Solucionario Hayt 6n6c2i

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 z localizada en 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. 4 4 q2 (10−8 )2 = 4.0 × 10-4 N F =√ × = √ × 2 -12 2 2 4π0 d 2 4π ( 8.85 × 10 )(0.08) 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 R 13 = xax + yay ; 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 Q2 R23 + 4π0 |R13 |3 |R23 |3 Q3 × 10−6 0.1(xax + yay ) 0.2[(x − 0.8)ax + (y + 0.6)ay ] = + 4π0 (x 2 + y 2 )1.5 [(x − 0.8)2 + (y + 0.6)2 ]1.5

F3 =

Q3 Q1 R13

Deseamos que la componente x sea cero. Así, 0.1xax 0.2(x − 0.8)ax 0= + (x 2 + y 2 )1.5 [(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)(x 2 + y 2 )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. La fuerza será :

(50 × 10−9 )2 F= 4π0



RCA RDA RBA + + 3 3 |RCA | |RDA | |RBA |3



donde RCA = ax − ay , RDA = ax + ay , y RBA = 2ax . Las magnitudes son |R CA | = |RDA | = y |RBA | = 2. Substituyendo estas se llega a (50 × 10−9 )2 F= 4π0



1 1 2 ax = 21.5ax µN √ + √ + 2 2 2 2 8

en donde las distancias están en metros . 14

√ 2,

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 =

Q1 Q2 R12 (8 × 10−6 )(−5 × 10−6 ) (4ax + 10ay ) = = (−1.15ax − 2.88ay ) mN 4π0 |R12 |3 4π0 (116)1.5

b) Encuentre las coordenadas deP 3 si una carga Q3 experimenta una fuerza total F3 = 0 en P3 : Esta fuerza en general será: Q3 Q1 R13 Q2 R23 + F3 = 4π0 |R13 |3 |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 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: 8[(x − 2)ax + 2.5(x − 2)ay ] 5[(x − 6)ax + 2.5(x − 6)ay ] Q3 − F3 = 4π0 [(x − 2)2 + (2.5)2 (x − 2)2 ]1.5 [(x − 6)2 + (2.5)2 (x − 6)2 ]1.5 en donde requerimos que 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 √ √ 6 8−2 5 x= √ √ = 21.1 8− 5 Las coordenadas de P 3 son así P3 (21.1, 52.8, 8) o

2.5. S ea una carga puntual Q1 25 nC localizado en P 1 (4, −2, 7) y una carga Q 2= 60 nC está en P2 (−3, 4, −2). a) Si = 0 , encuentre E en P3 (1, 2, 3): Este campo será 60R23 10−9 25R13 + E= 4π0 |R13 |3 |R23 |3

√ √ en donde R13 = −3ax +4ay −4az y R23 = 4ax −2ay +5az . Además, |R13 | = 41 y |R 23 | = 45. Así 10−9 25 × (−3ax + 4ay − 4az ) 60 × (4ax − 2ay + 5az ) + E= 4π0 (41)1.5 (45)1.5 = 4.58ax − 0.15ay + 5.51az

b) ¿En qué punto en el eje y está E x = 0? P3 está ahora en (0, y, 0), así R13 = −4a x + (y + 2)ay − 7az 2 y R 23 = 3ax + (y − 4)ay + 2az . Además, |R13 | = 65 + (y + 2) y |R 23 | = 13 + (y − 4)2 . Ahora la componente x de E en el nuevoP 3 será : 25 × (−4) 10−9 60 × 3 + Ex = 4π0 [65 + (y + 2)2 ]1.5 [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 : 0.48y 2 + 13.92y + 73.10 = 0 que produce los dos valores : y = −6.89, −22.11 15

2.6 Las cargas puntuales de 120 nC están localizadas en A(0, 0, 1) y B(0, 0, −1) en espacio libre. a) Encuentre E en P (0.5, 0, 0): Este será EP =

120 × 10−9 4π0



RAP RBP + |RAP |3 |RBP |3



donde RAP = 0.5ax − az y RBP = 0.5ax + az . Además , |RAP | = |RBP | = EP =

√

1.25. Así :

120 × 10−9 ax = 772 V/m 4π(1.25)1.5 0

b) ¿Qué carga simple en el origen proporcionaría un campo de fuerza idéntico? Requerimos Q0 = 772 4π0 (0.5)2 del que encontramos Q 0 = 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 2 × 10−6 RAP 2 × 10−6 4ax + 9ay − 3az EP = = 65.9ax + 148.3ay − 49.4az = 4π0 |RAP |3 4π0 (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 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, E z = −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: R1 10−6 2R2 R3 EP = − + − 4π0 |R1 |3 |R2 |3 |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 10−6 −(0, 2, 0.5) 2(0, 2, 1) (0, 2, 1.5) EP = = 89.9ay + 179.8az + − 4π0 (2.06)3 (2.24)3 (2.50)3 √ √ 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 Eφ = EP · aφ = 89.9(ay · aφ ) + 179.8(az · aφ ) = 89.9 cos 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 = 500 V/m: El campo total en P será: EP =

100 × 10−9 RAP 4π0 |RAP |3

donde R AP = (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 100 × 10−9 Ex = 4π0



(x + 1) = 500 V/m [(x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 ]1.5

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 3.19 = 1 + (y1 − 1)2 del cual

(y 1 − 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 20 × 10−9 EP = 4π0



R1 R2 − 3 |R1 | |R2 |3



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 20 × 10−9 EP = 4π0 del cual |EP | =



−6ax (9 + y 2 )1.5



1079 V/m (9 + y 2 )1.5

2.11. Una carga Q 0 localizada en el origen produce en espacio libre un campo para que Ez = 1 kV/m en el punto P (−2, 1, −1). a) Encuentre Q 0 : El campo en P será Q0 EP = 4π0



−2ax + ay − az 61.5



Desde que la componente z es de valor 1 kV/m, encontramosQ0 = −4π0 61.5 × 103 = −1.63 µC. 17

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 E M = −30.11ax − 180.63ay − 150.53az . 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) =

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, desde que la carga está en el origen, esperamos 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 2.12. La densidad de carga volumétrica ρ v = ρ0 e−|x|−|y|−|z| existe por encima de todos los espacios libres. Calcule la carga 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 = 8ρ0

0

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 Q= 0

2π



π 0



.05

.03



r3 0.2 r sen θ dr dθ dφ = 4π(0.2) 3

.05

2

.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 , obtendriamos r r3 1 = 4.105 × 10−5 4π(0.2) 3 .03 Así

r1 =

3 × 4.105 × 10−5 + (.03)3 0.2 × 4π

18

1/3 = 4.24 cm

2.14. Sea

1 µC/m3 + 10 en la región 0 ≤ ρ ≤ 10, −π < φ < π, todo z, y ρ v = 0 por otra parte. ρv = 5e−0.1ρ (π − |φ|)

z2

a) Determine la carga total presente: Esta será la integral de ρv sobre la región donde existe; específicamente, ∞ π 10 1 5e−0.1ρ (π − |φ|) 2 ρ dρ dφ dz Q= z + 10 −∞ −π 0 que se vuelve 10



e−0.1ρ (−0.1 − 1) Q=5 (0.1)2

−∞

0



o Q = 5 × 26.4



∞

∞

−∞

π

2

(π − φ)

0

π2

z2

z2

1 dφ dz + 10

1 dz + 10

Finalmente, Q = 5 × 26.4 × π

2

1 √ tan−1 10



z √ 10

∞ −∞

=

5(26.4)π 3 = 1.29 × 103 µC = 1.29 mC √ 10

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: 10 π/2 4 1 2 5e−0.1ρ (π − φ) 2 ρ dρ dφ dz Q = z + 10 −10 0 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 µm contiene una densidad uniforme de carga volumétrica de 1015 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 = 1.24 × 106 C/m3 (0.003)3

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

(r − 4)(r − 5) sen θ sen(φ/2) r 2 sen θ dr dθ dφ

4

19

2.16. (continuación) Llevando fuera la integral, obtenemos

r5 r4 r3 Q = 10 − 9 + 20 5 4 3

5 4

1.1π 25◦ 1 θ 1 −2 cos θ − sen(2θ) 2 4 2 .9π 0

= 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 = −2, z = 5. Si = 0 : a) Encuentre E en P (1, 2, 3): Este será

RP ρl 2π0 |RP |2

EP =

donde RP = (1, 2, 3) − (1, −2, 5) = (0, 4, −2), y |RP |2 = 20. Así 16 × 10−9 EP = 2π0



4ay − 2az = 57.5ay − 28.8az V/m 20

b) Encuentre E en el punto en el plano z = 0 donde la dirección de E está dada por(1/3)a y − (2/3)az : Con z = 0, el campo general será Ez=0

ρl = 2π0



(y + 2)ay − 5az (y + 2)2 + 25



Requerimos |E z | = −|2Ey |, así 2(y + 2) = 5. Así y = 1/2, y el campo se vuelve: Ez=0 =

ρl 2π0



2.5ay − 5az = 23ay − 46az (2.5)2 + 25

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

ρl EP = 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 ρl EP = 2π0



xax + 0.6ay xax − 0.6ay − 2 2 2 x + (0.6) x + (0.6)2



20

0.4 × 10−6 = 2π0



8.63ay 1.2ay = 2 kV/m 2 x + 0.36 x + 0.36

2.18. (continuación) b) Encuentre E en Q(2, 3, 4): Este campo será en general: R−Q ρl R+Q EQ = − 2π0 |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 2ax + 3.6ay 2ax + 2.4ay ρl EQ = = −625.8ax − 241.6ay V/m − 2 2π0 22 + (3.6)2 2 + (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 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 = [ρ l /(2π0 ρ)]aρ . Por lo tanto, en el punto P : EP =

ρl RzP (2 × 10−6 ) ax + 2ay = 7.2ax + 14.4ay kV/m = 2π0 |RzP |2 2π0 5

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 ρl dz r − r EP = 4π0 |r − r |3 donde r = ax + 2ay + 3az y r = zaz . Así la integral se vuelve (2 × 10−6 ) 4 ax + 2ay + (3 − z)az dz EP = 4π0 [5 + (3 − z)2 ]1.5 −4 Usando las tablas integrales, obtenemos: (ax + 2ay )(z − 3) + 5az 4 V/m = 4.9ax + 9.8ay + 4.9az kV/m EP = 3597 (z2 − 6z + 14) −4 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: RyP RxP ρl RzP EP = + + |RyP |2 2π0 |RxP |2 |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 da −3ax + 2ay 2ay − az −3ax − az ρl EP = + + = −1.15ax + 1.20ay − 0.65az kV/m 2π0 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 dF = dqE = ρ l dzE. Así la fuerza por longitud unitaria que actúa en la línea en y positiva se origina de la carga en y negativa es F= 0

1

ρl2 dz ay = 1.26 × 10−4 ay N/m = 126 ay µN/m 2π0 (0.8)

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=

ρs da r − r 4π0 |r − r |3

donde r = 3ax y r = yay + zaz . La integral se vuelve : EP A

ρs = 4π0



∞



2

−∞ −2

3ax − yay − zaz dy dz [9 + y 2 + z2 ]1.5

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

∞ 2 z dy dy 3ρs = 2 2 2 2π0 −2 (9 + y 2 ) −2 (9 + y ) 9 + y + z −∞

y 3ρs 1

2 tan−1 =

= 106 V/m 2π0 3 3 −2

3ρs = 4π0



2

Se alienta al alumno a verificar que si los límites y donde −∞ a ∞, el resultado sería que del plano de carga infinita, o E x = ρs /(20 ). b) PB (0, 3, 0): En este caso, r = 3ay , y por simetría indica que únicamente una componente y existirá. La integral se vuelve ∞ 2 2 (3 − y) dy dz (3 − y) dy ρs ρs = 4π0 −∞ −2 [(z2 + 9) − 6y + y 2 ]1.5 2π0 −2 (3 − y)2

ρs

=− ln(3 − y) 2−2 = 145 V/m 2π0

Ey,P B =

22

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. Considerando un punto general z en el eje z, tenemos r = za z . Entonces, con r = ρaρ , obtenemos r − r = za z − ρaρ . La integral de superposición de la componente z de E será: Ez,PA





z ρ dρ dφ 2πρs =− z 2 2 1.5 4π0 (ρ + z ) 0 0 ρs 1 1 = z √ −√ 20 z2 + 0.4 z2 ρs = 4π0

2π

0.2



1

z2 + ρ 2

0.2 0

Con z = 0.5 m, la evaluación de arriba como Ez,P A = 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 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 dadase posiciona uno. Tomamos el primer punto, por ejemplo, y encontramos EA =

20 × 10−9 30 × 10−9 40 × 10−9 ax + ay − az = 1130ax + 1695ay − 2260az V/m 20 20 20

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:

(12 × 10−9 ) (−2ax − 6az ) (0.2 × 10−9 )ax (3 × 10−9 ) (2ax − 3ay ) E= − + 4π0 2π0 (4 + 9) 20 (4 + 36)1.5 = −3.9ax − 12.4ay − 2.5az V/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 5 × 10−9 az = −33.9ay − 89.9az ay − 2 × 20 2π0 (2)

así que |E| = 96.1 V/m.

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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 Ey dy −(2x + 4y) = = dx Ex (4x − 2y) De este modo 2(x dy + y dx) = y dy − x dx o 2 d(xy) =

1 1 d(y 2 ) − d(x 2 ) 2 2

Así C1 + 2xy =

1 2 1 2 y − x 2 2

o y 2 − x 2 = 4xy + C2 Evaluando en P (2, 3, −4), obtenemos: 9 − 4 = 24 + C2 , or C2 = −19 Finalmente, en P , la ecuación requerida es y 2 − x 2 = 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)]a y = 16ax + 2ay . Entonces |E| = 162 + 4 = 16.12. Así aQ =

16ax + 2ay = 0.99ax + 0.12ay 16.12

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 Ey −15x 2 y −3y dy = = = 3 dx Ex 5x x Así

dy dx = −3 ⇒ ln y = −3 ln x + ln C y x

De este modo y = e−3 ln x eln C =

C x3

En P , tenemos 2 = C/(4)3 ⇒ C = 128. Finalmente, en P , y=

24

128 x3

2.28. (continuación) b) un vector unitario a E 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 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=±(aE×az). Realizando estas, encontramos aN=±(0.89a . x− 0.45ay) 2.29. Si E = 20e−5y cos 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) un vector unitario en la dirección de E P : El vector unitario asociado con E es 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 − sen 5x = = − tan 5x ⇒ dy = − tan 5x dx dx cos 5x Así y =

1 5

ln cos 5x + C. Evaluando en P , encontramos C= 0.13, y así y=

1 ln cos 5x + 0.13 5

2.30. Dada la intensidad de campo eléctrico E = 400ya x + 400xay V/m, encuentre: a) la ecuación de la línea de corriente pasando a través del punto A(2, 1, −2): Escribe: Ey dy x = = ⇒ x dx = y dy dx Ex y Así x 2 = y 2 + C. Evaluando en A produce C = 3, así la ecuación se vuelve x2 y2 − =1 3 3 b) la ecuación de la superficie en que |E| = 800 V/m: Tiene |E| = 400 x 2 + y 2 = 800. Así x 2 + y 2 = 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 = 0 produciría un círculo centrado en el origen, de radio 2.

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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 3φa ρ + 2ρ 2 sen 3φaφ : Usando la información dada, escribimos Eρ dρ = cot 3φ = Eφ ρdφ De este modo

1 dρ = cot 3φ dφ ⇒ ln ρ = ln sen 3φ + ln C ρ 3

oρ = C(sen 3φ)1/3 . Evalúe esto en P para obtener C = 7.14. Finalmente, ρ 3 = 364 sen 3φ

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