CAPÍTULO 3 3.1. Una lata de metal vacía de pintura se coloca sobre una mesa de mármol y se le quita la tapa y ambas partes se descargan (honorablemente) tocándolos a tierra. Un hilo de nylon aislante se pega al centro de la tapa y se adhieren al hilo una moneda de un centavo, de 5 centavos, y una de diez centavos sin que se toquen una a otra. A la moneda de un centavo se le da una carga de +5 nC, en tanto que la de 5 centavos y diez centavos están descargadas. El arreglo se baja dentro de la lata de modo que las monedas cuelguen libremente sin tocar las paredes y se protege la tapa. El exterior de la lata de nuevo se toca momentáneamente a tierra. El dispositivo se desmonta con cuidado con los guantes y herramienta aislantes. a) ¿Qué cargas se encuentran en cada una de las cinco piezas metálicas? Todas las monedas se aislaron durante el procedimiento entero, así ellas retendrán sus cargas originales: un centavo: +5 nC; 5 centavos: 0; diez centavos: 0. La carga de la moneda de un centavo tendrá inducida una carga igual y negativa opuesta (− 5 nC) en la pared interior de la lata y tapa. Esta dejó una capa de carga de +5 nC en la superficie exterior que se neutralizó por la conexión a tierra. Por lo tanto, la lata retiene una carga neta de − 5 nC, después del desm.ontaje. b) Si a la moneda de un centavo se le hubiera dado una carga de +5 nC, a la moneda de diez una carga de −2 nC, y a la moneda de 5 una carga de −1 nC, ¿cuál sería el arreglo final de cargas que tendrían? De nuevo, desde que las monedas están aisladas, retienen sus cargas originales. La carga inducida en la pared interior de la lata y la tapa es igual a la suma negativa de las cargas de la moneda, o −2 nC. Ésta es la carga que el dispositivo lata/tapa retiene después de conectar con tierra y desmontar. 3.2. Una carga puntual de 12 nC está localizada en el origen. Cuatro cargas lineales uniformes se localizan en el plano x = 0 como sigue: 80 nC/m en y = −1 y −5 m, −50 nC/m en y = −2 y −4 m. a) Encuentre D en P (0, −3, 2): Note que este punto se encuentra en el centro de un arreglo de cargas lineales, cuyos campos se cancelarán todos en este punto. Así D origina de una sola carga puntual, y será 12 × 10−9 (−3ay + 2az ) = −6.11 × 10−11 ay + 4.07 × 10−11 az C/m2 4π(32 + 22 )1.5 = −61.1ay + 40.7az pC/m2

D=

b) ¿Cuánto flujo eléctrico cruza el plano y = −3 y en qué dirección? El plano intercepta todos los flujos que entran al medio espacio −y, o exactamente la mitad del flujo total de 12 nC. La respuesta es así 6 nC y la dirección −a y. c) ¿Cuánto flujo eléctrico sale de la superficie de una esfera de radio 4m, centrada en C(0, −3, 0)? Esta esfera encierra la carga puntual, así se incluye su flujo de 12 nC . Las contribuciones de la carga lineal se encuentran más fácilmente traduciendo el arreglo total (esfera y las cargas lineales) tal que la esfera está centrada en el origen, con las cargas lineales ahora en y = ±1 y ±2. El flujo de cargas lineales igualarán la carga lineal total que queda dentro de la esfera. La longitud de cada uno de las dos cargas lineales interiores (en y = ±1) será  
−1 1 h1 = 2r cos θ1 = 2(4) cos sen = 1.94 m 4 Que de cada una de las otras dos cargas lineales (en y = ±2) será  
−1 2 h2 = 2r cos θ2 = 2(4) cos sen = 1.73 m 4

27

3.2c. (continuación) La carga total englobada en la esfera ( y el flujo externo de ella) es ahora Ql + Qp = 2(1.94)(−50 × 10−9 ) + 2(1.73)(80 × 10−9 ) + 12 × 10−9 = 348 nC 3.3. La superficie cilíndrica ρ = 8 cm contiene la densidad de carga superficial, ρ s = 5e−20|z| nC/m2 . a) ¿Cuál es la cantidad de carga presente? Integramos sobre la superficie para encontrar: ∞  2π

 Q=2

5e 0

−20z

0

∞  −1 −20z  e (.08)dφ dz nC = 20π(.08)  = 0.25 nC  20 

0

b) ¿ Cuánto flujo sale a la superficie ρ = 8 cm, 1 cm < z < 5cm, 30◦ < φ < 90◦ ? Integramos justamente la densidad de carga en la superficie para encontrar el flujo que sale.  = Q =



.05  90◦

.01

30◦

5e−20z (.08) dφ dz nC =



.05    −1 −20z  90 − 30 2π(5)(.08) e   360 20 .01

= 9.45 × 10−3 nC = 9.45 pC

3.4. Las superficies cilíndricas ρ = 1, 2, y 3 cm llevan una densidad de carga superficial uniforme de 20, −8, y 5 nC/m2 , respectivamente. a) ¿Cuánto flujo eléctrico pasa a través de la superficie cerrada ρ = 5 cm, 0 < z < 1 m? Ya que las densidades son uniformes, el flujo será  = 2π(aρs1 + bρs2 + cρs3 )(1 m) = 2π [(.01)(20) − (.02)(8) + (.03)(5)] × 10−9 = 1.2 nC √ b) Encuentre D en P (1 cm, 2 cm, 3 cm): Este punto se encuentra en el radio 5 cm, y es así dentro del extremo de la capa de la carga. Esta capa, que es de densidad uniforme, no contribuirá a D en P . Sabemos que en las coordenadas cilíndricas, las capas en 1 y 2 cm producirán la densidad de flujo: D = Dρ aρ = o Dρ =

aρs1 + bρs2 aρ ρ

(.01)(20) + (.02)(−8) = 1.8 nC/m2 √ .05

En P , φ = tan−1 (2/1) = 63.4◦ . Así D x = 1.8 cos φ = 0.8 y Dy = 1.8 sen φ = 1.6. Finalmente, DP = (0.8ax + 1.6ay ) nC/m2

28

3.5. Sea D = 4xyax + 2(x 2 + z2 )ay + 4yzaz C/m2 y evalúa las integrales superficiales para encontrar la carga total encerrada en el paralelepípedo rectangular 0 < x < 2, 0 < y < 3, 0 < z < 5 m: De las 6 superficie a considerar, sólo 2 contribuirán para el flujo externo neto. ¿Por qué? Primero considere los planos en y = 0 y 3. La componente y de D penetrará esas superficies, pero será interior en y = 0 y exterior en y = 3, mientras haya la misma magnitud en ambos casos. Estos flujos serán así cancelados. En el plano x = 0, Dx = 0 y en el plano z = 0, Dz = 0, así que no habrá contribuciones al flujo desde estas superficies. Estas dejan las 2 superficies restantes en x = 2 y z = 5. El flujo externo neto se vuelve: 

5 3

= 0



=5

0 3

 Dx=2 · ax dy dz + 

4(2)y dy + 2

0

3



3 2 0

0

 Dz=5 · az dx dy

4(5)y dy = 360 C

0

3.6. Dos cargas lineales uniformes, cada una de 20 nC/m, están localizadas en y = 1, z = ±1 m. Encuentre el flujo total dejando una esfera de radio 2 m si está centrada en a) A(3, 1, 0): El resultado será el mismo si movemos la esfera al origen y las cargas lineales a (0, 0, ±1). La longitud de la carga lineal dentro de la esfera está dada por l = 4 sen[cos−1 (1/2)] = 3.46. Con dos cargas lineales, arregladas simétricamente, la carga total encerrada está dada por Q = 2(3.46)(20 nC/m) = 139 nC b) B(3, 2, 0): En este caso el resultado será el mismo si movemos la esfera al origen y conservamos las cargas en donde ellas √ están. La longitud de la línea que une el origen al punto medio de la carga lineal (en el plano yz) es l 1 = 2. La longitud de la línea que une el origen a cualquier punto final de la carga lineal es entonces justamente√el radio de la esfera, o 2. El ángulo medio subtendido al origen por ◦ la carga lineal es entonces ψ = cos−1 √( 2/2) = 45 . La longitud de cada carga lineal en la esfera es entonces √ l 2 = 2 × 2 sen ψ = 2 2. La carga total encerrada (con dos cargas lineales) es ahora Q = 2(2 2)(20 nC/m) = 113 nC 3.7. La densidad de carga volumétrica está localizada en espacio libre como ρ v= 2e−1000r nC/m3 para 0 0: La carga de la lámina puede concebirse como un arreglo de tiras paralelas infinitamente largas que se encuentra paralelo al eje y en el plano yz, y donde cada una es de espesor dz. El campo de cada una de las tiras es de una carga lineal infinita, y así podemos construir el campo en P de una sola tira como: dDP =

ρs dz r − r 2π |r − r |2

30

3.10 (continuación) donde r = xa x + zaz y r = z az Distinguimos entre las coordenadas fijas de P , z, y la coordenada variable, z , que determina la localización de cada tira cargada. Para encontrar el campo neto en P, sumamos las contribuciones de cada una de las tiras por integración sobre z :  DP =

4

−4

8 × 10−6 dz (xax + (z − z )az ) 2π[x 2 + (z − z )2 ]

Podemos reordenar esto para determinar las formas integrales:
  4  4 dz z dz 8 × 10−6 (xax + zaz ) − az DP = 2 2   2 2 2   2 2π −4 (x + z ) − 2zz + (z ) −4 (x + z ) − 2zz + (z ) Usando las tablas integrales, encontramos
   4 × 10−6 1 −1 2z − 2z DP = (xax + zaz ) tan π x 2x  4  
2z 1 1 2 2   2 −1 2z − 2z ln(x + z − 2zz + (z ) ) + tan az − 2 2 x 2x −4 que evaluadas como 4 × 10−6 DP = π


tan

−1



z+4 x

 − tan

−1



z−4 x




2 

x + (z + 4)2 1 ax + ln 2 az C/m2 2 2 x + (z − 4)

Se invita al estudiante a verificar que para muy pequeñas x o para muy grandes láminas (permitiendo z acercarse al infinito), la expresión anterior se reduce a la forma esperada, D P = ρs /2. Note además que la expresión es válida para toda x (valores positivos o negativos). 3.11. En coordenadas cilíndricas, sea ρv = 0 para ρ < 1 mm, ρv = 2 sen(2000πρ) nC/m3 para 1 mm < ρ < 1.5 mm, y ρ v = 0 para ρ > 1.5 mm. Encuentre D por todas partes: Ya que la carga varía únicamente con el radio y está en la forma de un cilindro, la simetría nos dice que la densidad de flujo será radialmente dirigida y será constante sobre una superficie cilíndrica de un radio fijo. La ley de Gauss se aplica para cada superficie de longitud unitaria dada en z: a) para ρ < 1 mm, D ρ = 0, ya que las cargas no están encerradas por una superficie cilíndrica cuyo radio se encuentra dentro de este rango. b) para 1 mm < ρ < 1.5 mm, tenemos 

ρ

2 × 10−9 sen(2000πρ  )ρ  dρ  .001 ρ
ρ 1 −9 sen(2000πρ) − cos(2000πρ) = 4π × 10 (2000π)2 2000π .001

2πρDρ = 2π

o finalmente, Dρ =

 10−15  3 sen(2000πρ) + 2π 1 − 10 ρ cos(2000πρ) C/m2 (1 mm < ρ < 1.5 mm) 2π 2 ρ

31

3.11. (continuación) c) para ρ > 1.5 mm, el cilindro gaussiano ahora se encuentra en el radio ρ exterior a la distribución de carga, así la integral que evalúa la carga encerrada ahora incluye la distribución de la carga entera. Para acabar esto, cambiamos el límite superior de la integral del inciso b de ρ a 1.5 mm, finalmente se obtiene: 2.5 × 10−15 C/m2 (ρ > 1.5 mm) Dρ = πρ 3.12. Una densidad de carga volumétrica no uniforme, ρ v = 120r C/m3 , se encuentra dentro de la superficie esférica r = 1 m, y ρ v = 0 en cualquier parte. a) Encuentre Dr en cualquier parte. Para r < 1 m, aplicamos la ley de Gauss para una superficie esférica de radio r dentro de este rango para encontrar  4πr 2 Dr = 4π

r

120r  (r  )2 dr  = 120πr 4

0

Así D r = (30r 2 ) para r < 1 m. Para r > 1 m, la superficie gaussiana se encuentra fuera de la distribución de carga. El conjunto es el mismo, excepto el límite superior de la integral anterior es 1 en lugar de r. Esto da por resultado en D r = (30/r 2 ) para r > 1 m. b) ¿Qué densidad de carga superficial, ρ s2 , debería estar en la superficie r = 2 tal que Dr,r=2− = 2Dr,r=2+ ? En r = 2− , tenemos D r,r=2− = 30/22 = 15/2, del inciso a. La densidad de flujo en la región r > 2 que deriva de una carga superficial en r = 2 se encuentra a través de la ley de Gauss 4πr 2 Drs = 4π(2)2 ρs2 ⇒ Drs =

4ρs2 r2

La densidad de flujo total en la región r > 2 que deriva de las dos distribuciones es DrT =

30 4ρs2 + 2 r2 r

Nuestro requisito que D r,r=2− = 2Dr,r=2+ se vuelve   30 15 30 ⇒ ρs2 = − C/m2 =2 + ρs2 2 2 2 2 4 c) Grafique D r contra r para 0 < r < 5 m con ambas distribuciones presentes. Con ambas cargas, D r (r < 1) = 30r 2 , Dr (1 < r < 2) = 30/r 2 , y Dr (r > 2) = 15/r 2 . Estos se trazan en la siguiente página.

32

 

3.13. Las superficies esféricas en r= 2, 4, y 6 m lleva unas densidades de carga superficial uniforme de 20 nC/m2, − 4 nC/m2 y ρs0 , respectivamente. a) Encuentre D en r = 1, 3 y 5 m: Al notar que las cargas son esféricamente simétricas, averiguamos que D será radialmente dirigida y variará únicamente con el radio. Así, aplicamos la ley de Gauss para las cáscaras esféricas en las regiones siguientes: r < 2: Aquí, la carga no está encerrada, y así Dr = 0. 2 < r < 4 : 4πr 2 Dr = 4π(2)2 (20 × 10−9 ) ⇒ Dr =

80 × 10−9 C/m2 r2

Así D r (r = 3) = 8.9 × 10−9 C/m.2 4 < r < 6 : 4πr 2 Dr = 4π(2)2 (20 × 10−9 ) + 4π(4)2 (−4 × 10−9 ) ⇒ Dr =

16 × 10−9 r2

Así D r (r = 5) = 6.4 × 10−10 C/m. 2 b) Determine ρs0 tal que D = 0 en r = 7 m. Ya que los campos diminuirán como 1/r 2 , la pregunta podría ser reexpresada para preguntar ρ s0 tal que D = 0 en todos los puntos donde r > 6 m. En esta región, el campo total será 16 × 10−9 ρs0 (6)2 Dr (r > 6) = + r2 r2 Al requiere que este sea cero, encontramos ρs0 = −(4/9) × 10−9 C/m2. 3.14. Si ρ v = 5 nC/m3 para 0 < ρ < 1 mm y ninguna otra carga está presente: a) encuentre D ρ para ρ < 1 mm: Aplicando la ley de Gauss para una superficie cilíndrica de longitud unitaria en z, y de radio ρ < 1 mm, encontramos 2πρDρ = πρ 2 (5 × 10−9 ) ⇒ Dρ = 2.5 ρ × 10−9 C/m2

33

3.14. b) encuentre Dρ para ρ > 1 mm: El cilíndro gaussiano ahora se encuentra fuera de la carga, así 2πρDρ = π(.001)2 (5 × 10−9 ) ⇒ Dρ =

2.5 × 10−15 C/m2 ρ

c) ¿Qué carga lineal ρ L en ρ = 0 daría el mismo resultado para el inciso b? La línea en el campo vectorial será Dr =

ρL 2.5 × 10−15 = ( inciso b) 2πρ ρ

Así ρL = 5π × 10−15 C/m. En todas las respuestas, ρ se expresa en metros. 3.15. La densidad de carga volumétrica está localizada como sigue: ρ v = 0 para ρ2 mm, ρ v = 4ρµC/m 3 para 1 < ρ < 2 mm. a) Calcule la carga total en la región 0 < ρ < ρ 1 , 0 < z < L, donde 1 < ρ1 < 2 mm: Encontramos  L  2π  ρ1 8πL 3 Q= [ρ1 − 10−9 ] µC 4ρ ρ dρ dφ dz = 3 .001 0 0 donde ρ 1 está en metros. b) Usando la ley de Gauss determine D ρ en ρ = ρ1 : la ley de Gauss afirma que 2πρ1 LDρ = Q, donde Q es el resultado del inciso a. Así 4(ρ13 − 10−9 ) Dρ (ρ1 ) = µC/m2 3ρ1 donde ρ 1 está en metros. c) Evalúe Dρ en ρ = 0.8 mm, 1.6 mm, y 2.4 mm: En ρ = 0.8 mm, ninguna carga es encerrada por una superficie cilíndrica gaussiana de ese radio, así D ρ (0.8mm) = 0. En ρ = 1.6 mm, evaluamos el inciso b resulta en ρ 1 = 1.6 para obtener: 4[(.0016)3 − (.0010)3 ] = 3.6 × 10−6 µC/m2 3(.0016) En ρ = 2.4, evaluamos la integral de la carga del inciso a de .001 a .002, y la ley de Gauss se escribe como 8πL 2πρLDρ = [(.002)2 − (.001)2 ] µC 3 desde que Dρ (2.4mm) = 3.9 × 10−6 µC/m2 . Dρ (1.6mm) =

3.16. Dada una densidad de flujo eléctrico, D = 2xy ax + x 2 ay + 6z3 az C/m2 : a) use la ley de Gauss para evaluar la carga total encerrada en el volumen 0 < x, y, z < a: Llamamos las superficies en x = a y x = 0 al frente y atrás de la superficie respectivamente, aquellas en y = a y y = 0 las superficies derecha e izquierda, y aquellas en z = a yz = 0 las superficies de cima y fondo. Para evaluar la carga total, integramos D · n sobre todas las seis superficies y sumamos los resultados:

 a a  a a  = Q = D · n da = 2ay dy dz + −2(0)y dy dz   0 0    0 0   + 0

a



a 0

frente a a



−x dx dz +   0 2

izquierda

0



x dx dz +   0 2

derecha

34

a

atrás a



0

 −6(0) dx dy +   0 3

fondo

a



a 0

6a 3 dx dy  

cima

3.16a. (continuación) Al notar que las integrales de atrás y el fondo son cero, y que la integrales derecha e izquierda se cancelan, evaluamos las dos restantes (frente y cima) para obtener Q = 6a 5 + a 4. b) use la Ec. (8) para encontrar un valor aproximado para la carga anterior. Evalúe las derivadas en  . P (a/2, a/2, a/2): En esta aplicación, la Ec. (8) afirma que Q = (∇ · DP)v. Encontramos ∇ · D =  . 2x + 18z2 , que cuando evaluamos en P se vuelve∇ · DP = a + 4.5a 2 . Así Q = (a + 4.5a 2 )a 3 = 4.5a 5 + a 4 c) Mostramos que los resultados de los incisos a y b coinciden en el límite como a → 0. En este límite, ambas expresiones se reducen a Q = a 4 , y así ellas coinciden. 3.17. Un cubo se define por 1 < x, y, z < 1.2. Si D = 2x 2 ya x + 3x 2 y 2 ay C/m2 : a) aplicando la ley de Gauss para encontrar el flujo total saliendo de la superficie cerrada del cubo. Llamamos las superficies en x = 1.2 y x = 1 las superficies al frente y atrás, respectivamente, aquellas en y = 1.2 yy = 1 las superficies derecha e izquierda, y aquellas en z = 1.2 y z = 1 las superficies cima y fondo. Al evaluar la carga total, integramos D · n todas nuestras seis superficies y sumamos resultados . Notamos que no hay componente z de D, así no habrá contribuciones de flujo externo de la superficies cima y fondo. Los flujos a través de las cuatro restantes son

=Q=

 D · n da = 

 + 

1

1.2  1.2 1

1.2  1.2

1

1

 2(1.2) y dy dz +   1 2

frente



−3x 2 (1)2 dx dz +   1

1.2  1.2 1

izquierda

1.2  1.2 1

−2(1)2 y dy dz   atrás

3x 2 (1.2)2 dx dz = 0.1028 C   derecha

b) evalúe ∇ · D en el centro del cubo: Este es  ∇ · D = 4xy + 6x 2 y

(1.1,1.1)

= 4(1.1)2 + 6(1.1)3 = 12.83

c) Estime la carga total encerrada dentro del cubo usando la Ec. (8): Este es  . Q = ∇ · Dcentro × v = 12.83 × (0.2)3 = 0.1026 ¡Cerrada!

3.18. Sea un vector campo dado por G = 5x 4 y 4 z4 a y . Evalúe ambos lados de la Ec. (8) para este campo G y el volumen definido por x = 3 y 3.1, y = 1 y 1.1, y z = 2 y 2.1. Evalúe la derivada parcial en el centro del volumen. Primero encontramos ∇ ·G=

∂Gy = 20x 4 y 3 z4 ∂y

El centro del cubo está localizado en (3.05,1.05,2.05), y el volumen es v = (0.1)3 = 0.001. La Ec. (8) entonces se vuelve .  = 20(3.05)4 (1.05)3 (2.05)4 (0.001) = 35.4 35

3.19. Una superficie esférica de radio 3 mm está centrado enP (4, 1, 5)en espacio libre. Sea D = xa x C/m2 . Use los . resultados de la Sec. 3.4 para estimar el flujo eléctrico neto dejando de la superficie esférica: Usamos  = ∇ · Dv, donde en este caso ∇ · D = (∂/∂x)x = 1 C/m3 . Así . 4  = π(.003)3 (1) = 1.13 × 10−7 C = 113 nC 3 3.20. Un cubo de volúmen a 3 tiene sus caras paralelas a las superficies coordenadas cartesianas. Está centrada en P (3, −2, 4). Dado el campo D = 2x 3 a x C/m2 : a) calcule div D en P : En el presente caso, este será ∇ ·D=

∂Dx dDx = = 54 C/m3 ∂x dx

b) evalúe la fracción en el lado extremo derecho de la Ec. (13) para a= 1 m, 0.1 m, y 1 mm: Con el campo con solo una componente x,, el flujo penetrará únicamente las dos superficies en x = 3 ± a/2, cada una de las cuales tiene un área superficial a 2 . El volumen del cubo es v = a 3 . La ecuación se lee: 


   D · dS 1 a 3 2 2 a 3 2 a a = 3 2 3+ a −2 3− a = (3 + )3 − (3 − )3 v a 2 2 a 2 2

la evaluación de la fórmula en a= 1 m, .1 m, y 1 mm, produce, respectivamente 54.50, 54.01, and 54.00 C/m3 , así se demuestra la aproximación al valor exacto para obtener v más pequeño. 3.21. Calcule la divergencia de D al punto especificado si   a) D = (1/z2 ) 10xyz ax + 5x 2 z ay + (2z3 − 5x 2 y) az en P (−2, 3, 5): Encontramos


10y 10x 2 y ∇ ·D= +0+2+ z z3

 = 8.96 (−2,3,5)

b) D = 5z2 a ρ + 10ρz az en P (3, −45◦ , 5): En coordenadas cilíndricas, tenemos
2  ∂Dz 1 ∂Dφ 5z 1 ∂ + = 71.67 (ρDρ ) + = + 10ρ ∇ ·D= ρ ∂ρ ρ ∂φ ∂z ρ (3,−45◦ ,5) c) D = 2r sen θ sen φ ar + r cos θ sen φ aθ + r cos φ aφ en P (3, 45◦ , −45◦ ): En coordenadas esféricas, tenemos 1 ∂ ∂ 1 1 ∂Dφ ∇ · D = 2 (r 2 Dr ) + (sen θDθ ) + r ∂r r sen θ ∂θ r sen θ ∂φ 
cos 2θ sen φ sen φ − = −2 = 6 sen θ sen φ + sen θ sen θ (3,45◦ ,−45◦ )

36

3.22. Sea D = 8ρ sen φ a ρ + 4ρ cos φ aφ C/m2 . a) Encuentre div D: Usando la fórmula de la divergencia para coordenadas cilíndricas (véase problema 3.21), encontramos ∇ · D = 12 sen φ. b) Encuentre la densidad de carga volumétrica en P (2.6, 38◦ , −6.1): Ya que ρ v = ∇ · D, evaluamos los resultados del inciso a en este punto para encontrar ρ vP = 12 sen 38◦ = 7.39. C/m3 c) ¿Cuánta carga se localiza en el interior de la región definida por 0 < ρ < 1.8, 20◦ < φ < 70◦ , 2.4 < z < 3.1? Usamos  Q= vol

 ρv dv =

3.1  70◦

2.4

20◦

 0

1.8

70◦ ρ 2 1.8   12 sen φρ dρ dφ dz = −(3.1 − 2.4)12 cos φ ◦  20 2 0

= 8.13 C

3.23. a) Una carga puntual Q se encuentra en el origen. Muestra que div D es cero en todas partes excepto en el origen. F Para una carga puntual en el origen sabemos que D = Q/(4πr 2 ) a r . Usando la fórmula para divergencia en las coordenadas esféricas (véase la solución al problema 3.21), encontramos en este caso que 1 d ∇ ·D= 2 r dr

  2 Q r =0 4πr 2

lo anterior es verdadero con tal que r > 0. Cuando r = 0, tenemos una singularidad en D, así su divergencia no está definida. b) Reemplace la carga puntual con una densidad de carga volumétrica uniforme ρ v0 para 0 < r < a. Relacione ρv0 a Q y a, así que la carga total es la misma. Encuentre div D en todas partes: Para lograr la misma carga neta, requerimos que (4/3)πa 3 ρ v0 = Q, así ρv0 = 3Q/(4πa 3 ) C/m3 . La ley de Gauss nos cuenta que el interior de la esfera cargada 4 Qr 3 4πr 2 Dr = πr 3 ρv0 = 3 3 a Así   Qr 3 3Q Qr 1 d 2 Dr = = C/m y ∇ · D = 2 3 3 4πa r dr 4πa 4πa 3 como era de esperar. Fuera de la esfera cargada, D = Q/(4πr 2 ) a r como antes, y la divergencia es cero. 3.24. El interior de la cáscara cilíndrica, 3 < ρ < 4 m, la densidad de flujo eléctrico se da como D = 5(ρ − 3)3 aρ C/m2 a) ¿Cuál es la densidad de carga volumétrica en ρ = 4 m? En este caso tenemos ρv = ∇ · D =

1 d 1 d 5(ρ − 3)2 (ρDρ ) = [5ρ(ρ − 3)3 ] = (4ρ − 3) C/m3 ρ dρ ρ dρ ρ

Al evaluar esto en ρ = 4 m, encontramos ρ v (4) = 16.25 C/m3 b) ¿Cuál es la densidad de flujo eléctrico en ρ = 4 m? Evaluamos la D determinada en este punto para encontrar D(4) = 5 a ρ C/m2 37

3.24c. ¿Cuánto flujo eléctrico sale de la superficie determinada 3 < ρ < 4, 0 < φ < 2π, −2.5 < z < 2.5? Notamos que D solo tiene una componente radial, y así el flujo saldría únicamente a través de los lados del cilíndro. Además, D no varía con φ o z, así el flujo se encuentra mediante un producto simple del lado del área y la densidad de flujo. Notamos adicionalmente que D = 0 en ρ = 3, así únicamente el lado exterior (en ρ = 4) contribuirá. Usamos el resultado del inciso b, y escribimos el flujo como  = [2.5 − (−2.5)]2π(4)(5) = 200π C d) ¿Cuánta carga se contiene dentro del volumen usado en el inciso c? Por la ley de Gauss, este será el mismo que el flujo externo a través de ese volumen, o de nuevo, 200π C. 3.25. Dentro de la cáscara esférica 3 < r < 4 m, la densidad de flujo eléctrico se da como D = 5(r − 3)3 ar C/m2 a) ¿Cuál es la densidad de carga volumétrica en r = 4? En este caso tenemos ρv = ∇ · D =

1 d 2 5 D ) = (r (r − 3)2 (5r − 6) C/m3 r r 2 dr r

al cual evaluamos en r = 4 para encontrar ρv (r = 4) = 17.50 C/m3. b) ¿Cuál es la densidad de flujo eléctrico en r = 4? Substituya r = 4 dentro de la expresión dada para encontrar D(4) = 5 a r C/m2. c) ¿Cuánto flujo eléctrico sale de la esfera r = 4? Usando el resultado del inciso b, este será  = 4π(4)2 (5) = 320π C d) ¿Cuánta carga está contenida dentro de la esfera, r = 4? Según la ley de Gauss, este será el mismo que el flujo externo, o de nuevo, Q = 320π C. 3.26. Dado el campo

5 sen θ cos φ ar C/m2 , r

D= encuentre: a) la densidad de carga volumétrica: Use ρv = ∇ · D =

1 d 2 5 sen θ cos φ (r Dr ) = C/m3 2 r dr r2

b) la carga total contenida dentro de la región r < 2 m: Para encontrar esta, integramos sobre el volumen: 

2π

Q= 0



π 0



2 0

5 sen θ cos φ 2 r sen θ dr dθ dφ r2

Antes lanzamos un aviso que la integración φ es de cos φ desde cero a 2π. Esto produce un resultado cero, y así la carga total incluida es Q = 0. c) el valor de D en la superficie r = 2: Al sustituir r = 2 dentro del campo dado produce D(r = 2) =

5 sen θ cos φ a r C/m2 2

38

3.26d. el flujo eléctrico total que sale de la superficie r = 2. Ya que la carga total incluida es de cero (del inciso b), el flujo exterior neto es también cero, de acuerdo con la ley de Gauss. 3.27. Sea D = 5.00r 2 a r mC/m2 para r ≤ 0.08 m y D = 0.205 ar /r 2 µC/m2 para r ≥ 0.08 m (note el error en el problema presentado). a) Encuentre ρ v para r = 0.06 m: Este radio se encuentra dentro de la primer región, y así ρv = ∇ · D =

1 d 2 1 d (r Dr ) = 2 (5.00r 4 ) = 20r mC/m3 2 r dr r dr

que cuando se evalúa en r = 0.06 produce ρ v (r = .06) = 1.20 mC/m3 . b) Encuentre ρ v para r = 0.1 m: Este se halla en la región donde la expresión del segundo campo es válida. La 1/r2 dependencia de este campo produce una divergencia cero (mostrado en el Problema 3.23), y así la densidad de carga volumétrica es cero en 0.1 m. c) ¿Qué densidad de carga superficial podría ser localizada en r = 0.08 m para causar D = 0 para r > 0.08 m? La carga total superficial será igual y opuesta a la carga volumétrica total. Lo último es  2π  π  .08 Q= 20r(mC/m3 ) r 2 sen θ dr dθ dφ = 2.57 × 10−3 mC = 2.57 µC 0

Así ahora

0

0

 2.57 = −32 µC/m2 ρs = − 4π(.08)2


3.28. La densidad de flujo eléctrico se da como D = 20ρ 3 a ρ C/m2 para ρ < 100 µm, y k aρ /ρ para ρ > 100 µm. a) Encuentre k ya que D es continuo en ρ = 100 µm: Requerimos 20 × 10−12 =

k ⇒ k = 2 × 10−15 C/m 10−4

b) Encuentre y grafique ρ v como una función de ρ: En coordenadas cilíndricas, con solo una componente radial de D, usamos 1 ∂ 1 ∂ (ρDρ ) = (20ρ 4 ) = 80ρ 2 C/m3 (ρ < 100 µm) ρv = ∇ · D = ρ ∂ρ ρ ∂ρ Para ρ > 100 µm, obtenemos k 1 ∂ ρv = (ρ ) = 0 ρ ∂ρ ρ El dibujo de ρ v contra ρ sería una parábola, con inicio en el origen, alcanzando un máximo valor de 8 × 10−7 C/m3 en ρ = 100 µm. El trazo es cero en el radio mayor. 3.29. En la región de espacio libre que incluye el volumen 2 < x, y, z < 3, D=

2 (yz ax + xz ay − 2xy az ) C/m2 z2

a) Evalúe el lado del volumen integral del teorema de la divergencia para el volumen definido antes: En cartesiana, encontramos ∇ · D = 8xy/z3 . El volumen integral del lado es ahora     3 3 3 8xy 1 1 − = 3.47 C ∇ · D dv = dxdydz = (9 − 4)(9 − 4) z3 4 9 vol 2 2 2 39

3.29b. Evalúe el lado de la integral de superficie para la correspondiente superficie incluida: Llamamos las superficies en x = 3 y x = 2 las superficies al frente y atrás, respectivamente, aquellas en y = 3 y y = 2 la superficies derecha e izquierda y aquellas en z = 3 y z = 2 las superficies cima y fondo. Para evaluar el lado integral de superficie, integramos D · n sobre todas las seis superficies y sumamos los resultados. Note que ya que en la componente x de D no varía con x, el flujo exterior de las superficies al frente y atrás cancelará cada una de las otras. Lo mismo es verdadero para las superficies izquierda y derecha, ya que D y no varía con y. Este sale únicamente en las superficies cima y fondo, donde los flujos son:    3 3

 3 3 −4xy −4xy 1 1 dxdy − dxdy = (9 − 4)(9 − 4) − = 3.47 C D · dS = 32 22 4 9   2 2    2 2  cima

fondo

3.30. Si D = 15ρ 2 sen 2φ a ρ + 10ρ 2 cos 2φ aφ C/m2 , evalúe ambos lados del torema de la divergencia para la región 1 < ρ < 2 m, 1 < φ < 2 rad, 1 < z < 2 m: Tomamos el lado de la integral de superficie primero, los seis lados sobre los caules el flujo será evaluado son solo cuatro, desde que no hay componente z de D. Quedamos con los lados en φ = 1 y φ = 2 rad (lados izquierdo y derecho, respectivamente), y aquellos en ρ = 1 y ρ = 2 (lados atrás y al frente). Evaluamos  2 2

 2 2 15(2)2 sen(2φ) (2)dφdz− 15(1)2 sen(2φ) (1)dφdz D · dS =   1 1   1 1 

2 2

− 1

1

frente



10ρ 2 cos(2) dρdz +   1

2 2 1

atrás

10ρ 2 cos(4) dρdz = 6.93 C  

izquierda

derecha

Para el lado de la integral de volumen, primero evaluamos la divergencia de D, que es ∇ ·D= Siguiente 

 ∇ · D dv = 1

vol

1 ∂ 1 ∂ (15ρ 3 sen 2φ) + (10ρ 2 cos 2φ) = 25ρ sen 2φ ρ ∂ρ ρ ∂φ

2 2 2 1

25ρ sen(2φ) ρdρ dφ dz =

1


25 3 2 − cos(2φ) 2 ρ  = 6.93 C 1 3 2 1

3.31. Dada la densidad de flujo 16 cos(2θ) aθ C/m2 , r use dos métodos diferentes para encontrar la carga total dentro de la región 1 < r < 2 m, 1 < θ < 2 rad, 1 < φ < 2 rad: Usamos el teorema de la divergencia y primero evaluamos el lado de la integral de superficie. Evaluamos el flujo exterior neto de un “cubo” curvilíneo, cuyos límites están definidos por los rangos especificados. Las contribuciones de flujo serán únicamente a través de las superficies de constante θ, sin embargo, ya que D tiene únicamente una componente θ. En una superficie constante-theta , el área diferencial es da=r senθdrdφ, donde θ se fija en la localización superficial. Nuestra integral de flujo se vuelve  2 2

 2 2 16 16 cos(2) r sen(1) drdφ + cos(4) r sen(2) drdφ D · dS = − r r 1 1   1 1   D=

θ=1

θ=2

= −16 [cos(2) sen(1) − cos(4) sen(2)] = −3.91 C 40

3.31. (continuación) Evaluamos después el lado de la integral del volumen del teorema de la divergencia, donde en este caso, ∇ ·D=

1 1 d d (sen θ Dθ ) = r sen θ dθ r sen θ dθ





  16 16 cos 2θ cos θ cos 2θ sen θ = 2 − 2 sen 2θ r r sen θ

Evaluamos ahora: 

 ∇ · D dv = vol

2 2 2

1

1

1


16 cos 2θ cos θ − 2 sen 2θ r 2 sen θ drdθdφ r2 sen θ

La integral simplifica a  1

2 2 2 1

 2 16[cos 2θ cos θ − 2 sen 2θ sen θ] drdθdφ = 8 [3 cos 3θ − cos θ ] dθ = −3.91 C

1

1

3.32. Si D = 2r a r C/m2 , encontramos el flujo eléctrico total saliendo de la superficie del cubo, 0 < x, y, z < 0.4: ¡Esto es donde el teorema de la divergencia realmente salva tu tiempo! Primero encontramos ∇ ·D=

1 d 2 (r × 2r) = 6 r 2 dr

Entonces el flujo externo neto será  ∇ · D dv = 6(0.4)3 = 0.38 C vol

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