1.5
= 4.58ax − 0.15ay+ 5.51az
b) ¿En qué punto en el eje y está Ex = 0? P3 está ahora en (0, y, 0), así R13 = −4ax + (y + 2)ay − 7az
y R23 = 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 4π0 25× (−4) [65+ (y + 2)2]1.5 + 60× 3 [13+ (y − 4)2]1.5
Para obtener Ex = 0, requerimos que la expresión en el punto singular grande sea cero. Esta expresión simplifica la siguiente cuadrática :
0.48y2+ 13.92y + 73.10 = 0 que produce los dos valores : y = −6.89, −22.11
2.6 Las cargas puntuales de 120 nC están localizadas en A(0, 0, 1) y B(0, 0, −1) en e spacio libre. a) Encuentre E en P (0.5, 0, 0): Este será
EP = 120× 10 −9 4π0 RAP |RAP|3 + RBP |RBP|3
donde RAP = 0.5ax − az y RBP = 0.5ax+ az. Además , |RAP| = |RBP| = 1√ .25. Así : EP = 120× 10
−9ax
4π(1.25)1.50 = 772 V/m
b) ¿Qué carga simple en el origen proporcionaría un campo de fuerza idéntico ? Requerimos
Q0
4π0(0.5)2 = 772
del que encontramos Q0 = 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 EP = 2× 10 −6 4π0 RAP |RAP|3 = 2× 10−6 4π0 4ax+ 9ay− 3az (106)1.5
= 65.9ax + 148.3ay− 49.4az
Entonces, en el puntoP , ρ =√82 + 122 = 14.4, φ = tan −1(12/8) = 56.3◦, y z = z. Ahora, Eρ = Ep· aρ = 65.9(ax· aρ) + 148.3(ay · aρ) = 65.9 cos(56.3◦) + 148.3 sen(56.3◦) = 159.7 y
Eφ = Ep· aφ = 65.9(ax · aφ) + 148.3(ay · aφ) = −65.9 sen(56.3◦) + 148.3 cos(56.3◦) = 27.4 Finalmente,Ez= −49.4
2.8. Dadas las cargas puntuales de −1 µC enP 1(0, 0, 0.5) y P2(0, 0, −0.5), y una carga de 2 µC en el origen, encuentre E en P (0, 2, 1) en componentes esféricas, suponiendo = 0.
El campo tomará la forma general:
EP = 10 −6 4π0 − R1 |R1|3 + 2R2 |R2|3 − R3 |R3|3
donde R1, R2, R3 son los vectores de P de cada una de las cargas listadas en su orden original . Específicamente,
R1 = (0, 2, 0.5), R2 = (0, 2, 1), y R3 = (0, 2, 1.5). L as magnitudes son |R1 | = 2.06, |R2 | = 2.24, y |R 3 | = 2.50. Así EP = 10 −6 4π0 −(0, 2, 0.5) (2.06)3 + 2(0, 2, 1) (2.24)3 − (0, 2, 1.5) (2.50)3 = 89.9ay+ 179.8az
Ahora, enP , r =√5,θ = cos−1(1/√5) = 63.4 ◦, y φ = 90 ◦. Así
Er = EP · ar = 89.9(ay· ar) + 179.8(az· ar) = 89.9 sen θ sen φ + 179.8 cos θ = 160.9
Eθ = EP · aθ = 89.9(ay· aθ) + 179.8(az· aθ) = 89.9 cos θ sen φ + 179.8(− sen θ) = −120.5
2.9. Una carga puntual 100 nC se localiza en A(−1, 1, 3) en espacio libre.
a) Encuentre el lugar geométrico de todos los puntos P (x, y, z) en que Ex = 500 V/m: El campo total en P será:
EP = 100× 10
−9
4π0
RAP |RAP|3
donde RAP = (x + 1)ax+ (y − 1)ay + (z − 3)az, y donde |RAP| = [(x + 1)2 + (y − 1)2 +
(z − 3)2]1/2. La componente x del campo será
Ex = 100× 10 −9 4π0 (x + 1) [(x + 1)2+ (y − 1)2+ (z − 3)2]1.5 = 500 V/m
Y así nuestra condición se vuelve:
(x + 1) = 0.56 [(x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2]1.5
b) Encuentre y1 si P (−2, y1, 3) está en ese lugar geométrico: En punto P, la condición del inciso a se vuelve
3.19 =
1+ (y1− 1)2
3
del cual (y1 − 1)2 = 0.47, o y1 = 1.69 o 0.31
2.10. Las cargas de 20 y -20 nC están localizadas en (3, 0, 0) y d (−3, 0, 0), respectivamente. Sea = 0. Determine |E | en P (0, y, 0): El campo será
EP = 20 × 10 −9 4π0 R1 |R1|3 − R2 |R2|3
donde R el vector de la carga positiva al punto 1, 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 |R1 | = |R2 | =
9 + y2 ubstituyendo estos en la expresión para E. S
P produce EP = 20× 10 −9 4π0 −6a x (9 + y2)1.5 del cual |EP| = 1079 (9 + y2)1.5 V/m
2.11. Una carga Q0 izada en el origen produce en espacio libre un campo para que local Ez = 1 kV/m en el punto
P (−2, 1, −1).
a) Encuentre Q0: E l campo en P será
EP = Q0 4π0
−2ax + ay − az 61.5
2.11. (continuación)
b) Encuentre E en M(1, 6, 5) en coordenadas cartesianas: Este campo será:
EM = −1.63 × 10 −6 4π0 ax + 6ay+ 5az [1 + 36 + 25]1.5
o EM = −30.11ax − 180.63ay− 150.53az.
c) Encuentre E en M(1, 6, 5) en coordenadas cilíndricas: En M, ρ = √1 + 36 = 6.08, φ = tan −1(6/1) = 80.54 ◦, y z = 5. Ahora
Eρ = EM · aρ = −30.11 cos φ − 180.63 sen φ = −183.12
Eφ = EM · aφ = −30.11(− sen φ) − 180.63 cos φ = 0 ( como lo esperado) así que EM = −183.12aρ− 150.53az.
d) Encontrar E en M(1, 6, 5) en coordenadas esféricas: En M, r =√1 + 36 + 25 = 7.87, φ = 80.54 ◦ (como anteriormente), y θ = cos−1(5/7.87) = 50.58◦. Ahora, des de que la carga está en el origen, esperamos obtener solamente una componente radial de EM. E sta será :
Er = EM · ar = −30.11 sen θ cos φ − 180.63 sen θ sen φ − 150.53 cos θ = −237.1
2.12. La densidad de carga volumétrica ρv = ρ0e−|x|−|y|−|z| existe por encima de todos los espacios libres. C alcule la carga total presente: Esta será 8 veces la integral de ρv por encima del primer octante, o
Q = 8 ∞ 0 ∞ 0 ∞ 0 ρ0e−x−y−zdx dy dz = 8ρ0
2.13. Una densidad uniforme de carga voumétrica de 0.2µC/m3 note error en el libro) está presente por toda la cubierta( es férica extendiéndose desde r = 3 cm a r = 5 cm. Si ρv= 0 por otra parte:
a)
Encuentre la carga total presente por toda la cubierta: Esta será
Q = 2π 0 π 0 .05 .03 0.2 r 2 senθ dr dθ dφ = 4π(0.2)r 3 3 .05 .03 = 8.21 × 10 −5µC = 82.1 pC
b) Encuentre r 1 si la mitad de la carga total está localizada en la región 3 cm < r < r1: Si la integral sobre r en
el inciso a es llevada a r1, obtendriamos
4π(0.2)r 3 3 r1 .03= 4.105 × 10 −5 Así r1 = 3× 4.105 × 10−5 0.2 × 4π + (.03) 3 1/3 = 4.24 cm
2.14. Sea
ρv = 5e−0.1ρ(π − |φ|) z2+ 101 µC/m3 en la región 0 ≤ ρ ≤ 10, −π < φ < π, todo z, y ρv= 0 por otra parte.
a) Determin e la carga total presente: Esta será la integral de ρv so bre la región donde existe; específicamente, Q = ∞ −∞ π −π 10 0 5e−0.1ρ (π − |φ|) 1 z2+ 10ρ dρ dφ dz que se vuelve Q = 5 e−0.1ρ (0.1)2(−0.1 − 1) 10 0 ∞ −∞2 π 0 (π − φ) 1 z2+ 10dφ dz o Q = 5 × 26.4 ∞ −∞π 2 1 z2+ 10dz Finalmente, Q = 5 × 26.4 × π2 1 √ 10tan −1 √z 10 ∞ −∞= 5(26.4)π3 √ 10 = 1.29 × 10 3µC = 1.29 mC
b) Calcule la carga dentro de la región 0 ≤ ρ ≤ 4, −π/2 < φ < π/2, −10 < z < 10: Con los límites así cambiados, la integral para las cargas se vuelve:
Q = 10 −102 π/2 0 4 0 5e−0.1ρ (π − φ) 1 z2+ 10ρ dρ dφ dz
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 contiene una densidad uniforme de carga volumétrica de 10µm 15 C/m3. a)
¿Qué carga totalse engloba en el volumen esférico?
Este será Q = (4/3)π(2 × 10 −6)3 × 1015 = 3.35 × 10 −2 C .
b) Ahora suponga que una región grande contiene una de estas esferas pequeñas a cada ángulo de una red cúbica de 3mm en un lado, y que no hay carga entre las esferas. ¿Cuál es el promedio de la densidad de carga
volumétrica por toda esta región grande? Cada cubo contendrá el equivalente de una esfera pequeña. Despreciando el volumen de la esfera pequeña, la densidad promedio se vuelve
ρv,avg = 3.35 × 10
−2
(0.003)3 = 1.24 × 10 6
C/m3
2.16. La región en que 4 < r < 5, 0 < θ < 25◦, y 0.9π < φ < 1.1π contiene la densidad de carga volumétrica de ρ v = 10(r − 4)(r − 5) sen θ sen(φ/2). Fuera de la región, ρv = 0. Encuentre la carga dentro de la región: La integral que proporciona la carga será
Q = 10 1.1π .9π 25◦ 0 5 4 (r − 4)(r − 5) sen θ sen(φ/2) r 2 senθ dr dθ dφ
2.16. (continuación) Llevando fuera la integral, obtenemos Q = 10 r5 5 − 9 r4 4 + 20 r3 3 5 4 1 2θ − 1 4sen(2θ) 25◦ 0 −2 cos θ 2 1.1π .9π = 10(−3.39)(.0266)(.626) = 0.57 C
2.17. U na línea de carga uniforme de 16 nC/m está localizada a lo largo de la línea definida por y = −2, z = 5. Si = 0: a) Encuentre E en P (1, 2, 3): Este será
EP = ρl 2π0 RP |RP|2 donde RP = (1, 2, 3) − (1, −2, 5) = (0, 4, −2), y |RP|2 = 20. Así EP = 16× 10 −9 2π0 4ay− 2az 20 = 57.5ay− 28.8azV/m
b) Encuentre E en el punto en el plano z = 0 donde la dirección de E está dada por(1/3)ay− (2/3)az: Con z = 0, el campo general será
Ez=0= ρl 2π0 (y + 2)a y− 5az (y + 2)2+ 25
Requerimos |Ez| = −|2Ey|, así 2(y + 2) = 5. Así y = 1/2, y el campo se vuelve:
Ez=0 = ρl 2π0 2.5ay − 5az (2.5)2+ 25 = 23ay− 46az
2.18. Una línea de cargas uniformes de 0.4 µC/m y −0.4 µC/m se localizan en el plano x = 0 en y = −0.6 y
y = 0.6 m, respectivamente. Sea = 0.
a) Encuentre E en P (x, 0, z): En general, tendremos
EP = ρl 2π0 R+P |R+P| − R−P |R−P|
donde R+P y R−P son, respectivamente, los vectores dirigidos de la línea de cargas positiva y negativa al
punto P , y estos son normales al eje z. Así tenemos R+P = (x, 0, z) −
(0, −.6, z) = (x, .6, 0), y R−P = (x, 0, z) − (0, .6, z) = (x, −.6, 0). Así EP = ρl 2π0 xa x + 0.6ay x2+ (0.6)2 − xax− 0.6ay x2+ (0.6)2 = 0.4 × 10−6 2π0 1.2ay x2+ 0.36 = x28.63a+ 0.36y kV/m
2.18. (continuación)
b) Encuentre E en Q(2, 3, 4): Este campo será en general: EQ= ρl 2π0 R+Q |R+Q|− R−Q |R−Q| donde R+Q = (2, 3, 4)−(0, −.6, 4) = (2, 3.6, 0), y R−Q = (2, 3, 4)−(0, .6, 4) = (2, 2.4, 0). Así EQ= ρl 2π0 2ax+ 3.6ay 22+ (3.6)2 − 2ax+ 2.4ay 22+ (2.4)2 = −625.8ax− 241.6ayV/m
2.19. Una línea de carga uniforme 2µC/m está localizada en el eje z . Encuentre E en coordenadas cartesianas en P(1, 2 ,3) si la carga se extiende de
a) −∞ < z < ∞: Con la línea infinita, sabemos que el campo tendrá únicamente una componente radial en coordenadas cilíndricas (o x y y en componentes cartesianas). El campo de una línea infinita en el eje z es generalmente E = [ρl/(2π0ρ)]aρ. Por lo tanto, en el punto P :
EP = ρl 2π0 RzP |RzP|2 = (2 × 10−6) 2π0 ax + 2ay 5 = 7.2ax+ 14.4ay kV/m
donde R es el vector que se extiende de la línea de carga al punto zP P , y es perpendicular al eje z; es decir, RzP = (1, 2, 3) − (0, 0, 3) = (1, 2, 0).
b) −4 ≤ z ≤ 4: Aquí usamos la relación general EP = ρ ldz 4π0 r− r |r − r |3
donde r = ax+ 2ay + 3az y r = zaz. Así la integral se vuelve EP = (2 × 10 −6) 4π0 4 −4 ax+ 2ay + (3 − z)az [5+ (3 − z)2]1.5 dz
U sando las tablas integrales, obtenemos:
EP = 3597 (a
x+ 2ay)(z − 3) + 5az
(z2− 6z + 14)
4
−4 V/m = 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 2π0 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 RzP = (−3, 2, −1) − (0, 0, −1) = (−3, 2, 0). Substituyendo este en la expresión para EP da EP = ρl 2π0 2ay − az 5 + −3ax − az 10 + −3ax + 2ay 13
2.21. Dos cargas lineales uniformes idénticas con ρl = 75 nC/m están localizadas en espacio libre en x = 0, y = ±0.4 m. ¿Qué fuerza por la longitud unitaria hace a cada carga lineal ejercer en la otra? Las cargas son paralelas al eje z y está separadas por 0.8 m. Así el campo de la carga en y = −0.4 evaluado en la localización de la carga
en y = +0.4 será E = [ρ l/(2π0(0.8))]ay. La fuerza en una longitud diferencial de la
línea en la localización positiva y es dF = dqE = ρldzE. Así la fuerza por longitud unitaria que actúa en la línea en y positiva se origina de la carga en y negativa es
F= 1 0 ρ2 l dz 2π0(0.8)ay = 1.26 × 10 −4a y N/m = 126 ayµN/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, −2 < y < 2, y todo z. Si
= 0, encuentre E en:
a) PA(3, 0, 0): Usamos la de superposición integral:
E = ρ sda 4π0 r− r |r − r |3
donde r = 3ax y r = yay+ zaz. La integral se vuelve :
EP A = ρs 4π0 ∞ −∞ 2 −2 3ax − yay− zaz [9 + y2 + z2]1.5 dy dz
Ya que los límites de la integración son simétricos sobre el origen, y dado que las componentes y y z de
los integrandos exhiben la paridad impar (cambiando signos cuando cruzan el origen, pero por otra parte simétrico), éstos integrarán a cero, dejando únicamente la componente x. Esto es evidente justamente de la simetría
del problema. Realizando la integración de z primero en la componente x, obtenemos (usando las tablas): :
Ex,P A= 3ρs 4π0 2 −2 dy (9 + y2) z 9+ y2+ z2 ∞ −∞ = 3ρs 2π0 2 −2 dy (9 + y2) = 3ρs 2π0 1 3 tan−1 y 3 2 −2 = 106 V/m
Se alienta al alumno a verificar que si los límites y donde −∞ a ∞, el resultado sería que del plano de carga infinita, o Ex = ρs/(20).
b) PB(0, 3, 0): En este caso, r = 3ay y por simetría indica que únicamente una componente , y e xistirá. La integral se vuelve Ey,P B = ρs 4π0 ∞ −∞ 2 −2 (3 − y) dy dz [(z2+ 9) − 6y + y2]1.5 = ρs 2π0 2 −2 (3 − y) dy (3 − y)2 = − ρs 2π0 ln(3 − y) 2 −2 = 145 V/m
2.23. Dada la densidad de carga superficial,ρs = 2 µC/m2, en la región ρ < 0.2 m, z = 0, y es cero por otra parte, encuentre E en :
a) PA(ρ = 0, z = 0.5): Primero, reconocemos por simetría que únicamente una componente z de E estará presente. Conside rando un punto general z en el eje z, tenemos r = zaz. Entonces, con r = ρaρ, obtenemos r − r = zaz− ρaρ La integral de superposición de la componente . z de E ser á:
Ez,PA = ρs 4π0 2π 0 0.2 0 z ρ dρ dφ (ρ2+ z2)1.5 = − 2πρs 4π0z 1 z2+ ρ2 0.2 0 = ρs 20z 1 √ z2 − 1 √ z2+ 0.4
Con z = 0.5 m, la evaluación de arriba como Ez,PA = 8.1 kV/m.
b) Con z en −0.5 m, evaluamos la expresión para Ez para obtener Ez,PB= −8.1 kV/m.
2.24. La densidad de carga superficial está posicionada en espacio libre como los siguientes: 20 nC/m2 en x=−3, − 30nC/m2 en y = 4, y 40 nC/m2 en z = 2. Encuentre la magnitud de E en los tres puntos, (4, 3, −2), (−2, 5, −1),
y (0, 0, 0). Ya que que las tres láminas son infinitas, la magnitud del campo asociado con cada uno será
ρs/(20), que es la posición independiente. Por esta razón, la magnitud del campo net ser á la misma en todas partes, mientras la dirección del campo dependerá en qué lado de una lámina dadase posiciona uno. Tomamos el primer punto, por ejemplo, y encontramos
EA= 20× 10 −9 20 ax + 30× 10−9 20 ay − 40× 10−9
20 az= 1130ax + 1695ay − 2260azV/m La manitud de EA es así 3.04 kV/m. Esta será la magnitud en los otros dos puntos también.
2.25. Encontrar E en el origen si las siguientes distribuciones de cargas están presentes en espacio libre: una carga puntual, 12 nC en P (2, 0, 6); una densidad de carga lineal uniforme, 3nC/m en x = −2, y = 3; densidad de carga superficial uniforme 0.2 nC/m2 en x = 2. La suma de los campos al origen de cada carga en orden es:
E= (12 × 10−9) 4π0 (−2ax − 6az) (4 + 36)1.5 + (3 × 10−9) 2π0 (2ax − 3ay) (4 + 9) − (0.2 × 10−9)ax 20
= −3.9ax− 12.4ay− 2.5azV/m
2.26. Una densidad de carga lineal uniforme de 5 nC/m está en y = 0, z = 2 m en espacio libre, mientras −5 nC/m está localizada en y= 0,z=−2 m. Una densidad de carga superficial uniforme 0.3nC/m2 está en y= 0.2 m, y −0.3nC/m2
está en y = −0.2 m. Encuentre |E | en el origen: Desde que cada par consiste en cargas iguales y opuestas, el efecto en origen es doblar el campo producido por uno de cada tipo. Tomando la suma de los campos en el origen desde la superficie y cargas lineales, respectivamente, encontramos:
E(0, 0, 0) = −2 × 0.3 × 10 −9 20 ay − 2 × 5× 10−9 2π0(2)az= −33.9ay − 89.9az así que |E | = 96.1 V/m.
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
dy dx = Ey Ex = −(2x + 4y) (4x − 2y) De este modo 2(x dy + y dx) = y dy − x dx o 2d(xy) = 1 2d(y 2) −1 2d(x 2) Así C1 + 2xy = 1 2y 2−1 2x 2 o y2− x2 = 4xy + C 2 Evaluando en P (2, 3, −4), obtenemos: 9− 4 = 24 + C2, or C2 = −19
Finalmente, en P , la ecuación requerida es
y2− x2 = 4xy − 19
b)
un vector unitario especificando la dirección de E en Q(3, −2, 5): Tiene EQ= [4(3) + 2(2)]ax− [2(3) − 4(2)]ay = 16ax + 2ay. Entonces |E | =√162 + 4 = 16.12. Así
aQ= 16ax + 2ay
16.12 = 0.99ax + 0.12ay
2.28. Sea E = 5x3 ax − 15x2y ay, y encuentre: a)
la ecuación de la línea de corriente que atraviesa P (4, 2, 1): Escribimos
dy dx = Ey Ex = −15x2y 5x3 = −3y x Así dy y = −3 dx x ⇒ ln y = −3 ln x + ln C De este modo y = e−3 ln xelnC = C x3 En P , tenemos 2 = C/(4)3 ⇒ C = 128. Finalmente, en P , y = 128x3
2.28. (continuación)
b) un vector unitario aE especificando la dirección de E en Q(3, −2, 5): En Q, EQ = 135ax+ 270ay, y |EQ| = 301.9. De este modo aE = 0.45ax + 0.89ay.
c) un vector unitario aN = (l, m, 0) que es perpendicular a aE en Q: Ya que este vector no tiene ninguna componente z , podemos encontrarlo atravesando aN=±(aE×az). Realizando estas, encontramos aN=±(0.89ax− 0.45ay. ) 2.29. Si E = 20e−5ycos 5xax − sen 5xay, encontramos:
a) |E | en P (π/6, 0.1, 2): Substituyendo este punto, obtenemos EP = −10.6ax − 6.1ay, y así |EP| = 12.2.
b) u n vector unitario en la dirección de EP : El vector unitario asociado con E e s justamente cos 5xax, − sen 5xay que evaluando en P se vuelve a E = −0.87ax− 0.50ay.
c) la ecuación de la línea de dirección que pasa a través de P : Use
dy dx =
− sen 5x
cos 5x = − tan 5x ⇒ dy = − tan 5x dx Así y = 15 ln cos 5x + C. Evaluando en P , encontramos C= 0.13, y así
y = 1
5ln cos 5x + 0.13
2.30. Dada la intensidad de campo eléctrico E = 400yax+ 400xay V/m, encuentre:
a) la ecuación de la línea de corriente pasando a través del punto A(2, 1, −2): Escribe:
dy dx = Ey Ex = x y ⇒ x dx = y dy
Así x2 = y2 + 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 | = 400x2 + y2 = 800. Así x2+ y2 = 4, o tenemos una superficie circular-cilíndrica, cent rada 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 y para que las pendientes de las asíntotas sean x , ±1.
d)
Un dibujo del trazo producido por la intersección de la superficie en el inciso b con el plano z = 0 produciría un círculo centrado en el origen, de radio 2.
2.31. E n coordenadas cilíndricas con E(ρ, φ) = Eρ(ρ, φ)aρ+Eφ(ρ, φ)aφ, la ecuación diferencial que describe las líneas de dirección es Eρ/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 = 2ρ2 cos 3φaρ+ 2ρ2 sen 3φaφ: Usando la información dada, escribimos
Eρ Eφ = dρ ρdφ = cot 3φ De este modo dρ ρ = cot 3φ dφ ⇒ ln ρ = 1 3 ln sen 3φ + ln C oρ = C(sen 3φ)1/3. Evalúe esto en P para obtener C = 7.14. Finalmente,
