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• Karla Martinez

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4.1) a) Enuncie la ley de Coulomb El enunciado que describe la ley de Coulomb es el siguiente: "La magnitud de cada una de las fuerzas eléctricas con que interactúan dos cargas puntuales es directamente proporcional al producto de las cargas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa." F= K

𝑞1 𝑞2 𝑟2

b) Tres cargas puntuales Q1 = 1 mC, Q2 = 2 mC y Q3 = -3 mC están situadas en (0,0,4), (-2, 6, 1) y (3,4,-8) respectivamente. Determine la fuerza en Q1. Solución: De la formula tenemos 𝑄𝑄

F= ∑𝐾=1,2,3 4𝜋𝜀𝑅𝐾2 𝑎𝑅 𝑄𝑄 (𝑟−𝑟𝑘 ) 𝑘 |3

𝐾 F= ∑𝐾=1,2,3 4𝜋𝜀|𝑟−𝑟

F=

(1𝑥10−3 ) (2𝑥10−3 [(0,0,4)−(−2,6,1)] (3𝑥10−3 [(0,0,4)−(3,4,−8)] − { } 4𝜋𝜀 |(0,0,4)−(−2,6,1)|3 |(0,0,4)−(3,4,−8)|3

F=

(1𝑥10−3 ) 2𝑥10−3 (2,−6,3) 3𝑥10−3 (−3,−4,12) − { } −9 2/3 10 (4+36+9) (9+16+144)2/3 4𝜋 36𝜋

F=

(1𝑥10−3 ) 2𝑥10−3 (2,−6,3) 3𝑥10−3 (−3,−4,12) − { } −9 3/2 10 (4+36+9) (9+16+144)3/2 4𝜋 36𝜋

2𝑥10−3 (2,−6,3) 3𝑥10−3 (−3,−4,12) − } 343 2,197

F = 9x106 {

F= 142 ax - 364 ay + 10 az N

4.7) Un anillo colocado a lo largo de y2+z2=9, x=0 tiene una carga uniforme de 5 nC/m a) Halle E en P(4,0,0) Solución Como es mencionado en el ejemplo 4.4 𝜌 𝑎ℎ

E = 2𝜀[ℎ2𝑙+𝑎2 ]3/2 𝑎𝑥 E= E=

(5𝑥10−9 )(4)(3) 10−9 )[4 2 +32 ]3/2 36𝜋

2(

60𝑥10−9 10−9 )(125) 36𝜋

2(

𝑎𝑥

𝑎𝑥

E = 27.14 𝑎𝑥 V/m

b) Si se colocan dos cargas puntuales idénticas en (0,-4,0) y (0,4,0) de más en el anillo, halle el valor de Q tal E=0 en P. Solución (4,0,0)−(0,4,0)

𝑄

Eq = 4𝜋𝜀 [|(4,0,0)−(0,4,0)|3 + 𝑄

Eq = 4𝜋𝜀 [

(4,−4,0)

2𝑄

Eq =𝜋𝜀2 Q=

√8

−2√8 𝟐

+

2√8

(4,0,0)−(0,−4,0) |(4,0,0)−(0,−4,0)|3

]

(4,4,0) 2√8

]

𝑎𝑥 con Eq=0 10−9

𝜋( 36𝜋 )( 27.14)

Q= -68.23 nC

4.15) Una carga lineal con carga uniforme en 𝜌𝑙 C/m está situada a lo largo del eje x. La densidad del flujo eléctrico en (-3,6,8) es 3 nC/m2. a) Halle 𝜌𝑙 𝜌𝑙 2𝜋𝜌

D=

𝜌 = √62 + 82

𝜌=10 𝜌𝑙= 2 𝜋(10)(3𝑥 10−9 ) 𝜌𝑙= 188.49 𝑛𝐶/𝑚

𝜌𝑙= 2 𝜋𝜌 𝐷

b) Determine D en (0,0,4) 𝜌

D=2𝜋𝜌𝑙 D=

(188.4810−9 ) az 2𝜋(4)

D = 7.49 az nC/m2

Φ

4.22) Si D = 2z2sen 2 ap + z2cos

Φ aΦ 2

+ 4z𝜌 sen

Φ 2

az mC/m2 Al aplicar dos métodos diferentes,

encuentre la carga total encerrada por el objeto definido por -2 ≤ z ≤ 1, 1 ≤ 𝜌 ≤ 4, 0 ≤ Φ ≤ 𝜋. Método 1 ∇D =

2𝑧 2 𝜌

sen

Φ 2

2

𝑧 Φ Φ - 2𝜌 sen + 4𝜌 sen 2 2

∇D =sen

Φ (4𝜌 2

3

+ 2 𝑧 2)

Ψ = ∫ ∇D dv 𝜋

Ψ = ∫0 𝑠𝑒𝑛

Φ 2

3𝑧 2

dΦ ∬( + 4𝜌)𝜌 d𝜌dz 2𝜌

1

4

Ψ = 2 [4 ∫−2 𝑑𝑧 ∫1 𝜌2 𝑑𝜌 +

3 4 ∫ 𝑑𝜌 2 1

4

∫1 𝑧 2 𝑑𝑧 ]

3

Ψ = 2 [3 (63) + 2 (9)] Ψ = 531 mC.

Método 2 Tenemos que Ψ = Ψ1 + Ψ2 + Ψ3 + Ψ4 + Ψ5 + Ψ6 Por lo tanto, podemos decir que Φ

- ∬ 2𝑧 2𝑠𝑒𝑛 Φ2 𝜌 dΦdz |p=1 + ∬ 𝑧 2 𝑐𝑜𝑠 Φ2 d𝜌dz |Φ=∏ -∬ 𝑧 2 𝑐𝑜𝑠 Φ2 d𝜌dz Φ Φ |Φ=0 + ∬ 4𝑧𝑠𝑒𝑛 2 𝜌 dΦd𝜌 |z=1 - ∬ 4𝑧𝑠𝑒𝑛 2 𝜌 dΦd𝜌 |z=-2 Ψ = ∬ 2𝑧 2 𝑠𝑒𝑛 2 𝜌 dΦdz |p=4

𝜋

Φ

1

4

1

4

𝜋

Φ

Ψ = 6 ∫0 sin 2 ∫−2 𝑧 2 𝑑𝑧 - ∫1 𝑑𝑝 ∫−2 𝑧 2 𝑑𝑧 + 12∫Φ 𝑝2 𝑑𝑝 ∫0 sin 2 𝑑Φ Ψ = 4 (9) – 9 + 8 (63) Ψ = 531 mC.

4. 28) En un campo eléctrico E=20r sen θ ar + 10r cos θ aθ V/m, calcule la energía consumida al llevar una carga de 10 nC a) De A(5, 30°, 0°) a B(5, 90°,0°) 90°

WAB = -Q ∫θ=30° 10𝑟 cos θ r dθ |r=5 WAB = -1250 nJ b) De A a C(10, 30°,0°) 10°

WAc = -Q ∫r=5 20𝑟 sen θ dr |Ɵ=30° WAc = -3750 nJ c) De A a D(5, 30°, 60°) dl = r sin θ 𝑑θ WAD = -Q ∫ 0 𝑟 𝑠𝑒𝑛 Ɵ 𝑑Ɵ

WAD = 0 d) De A a E(10, 90°, 60°) WAE = WAD + WΔF + WFT

Donde F es (10, 30°, 60°)

10

90

WAE = 0 - Q [∫𝑟=5 20𝑟 𝑠𝑒𝑛 Ɵ 𝑑𝑟|Ɵ=30°] + 10 ∫Ɵ=30° 10𝑟 𝑐𝑜𝑠 Ɵ 𝑟 𝑑Ɵ |r=10 ] 75

WAE = - 100 [ 2 𝑥10−9 +

100 𝑥10−9 ] 2

WAE = -8750 nJ

2.34) Verifique la ecuación 4.74 por medio de la ecuación 4.12 con ayuda de la identidad vectorial ∇ x VA = V∇ x A + ∇V x A y los resultados de los problemas 3.20 (g) e (i). Tenemos que la ecuación 4.12 es 1

E = 4𝜋𝜀 ∑

𝑄𝐾 (𝑟−𝑟𝑘 ) |𝑟−𝑟𝑘 |3

Usando ∇ x VA = V∇ x A + ∇V x A Donde V=

1 |𝑟−𝑟𝑘 |3

y

A = 𝑟 − 𝑟𝑘

Sustituimos 𝑟−𝑟

1

∇ x |𝑟−𝑟 𝑘|3 = |𝑟−𝑟

𝑘 |3

𝑘

1

∇ x (𝑟 − 𝑟𝑘 ) + ∇|𝑟−𝑟

𝑘 |3

x (𝑟 − 𝑟𝑘 )

Del problema 3.20 tenemos que ∇ x(𝑟 − 𝑟𝑘 ) = 0 y que rn = n rn-2 por lo tanto −3(𝑟−𝑟𝑘)

∇

𝑟−𝑟𝑘 |𝑟−𝑟𝑘 |3

=

∇

𝑟−𝑟𝑘 |𝑟−𝑟𝑘 |3

=0

|𝑟−𝑟𝑘 |3 𝑘) 𝑥 (𝑟−𝑟𝑘) - 3(𝑟−𝑟|𝑟−𝑟 𝑘 |3

=0

∇xE=0

4.43) Además de las dos cargas puntuales del problema 4.46(b), si se trae del infinito al origen una carga de 2 nC, calcule a) El trabajo realizado W = Q3 (V31 + V32) 𝑄

1 W = Q3 (4𝜋𝜀𝑟 + 1

W=

(2𝑥10−18 ) 10−9 4𝜋 36𝜋

𝑄2 ) 4𝜋𝜀𝑟2 −3

[|(0,0,0)−(1,0,0)| +

4 ] |(0,0,0)−(−1,0,0)|

W = 1.823−10 [-3+4] W = 18.23 b b) La energía total del sistema W = W1 + W2 + W3 W = 0 + Q2V21 +Q3 (V31 + V32) 1

𝑄 𝑄

𝑄 𝑄

𝑄 𝑄

W = 4𝜋𝜀 [|𝑟 1−𝑟2 | + |𝑟 3−𝑟1 | + |𝑟 3−𝑟2 |] 2

W= W=

1 10−9 4𝜋 36𝜋

1 10−9 4𝜋 36𝜋

W = 36 nJ

1

3

−12 6 −1 2

[

[-4]

1

8

+ 1]

3

1