Algunas soluciones wangsness (compartido por L)(2)

1 Por: Ivett L´opez
Ejercicio 2.1
Dos cargas puntuales q’ y -q’ se localizan sobre el eje x con coordenadas a y -a respectivamente.Encontrar la
fuerza total ejercida sobre una carga puntual, q,que se localiza en un punto arbitrario del plano xy.
Soluci´on
Figure 1: Diagrama de cuerpo libre general
FqT
= F13 + F23
Para F13
r = xˆx + yˆy + &&b
0
0ˆz
r = aˆx +$$$$X0
0ˆy + 0ˆz
R13 = (r − r )
R13 = (xˆx + yˆy + &&b
0
0ˆz) − (aˆx +$$$$X0
0ˆy + 0ˆz)
R13 = (x − a)ˆx + yˆy
|R13| = (R13)(1/2)
R13 = [(x − a)2
+ y2
](1/2)
F13 = 1
4πε0
. qq R
(R13)3
F13 = 1
4πε0
. qq [(x−a)ˆx+yˆy]
([(x−a)2+y2](1/2)
)
3
F13 = 1
4πε0
[(x−a)2+y2](3/2)
Para F23
r = −xˆx + yˆy + &&b
0
0ˆz
1

r = −aˆx +$$$$X0
0ˆy + 0ˆz
R23 = (r − r )
R23 = (xˆx + yˆy + &&b
0
0ˆz) − (−aˆx +$$$$X0
0ˆy + 0ˆz)
R23 = (x + a)ˆx + yˆy
|R23| = (R13)(1/2)
R23 = [(x + a)2
+ y2
](1/2)
F23 = 1
4πε0
. −qq R
(R23)3
F23 = 1
4πε0
. −qq [(x+a)ˆx+yˆy]
([(x+a)2+y2](1/2)
)
3
F13 = − 1
4πε0
. qq [(x+a)ˆx+yˆy]
[(x+a)2+y2](3/2)
FqT
= F13 + F23
FqT
= 1
4πε0
[(x−a)2+y2](3/2) + − 1
4πε0
. qq [(x+a)ˆx+yˆy]
[(x+a)2+y2](3/2)
FqT
= qq
4πε0
. (x−a)ˆx+yˆy
[(x−a)2+y2](3/2) − (x+a)ˆx+yˆy
[(x+a)2+y2](3/2)
2

Ejercicio 2.2
Cuatro cargas puntuales iguales, q ,se encuentran en los v´ertices de un cuadrado de lado a.El cuadrado des-
cansa sobre el plano yz con uno de sus v´ertices en el origen y sus lados paralelos a los ejes positivos.Otra
carga puntual,q, se coloca sobre el eje x a una distancia b del origen.Encontrar la fuerza total sobre q.
Solucion
Sabiendo que Fq →q = 1
4πε0
.qq R
(R)3
Y tomando en cuenta que q1 = q2 = q3 = q4 = q
Entonces Fq1→q + Fq2→q + Fq3→q + Fq4→q
Para q1
r1 = bˆx
R1 = (r − r )
R1 = bˆx
|R1| = (R1)(1/2)
R1 = [(b)2
](1/2)
R1 = b
Para q2
r2 = bˆx
r 2 = aˆz
R2 = (r − r )
3

R2 = bˆx − aˆz
|R2| = (R2)(1/2)
R2 = (b2
+ a2
)(1/2)
Para q3
r3 = bˆx
r 3 = aˆy + aˆz
R3 = (r − r )
R3 = bˆx − aˆy − aˆz
|R3| = (R2)(1/2)
R3 = (b2
+ a2
+ a2
)(1/2)
R3 = (b2
+ 2a2
)(1/2)
Para q4
r4 = bˆx
r 4 = aˆy
R4 = (r − r )
R4 = bˆx − aˆy
|R4| = (R2)(1/2)
R4 = (b2
+ a2
)(1/2)
Fq = qq
4πε0
. bˆx
b3 + bˆx−aˆz
[b2+a2](3/2) + bˆx−aˆy−aˆz
[b2+2a2](3/2) + bˆx−aˆy
[b2+a2](3/2)
Fq = qq
4πε0
. ˆx
b2 + bˆx−aˆz
[b2+a2](3/2) + bˆx−aˆy−aˆz
[b2+2a2](3/2) + bˆx−aˆy
[b2+a2](3/2)
4

Ejercicio 2.3
Ocho cargas puntuales,q,se encuentran en los vértices de un cubo de lado a,cuya localización y orientación
se muestra en la figura 1-41. Encontrar la fuerza total ejercida sobre una carga en el origen
Solucion
Tomando en cuenta que q1 = q2 = q3 = q4 = q5 = q6 = q7 = q
Entonces Fq1→q + Fq2→q + Fq3→q + Fq4→q + Fq5→q + Fq6→q + Fq7→q
Y sabiendo que Fq →q = 1
4πε0
.qq R
(R)3
Para q1
r1 = 0
r 1 = aˆx
R1 = (r − r )
R1 = −aˆx
|R1| = (R1)(1/2)
R1 = (a2
)(1/2)
R1 = a
Para q2
r2 = 0
r 2 = aˆx + aˆy
R2 = (r − r )
5

R2 = −aˆx − aˆy
|R2| = (R2)(1/2)
R2 = (a2
+ a2
)(1/2)
R2 = (2a2
)(1/2)
R2 = a
√
2
Para q3
r3 = 0
r 3 = aˆy
R3 = (r − r )
R3 = −aˆy
|R3| = (R3)(1/2)
R3 = (a2
)(1/2)
R3 = a
Para q4
r4 = 0
r 4 = aˆx + aˆz
R4 = (r − r )
R4 = −aˆx − aˆz
|R4| = (R4)(1/2)
R4 = (a2
+ a2
)(1/2)
R4 = (2a2
)(1/2)
R4 = a
√
2
Para q5
r5 = 0
r 5 = aˆz
R5 = (r − r )
R5 = −aˆz
|R5| = (R5)(1/2)
R5 = (a2
)(1/2)
R5 = a
Para q6
r6 = 0
r 6 = aˆx + aˆz
R6 = (r − r )
6

R6 = −aˆx − aˆz
|R6| = (R6)(1/2)
R6 = (a2
+ a2
)(1/2)
R6 = (2a2
)(1/2)
R6 = a
√
2
Para q7
r7 = 0
r 7 = aˆz + aˆy + aˆz
R7 = (r − r )
R7 = −aˆz − aˆy − aˆz
|R7| = (R7)(1/2)
R7 = (a2
+ a2
+ a2
)(1/2)
R7 = a
√
3
Fq = qq
4πε0
. −aˆx
a3 − (aˆx+aˆy)
[a
√
2](3)
− aˆy
[a3] − (aˆx+aˆz)
[a
√
2](3)
− aˆz
[a
√
2](3)
− (aˆx+aˆy+aˆz)
[a
√
3](3)
Fq = qq
4πε0
. −aˆx
a3 − (aˆx+aˆy)
a3
√
2
(3) − aˆy
a3
√
2
(3) − aˆz
a3
√
2
(3) − (aˆx+aˆy+aˆz)
[a3
√
3
(3)
Fq = −qq a
4πε0a3 . ˆx
1 + (ˆx+ˆy)
√
2
(3) + ˆy
[1] + (ˆx+ˆz)
√
2
(3) + ˆz
[1] + (ˆx+ˆz)
√
2
(3) + (ˆx+ˆy+ˆz)
√
3
(3)
Fq = −qq
4πε0a2 . ˆx+ˆy+ˆz
1 + (3ˆx+ˆy+2ˆz)
√
2
(3) + (ˆx+ˆy+ˆz)
√
3
(3)
7

2 Por: Brayan Bustillo
ejercicio 2:6
Una esfera de radio a contiene una distribucion de carga volumetrica constante ρ. su centro se encuentra
sobre el eje z a una distancia b del origen, siendo b> a. una carga puntual q, se coloca sobre el eje y a una
distancia c del origen, siendo c> b. Encontrar la fuerza sobre q.
c
R
a
b
Z
X
Y
Figure 4: ilustracion del problema
Solucion
En este caso la carga fuente tiene una forma geometrica y podemos aprovechar este hecho para decir que la
carga se concentra toda en la parte central de la esfera osea a una distancia b del origen, y:
sabemos de la ley de coulumb que,
F =
qQR
4πεo|R|3
ahora trataremos de calcular la carga total de la esfera por medio de integracion de la siguiente forma:
sabemos que ρch = Q
V de ahi que Q = ρch · dv ahora con una intregral triple encontramos la carga to-
tal:
Q=
2π
0
π
0
a
0 r2
sin θdrdθdφ
8

al desarrollar la integral encontramos que Q = 4πa3ρch
3
como ya tenemos la carga y trabajamos esa carga como una carga puntual ubicada a una distancia b sobre
el eje Z, tambien estableciendo nuestro vector de posicion R = cˆy − bˆz entonces:
F = qρch4πa3[cˆy−bˆz]
4πε0[c2+b2]
3
2
.
9

ejercicio 2:7
una linea de carga de longitud L y λ= const. esta sobre el eje Z positivo con sus extremos colocados en Z=Z◦
y Z◦ + L. Encontrar la fuerza total ejercida sobre esta linea de carga, por una distribucion de carga , esferica
y uniforme, con centro en el origen y radio a > Z◦.
Z
Y
X
Z
Z + L
L
a
solucion
en este caso tambien podemos asumir que toda la carga esta concentrada en la parte central de la esfera, esto
para cualquier punto ubicado afuera de la esfera y tomar esa distribucion de carga como una carga puntual
Q ubicada en el origen. sabemos de la teoria que R=r-r’, pero en este caso espesiﬁco nuestro r’=0 puesto que
colocamos nuestra carga central en el origen. nuestro R por lo tanto sera simplemente R = zˆz y la |R|3
= z3
ahora deﬁniremos dq y dQ respectivamente, donde dq = λdz y dQ = dvρch y nuestra expresion para la fuerza
sera:
F = λρchˆz
4πε0
zo+L
z0
2π
0
π
0
a
0
r2 sin θdθdrdφ
z2
la integral no tiene ningun grado de complejidad se resuelve facilmente dando como resultado lo siguiente:
que nuestra fuerza sera:
F = λρcha3L ˆZ
3ε0(z0+L)z0
nota: dv = r2
sin θdθdrdφ para una esfera.
10

ejercicio 2:8
La superﬁcie de una esfera de radio a se encuentra cargada con una densidad de carga constante, σ, Cual es
la carga total, Q de la esfera?. Encontrar la fuerza ejercida por esta distribucion de carga sobre una carga
puntual q, situada sobre el eje Z para el caso en que z>a.
q
Z
Y
X
a
solucion
para este caso la carga total se calcula asi:
Q =
2π
o
π
o r2
sin θdθdφ al resolver esto tenemos: σ4πa2
de la ley de coulomb tenemos que:
F= 1
4πε0
qQR
|R|3
sabemos que: σ = Q
da y si asumimos cualquier punto donde z>a
tenemos una expresion para la fuerza:
F = qσ
4πε0
2π
o
π
o
r2 sin θdθdφzˆz
z3
al resolver para esta integral obtenemos la expresion ﬁnal para la fuerza:
F = qσa2ˆz
z2ε0
11

ejercicio 2:9
Dos lineas de carga de la misma longitud L, son paralelas entre si y descansan sobre el plano XY como se
muestra en la figura. ambas tienen la misma densidad de carga lineal λ= const. Encontrar la fuerza total
sobre II debida a I.
solucion
Establecemos la ley coulomb:
F = dqdq R
4πε0|R|3 definiremos ahora dq, dq’ y R, respectivamente.
dq = λdl , dq = λdl y R = aˆx − (y − y )ˆy
y con esto definido planteamos nuestra integral para encontrar nuestra fuerza asi:
F =
L
0
L
0
λ2dldl (aˆx−(y−y )ˆy)
4πε0[a2+(y−y )2]
3
2
el desarrolo de esta integral se simplifica con tablas de integracion dando como resultado lo siguiente:
F = λ2
2πε0
[(a2+L2)
1
2
a − 1]ˆx
se puede apreciar como en este resultado la componente en la direccion de y fue cancelada durante el proceso
de integracion por lo tanto nuestra fuerza queda solo en la direccion de x.
13

ejercicio 2:10
La linea de carga I de la figura anterior tiene ahora una densidad de carga λ=Ay2
, siendo A una constante.
¿cuales son las unidades de A? ¿cual es la carga total de I?.Encontrar la fuerza total que I ejerce sobre una
carga putual q, situada en el eje X, en x=a.
Y
X
q
dLL
r
r’
solucion
paso 1: las unidades de A, sabemos que λ = Q
L y tambien que λ = Ay2
, entonces:
Q
L = Ay2
y A es por lo tanto: A = Q
Ly2 y sus unidades seran:
coulomb
metro3
paso 2: ahora encontraremos la carga total de esta linea de la siguiente manera:
Q =
L
0 Ay2
dy = AL3
3
paso 3: encontrar la fuerza de esta linea de carga sobre una carga puntual q ubicada en el eje x
como siempre definiremos la ley de coulomb asi:
F = dqdq R
4πε0|R|3 y definiremos nuestro vector relativo de posicion asi:
14

R = (aˆx − yˆy) y |R| = (a2
+ y2
)
1
2
Ahora podemos establecer la integral para encontrar nuestra fuerza asi:
F = qA
4πε0
y2dy(aˆx−yˆy)
(a2+y2)
3
2
con ayuda de tablas de integracion la integral se resuelve de manera sencilla quedandonos:
F = qA
4πε0
[(aˆx)[( −L
(L2+a2)
1
2
) + (ln(L + (L2
+ a2
)
1
2 )) − ln(a)]
− [ˆy((L2
+ a2
)
1
2 + ( a2
(L2+a2)
1
2 )
) − 2a)]]
15

3 Dagoberto Discua
Ejercicio 3.1
Dos cargas puntuales q y -q se localizan sobre el eje Y en Y=a y Y= -a respectivamente. Encontrar el campo
electrico para cualquier puntoen el plano XY ¿Para que puntos si los hay el campo electrico es cero?
Para - q:
r = xˆx + yˆy
r1 = −aˆy
R = Xˆx + (y + a)ˆy
Para q:
r = xˆx + yˆy
r2 = aˆy
R2 = r − r2
R2 = Xˆx + (y − a)ˆy
E =
xˆx − (y − a)ˆy
(x2 + (y − a)2)3/2
−
xˆx + (y + a)ˆy
(x2 + (y − a)2)3/2
La componente Ex = 0 cuando el punto se encuentre a igual distancia de ambas cargas,cuando el punto
se encuentre en X=0 y Y=0.
16

Ejercicio 3.2
Cuatro cargas puntuales estan situadas en los vertices de un cuadrado sobre el plano XY sus valores y poci-
siones sonq ⇒ (0, a)., 2q ⇒ (0., 0)., 3q ⇒ (a., 0)y − 4q ⇒ (a., a). Encontrar el campo electrico en elcentro del
cuadrado.
Para q:
r = 0
R1 = 0.5aˆx + 0.5aˆy
Para 2q :
r = aˆy
R2 = 0.5aˆx − 0.5aˆy
Para 3q:
r = aˆx
R3 = −0.5ˆx + 0.5aˆy
Para -4q:
r = aˆx + aˆy
R4 = −0.5aˆx − 0.5aˆy
E =
1
4π
q(0.5aˆx + 0.5aˆy
(0.52 + 0.52)3/2
+
2q(0.5aˆx − 0.5a ˆy)
(0.52 + 0.52)3/2
+
3q(−0.5aˆx + 0.5aˆy)
(−0.52 + 0.52)3/2
−
4q(−0.5aˆx + 0.5aˆy)
(−0.52 + 0.52)3/2
E =
√
2q
2a2π
(2ˆx − ˆy)
17

Ejercicio 3.3
Considere un cubo de arista a con la localizacion y orientacion que se muestra en la ﬁgura. Existe una carga
puntual q en cada uno de los vertices excepto en (a,a,o). Encontrar E en el vertice vacio.
Para q1:
r1 = 0
R1 = aˆx + aˆy
Para q2:
r2 = aˆx
R2 = aˆy
Para q4:
r4 = aˆz
R4 = aˆx + aˆy − aˆz
Para q5:
r5 = aˆx + aˆz
R5 = aˆx − aˆz
Para q6:
r6 = aˆx + aˆy + aˆz
R6 = −aˆz
Para qZ:
rz = aˆy
Rz = aˆx
E =
q
4π
aˆx + aˆy
2
√
2a3
+
aˆy
aa3
+
aˆy − aˆz
2
√
2a3
+
aˆx + aˆy − aˆz
3
√
3a3
+
aˆx − aˆz
2
√
2a3
+
−aˆz
a3
+
aˆx
a3
E =
q
4π a2
1
√
2
+
1
3
√
3
ˆx + ˆy + ˆz
18

Ejercicio 3.4
Repetir los calculos de la seccion 3.2 para un punto de campo general r = rho ˆrho + zˆz y asi demostrar que
se obtieneel mismo resultado.
r = pˆp + zˆz
r1 = z1ˆz
R = pˆp + (z − z1)ˆz
E =
λ
4π
pˆp(z − z1)ˆzdz1
(p2 + (z − z1)2)3/2
Componente ˆp :
Ep =
λ
4π
pˆpdz1
(p2 + (z − z1)2)3/2
Ep =
λˆp
2pπ
Componente ˆz :
Ez =
λˆz
2pπ
(z − z1)dz1
(p2 + (z − z1)2
Ez =
ln
p
| 1 +
u2
p?
|
Ez = 0
E = Ep + Ez
E =
λˆp
p2π
19

4 Por: Cindy Mart´ınez
Ejercicio 3.5
Repetir los cálculos de la sección 3.3 para un punto de campo general, (x,y,z), y as´ı demostrar que se obtiene
el mismo resultado.
Punto de campo: r = xˆx + yˆy + zˆz
Punto fuente: f = x ˆx + y ˆy + z ˆz
Solución
R = (x − x )ˆx + (y − y )ˆy + (z − z )ˆz
dq = σ da da = dxdy
E = 1
4πεo
σ da ˆR
R2
E = σ
4πεo
+oo
−oo
+oo
−oo
(x−x )ˆx+(y−y )ˆy+(z−z )ˆzdxdy
(
√
(x−x )2+(y−y )2+(z−z )2)3
E = Ex + Ey + Ez
Ex = σ
4πεo
+oo
−oo
+oo
−oo
(x−x )dx dy
(
√
(x−x )2+(y−y )2+(z−z )2)3
u = x − x du = −dx
Ex = σ
4πεo
+oo
−oo
+oo
−oo
udu
(
√
u2+a2)3
Ex = 0
Ey = 0
Se utiliza el mismo procedimiento de Ex para encontrar el valor de Ey
20

E = σ ˆz
4πεo
+oo
−oo
+oo
−oo
(z−z )dxdy
(
√
(x−x )2+(y−y )2+(z−z )2)3
E = σˆz
4πεo
+oo
−oo
(z − z )dx
+oo
−oo
dy
(
√
(x−x )2+(y−y )2+(z−z )2)3
E = σzˆz
2πaεo
π
2a + π
2a
E = σzˆz
2a2εo
21

Ejercicio 3.6
Repetir los cálculos de la sección 3-3 utilizando coordenadas cil´ındricas para el punto de fuente.
R = r − r
R = ρˆρ + zˆz − ρ ˆρ
Solución
E = 1
4πεo
+oo
−oo
+oo
−oo
[(ρ−ρ )ˆρ+zˆz]ρdρdφ
[(ρ−ρ )2+z2
]
3
2
E = σ
4πεo
[
+oo
−oo
+oo
−oo
[ρ(ρ−ρ )ˆρdρdφ
[(ρ−ρ )2+z2
]
3
2 ]
+
+oo
−oo
+oo
−oo
zˆzρdρdφ
[(ρ−ρ )2+z2]
3
2
]
E = σ
4πεo
[
+oo
−oo
2π
o
ρ(ρ−ρ )cosφˆxdρdφ
[(ρ−ρ )2+z2
]
3
2 ]
+
+oo
−oo
2π
o
ρ(ρ−ρ )senφˆydρdφ
[(ρ−ρ )2+z2]
3
2
+
+oo
−oo
2π
o
zˆzφdρdφ
[(ρ−ρ )2+z2]
3
2
E = σ
2εo
[
+oo
−oo
zˆzρ dρ
[(ρ−ρ )2+z2]
3
2
]
E = ρσˆz
2εoz
22

Ejercicio 3.7
Una l´ınea de carga uniforme, paralela al eje z intersecta el plano xy en el punto (a,b,0). Encontrar las com-
ponentes rectangulares de E en el punto (0,c,0).
r = cˆy
r = aˆx + bˆy + zˆz
R = r − r
R = aˆx + (c − b)ˆy + zˆz
dq = λdl
dq = λdz
Soluci´on
E = 1
4πεo
dqR
R3
E = λ
4πεo
+oo
−oo
−aˆx+(c−b)ˆy−zˆzdz
[a2+(c−b)2
+z2
]
3
2
E = Ex + Ey + Ez
Ex = λ
4πεo
+oo
−oo
−aˆxdz
[a2+(b−c)2
+z2
]
3
2
V 2
= a2
+ (b − c)
2
Ex = −λaˆx
4πεo
+oo
−oo
dz
(V 2+z2)
3
2
Ex = z
V 2
√
V 2+z2
+oo
−oo
Ex = z
V 2(
√
V 2+z2)
o
−oo
+ z
V 2(
√
V 2+z2)
+oo
o
= 2
V 2
23

Ex = −λaˆx
2πεo(a2+(b−c)2
)
Ey = λ
4πεo
+oo
−oo
(c−b)ˆydz
[a2+(b−c)2+z2]
3
2
= λ
4πεo
(c − b)ˆy
+oo
−oo
dz
(V 2+z2)
3
2
Ey = λ(c−b)ˆy
2πεo(a2+(b−c)2)
Ez = 0
E = Ex + Ey = λ
2πεo
(−aˆx+(c−b)ˆy)
(a2+(b−c)2)
24

Ejercicio 3.8
Dos planos infinitos con iguales densidades de carga superficial, σ , son paralelos al plano xy y están situados
como se muestra en la figura 3-5. Encontrar E para todos los valores de z.
Solución
E = E1 + E2
r = zˆz
r = ρ ˆρ − aˆz
R = r − r
R = −ρ ˆρ + aˆz + zˆz
R = −ρ ˆρ + (z + a)ˆz
R = ((z + a)2
+ ρ2
)
1
2
σda = dq
dq = σρdρdφ
E1 = σ
4πεo
(−ρˆρ+(z+a)ˆz)ρdρdφ
(ρ2+(z+a)2)
3
2
Eρ = −σ
4πεo
2π
o
oo
o
ρ2
dρdφ
(ρ2+(z+a)2)
3
2
(cosφˆx + senφˆy)
2π
o
cosφ =
2π
o
senφ = 0
Eρ = −σ
4πεo
oo
o
ρ2
dρ
(ρ2+(z+a)2)
3
2
(0)ˆx +
oo
o
ρ2
dρ
(ρ2+(z+a)2)
3
2
(0)ˆy = 0
2π
o
dφ = 2π
E1 = σ(z+a)
4πεo
2π
o
oo
o
ρdρdφ
(ρ2+(z+a)2)
3
2
ˆz
u = ρ2
+ (z + a)2
du = 2ρdρ
limb→oo
b
o
ρdρ
(ρ2+(z+a)2)
3
2
= 1
2 limb→oo
b
o
du
U
3
2
= 1
2 limb→oo(−2U
−1
2 )
b
o
oo
o
ρdρ
(ρ2+(z+a)2)
3
2
= −1
(oo+(z+a)2)
1
2
+ 1
((z+a)2)
1
2
= −1
oo + 1
((z+a)2)
1
2
25

oo
o
ρdρ
(ρ2+(z+a)2)
3
2
= 1
(z+a) ˆz
E1 = σ(z+a)(2π)
4πεo
1
(z+a) ˆz
E2 = σ(z−a)(2π)
4πεo
1
(z−a) ˆz
E = E1 + E2 = z+a
(z+a) + z−a
(z−a)
σ
2εo
ˆz
si z > a
z + a = z + a z − a = z − a
E = z+a
z+a + z−a
z−a
σ
2εo
ˆz = 1 + 1 = 2σ
2εo
ˆz = σ
εo
ˆz
si z < a
z + a = z + a z − a = z − a
E = z+a
z+a + z−a
a−z
σ
2εo
ˆz = a−z+z−a
a−z
σ
2εo
ˆz = 0
E = σ
εo
ˆz para z > a
E = 0 para z < a
26

Ejercicio 3.9
3.9 Dos planos infinitos con iguales pero opuestas densidades de carga superfecial σ = constante, son paralelos
al plano xy y están situados como se indica en la figura 3-6. Encontrar E para todos los valores de z.
4.1 Solución
E = E1 + E2
r = zˆz r = ρˆρ − aˆz
R = r − r
R = zˆz − ρˆρ + aˆz
R = −ρˆρ + (z + a)ˆz
R = (ρ2
+ (z + a)2
)
1
2
dq = −σρdρdφ
ˆρ = cosφˆx + senφˆy
E1 = −σ
4πεo
(−ρˆρ+(z+a)ˆz)ρdρdφ
(ρ2+(z+a)2)
3
2
Eρ = −σ
4πεo
ρcosφ
(ρ2+(z+a)2)
3
2
dρdφˆx + ρsenφ
(ρ2+(z+a)2)
3
2
dρdφˆy
2π
o
cosφdφ =
2π
o
senφdφ = 0
Eρ = −σ
4πεo
ρdρ
(ρ2+(z+a)2) 3
2
[(0)ˆx + (0)ˆy] = 0
E = −σ(z+a)
4πεo
2π
o
oo
o
ρdρdφ
(ρ2+(z+a)2)
3
2
2π
o
dφ = 2π
oo
o
ρdρ
(ρ2+(z+a)2)
3
2
U = ρ2
+ (z + a)2
du = 2ρdρ
= 1
2 limb→oo
b
o
du
U
3
2
= 1
2 limb→oo(−2U
−1
2 )
b
o
= − limb→oo
1
(b2+(z+a)2)
1
2
− 1
((z+a)2) 1
2
27

= − limb→oo
1
(b2+(z+a)2) 1
2
+ limb→oo
1
((z+a)2)
1
2
= 1
oo + 1
(z+a) = 1
z+a
E1 = −σ(z+a)
4πεo
(2π) 1
z+a
E1 = −σ(z+a)
2εo z+a ˆz
E2 = σ(z−a)
2εo z−a ˆz
E = σ
2εo
(z−a)
z−a − (z+a)
z+a ˆz
si z > a
z + a = z + a z − a = z − a
E = σ
2εo
z−a
z−a − z+a
z+a ˆz = σ
2εo
[1 − 1] ˆz = 0
si z < a
z + a = z + a z − a = a − z
E = σ
2εo
z−a
a−z − z+a
z+a ˆz = σˆz
2εo
z−a−a+z
a−z
E = σ2(z−a)
2εo(a−z) ˆz = −σ(a−z)
εo(a−z) ˆz = −σ
εo
ˆz
El signo es negativo, porque al colocar una carga positiva dentro de los planos, esta experiment´a una fuerza
desde el plano cargado positivamente, hasta el plano cargado negativamente, es decir, en la direcci´on −ˆz.
E = 0 para z > a
E = −σ
εo
ˆz para z < a
28

5 Por: David D´ıaz
Ejercicio 3-10
El arco circular de radio a que se muestra en la ﬁgura descansa sobre el plano xy y posee densidad de carga
lineal λ constante, estando su centro de curvatura en el origen. Encontrar E en un punto arbitrario sobre el
eje z. Demostrar que cuando la curva es una circunferencia completa la respuesta es
E =
λazˆz
2 0(a2 + z2)3/2
3-10.jpg
29

Solucion
r = ap r = zz R = zz − ap |R| = (z2
+ a2
)1/2
λ = dq
dl
λdl = dq dl = adφ dq = λadφ
E =
1
4πε0
b
a
dq
R3
R
E =
1
4π 0
α
−α
λadφ
(z2 + a2)3/2
(zˆz − aˆρ)
Convertimos p a coordenadas cartesianas
ˆρ = cosφˆx + senφˆx
E =
λa
4π 0(z2 + a2)3/2
α
−α
(zˆz − acosφˆx + asenφˆy)dφ
Resolver las integrales
α
−α
zˆzdφ = zˆz
α
−α
dφ = zˆz[φ]−α
α = zˆz[α − (−α)] = 2αzˆz
−a
α
−α
cosφˆxdφ = −aˆx[senφ]α
−α = −aˆx[senα − sen(−α)]
Por la identidad trigonometrica del seno si un argumento es negativo este puede salir del argumento y mul-
tiplicar la funcion
= −aˆx[senα + senα] = −2asenαˆx
−a
α
−α
senφˆydφ = −aˆy[−cosφ]α
−α = −aˆx[−cosα + cos(−α)]
Por la identidad trigonometrica del coseno cuando tiene un argumento negativo este puede ser sustituido por
un argumento positivo
= −aˆx[−cosα + cosα] = 0
E =
λa
4π 0(z2 + a2)3/2
[(2αzˆz) + (−2asenαˆx)]
E =
2λa
4π 0(z2 + a2)3/2
[αzˆz − asenαˆx]
30

E =
λa
2π 0(z2 + a2)3/2
[αzˆz − asenαˆx]
Para que exista una circunferencia completa se debe sustituir el α por π
Sustituyendo α=π
E =
λa
2π 0(z2 + a2)3/2
[πzˆz − asenπˆx]
Sabemos que senπ = 0
E =
λa
2π 0(z2 + a2)3/2
[πzˆz]
E =
λaz
2 0(z2 + a2)3/2
ˆz
Por lo tanto queda demostrado
31

Ejercicio 3-11
3-11 Existe una carga distribuida con una densidad de carga lineal λ constante, sobre la recta de longitud
finita que se muestra en la figura 3-8. Encontrar E en P. Con la ayuda de las distancias R2 y R1, expresar
E en funcion de los ángulos α2 y α1 que se muestran. Encontrar E para el caso especial en que L1 = L2 = L
y P se encuentra sobre el plano xy.
3-11.jpg
Solución
Parte 1
Solucion
El campo electrico esta dado por:
E =
1
4πε0
b
a
dq
R3
R
Definimos los vectores de posicion para r y r
32

• r = z ˆz
• r = ρˆρ
R esta dado por:
R = r − r
R = ρˆρ − z ˆz
dq esta dado por:
dq = λ ∗ dl
dl = dz
dq = λ ∗ dz
La magnitud del vector relativo de posicion R es:
R = ρ2 + z 2
Insertamos esto en la ecuacion para el campo electrico
E =
λ
4πε0
dz
(ρ2 + z 2)
3
2
(ρˆρ − z ˆz)
La primera integral:
ρˆρdz
(ρ2 + z 2)
3
2
ρ2 + z2 =
ρ
cos(φ)
ρˆρdz
ρ
cos(φ)
ˆρdzcos2
(φ)
ρ2
z = ρtan(φ)
dz = ρsec2
(φ)dφ
ˆρ
sec2
(φ)cos3
(φ)dφ
ρ
ˆρ
ρ
α2
−α1
cos(φ)
ˆρ
ρ
(senα2 + senα1)
La segunda integral:
ˆz
zdz
(ρ2 + z2)
1
2 (ρ2 + z2)
(ρ2 + z2) =
ρ
cosφ
ˆz
zdz
ρ
cosφ
ρ2
cos2φ
ˆz
α2
−α1
senφ
ρ
ˆz
ρ
(cosα2 − cosα1)
33

Sumamos ambas integrales y multiplicamos por λ
4πε0
λ
4πε0
ˆρ
ρ
(senα2 + senα1) +
ˆz
ρ
(cosα2 − cosα1)
λ
4πε0ρ
[ˆρ(senα2 + senα1) + ˆz(cosα2 − cosα1)]
Parte 2
Al igual que en el inciso anterior hacemos la primera y la segunda integral separadas y despues solo las
sumamos
Integral 1:
ρˆρ
dz
(ρ2 + z2)
3
2
z = ρtanθ
dz = ρsec2
θ
ρˆρ
dz
(ρ2 + z2)
3
2
ρˆρ
ρsec2
θdθ
(ρ
√
1 + tan2θ)3
ρˆρ
ρ2
cosθdθ =
ˆρ
ρ
(senθ)
senθ =
z
z2 + ρ2
ˆρ
ρ
z
z2 + ρ2
L
−L


ˆρ
ρ
L
L2 + ρ2
+
L
L2 + ρ2
=
2Lˆρ
ρ L2 + ρ2
Integral 2:
ˆz
zdz
(ρ2 + z2)
3
2
= ρ
du
2u
3
2
−ˆz

 1
ρ2 + z2
L
−L

 = 0
Sumamos ambas y multiplicamos por λ
4πε0
E =
λ
4πε0
2Lˆρ
ρ L2 + ρ2
=
λLˆρ
2πε0ρ L2 + ρ2
34

Ejercicio 3-12
Ejercicio 3-12
3-12 Existe una carga distribuida con densidad superﬁcial σ constante, sobre un circulo de radio a. El circulo
descansa sobre el plano xy con su centro en el origen.
• Demostrar que el campo el´ectrico en un punto sobre el eje z esta dado por:
E = σz
2 0
z
|z| 1 − |z|
(a2+z2)1/2
• ¿Como queda esta expresion a medida que a −→ ∞ ?
3-12.jpg
Figure 7: Diagrama
Solucion
r = pp r = zz R = zz − pp |R| = (z2
+ p2
)1/2
dq = σda = σ(pdpdφ)
dE =
1
4π 0
dq
|R|3
R
dE =
1
4π 0
σ(pdpdφ)
(z2 + p2)3/2
(zz − pp)
E = dE =
σ
4π 0
pdpdφ
(z2 + p2)3/2
(zz − pp)
E =
σ
4π 0

zz
pdpdφ
(z2 + p2)3/2
−
p2
dpdφ
(z2 + p2)3/2¡
¡!
0
p


p =
2π
0
cos(φ)x +
2π
0
sin(φ)y = 0
E =
σ
4π 0
zz
2π
0
a
0
pdpdφ
(z2 + p2)3/2
35

u = z2
+ p2
du = 2pdp
du
2
= pdp
E =
σzz
4π 0
φ|2π
0
1
2
du
u3/2
E =
σzz
¨¨B2
4π 0
¨¨2π
1
¡2
−¡2
u1/2
E =
σzz
2 0
−1
(z2 + p2)1/2
a
0
E =
σzz
2 0
1
|z|
−
1
(z2 + a2)1/2
E =
σzz
2 0
1
|z|
1 −
|z|
(z2 + a2)1/2
E =
σz
2 0
z
|z|
1 −
|z|
(z2 + a2)1/2
¿Como queda esta expresion a medida que a −→ ∞ ?
lim
a−→∞
σz
2 0
z
|z|
1 −
|z|
(z2 + a2)1/2
=
σz
2 0
36

Ejercicio 3-13
3-13 Un cilindro inifinitamente largo tiene su eje coincidente con el eje z. Tiene una sección circular de radio
a y posee una densidad volumétrica de carga ρch constante. Encontrar E para todos los puntos dentro y
fuera del cilindro. Sugerencia: utilizar coordenadas cilindricas para la integración; por conveniencia, escoger
el punto de campo sobre el eje x (¿Será esto suficientemente general?); posiblemente se requiera la siguiente
integral definida:
definida.jpg
Solucion
r = zˆz + ρˆρ
r = xˆx
R = xˆx − zˆz − ρˆρ
= xˆx − zˆz − ρ(cosφˆx + senφˆx)
R = (x − ρcosφ)ˆx − ρsenφˆy − zˆz
|R|2
= (x − ρcosφ)2
− (ρsenφ)2
− z2
= x2
− 2xρcosφ + ρ2
cosφ2
+ ρ2
senφ2
+ z2
|R| = (x2
− 2xρcosφ + ρ2
+ z2
)
1
2
E =
1
4πε0
Rdq
|R|3
37

dq = ρchdv = ρchρdρdφdz
E =
1
4πε0
[(x − ρcosφ)ˆx − ρsenφˆx − zˆz]ρchρdρdφdz
(x2 − 2xρcosφ + ρ2 + z2)
3
2
E =
ρch
4πε0
∞
−∞
π
−π
a
0
[(x − ρcosφ)ˆx − ρsenφˆx − zˆz]ρdρdφdz
(x2 − 2xρcosφ + ρ2 + z2)
3
2
E =
ρch
4πε0
∞
0
π
0
a
0
(x − ρcosφ)ˆxρdρdφdz
(x2 − 2xρcosφ + ρ2 + z2)
3
2
Usando como referencia la integral:
du
(u2 + a2)
3
2
=
u
a2(u2 + a2)
1
2
E =
ρch
πε0
π
0
a
0
(x − ρcosφ)ρdρdφˆx
(x2 − 2xρcosφ + ρ2)(z2 + x2 − 2xρcosφ + ρ2)
1
2
∞
0
E = lim
x→0
ρch
πε0
π
0
a
0
(x2 − 2xρcosφ + ρ2)(z2+x2−2xρcosφ+ρ2)
1
2
z
E = lim
x→0
ρch
πε0
π
0
a
0
(x2 − 2xρcosφ + ρ2) z2
z2 + x2−2xρcosφ+ρ2
z2
E = lim
x→0
ρch
πε0
π
0
a
0
(x2 − 2xρcosφ + ρ2) 1 +$$$$$$$X0
x2
−2xρcosφ+ρ2
z2
E =
ρch
πε0
π
0
a
0
(x2 − 2xρcosφ + ρ2)
De esta formula se siguen dos caminos, cuando x > a y cuando x < a para el camino x > a Dada la integral
deﬁnida.jpg
E =
ρch
πε0
a
0
π
2
ρdρˆx
E =
ρch
πε0
·
π
2
·
ρ2
2
a
0
ˆx
E =
&πρcha2
2&πxε0
ˆx
38

E =
ρcha2
2xε0
x > a
E =
ρch
π 0
π
0
x
0
x − ρcosφ
x2 − 2ρxcosφ + ρ2
ρdρdφ +
π
0
x
0
x − ρcosφ
x2 − 2ρxcosφ + ρ2
ρdρdφ
Dado la integral
deﬁnida.jpg
Si analizamos la segunda integral que tiene el intervalo [x,a] observamos que ρ > x por lo tanto es cero
Mientras que en la primera integral que tiene un intervalo de [o,x] observamos que x > ρ por lo tanto
es π
x
E =
ρch
π 0
x
0
π
x
ρdρ
E =
πρch
π 0x
ρ2
2
x
0
E =
xρch
2 0
para x < a
Nota
Ey⇒Es igual a Cero dado que es una funcion impar con respecto a φ y su limite de integracion es [−π, π]
con respecto a dφ
Ez⇒Es igual a Cero dado que es una funcion impar con respecto a z y su limite de integracion es [−∞, ∞]
con respecto a dz
39

6 Por: Marco Ventura
Ejercicio 4.1
El paralelep´ıpedo rectangular de la figura 1-14 con a > b > c se rellena con carga de densidad constante, ρ.
Se construye una esfera de radio igual a 2a con centro en el origen. Encontrar el flujo Eda a través de la
superficie de esta esfera. ¿Cuál será el flujo si el centro de la esfera se coloca en el vértice (a, b, c)?
Solución
Eda =
Qenc
ξ0
(1)
Qenc = ´ρ(−→r )dτ =
c
0
b
0
a
0
ρ · dxdydz = ρabc (2)
Eda =
ρabc
ξ0
(3)
(3)La esfera tiene su centro en el origen
Podemos ver que al cambiar el centro de la esfera de posicion a cualquiera de los vertices de carga del
paralelepipedo, siempre queda encerrrada en la esfera y siempre tendra el mismo valor, por lo tanto:
Eda =
ρabc
ξ0
(4)
(4)Cuando la esfera tiene por centro : 0,a,b,c
40

Ejercicio 4.2
Una esfera de radio a con centro en el origen posee una densidad de carga dada por ρ = Ar2, donde A =
const. Otra esfera de radio 2a es concéntrica con la primera. Encontrar el flujo E ˙da a través de la superficie
de la esfera mayor.
Solución
Eda =
Qenc
ξ0
(5)
Donde:
Qenc = ´ρ(´r)d´τ =
2π
0
π
0
a
0
A( ´r2) ´r2senθd´rd´θd´φ (6)
A =
a
0
A ´r4d´r
π
0
senθd´θ
2π
0
dφ (7)
A2π ´r5
5
a
0
(−cosθ)
π
0
=
2Aπa5
5
(−(−2)) =
4Aπa5
5
(8)
Luego,
Flujo atraves de la esfera de radio 2a
Eda =
4πa5
5ξ0
(9)
41

Ejercicio 4.3
La l´ınea infinita de carga de la figura 4-3 se rodea con un cilindro infinitamente largo de radio ρ0 cuyo eje
coincide con ella. La superficie del cilindro posee una densidad superficial de carga constante, o. Encontrar E
para cualquier punto. ¿Qué valor en particular de σ hará que E = 0 para todos los puntos fuera del cilindro
cargado? ¿Es razonable su respuesta?
Solución
Eda (10)
suponemos que
−→
E = Eρ(ρ)ˆρ
Entonces
Eda = Eρ(ρ)ˆρ(daˆρ) = Eρ(ρ)da =
h
0
2π
0
Eρ(ρ)dφdρdz = 2πhρEρ(ρ)
sabemos que :
−→
E =
Qenc
ξ0
(11)
sustituyendo...
−→
E =
Qenc
2πhρξ0
ˆρ (12)
CASO I
Cuando el punto P se encuentra entre la linea de carga y el cilindro cargado
(ρ < ρ0), (0 ≤ ρ ≤ ρ0)
Qenc = ´λ(´r)ds = λ
h
o
dz = λh
−→
E =
λh
2πhρξ0
ˆρ =
−→
E =
λ
2πρξ0
ˆρ (13)
CASO II Cuando un punto P se encuentra fuera del cilindro cargado
Qenc = ´λ(´r)da + ´σ(´r)da = λ
h
0
dz + σ
2π
0
h
0
ρdρdz, ρ = ρ0 (14)
λh + σ2πρ0h = h(2πσρ0 + λ)
Sustituyendo...
−→
E =
h(2πσρ0 + λ)
2πhρξ0
ˆρ =
−→
E =
(2πσρ0 + λ)
2πρξ0
ˆρ (15)
0 =
(2πσρ0 + λ)
2πρξ0
ˆρ; 0 = (2πσρ0 + λ)
42

Despejado
σ = −
λ
2πξ0
=Valor para que el campo
−→
E sea cero en todos los puntos fuera del cilindro.
43

Ejercicio 4.4
Una carga de densidad volumétrica constante tiene la forma de una plancha de grueso a. Las caras de la
plancha son planos infinitos paralelos al plano xy. Tómese como origen el punto medio entre las caras y
encuéntrese E para todos los puntos.
Solución
Eda =
Qenc
ξ0
(16)
Qenc = ρchdV
dV = ρdφdρdz Q = ρch ρdφdρdz resolviendo la integral
Qenc = ρchρ2
πa
Encerrando una parte de la superficie en un cilindro, tendremos 3 elemntos da por lo que resulta:
Eˆzdaˆz + E( ˆ−z)dz(− ˆZ) + ˆˆÊˆzdˆρ (17)
=
Eda = + Eda =
Qenc
ξ0
=
Qenc
ξ0
2Eˆz
ρ
0
2φ
0
ρdρdφ
E
rrr4πρ2
e2
=
ρch

ρ2
πa
ξ0
E =
ρcha
2ξ0
ˆz
44

Ejercicio 4.5
Una esfera de radi´o a posee una densidad de carga que var´ıa con la distancia, r , al centro de acuerdo con
ρ = Ar
1
2 , donde A = const. Encontrar E para todos los puntos.
Soluci´on
E = Er(r)ˆρ (18)
Eda = (E(r0)ˆr) Er(r)da =
2π
0
π
0
Er(r)r2
senθdθdφ = Er(r)r2
4π (19)
Dado que
E =
Qenc
ξ0
=
Qenc
4πr2ξ0
ˆρ
CASO I El punto se encuentra dentro de la esfera(r<a) :
Qenc
= Ar1/2
dτ = A
2pi
0
π
0
r
0
r1/2
d´rsen´θd´θd´φ
A
2
7
r7/2
4π = Q =
8
7
πAr7/2
Tenemos que:
E =
Qenc
ξ0
=
Qenc
4πr2ξ0
ˆρ
Sustituyendo : E =
2Ar3/2
7ξ0
para r < a
45

CASO II El punto se encuentra fuera de la esfera (a < r)
Qenc
= Ar1/2
dτ = A
2pi
0
π
0
a
0
r1/2
d´rsen´θd´θd´φ
A
2
7
a7/2
4π = Q =
8
7
πAa7/2
Tenemos que:
E =
Qenc
ξ0
=
Qenc
4πr2ξ0
ˆρ
Sustituyendo : E =
2Aa7/2
7r2ξ0
para a > r
46

7 Por: Ebbet Guerra
Ejercicio 4.6
Dos esferas concentricas tienen radios a y b tales que b¿a la region entre ellas, es decir, a <= r <= b, se
rellena con cargas de densidad cte . la densidad de carga es igual a cero en cualquier otro punto. encontrar
E para todos los puntos y expresarlos en funcion de la carga total Q . se reducen los resultados a los valores
correctos cuando ’a’ tiende a cero ?
suponer
E = Errˆr
E ∗ da = (Errˆr)(daˆr)
=
(Err)(da) =
2π
0
π
0
Err(r2
)(senθ)(dθ)(dφ)
= Err(r2
)(4π)
dado que:
E =
Qenc
Eo
= E =
Qencˆr
4π(r2)Eo
caso1: cuando el punto se encuentra en la esfera de radio a en (r< a): P=0
Qenc = Pda = Qenc = 0
E = 0 en (r< a)
47

caso 2: cuando el punto se encuentra entre las dos esferas a <= r <= b
Qenc = Pda = P
2π
0
π
0
r
a
(r2
)(senθ)(dr)(dθ)(dφ)
=
(r3
− a3
)(4π)P
3
E =
P(4π/3)(r3
− a3
)ˆr
4π(r2)Eo
E =
P(r3
− a3
)ˆr
3(r2)Eo
caso 3: cuando el punto se encuentra fuera de la esfera de radio b en (r> b)
Qenc = Pda = P
2π
0
π
0
b
a
(r2
)(senθ)(dr)(dθ)(dφ)
=
(b3
− a3
)(4π)P
3
E =
P(b3
− a3
)ˆr
3(r2)Eo
si a=0 y b=r entonces
E =
P(b3
)ˆr
3(r2)Eo
=
P(r)ˆr
3Eo
buscamos para despeje mas simpliﬁcado
Qenc =
2π
0
π
0
r
0
(r2
)(senθ)(dr)(dθ)(dφ) =
4πr3
3
P(r)ˆr
3Eo
∗
(4πr3
)/3
(4πr3)/3
=
P(4/3)(π)(r4
)ˆr
4πr3Eo
igualando despues de simpliﬁcar sale un
Q = P(4/3)(π)(r3
)
P(4/3)(π)(r3
)ˆr
4πr2Eo
=
PQˆr
4πr2Eo
48

Ejercicio 4.7
Un cilindro inﬁnitamente largo tiene una seccion circular de radio a. se rellena con carga de densidad
volumetrica constante Pch. encontrar E para todos los puntos dentro y fuera del cilindro . son consistentes
sus resultados con E = τ ˆp
2πE0p ?
suponer que E = Ep(p)ˆp
E ∗ da = (Eppˆp)(daˆp) = (Epp)(da) =
2π
0
h
0
(Epp)pdφdz = Ep(p)p(2πh)
E =
Qenc
Eo
= E =
Qenc
ˆP
P2πhEo
caso 1: cuando un punto esta dentro del cilindro en p < a
Qenc = Pdτ = Pch
2π
0
h
0
p
0
(p)(dφ)(dz)(dp) = pch(p2
/2)(2πh) = pchπhp2
E =
Qenc
ˆP
P2πhEo
=
pchπhp2 ˆP
P2πhEo
=
pchpˆp
2E0
caso 2: cuando el punto esta fuera del cilindro p > a
Qenc = Pdτ = Pch
2π
0
h
0
a
0
(p)(dφ)(dz)(dp) = pch(a2
/2)(2πh) = pchπha2
E =
Qenc
ˆP
P2πhEo
=
pchπha2 ˆP
p2πhEo
=
pcha2
ˆp
2pE0
sera consistente los resultados cuando τ = pcha2
π
49

Ejercicio 4.8
Dos cilindros coaxiales inﬁnitamente largos tienen radios a y b tales que b > a como se muestra en la ﬁgura la
region entre ellos se rellena con carga de densiad volumetrica dado por Pch = Apn
, en coordenadas cilindricas
siendo A y n cte . la densidad de carga es igual a cero en cualquier otra parte encontrar E para todos los
puntos para que valores de n y a se deverian reducir sus resultados a los obtenidos en el ejercicio 4.7 . se
puede hacer?
E = Eppˆp
da = daˆp
E ∗ da = (Eppˆp)(daˆp) = (Eppda) =
2π
0
h
0
(Ep(p)p(dφ)(dz)) = Ep(p)p2πh = E =
Qenc
ˆP
P2πhEo
caso 1: el punto se encuentra dentro del cilindro de radio a en p < a
Qenc = p ∗ dτ
p=0 entoces Qenc = 0
E = 0
caso 2: cuando un punto se encuentra entre los 2 cilindros en a <= p <= b
Qenc = p ∗ dτ =
2π
0
h
0
p
a
A(pn
)p(dφ)dzdp =
2π
0
h
0
p
a
A(pn+1
)(dφ)dzdp
= A(
pn+2
n + 2
−
an+2
n + 2
)(2πh) =
2πhA
n + 2
(pn+2
− an+2
)
E =
2πhA
n+2 (pn+2
− an+2
)
2πphE0
=
A(pn+2
− an+2
)ˆp
(n + 2)pE0
50

caso 3: cuando el punto se encuentra fuera del cilindro de radio b en p > b
Qenc = p ∗ dτ =
2π
0
h
0
b
a
A(pn
)p(dφ)dzdp =
2π
0
h
0
b
a
A(pn+1
)(dφ)dzdp
= A(
bn+2
n + 2
−
an+2
n + 2
)(2πh) =
2πhA
n + 2
(bn+2
− an+2
)
E =
2πhA
n+2 (bn+2
− an+2
)
2πphE0
=
A(bn+2
− an+2
)ˆp
(n + 2)pE0
recopilando la informacion recordando que Pch = Apn
cuando a=0 y n=0 el caso del 4.8 es igual que caso 1 del 4.7
E =
A(p2
)ˆp
(2)pE0
=
A(p)ˆp
(2)E0
=
pchpˆp
2E0
y cuando n=0 y a=-a y b=0 el caso 3 del 4.8 es igual que caso 2 del 4.7
E =
A(a2
)ˆp
(2)pE0
=
pcha2
ˆp
2pE0
51

Ejercicio 4.9
La region entre los cilindros coaxiales inﬁnitamente largos de la ﬁg. se rellena con carga densidad volumetrica
es, en coordenadas cilindricas , pch = Ae−αp
encontrar E para todos los puntos . bajo que circuntancias
simples se deberia de reducir sus resultados de este y del ejercicio 4-8 a los mismos valores de E . se puede
hacer?
suponer
E = Eppˆp
da = daˆp
E ∗ da = (Eppˆp)(daˆp) = (Epp)(da) =
2π
0
h
0
(Epp)pdφdz = Ep(p)p(2πh)
E =
Qenc
Eo
= E =
Qenc
ˆP
P2πhEo
caso 1: si el punto se encuentra dentro del cilindro de radio a en p < a
Qenc = p ∗ dτ
p=0 entoces Qenc = 0
caso 2: si el punto se encuentra entre los dos cilindros coaxiales en a < p < b
Qenc = p ∗ dτ =
2π
0
h
0
p
a
Ae−αp
p(dφ)dzdp = A2πh
p
a
pe−αp
dp
ahora se trabaja por integral por partes
u=p
du=dp
dv = e−αp
v = (−1/a)e−αp
= (−p/α)e−αp
−
p
a
(−1/α)e−αp
dp =
−pe−αp
α
+ (
1
α
)
p
a
e−αp
dp =
−pe−αp
α
− (
−1
α
)(
e−αp
α
)
52

(
−e−αp
α
)(p −
1
α
) = (
−e−αp
α
)(
pα − 1
α
) = (
−e−αp
α2
)(pα − 1)
evaluando los limites que faltan de la variable p en (a A p)
A2πh(
−e−αp
α2
)(pα − 1)
A2πh
α2
[(−e−αp
)(pα − 1) − (−e−αa
)(aα − 1)] = Qenc
E =
A2πh
α2 [(−e−αp
)(pα − 1) + (e−αa
)(aα − 1)]ˆp
2πhpE0
E =
A[(−e−αp
)(pα − 1) + (e−αa
)(aα − 1)]ˆp
pE0α2
caso 3: si el punto se encuentra fuera del cilindro de radio b en p > b
el mismo procedimiento anterior pero igualando los limites de p en (a A b)
Qenc =
A2πh
α2
[(−e−αb
)(bα − 1) − (−e−αa
)(aα − 1)]
E =
A[(−e−αb
)(bα − 1) + (e−αa
)(aα − 1)]ˆp
pE0α2
las circuntancias en las que se deberia reducir sus resultados con 4.8 si n=0 y α = 0
E =
A[(−(−1)) + (−1)]ˆp
pE0α2
= 0
53

8 Por: Fredy Melgar
Ejercicio 4.10
El campo electrostatico promedio en la atmosfera terrestre en clima agradable se a logrado evaluar experi-
mentalmente y es aproximadamente igual a: E = −Eo(Aeαρ
+ Be−βρ
)ˆz Todas las constantes empiricas son
positivas y z es la altura sobre la superﬁcie (localmente plana).Encontrarla densidad de carga promedio de
la atmosfera, en funcion de su altura.Cual es su signo?
Desarrollo:
.E = ϕch
o
ϕch = o( .E)
.E = ∂Ez
∂z = ∂
∂z [−Eo(Aeαρ
+ Be−βρ
)]
.E = 0
Solucion
ϕch = 0
54

Ejercicio 4.11
Cierto Campo electrico esta dado por E = Eo(ρ
a )3
ρ para 0 < ρ < a, y E= 0 en cualquier otro caso.Encontrar
densidad volumetrica de carga.
Solucion
Desarrollo:
.E = ϕch
o
→ ϕch(r) = o( .E)
En coordenadas cilindricas
.E = 1
ρ
∂(ρEρ)
∂ρ + 1
ρ
∂Eφ
∂φ + ∂Ez
∂z
= 1
ρ
∂ρEρ
∂ρ +
&
&
&b
0
1
ρ
∂Eφ
∂φ + &
&&b
0
∂Ez
∂z
.E = 1
ρ (ρEo(ρ
a )3
= 1
ρ
∂
∂ρ [Eo
a3 ρ4
]
= 1
eρ
4Eo
a3 ƒƒρ3
.E = 4ρ2
Eo
a3
sustituyendo en la ecuacion de ϕch obtenemos los siguiente:
ϕch(r) = o(4ρ2
Eo
a3 ) → si 0 ≤ ρ ≤ a
55

Ejercicio 4.12
Un campo electrico en la region r>a esta dado por Er = 2A cos θ
r3 , Eθ = A sin θ
r3 , Eφ = 0 donde A= const.
Encontrar la densidad volumetrica de carga de esta region.
Solucion
Desarrollo :
.E =
ϕ(r)
0
Usando la Divergencia para Coordenadas Esfericas:
.E = 1
r2
∂(r2
Er)
∂r + 1
r sin θ
∂(sin θEθ)
∂θ +$$$$$$X0
1
r sin θ
∂(Eφ)
∂φ
= 1
r2
rr∂(r2
[ 2A cos θ
r3
])
∂r + 1
r sin θ
∂( Asin2θ
r3 )
∂r
= 2A cos θ
r2 (−1
r2 ) + 2A
r4ˆˆsin θ (ˆˆˆsin θ cos θ)
ϕ = 0(−2Acosθ
r4 + 2A cos θ
r4 ) → ϕ = 0 para cualquier valor de r.
56

Ejercicio 5.1
¿Puede el vector E = (yz − 2x)ˆx + xzˆy + xyˆz ser un posible campo electrostatico? Si la respuesta es aﬁrma-
tiva,encontrar encontrar el potencial apartir del cual se puede obtener E.
Desarrollo:
Para que un campo sea electrostatico debe de cumplir que xE = 0
Solucion
xE = ˆx[∂(xy)
∂y − ∂(xz)
∂z ] + ˆy[∂(yz−2x)
∂z − ∂(xy)
∂x ] + ˆz[∂(xz)
∂x − ∂(yz−2x)
∂y ]
= ˆx$$$$X0
[x − x] + ˆy$$$$X0
[y − y] + ˆz$$$$X0
[z − z]
xE = 0 Con esto deﬁnimos que E si es un campo electrostatico.
E = − φ → −∂φ
∂x ˆx − ∂φ
∂y ˆy − ∂φ
∂z ˆz
∂φ
∂x = −(yz − 2x)
∂φ
∂y = −xz
∂φ
∂z = −xy
∂φ
∂x dx = (2x − xy)dx = x2
− xyz + F(y, z)
∂φ
∂y dy = −xzdy = −xyz + G(x, z)
∂φ
∂z dz = −xydz = −xyz + H(y, z)
F(y,z)= 0 y G(x,z)= H(x,y)= x2
φ(x, y, z) = x2
− xyz + C
57

9 Por: Juan Ramirez
Ejercicio 5.2
Podria interpretarse el vector A = x2
yX +xy2
Y +a3
e−βy
cos(αx)Z con a, α, β = const . como un campo
electrico conservativo? Si la respuesta es aﬁrmativa, encontrar el potencial a partil del cual se
podria obtener por medio de E(r) = − ∅(r).
Para saber si A es un campo electrico conservativo veriﬁcamos que:
XA = 0
xA = [
∂
∂x
X +
∂
∂y
Y +
∂
∂z
Z ]X[x2
yX + xy2
Y + a3
e−βy
cos(αx)Z ]
X Y Z
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
x2
y xy2
a3
e−βy
cos(αx)
⇒
X [
∂
∂y
(a3
e−βy
cos(αx)) −
∂
∂z
(xy2
)] + Y [
∂
∂z
(x2
y) −
∂
∂x
(a3
e−βy
cos(αx))] + Z [
∂
∂x
(xy2
) −
∂
∂y
(x2
y)]
xA = X [−a3
βe−βy
cos(αx)] + Y [a3
αe−βy
sen(αx)] + Z [y2
− x2
]
xA 0 El vector A no es un campo electrico conservativo
58

Ejercicio 5.3
Dos cargas puntuales q y -q se encuentra sobre el eje z en z = a y −a respectivamente. Encontrar ∅ en
cualquier punto (x,y,z). Demostrar que el plano xy es una superﬁcie equipotencial y encontrar
su potencial. Explicar el resultado
Sea: ∅ = 1
4πε0
qi
Ri
r = xX + yY + zZ
r1 = aZ
r2 = −aZ
R1 = xX + yY + (z − a)Z y tambien R2 = xX + yY + (z + a)Z
∅ = 1
4πε0
∗ q√
(x2+y2+(z−a)2−
√
x2+y2+(z+a)2
∅ = q
4πε0
[[x2
+ y2
+ (z − a)2
]
−1
2 − [x2
+ y2
+ (z + a)2
]
−1
2 ]
En el plano XY : un punto P(x,y)
r = xX + yY , r1 = aZ , r2 = −aZ
Sacamos los nuevos valores de R sustituyendo z en a y -a
R1 = xX + yY + aZ ⇒ R2 = xX + yY − aZ
∅ = q
4πε0
[[x2
+ y2
+ a2
]
−1
2 − [x2
+ y2
+ a2
]
−1
2 ]
∅ = q
4πε0
$$$$$$$$$$$$$$$$$X0
[[x2
+ y2
+ a2
]
−1
2 − [x2
+ y2
+ a2
]
−1
2 ]
∅ = 0
El plano XY es una superﬁcie equipotencial porque ∅ = 0 = cte. Cada carga esta a la misma distancian del
plano XY
59

Ejercicio 5.4
Considerese la distribucion de carga del ejercisio 3-2.Encontrar el potencial en el centro del cuadrado. Porque
no es posible encontrar E en el centro del cuadrado a parti de este resultado?
Sea: ∅ = 1
4πε0
qi
Ri
Sacamos las direcciones de las cuatros cargas ⇒ r = a
2 X + a
2 Y
R1 = a
2 X + a
2 Y , R2 = a
2 X − a
2 Y , R3 = −a
2 X − a
2 Y , R4 = −a
2 X + a
2 Y
Luego: El potencial escalar en el centyro del cuadrado:
∅ = 1
4πε0
[ q√
( a
2 )2+( a
2 )2
+ 2q√
( a
2 )2+( −a
2 )2
+ 4q√
( −a
2 )2+( −a
2 )2
+ 3q√
( −a
2 )2+( a
2 )2
]
∅ = q
4πε0
[ 1
a
√
2
2
+ 2
a
√
2
2
− 4
a
√
2
2
+ 3
a
√
2
2
] donde ⇒ (a
2 )2 + (−a
2 )2 = a
√
2
2
∅ = q
4πε0
[ 2
a
√
2
+ 4
a
√
2
− 8
a
√
2
+ 6
a
√
2
]
∅ = q
4πε0a
√
2
[ $$$$$$$X4
2 + 4 − 8 + 6] ⇒⇒ ∅ = q
aπε0
√
2
B) Sabemos que E = − ∅
Pero ∅ = q
aπε0
√
2
= cte. Por lo que E seria 0. Sabemos que ∅ = cte, representa una superﬁcie equipo-
tencial, por lo que no se podria calcular E
60

Ejercicio 5.5
Considerese un cubo de lado a con b localizacion y orientacion del cuerpo mostrado en la ﬁg. Hay una carga
puntual,q, en cada uno de los vertices.Encontrar ∅ en el centro de la cara para lo cual x=a.
Tenemos que: r = aX + a
2 Y + a
2 Z punto en el centro de la cara para lo cual x=a y que:
r1 = 0 ; r2 = aX ; r3 = aX + aY
r4 = aY ; r5 = aY + aZ ; r6 = aZ ; r7 = aX + aZ ; aX + aY + aZ
Calculamos ahora las resultante de cada uno de los vertice del cubo:
R1 = aX + a
2 Y + a
2 Z
R2 = a
2 Y + a
2 Z
R3 = −a
2 Y + a
2 Z
R4 = aX − a
2 Y + a
2 Z
R5 = aX − a
2 Y − a
2 Z
R6 = aX + a
2 Y − a
2 Z
R7 = a
2 Y − a
2 Z
R8 = −a
2 Y − a
2 Z
∅ = 1
4πε0
qi
Ri
∅ = q
4πaε0
[ 1√
a2+( a
2 )2+( a
2 )2
+ 1√
( a
2 )2+( a
2 )2
+ 1√
( a
2 )2+( a
2 )2
+ 1√
a2+( a
2 )2+( a
2 )2
+ 1√
a2+( a
2 )2+( a
2 )2
+ 1√
a2+( a
2 )2+( a
2 )2
+
1√
( a
2 )2+( a
2 )2
+ 1√
( a
2 )2+( a
2 )2
]
∅ = q
4πaε0
[ 4
a
√3
2
+ 4
a
√
2
2
] ⇒ ∅ = q
4πε0
[4
√
2
a
√
3
+ 8
a
√
2
]
∅ = q
4πaε0
[4
√
2√
3
+ 8√
2
]
61

10 Por: Emerson Castellanos
Ejercicio 5.6
En una cierta region del espacio, el campo el´ectrico E es constante. Demostrar que un potencial adecuado
para este caso es φ = −E · r + φ0
Soluci´on
E = Ex ˆx + Ey ˆy + Ez ˆz
E = − φ
E = −
∂φ
∂x
ˆx +
∂φ
∂y
ˆy +
∂φ
∂z
ˆz −→ (Ex, Ey, Ez) = −(∂xφ, ∂yφ, ∂zφ)
∂φ
∂x
= −Ex → ∂φ = −Exdx = −Exx + f(y, z) + φo
∂φ
∂y
= −Ey → ∂φ = −Eydy = −Eyy + g(x, z) + φo
∂φ
∂z
= −Ez → ∂φ = −Ezdx = −Ezz + h(x, y) + φo
Tenemos que:
f(y, z) = −Eyy − Ezz
g(x, z) = −Exx − Ezz
h(x, y) = −Exx − Eyy
Luego
φ(x, y, z) = −Exx − Eyy − Ezz + φ0
φ(x, y, z) = − [Exx + Eyy + Ezz] + φo
φ(x, y, z) = − [(Exx + Eyy + Ezz) · (x + y + z)] + φo
donde r = (x + y + z) ; E = (Exx + Eyy + Ezz)
φ (x, y, z) = −E · r + φ0
62

Ejercicio 5.7
Obtener los resultados (5-22) y (5-23) utilizando (5-11)y los campos dados por(5-24)y (5-25)
(5-22) φo (r) =
ρa3
3εor
=
Q
4πεor
Soluci´on
(5-23) φi (r) =
ρ
6εo
3a3
− r2
(5-11) ∆φ = φ (r2) − φ (r1) = −
2
1
Eds =
1
2
Eds
(5-24) Eo =
ρa3
ˆr
3εor2
=
Qˆr
4πεor2
(5-25) Ei =
ρrˆr
3εo
=
Qrˆr
4πεoa3
dado que ∆φ = φ (r2) − φ (r1) = −
2
1
Eds =
1
2
Eds
cuando r > a tenemos el campo Eo =
ρa3
ˆr
3εor2
, luego ds = drˆr
φ = − ρa3
ˆr
3εor2 · (drˆr) = − ρa3
3εor2 = −ρa3
3εo
r−2
dr = ρa3
3εor
φ =
ρa3
3εor
=
ρa3
3εor
4π
4π
=
Q
4πεor
Cuando 0 < r < a
Tenemos el campo Ei =
ρrˆr
3εo
=
Qrˆr
4πεoa3
φ = −
r
0
ρrˆr
3εo
· drˆr −
a
r
ρrˆr
3εo
· drˆr = ρ
3εo
−
r
0
rdr −
a
r
= ρrˆr
3εo
−r2
2 |r
0 −r2
2 |a
r = ρ
6εo
−r2
− (a2
− r2
)
φ =
ρ
6εo
63

Ejercicio 5.8
Una esfera de radio a posee una carga total Q, distribuido uniformemente en todo su volumen. El centro de
la esfera se encuentra en el punto (A,B,C). Encontrar el potencial electrost´atico φ en cualquier punto (x, y, z
fuera de las esfera y a partir de esto, las componentes rectangulares de E en este punto
Soluci´on
QENC = ρdτ = ρchr 2
senθ dr dθ dφ
QENC = ρch
2π
0
π
0
a
0
r 2
senθ dr dθ dφ =
2π
0
dφ
π
0
senθ dθ
a
0
r 2
QENC =
4πρcha3
3
carga de la esfera
r = xˆx + yˆy + zˆz
r = Aˆx + Bˆy + Cˆz
R = (x − A)ˆx + (y − B)ˆy + (z − C)ˆz
| R |= (x − A)2 + (y − B)2 + (z − C)2
φ =
1
4πεo
qi
Ri
φ =
1
4πεo



4πρcha3
3
(x − A)2 + (y − B)2 + (z − C)2



φ =
Q
4πε0
(x − A)2
+ (y − B)2
+ (z − C)2 − 1
2
64

Ejercicio 5.9
Una esfera de radio a posee una densidad de carga que varia con la distancia r al centro, de acuerdo con
ρ = Ar2
, donde A = const.y n ≥ 0. Encontrar φ para todos los puntos dentro y fuera de la esfera, por medio
de (5-7), y expresar los resultados en funci´on de la carga total Q de la esfera
(5-7) φ(r) = 1
4πε0 V
ρ(r )dτ
R
Soluci´on
Punto fuente r = zˆz
Punto de Campo r = r ˆr
R = zˆz − r ˆr
R = zz − rr ∗ zz − rr
R = z2 + r 2
− 2cosθ
φ(r) = 1
4πε0 V
Arn
r2
senθdrdθdϕ√
R
φ(r) = 1
4πε0
2π
0
π
0
a
0
Arn+2
senθdrdθdϕ√
z2+r 2−2cosθ
φ(r) = 1
4πε0
2π
0
dϕ
π
0
senθdθ√
z2+r 2−2cosθ
a
0
Arn+2
dr
seau = cosθ
du = −senθdθ
Aθ =
π
0
senθdθ√
z2+r 2−2cosθ
=
π
0
senθdθ√
z2+r 2−2ru
= 1
zr (| z + r | − | z − r |)
Ar =
a
0
Arn+2
dr = an
+3
n+3
65

Aϕ =
2π
0
dϕ = 2π
φ(r) = 1
4πε0
1
zr (| z + r | − | z − r |) an
+3
n+3 (2π)
φ(r) = (|z+r|−|z−r|)(an
+3)
2ε0zr(n+3)
Cuando z > r
φ(r) = Aan+3
zε0
66

11 Por: Oscar Luna
Ejercicio 5.10
Encontrar φ para todos los puntos dentro y fuera de la esfera de carga del ejecicio 4-11 por medio de (5-11).
Graﬁcar φ en funcion de r.
Figure 8: esfera
(5-11) ∆φ = φ(2) − φ(1) = −
2
1
E · ds =
2
1
E · ds
La Ley de gauss nos dice
Eda =
Q(enc)
(0)
El campo Electrico y el difernecial de area son en la direccion de r. Al efectuar el producto punto se hacen
igual a 1.
Tambien sabemos que por las formulas, dv de una esfera es
r2
senθdθdφ
sustituimos
E∧
∗ da =
2π
0
π
0
Er2
senθdθdφ
Resolvemos las integrales(E sale de las integraes ya que es constante)
E4πr2
Con la Ley de Gauss nos queda que
E∧
=
Qenc
4πr2
0
r∧
67

CASO 1 procedemos a calcular el potencial φ fuera de la esfera de carga
Del ejercicio nos proporcionan ρ = Ar1/2
Qenc = Ar1/2
∗ da
El radio es: ’a’
Qenc = A
2π
0
π
0
a
0
r5/2
senθdθdφdr
Resolvemos
Qenc = A
2
7
a
7
2 2π(2)
Ahora sustituimos la carga encerrada con el valor que encontramos
E∧
=
8πa
7
2
7
4πr2
0
Simpliﬁcamos
E∧
=
2Aa
7
2
7r2
0
r∧
Para calcular el potencial sabemos que φ = − Er∧
∗ dsr∧
El producto punto de ello nos queda φ = − E ∗ ds
Ahora sustituimos los valores que encontramos para calcular el potencial
φ = −
2Aa
7
2
7 0r2
dr
φ = −
2Aa
7
2
7 0
dr
r2
El potencial fuera de la esfera de carga es
cuando (r > a)
φ = −
2Aa
7
2
7 0r
68

CASO 2 procedemos a calcular el potencial φ dentro de la esfera de carga. seguimos usando del ejercicio
4-11 ρ = Ar1/2
Qenc = Ar1/2
∗ da
El radio es: ’r’
Qenc = A
2π
0
π
0
r
0
r5/2
senθdθdφdr
Resolvemos
Qenc = A
2
7
r
7
2 2π(2)
E∧
=
8πr
7
2
7
4πr2
0
Simpliﬁcamos
E∧
=
2Ar
3
2
7 0
r∧
Para calcular el potencial sabemos que φ = − Er∧
∗ dsr∧
El producto punto de ello nos queda φ = − E ∗ ds
Ahora sustituimos los valores que encontramos para calcular el potencial
φ = −
2Ar
3
2
7 0
dr
φ = −
2A
7 0
r
3
2 dr
El potencial dentro de la esfera de carga es
cuando (r < a)
φ = −
4Ar
5
2
35 0
Figure 9: graﬁco del potencial en funcion del radio
69

Ejercicio 5.11
Encontrar φ en todos los puntos para la distribucion de carga del ejercicio 4-6.Expresar la respuesta en
funcion de la densidad de carga constante ρ, y graﬁcar φ en funcion de r.
Figure 10: esfera
Por medio de la ley de Gauss
E∧
∗ da =
Qenc
0
El campo Electrico y el difernecial de area son en la direccion de r. Al efectuar el producto punto se hacen
igual a 1.
Tambien sabemos que por las formulas, dv de una esfera es
r2
senθdθdφ
sustituimos
E∧
∗ da =
2π
0
π
0
Er2
senθdθdφ
Resolvemos las integrales(E sale de las integraes ya que es constante)
E4πr2
Con la Ley de Gauss nos queda que
E∧
=
Qenc
4πr2
0
r∧
70

CASO 1 Calculo de el potencial fuera de la esfera de radio b (r > b)
Qenc = ρch ∗ da
Qenc = ρch
2π
0
π
0
b
a
r2
senθdθdφdr
Resolvemos la integral
Qenc =
ρch4π
3
(b3
− a3
)
Procedemos a sustituir la carga encerrada
E∧
=
ρch4π
3
(b3
− a3
)
4πr2
0
r∧
Simpliﬁcamos
E∧
=
ρch
3r2
0
(b3
− a3
)r∧
Para calcular el potencial φ
φ = − E ∗ ds = − (
ρch
3r2
0
(b3
− a3
))(r)
φ = −
ρch(b3
− a3
)
3 0
dr
r2
Como resultado nos queda que el potencial φ para los puntos fuera de la esfera (r > b) es
φ =
ρch(b3
− a3
)
3r 0
CASO 2 Calculo de el potencial entre las dos esferas (a < r < b)
Qenc = ρch ∗ da
Qenc = ρch
2π
0
π
0
r
a
r2
senθdθdφdr
Resolvemos la integral
Qenc =
4πρch
3
(r3
− a3
)
Procedemos a sustituir la carga encerrada
E∧
=
4πρch
3
(r3
− a3
)
4πr2
0
r∧
Simpliﬁcamos
71

E∧
=
ρch(r3
− a3
)
3r2
0r
∧
Calculamos el potencial φ
φ = −
ρch(r3
− a3
)
3r2
0
dr
φ =
−ρch
3 0
(r3
− a3
)
r2
dr =
−ρch
3 0
rdr − a3 dr
r2
Como resultado nos queda que el potencial electrostatico entre las dos esferas (a < r < b) es
φ = −
ρch
3 0
r3
+ 2a3
2r
72

CASO 3 Calculo de el potencial cuando se encuentra dentro de la esfera de radio a (r < a)
Qenc = 0
Por lo tanto
E∧
= 0
el potencial φ nos queda
φ = − E∧
∗ ds
φ = 0
Figure 11: graﬁco del potencial en funcion del radio
73

Ejercicio 5.12
Encontrar φ para todos los puntos fuera y dentro del cilindrodescrito en el ejercicio 3-13.
Figure 12: Cilindro
Sabemos que:
E∧
∗ da∧
=
Qenc
0
Ahora obtenemos el campo Electrico de todas las caras
1
E∧
∗ da∧
+
2
E∧
∗ −da∧
+
3
E∧
∗ da∧
=
Qenc
0
1
Eρ∧
∗ daρ∧
−
2
Eρ∧
∗ daρ∧
+
3
Eρ∧
∗ daρ∧
=
Qenc
0
se cancelan 1 y 2 ya que sus diferenciales de area van en direccion opuesta
3
Eρ∧
∗ daρ∧
=
Qenc
0
El producto punto de dos vecotres iguales es 1
3
E ∗ da =
Qenc
0
El Campo es constante y sale de la integral, la altura es h y nos queda el da que es el siguiente
E
2π
0
h
0
ρdφdz =
Qenc
0
Procedemos a integrar y el resultado es
Eρ2πh =
Qenc
0
El campo electrico es
E =
Qenc
ρ2πh 0
ρ∧
74

Ahora procedemos a calcular el potencial electrostatico dentro y fuera del cilindro
CASO 1 POTENCIAL FUERA DEL CILINDRO (r > a)
Qenc = ρch ∗ da
Qenc = ρch
h
0
2π
0
a
0
ρdρdφdz
Qenc = ρch2πh
a2
2
se canclea el 2 y nos queda
Qenc = ρchπha2
E =
Qenc
ρ2πh 0
ρ∧
E =
ρchπha2
ρ2πh 0
ρ∧
Simpliﬁcamos
E =
ρcha2
ρ2 0
ρ∧
Potencial electrostatico sera
φ = − E ∗ dρ
φ = −
ρcha2
ρ2 0
dρ
continuamos resolviendo
φ = −
ρcha2
2 0
dρ
ρ
como resultado nos queda que el potencial fuera del cilindro
(r > a)
es igual a
φ = −
ρcha2
2 0
lnρ
75

CASO 2 POTENCIAL FUERA DEL CILINDRO (r < a)
Qenc = ρch ∗ da
como nuestro radio varia en los puntos dentro del cilindro lo tomaremos como r
Qenc = ρch
h
0
2π
0
r
0
ρdρdφdz
Qenc = ρch2πh
r2
2
se cancela el 2 y nos queda
Qenc = ρchπhr2
E =
Qenc
ρ2πh 0
ρ∧
E =
ρchπhr2
ρ2πh 0
ρ∧
Simpliﬁcamos
E =
ρchr2
ρ2 0
ρ∧
Potencial electrostatico sera
φ = − E ∗ dρ
φ = −
ρchr2
ρ2 0
dρ
continuamos resolviendo
φ = −
ρchr2
2 0
dρ
ρ
como resultado nos queda que el potencial fuera del cilindro
(r < a)
es igual a
φ = −
ρchr2
2 0
lnρ
76

12 Por: Ruben Carcamo
Ejercicio 5.13
Considerense la distribucion de carga del ejercicio 3-10 y la ﬁgura 3-7 encontrar φ en un punto arbitrario
sobre el eje z. ¿Porque el resultado da el valor correcto de Ez pero no asi el de Ex?.
Solucion
Para empezar encontremos el vector relativo del ejercicio
R = r − ´r
Vemos que r =zˆz “lo elegimos en z ya que nos pide en un punto arbitrario en la coordenada de z”.
Tambi´en que ´r = aˆρ “es a porque a es el radio del origen hacia el arco”.
Nuestro vector relativo quedar´ıa as´ı.
R = zˆz − aˆρ
Una vez que hemos encontrado el vector relativo procederemos a encontrar el potencial a travez de la formula
Φ =
1
4π 0
λ(´r)
|R|
dl
Ahora sustituiremos los valores en la integral quedando
Φ =
1
4π 0
λ(´r)
(z2 + ρ2)
dl
Podemos sacar λ de la integral ya que es una constante y el diferencial de linea se convierte en un diferencial
de angulo θ ya que es un arco en el que esta el diferencial de carga, al proceder al desarrollar la integral
obtenemos
Φ =
λ
4π 0
α
−α
a
(z2 + ρ2)
dθ
Al desarrollar la integral como no tenemos a quien diferenciar con θ evaluamos la integral a travez del segundo
teorema fundamental del calculo
Φ =
2λα
4π 0
√
z2 + a2
77

Cancelamos el 2 y nos queda el resultado como:
Φ =
λα
2π 0
√
z2 + a2
Respondiendo a la pregunta hecha por el ejercicio Ez no es igual a Ex, es porque el potencial φ es encontrado
para x = 0
78

Ejercicio 5.14
Una esfera de radio a posee una densidad de carga superficial σ pero no tiene densidad volumetrica de carga.
Encontrar Φ para todos los puntos dentro y fuera de la esfera por medio de Φ = 1
4π 0
σ(´r)
|R|
da.
Solucion
Para encontrar el potencial electrico de una esfera empezaremos definiendo quien es R, en este caso se usa la
ley de cosenos ya que es una esfera y forma varios triangulos con respecto a la referencia y la unica formula
que nos permite saber la hipotenusa independientemente del triangulo es la ley de cosenos
Φ =
1
4π 0
σ(´r)
|R|
da
Φ =
1
4π 0
σ(´r)
√
z2 + r2 − 2zrcosθ
da
como es un diferencial de area de una esfera, por tablas el diferencial de area de una esfera es r2
senθdθdφ
Φ =
σ
4π 0
2π
0
π
0
r2
senθdθdφ
√
Φ =
σ
4π 0
2π
0
π
0
r2
senθdθdφ
√
Podemos sacar el diferencial de φ ya que en el integrando no hay nadie que dependa de φ y podemos resolver
para dφ y a2
lo podemos sacar ya que es una constante en el integrando por dθ
Φ =
2πσr2
4π 0
π
0
senθdθ
√
Al simplificar la ecuacion obtenemos
Φ =
σr2
2 0
π
0
senθdθ
√
Si desarrollamos la integral por sustitucion nos queda de la siguiente forma
Φ =
σr2
2 0
1
−1
dµ
z2 + r2 − 2zrµ
Para poder evaluar esta integral ocupamos ayuda de tablas, por medio de tablas la resolucion de la integral
queda de esta forma:
1
−1
dµ
z2 + r2 − 2zrµ
=
1
zr
(|z + r| − |z − r|)
79

Ya que es un valor absoluto tiene 2 posibles soluciones cuando z>r cuando esta afuera de la esfera y z<r
cuando esta adentro de la esfera
Cuando z>r o cuando esta fuera de la esfera la resolucion de la integral seria:
1
zr
(|z + r| − |z − r|) =
1
zr
(z + r − z + r|) =
1
zr
(2r) =
2
z
El potencial fuera de la esfera es igual a:
Φ =
2r2
σ
2z 0
=
r2
σ
z 0
Como el radio es igual a a el potencial electrico afuera de una esfera es:
Φ =
a2
σ
z 0
Ahora resolveremos para z<r o adentro de la esfera
1
zr
(|z + r| − |z − r|) =
1
zr
(r + z − r + z|) =
1
zr
(2z) =
2
r
El potencial de la esfera es igual a:
Φ =
2r2
σ
2r 0
=
r2
σ
r 0
=
rσ
0
Como el radio es a el potencial dentro de la esfera es:
Φ =
aσ
0
80

Ejercicio 5.15
Un plano infinito cargado con densidad superficial σ constante coincide con el plano xy. Utilizar la expresion
de E dada por σzˆz
2 0|z|
para encontrar un potencial Φ a partir del cual se pueda calcular E.¿Cuales son las
superficies equipotenciales en este caso?
Solucion
A partir de que la diferencia de potencial es igual a la integral de campo electrico:
Φ = E.ds
el campo electrico E esta dividivo en:
E =
σˆz
2 0
si z > 0
− σˆz
2 0
si z < 0
empecemos para z mayor que cero
Φ1 =
σˆz
2 0
.dz
Φ1 =
zσˆz
2 0
+ Cparaz > 0, −
zσˆz
2 0
+ Cparaz < 0
para z<0
Φ1 =
|z|σˆz
2 0
+ C
81

Ejercicio 5.16
Encontrar el potencial producido por el plano anterior por medio deΦ = 1
4π 0
σ(´r)
|R|
da
Solucion
Φ =
σ
4π 0
2π
0
ρ
0
ρdρdφ
z2 + ρ2
Φ =
2πσ
4π 0
ρ
0
ρdρ
z2 + ρ2
Φ =
σ
2 0
ρ2 + z2
si ρ tiende a inﬁnito el potencial electrico es:
Φ = − |z|
σ
2 0
82

13 Por: Cesar Posada
Ejercicio 5.17
Existe una carga distribuida con densidad superficial σ constante sobre un c´ırculo de radio a en el plano xy
con su centro en el origen. Demostrar que el potencial de un punto sobre el eje z está dado por:
V =
σ
2 0
(a2
+ z2
)1/2
− |z|
solución
r = zˆz
r = ρ ˆρ
R = r − r
R = zˆz − ρ ˆρ
R = (z2
+ ρ2
)1/2
V = 1
4π 0
dq
|R|
⇒ σ = dq
da
⇒ dq = σda ⇒ da = σρdρdφ
V = σ
4π 0
a
0
2π
0
σρdρdφ
(z2+ρ2)1/2 ⇒ σ
4π 0
2π
o
ρdρdφ
(z2+ρ2)1/2
2π
o
dφ ⇒ 2π
a
o
ρdρ
(z2+ρ2)1/2 ⇒ U = (z2
+ ρ2
) ⇒ dU = 2ρdρ ⇒ dU
2
= ρdρ
1
2
a
0
dU
U1/2 ⇒ 1
2
(2)U1/2
⇒ U1/2
(z2
+ ρ2
)1/2
evaluado desde 0 hasta a ⇒ (z2
+ a2
)1/2
− (z2
)1/2
V = σ2π
4π 0
(z2
+ a2
)1/2
− (z2
)1/2
V = σ
2 0
[(z2
+ a2
)1/2
− z2
]
83

Ejerccio 5.18
Demostrar que el potencial dado por (5-30) da el E correcto encontrado en el ejercicio (3-11)
Soluci´on
(5-30)
φ = λ
4π 0
LN(z+l1+(ρ2
+(z+l1)2
)1/2
z−l2+(ρ2+(z−l2)2)1/2 )
E = −∂φ
∂z
= − λ
4π 0
1
z+l1+(ρ2+(z+l1)2)1/2
z−l2+(ρ2+(z−l2)2)1/2
2(z−l2)+(ρ2
+(z−l2)2
)1/2
−(z+l1)+(ρ2
+(z+l1))2
z−l2+(ρ2+(z−l2)2)1/2(z−l2+(ρ2+(z−l2)2)1/2)
E = − λ
4π 0
2z−2l2+ρ+z−l1−z−l1+2ρ2
+2z+2l1
(z−l2+(ρ2+(z−l2)2)2
Respuesta
E = − λ
4π 0
4z−2l2+ρ+2ρ2
+2z+2l1
(z−l2+(ρ2+(z−l2)2)2
84

Ejercicio 5.19
Como una verificación simple de los resultados (5-34) a (5-36) demostrar que estas se reducen a los esperados
para los casios especiales φ = 0 y φ = 90.
(5-34)→ V (ρ, φ) = 1
4π 0
LN(ρ−2
ρ+2
) ⇒ 1
4π 0
LN(a2
+ρ2
+2aρcosφ
a2+ρ2−2aρcosφ
)
Solución
si φ = 0
entonces
Respuesta 1
V = 1
4π 0
LN(a2
+ρ2
+2aρ
a2+ρ2−2aρ
)
si φ = 90
cos(90)=0
entonces
V = 1
4π 0
Ln(a2
+ρ2
a2+ρ2 )
LN(1)= 0
cuando φ =90
Respuesta 2
V=0
(5-36)
Eφ = λa(ρ2
+a2
)senφ
π 0ρ+ρ−2
si φ =0 , tenemos
Eφ = λa(ρ2
+a2
)sen(0)
π 0ρ+ρ−2
sen(0) = 0
Respuesta 3
Eφ = o
si φ =90, entonces
Eφ = λa(ρ2
+a2
)sen(90)
π 0ρ+2ρ−2
seno(90) = 0
85

Respuesta 4
Eφ = λa(ρ2
+a2
)
π 0ρ+2ρ−2
86

Ejercicio 5.20
El parámetro K que caracteriza una determinada linea de fuerza en (5-43), puede relacionarse con la mag-
nitud E del campo eléctrico en el punto donde la linea cruza el eje Y, es decir, cuando φ = 90. Demostrar que.
Solución
K2
= a2
(4α−5)2
16(α−1)
α = λ
π 0aE
(5-43)
ρ2
− a2
= Kρsenφ
si φ = 90
sen(90)=1
ρ2
− a2
= Kρ
K = ρ2
−a2
ρ
K2
= ρ−a
ρ2
si α = λ
π 0aE
Respuesta
K2
= a2
(4α−5)2
16(α−1)
87

14 Por: Julio Mart´ınez
Ejercicio 5.21
Considerese la distribucion de carga de la figura 5-57. Si se realiza un movimiento desde un punto sobre el
eje x para el que x=b>a hasta otro punto sobre el mismo eje para el que x=-b.¿Cual es el cambio en el
potencial?
5-7.jpg
Figure 13: IMAGEEN 5-7
Solución
RESOLVIENDO
si x=b>a para que x=-b
φ(ρ, φ) =
λ
4π
ln((
ρ(−))2
(ρ(+))2
=
λ
4π
ln(
(b2
) + (ρ2
) + 2bcos(φ)
(b2) + (ρ2) − 2bcos(φ)
) (20)
El cambio numerico en el potencial es nulo ya que si las distancias de las cargas lineales infinitas aumentan
con respecto al origen, al ser la expresion de caracter fraccional el aumento en el numerador es compensado
por el aumento en el denominador.
88

Ejercicio 5.22
Expresar φ para la distribucion de carga de la ﬁg. 5-7 en coordenadas rectangulares y utilizar este resultado
para encontrar Ex y Ey.
5-7.jpg
Figure 14: IMAGEEN 5-7
Soluci´on
RESOLVIENDO
φ(x, y) =
λ
4π
ln(
(a2
) + ( (x2 + y2))2 + 2ax)
(a2) + ( (x2 + y2))2 − 2ax)
) (21)
φ(x, y) =
λ
4π
ln(
(a2
) + ((x2
+ y2
)) + 2ax)
(a2) + ((x2 + y2)) − 2ax)
) (22)
φ(x, y) = (
λ
4π
)ln(
((a + x)2
+ (y)2
)
((a − x)2 + (y)2
(23)
Encontrar Ex y Ey
Ex = −
∂φ
∂x
(24)
Ex = (−
λ
4π
)
((a2
) + 2(a + x) + (y)2
)((a − x)2
) + y2
)
((a2) − 2(a − x) + (y)2)((a − x)2) + y2)
(25)
Ey = −
∂φ
∂y
(26)
Ey = (−
λ
4π
)
((a + x)2
+ 2y)((a − x)2
+ (y)2
)
((a − x)2 + 2y)((a + x)2 + (y)2)
(27)
89

Ejercicio 5.23
Considerese la distribucion de carga del ejercicio 5-3. ¿Cuanto trabajo debe realizar un agente externo para
cambiar la separacion entre las cagas de 2a a a?. Ejercicio 5-3: Dos cargas puntuales q y -q se encuentran
sobre el eje z en z=a y z=-a. Encuentre φ.
Soluci´on
RESOLVIENDO
φ =
1
4π
(
q
(x2 + y2 + (z − a)2)1/2
−
q
(x2 + y2 + (z + a)2)1/2
) (28)
φ =
q
4π
(
1
(x2 + y2 + (z − 1/2a)2)1/2
−
1
(x2 + y2 + (z + 1/2a)2)1/2
) (29)
φA =
q
4π
((x2
+ y2
+ (z − a)2
)−
1/2 − (x2
+ y2
+ (z + a)2
)−
1/2) (30)
φB =
q
4π
((x2
+ y2
+ (z − 1/2a)2
)−
1/2 − (x2
+ y2
+ (z + 1/2a)2
)−
1/2) (31)
W= q (φA -φB)
W =
q2
4π
((x2
+y2
+(z−a)2
)−
1/2−(x2
+y2
+(z+a)2
)−
1/2−(x2
+y2
+(z−1/2a)2
)−
1/2+(x2
+y2
+(z+1/2a)2
)−
1/
(32)
90

Ejercicio 5.24
Considerese la carga lineal de la fig.3-8, con L1=0. La carga es proporcional al cubo de la distancia al origen,
Encontrar el potencial de un punto P sobre el eje x, para el que x=a. A partir de ello, encontrar Ez en P; Si
no lo puede hacer, explique la razon.
Solución
RESOLVIENDO
a)φ(X, 0, 0) =
λ2d3
4π X
(33)
b)φ(d, 0, 0) =
λ2d3
4π d
(34)
φ(d, 0, 0) =
λ2d2
4π
(35)
c)Fz = −
d(X, 0, 0)
dz
= −
d(X, 0, 0)
dz
λ2d3
4π X
(36)
No se puede encontrar el Ez en P porque la carga lineal finita esta en el eje Z y la componente del potencial
en Z es cero.
91

15 Por: Julio Madrid
Ejercicio 6.1
Supóngase que los dos conductores que se encuentran en la figura no estan cargados originalmente. A
continuacion, el conductor interior de radio a recibe una carga Q. Encontrar la distribucion final de carga
estatica. Encontrar el potecial φ para todos los valores de r y graficar el resultado.
Solucion
E.dA =
Qenc
0
.....Qenc = Q
Caso numero 1 cuando la esfera se encuentra fuera del conductor de radio c
Q =
2π
0
π
0
E(r)r2
sin(θ) · dθ · dφ = E4πr2
= E =
Q
4πr2
0
φ = − E.ds
φ = −
r
∞
Q
4πr2
0
dr =
Q
4π 0
(
−1
r
)
r
∞
=
−Q
4πr 0
Caso numero 2 cuando el potencial se encuentra (b < r < c).
Q = 0 E.dA =
Qenc
0
Q =
2π
0
π
0
E(r)r2
= 0
−→
E = 0
cunado r=c c = Q
4πc 0
φ = C
φ =
Q
4πc 0
Caso numero 3 el potencial esta (a < r < b)
E.dA =
Qenc
0
Q =
2π
0
π
0
E(r)r2
sin(θ) · dθ · dφ = E =
Q
4πr2
0
, φ = − E.ds
φ = −
−Q
4πr2
0
dr =
−Q
4π 0
(
−1
r
) =
Q
4πr 0
+ c
92

cuando r = b ⇒ Q
4πb 0
+ c c = Q
4πc 0
φ =
Q
4π 0
1
r
+
1
c
−
1
b
caso numero 4 cuando el potencial se encuentra dentro de la esfera r < a
Q = 0 E.dA =
Qenc
0
Q =
2π
0
π
0
E(r)r2
= 0
−→
E = 0
cuando r = a ⇒ C = Q
4π 0
1
r
+ 1
c
− 1
b
Entoces :
φ =
Q
4π 0
1
r
+
1
c
−
1
b
Distribucion de carga estatica:
Sobre C = +Q
Sobre a = +Q
Sobre b = −Q
93

Ejercicio 6.2
Un cilindro conductor infinitamente largo, de radio a, posee una carga total q1 por unidad de longitud. Si
ρ es la distancia perpendicular al eje del cilindro demuestre que el potencial de fuera del cilindro se puede
expresar como.
φ(ρ) =
q1
2π 0
ln
ρo
ρ
donde ρo = cst ¿cual es el potencial dentro del cilindro? verificar que 6.4 satisface este caso. ¿se puede
definir, este caso,un valor apropiado y unico para P11?
Solucion
E.dA =
Qenc
0
.....Qenc = Q
Supongamos que E = E(ρ)ˆρ da = ρρdφdz
E.dA =
l
0
2π
0
E(ρ)ρdρdφdz = 2πLρE(ρ) E =
Q
2πLρ 0
El potencial electrico se calcula fuera del punto del cilindro (ρ > a)
Qenc = QL E =
QL
2πLρ 0
=
Q
2πρ 0
φ = − E.ds ds = dρˆρ
φ = −
ρ
ρ
Q
2πρ 0
dρ = −
Q
2π 0
ρ
ρ
dρ
ρ
= −
Q
2π 0
(Lnρ − Lnρo) =
Q
2π 0
(Lnρo − Lnρ)
φ =
Q
2π 0
Ln
ρo
ρ
Potencial dentro del cilindro ρ < a)
Qenc = ρchdτ =
L
0
2π
0
π
0
ρchρdρdφdz =
ρchρ2
2πL
2
= qπρ2
E =
qπρ2
2πLρ 0
=
qρ
2L 0
φ = −
qρ
2L 0
dρ = −
qρ2
4L 0
94

Ejercicio 6.3
El farad es, de hecho una unidad de capacitancia enorme. Para ilustrar este hecho, considdrese a la tierra
como una esfera conductora de radio 6.37x106
metros encuentrese su Capacitancia.
Solucion
a = 6.37x10−3
Supongase que E = E(r)r, da = r2
sin(θ) · dθ · dφ
E.dA =
Qenc
0
.....Qenc = Q
Q =
2π
0
π
0
E(r)r2
= E =
Q
4πr2
0
φ = − E.ds
φ = −
r
0
Q
4πr2
0
dr =
Q
4π 0
−1
r
r
0
=
Q
4πa 0
Sabemos que C = Q
φ
C =
Q
Q
4πa 0
= 4πa 0
c = 4π 8.85 ∗ 10−12 farad
m
(6.37 ∗ 108
)m
c = 7.84 ∗ 10−4
farad
95

Ejercicio 6.4
Cuando se despejan las cargas del sistema de ecuaciones (6.13), el resultado es otro sistema de ecuaciones
lineales de la forma z donde las Cji son combinaciones de los Pij. si
Qi =
n
j=1
Cijφ (i = 1, 2, ..., n)
los indices son los mismos, las Cii reciben el nombre de coeficientes de capacitancia, y las cij, siendo i= j,
reciben el nombre de coeficiente de inducción. Encuentre estos coeficientes para el sistema de dos conductores
que se describen en (6-24) y verifique que C21=C12. Demuestre que la capacitancia de este sistema esta
dado por.
Solucion
C =
C11C22 − C2
11
C11 + C22 + 2C12
φ = p11Q1 + p12Q2 + ... + p1nQn
φ = p21Q1 + p22Q2 + ... + p2nQn (6 − 13)
φ = pn1Q1 + pn2Q2 + ... + pnnQn
φ = p11Q1 + p12Q2
φ = p21Q1 + p22Q2 (6 − 24)
Usando regla de Cramer:
C11 C12
C21 C22)
D = C11C22 − C21C12
Q1 C12
Q2 C22)
D = Q1C22 − Q2C12
P 11 P 12
P 21 P 22)
D = P 11P 22 − P 21P 12
D = P 11P 22 − P 212
Φ1 P 12
Φ2 P 22)
D = Φ1P 22 − Φ2P 12
P 11 Φ1
P 21 Φ2)
D = P 11Φ2 − P 21Φ1
Q1 =
Φ1P 22 − Φ2P 12
P 11P 22 − P 212
Q2 =
P 11Φ2 − P 21Φ1
P 11P 22 − P 212
C11 =
P 22
P 11P 22 − P 212
C12 =
−P 12
P 11P 22 − P 212
C22 =
P 11
P 11P 22 − P 212
C12 =
−P 22
P 11P 22 − P 212
96

C11 Q1
C21 Q2)
D2 = C11Q2 − C21Q1
Φ1 =
Q1C22 − Q2C12
C11C22 − C21C12
Φ2 =
−Q1C21 − Q2C11
C11C22 − C21C12
Comparando con la (6.24)
P 11 =
C22
C11C22 − C21C12
P 12 =
−C12
C11C22 − C21C12
P 21 =
−C21
C11C22 − C21C12
P 22 =
C11
C11C22 − C21C12
P 21 = P 12
−C21
C11C22 − C21C12
=
−C12
C11C22 − C21C12
C21 = C12
Q1 = Q Q2 = −Q
Φ1 =
QC22 + QC11
C11C22 − C21C12
Φ2 =
−C21Q − C11Q
C11C22 − c21C12
∆Φ = Q
C22 + C12 + C21 + C11
C11C22 − C21C12
∆Φ = Q
C22 + 2C21 + C11
C11C22 − C212
∆Φ =
Q
C
C =
Q
∆Φ
C =
C11C22 − C212
C11 + C22 + 2C12
97

16 Por: Lee Maldonado
Ejercicio 6.5
utilizando los resultados del ejercicio anterior encontrar los coeficientes cij para el capacitor esférico de la
figura 6-8, y verificar que dan el mismo resultado (6-37) para la capacitancia.
Figura 6-8
Solución
Resultados del ejercicio 6-4
c11 = P22
P11P22−P 2
12
c22 = P11
P11P22−P 2
12
c12 = c21 = P12
P11P22−P 2
12
C =
c11c22−c2
12
c11+c22+2c12
Si Q1 = 0 y Q2 = 0
φ1 = P12Q2
φ2 = P22Q2
φ1 = φ2 ya que Q1 = 0 y esta dentro del conductor 2. entonces tenemos que:
P12Q2 = P22Q2 → P12 = P22
utilizando la ley de Gauss:
E · da = Q2
ε0
E 4πc2
= Q2
ε0
E = Q2
4πε0c2 r
da = c2 2π
0
π
0
sin θ dθdφ = c2
(2π) (2) = 4πc2
π
0
sin θ = [cos θ]
π
0 = − (−1 − 1) = 2
ahora que hemos encontrado E podemos encontrar φ:
98

Q1 = 0, Q2 = 0
∆φ = E · ds ds = drr φ = Q2
4πcε0
0
c
E · ds = Q2
4πε0
0
c
dr
r2 = − Q2
4πε0
1
r
0
c
=
Q2
4πcε0
φ = P12Q2 → Q2
4πε0
= P12Q2 → P12 = 1
4πε0c
Si Q1 = 0 y Q2 = 0:
φ1 = P11Q1
φ2 = P21Q1
Q1 = 0, Q2 = 0
∆φ =
b
a
Q1
4πε0r
dr = − Q1
4πε0
1
b
− 1
a
= Q1(b−a)
4πε0ab
(P11 − P21) Q1 = Q1(b−a)
4πεab
P11 = P21 + b−a
4πε0ab
→ P11 = 1
4πε0c
+ b−a
4πε0ab
1
P11P22−P 2
12
= 1
1
4πε0c + b−a
4πε0ab
1
4πε0c − 1
4πε0c
2
1
P11P22−P 2
12
= 1
1
4πε0c
2
+ b−a
(4πε0)2abc
− 1
4πε0c
2 = 1
b−a
(4πε0)2abc
= (4πε0)2
abc
b−a
1
P11P22−P 2
12
= (4πε0)2
abc
b−a
c11 = (P22) 1
P11P22−P 2
12
= 1
4πε0c
(4πε0)2
cab
b−a
= 4πε0ab
b−a
→ c11 = 4πε0ab
b−a
c22 = (P11) 1
P11P22−P 2
12
= 1
4πε0c
+ b−a
4πε0ab
(4πε0)2
abc
b−a
→ c22 = 4πε0ab + 4πε0c
99

c12 = − 1
4πε0c
(4πε0)2
cab
b−a
→ c12 = −4πε0ab
b−a
entonces si comparamos el resutado de c11 con el resultado de c12 tenemos que c11 = −c12
ahora utilizando C de los resultados del ejercicio 6-4 tenemos que:
C =
c11c22−c2
12
c11+c22+2c12
= −c12(c22+c12)
c22+c12
C = c11 → C = 4πε0ab
b−a
y asi se comprueba que este es el mismo resultado → C = 4πε0ab
b−a
(6-37)
100

Ejercicio 6.6
Un capacitor, C1, recibe carga y como resultado aparece una diferencia de potencial, ∆φ, entre sus placas.
Otro capacitor, C2, se encuentra sin carga. Una de las placas de C2 se conecta a una de las placas de
C1 por medio de un conductor de capacitancia despreciable; las placas restantes se conectan de manera
similar. Encontrar la carga en cada uno de los capacitores y la diferencia de potencial, ∆φ , entre las placas
respectivas, para el estado de equilibrio resultante.
sin carga
Solución
CT = QT
∆φ
→ QT = CT ∆φ QT es la carga recibida por C1 en principio.
sea q1 la carga de C1, y sea q2 la carga de C2
donde ∆φ es el potencial del nuevo arreglo en el que el capacitor C1
transfiere carga al capacitor C2 y crea una nueva situación de equilibrio.
entonces tenemos que: q1 = C1∆φ , q2 = C2∆φ
q1 + q2 = C1∆φ + C2∆φ
q1 + q2 = (C1 + C2) ∆φ ∆φ = q1+q2
C1+C2
= QT
CT
q1 = C1∆φ q2 = C2∆φ
101

Ejercicio 6.7
Las placas de dos capacitores, C1 y C2, se conectan por medio de conductores de capacitancia despreciable
como se muestra en la figura 6-11a, es decir, se conectan en “paralelo”. Si se aplica una diferencia de
potencial ∆φ entre las terminales T y T demostrar que esta combinación es equivalente a un solo capacitor
de capacitancia Cp = C1 + C2. De manera similar, demostrar que la capacitancia equivalente para una
combinación en “serie”, como la que se muestra en (b), puede encontrarse a partir de 1
CS
= 1
C1
+ 1
C2
.
(a)
(b)
Solución
Para el sistema (a): Para el sistema (b):
C1 = Q1
∆φ
, C2 = Q2
∆φ
∆φ1 = Q1
C1
, ∆φ2 = Q2
C2
QT = Q1 + Q2 Q1 = Q2 porque la carga en C1 y C2 es la misma.
QT = C1∆φ + C2∆φ ∆φ = ∆φ1 + ∆φ2
QT = ∆φ (C1 + C2) ∆φ = Q1
c1
+ Q2
C2
QT = ∆φCeq ∆φ = Q1
1
C1
+ 1
C2
Ceq = C1 + C2
1
Ceq
= 1
C1
+ 1
C2
102

Ejercicio 6.8
Considere el capacitor esférico de la figura 6-8 en el caso que a y b son casi iguales. Encontrar una expresión
aproximada para C y escribirla en forma tal que muestre expl´ıcitamente la diferencia δ = b − a, donde
δ << a o b. Interpretar el resultado con la ayuda de (6-41).
Figura 6-8
Solución
utilizando la ley de Gauss como en el ejercicio 6-6, cuando el conductor interno esta cargado positivamente
induce una carga negativa en la superficie interior del conductor 2 y una carga positiva en la superficie exte-
rior, de esto tenemos que:
E = Q
4πε0r2 r
Entonces utilizando la definición de la diferencia de potencial tenemos que:
∆φ =
−
+
E · ds ds = drr
∆φ =
b
a
Q
4πε0r2 dr = Q
4πε0
−1
r
b
a
∆φ = Q
4πε0
−1
b
+ 1
a
= Q
4πε0
b−a
ab
= Q(b−a)
4πε0ab
Recordemos que: ∆φ = Q
C
, C = Q
∆φ
C = Q
Q(b−a)
4πε0ab
→ C = 4πε0ab
b−a
= 4πε0ab
δ
a ≈ b → C = 4πε0a2
δ
C = ε0A
d
(6-41) donde A = 4πr2
= 4πa2
C = ε0A
δ
103

17 Por: Daniel Flores
Ejercicio 6.9
La diferencia de potencial ∆φ, entre las placas de un capacitor esférico se mantiene constante. Demostrar
que el campo eléctrico en la superficie de la esfera interior tendrá un valor m´ınimo si a = 1
2
b. Encontrar
este valor m´ınimo de
−→
E .
De la figura podemos observar que la esfera interior tiene radio a, la esfera exterior tiene radio b en el interior
y el exterior es de radio c.
Solucion
Sabemos que:
∆φ =
−→
E · d−→s (37)
Y tenemos:
d−→s = dr (38)
Entonces, resolviendo la integral:
∆φ =
−
+
Edr (39)
∆φ =
b
a
Edr (40)
∆φ =
b
b
2
Edr (41)
∆φ = E(b −
b
2
) (42)
∆φ =
Eb
2
(43)
Por lo que despejando para el campo eléctrico
−→
E tenemos:
−→
E =
2∆φ
b
r (44)
Podemos observar que el campo es todo en dirección del radio.
104

Ejercicio 6.10
Se fabrica un capacitor con dos conductores infinitamente largos de superficies cil´ındricas coaxiales, como los
que se muestran en la figura.
Demostrar que la capacitancia de una sección de longitud L de este sistema está dada por:
C =
2πεoL
Ln( b
a
)
(1)
Solucion
Como se observa en la figura el cilindro interior tiene radio a, el cilindro exterior tiene un radio interior b y
el radio exterior es c.
Lo primero que hay que plantear es la matriz de elementos ”P”:
Φ1 = P11Q1 + P12Q2 (2)
Φ1 = P21Q1 + P22Q2 (3)
Para el caso de r > c y Q1 = 0 mientras dejamos que Q2 = 0, tenemos:
Φ1 = P12Q2 (4)
Φ2 = P22Q2 (5)
E dA =
Q2
εo
(6)
en donde...
dA = 2πρL (7)
E(2πρL) =
Q2
εo
(8)
Por lo que el campo eléctrico es:
E =
Q2
εo2πρL
(9)
Y como no hay caida de potencial Φ1 = Φ2, ∆Φ = 0
Φ1 = Φ2 (10)
105

P12&&Q2 = P22&&Q2 (11)
P12 = P22 (12)
Entonces:
Φ2 = E · ds (13)
Φ2 =
c
a
Q2
2πρLεo
dρ (14)
Φ2 =
Q2
2πLεo
c
a
dρ
ρ
(15)
Φ2 =
Q2Ln | c
a
|
2πLεo
(16)
Y tenemos de la ecuación (5) y (16) que Φ2 = Φ2:
P22&&Q2 = &&Q2Ln | c
a
|
2πLεo
(17)
Y relacionando con la ecuación (12), vemos que:
P22 =
Ln | c
a
|
2πLεo
= P12 (18)
Ahora para el caso en que Q1 = 0 mientras dejamos que Q2 = 0, tenemos:
Φ1 = P11Q1 (19)
Φ2 = P12Q1 (20)
Φ2 − Φ2 = E · ds (21)
∆Φ = Φ2 − Φ2 =
b
a
Q1
2πεoρL
dρ (22)
∆Φ =
Q1
2πεoL
b
a
dρ
ρ
(23)
∆Φ =
Q1
2πεoL
(Ln | b | −Ln | a |) (24)
∆Φ =
Q1Ln | b
a
|
2πεoL
(25)
Ahora para encontrar P11, usamos ∆Φ = P11Q1 − P21Q1 = Q1(P11 − P21) y de la ecuación (),
encontramos la igualdad ∆Φ = ∆Φ
&&Q1Ln | b
a
|
2πεoL
= &&Q1(P11 − P21) (26)
Despejamos para P11 y tenemos:
P11 = P21 +
Ln | b
a
|
2πεoL
(27)
P11 =
Ln | c
a
|
2πεoL
+
Ln | b
a
|
2πεoL
(28)
106

Una vez conociendo P11, P22 y P12 procedemos a evaluar la capacitancia a partir de la ecuaci´on:
C =
1
P11 + P22 − 2P12
(29)
C =
1
Ln| c
a |
2πεoL
+
Ln| b
a |
2πεoL
+
Ln| c
a |
2πLεo
− 2
Ln| c
a |
2πLεo
(30)
Reducimos cancelando t´erminos iguales:
C =
1
¨
¨¨Ln| c
a |
2πεoL
+
Ln| b
a |
2πεoL
+ ¨
¨¨Ln| c
a |
2πLεo
−
¨
¨¨¨
2
Ln| c
a |
2πLεo
(31)
Lo cual nos deja:
C =
1
Ln| b
a |
2πεoL
(32)
C =
2πεoL
Ln | b
a
|
(33)
Por lo tanto, queda demostrado que la capacitancia es igual a:
C =
2πεoL
Ln | b
a
|
(34)
107

Ejercicio 6.11
6.11 La primer figura de la derecha ilustra la suposición que se hizo acerca de
−→
E cuando se despreciaron los
efectos de borde para un capacitor con placas paralelas, es decir, se hizo la suposición de que
−→
E cambiaba a
cero abruptamente al llegar al borde. Demostrar que eso es imposible debido a que ×
−→
E = 0, calculando
la integral
−→
E · d−→s sobre la trayectoria rectangular que se indica, la cual está parte de la región de
−→
E = 0
y la parte de la región de
−→
E = 0, y demostrar entonces que el teorema de Stokes induce a una contradicción.
Demostrar de forma cualitativa que se evitar´ıa esta contradicción con las lineas de campo propuestas en la
segunda figura de la derecha.
Solucion
Si consideramos el campo
−→
E = const para las lineas de campo de la primer figura, dado que el campo solo
existe entre los conductores, su magnitud es E = σ
εo
, la figura de integración es
−→
E · ds = σ
εo
y queda:
+
−
−→
E · ds =
−→
E
+
−
ds =
−→
E (
d2
εoA
) =
Q
C
(35)
Lo que nos da el campó para placas infinitas dadas por:
−→
E =
QεoA
Cd2
(36)
Esto es para las placas infinitas, pero cuando no son de longitud infinita el
−→
E al llegar al borde no se vuelven
cero abruptamente, esto es posible debido a la naturaleza conservativa del campo eléctrico, lo que en realidad
ocurre es que las lineas de
−→
E sufren una curvatura hacia afuera a medida que se aproximan a los bordes de las
placas, y por lo tanto deben extenderse a la región exterior más allá de las placas como se indica en la segunda
figura, pero si las placas son lo suficientemente grandes no existir´ıa un error considerable al despreciar estos
efectos de borde, el libro de Wangness toma esta convecino para resolver la mayor´ıa de ejercicios.
108

Ejercicio 6.12
Un conductor plano de grueso t y caras paralelas, cuya sección es ≥ A se inserta entre las placas de un
capacitor, como en la figura de la derecha. Las caras del conductor plano son paralelas a las placas del
capacitor original. Demostrar que la capacitancia aumenta en:
∆C =
εotA
d(d − t)
(1)
Solucion
Para encontrar la diferencia de capacitancia ∆C necesitamos un Co y un Cf , la capacitancia esta dada por:
C =
εoA
d
(2)
As´ı que Co es:
Co =
εoA
d
(3)
Y Cf tiene d = d − t y nos da el valor de:
Cf =
εoA
d − t
(4)
Con esto podemos encontrar el ∆C:
∆C = Cf − Co =
εoA
d − t
−
εoA
d
(5)
∆C =
dAεo − Aεo(d − t)
d(d − t)
(6)
∆C =
Aεo(d − d + t)
d(d − t)
(7)
∆C =
Aεot
d(d − t)
(8)
Con lo que queda demostrado el ejercicio.
El resultado es independiente de la distancia del conductor porque el capacitor acomoda sus cargas según se
polariza el conductor, el
−→
E no cambia, lo único que varia es la distancia entre las placas.
109

18 Ronny López
Ejercicio 6.13
Supongase que las placas de un capacitor de placas paralelas son rectangulares pero no exactamente paralelas.
La separación en uno de los bordes es d - a y en el otro d +a,siendo a ¡¡ d. Demostrar que la capacitancia
estará dada aproximadamente por
C
ε0A
d
1 +
a2
3d2
donde A es el área de una de las placas. (Sugerencia: recordarlos resultados del ejercicio 6-7).
Solución
Figure 15: Capacitor de placas no exactamente paralelas.
a d
El potencial var´ıa de d+a a d-a en el capacitor de placas casi paralelas
∆φ =
d+a
d−a
σ
ε0
(d + a − d + a) =
σ
ε0
(2a)
C =
1
d + a
+
1
d − a
110

C =
d − a + d − a
d2 + a2
C =
Aε0d
d2 + a2
C = ε0A
1
d2
+
a2
3d3
C =
ε0A
d
1
d
+
a2
3d3
111

Ejercicio 6.14
Dos esferas conductoras tienen sus centros separados por una distancia c. El radio de una de las esferas es a
y el de la otra es b. Demostrar que cuando c a y c b, la capacitancia del sistema será, aproximadamente,
C 4πε0
1
a
+
1
b
−
2
c
−1
[Sugerencias: imaginar cargas iguales y opuestas sobre las esferas; ¿cómo se “ver´ıa” una de ellas desde la
otra?; ¿seguir´ıa (6-5) siendo aproximadamente correcta
Solución
Figure 16: Dos esferas conductoras.
EQ1 =
Q
4πε0r2
ˆr
EQ2 =
Q
4πε0r2
ˆr
φQ1 =
c
a
Q
4πε0r2
dr
φQ1 =
Q
4πε0
−
1
r
c
a
φ1 =
Q
4πε0
1
a
−
1
c
112

El potencial en la carga 2
φQ2 =
c
b
−Q
4πε0
dr
φQ2 =
−Q
4πε0
−
1
r
c
b
φ1 =
−Q
4πε0
1
b
−
1
c
φ1 =
Q
4πε0
1
c
−
1
b
∆φ = φ1 − φ2
∆φ =
Q
4πε0
1
a
−
1
c
−
Q
4πε0
1
c
−
1
b
∆φ =
Q
4πε0
1
a
+
1
b
−
2
c
∆φ =
Q
C
C =
Q
∆φ
=
Q
Q(1
a + 1
b − 2
c )
4πε0
=
4πε0
1
a
+ 1
b
− 2
c
= 4πε0
1
a
+
1
b
−
2
c
−1
Por lo tanto queda demostrado.
113

Ejercicio 6.15
Dos cilindros conductores infinitamente largos tienen sus ejes centrales paralelos y separados por una distan-
cia c. El radio de uno de ellos es a y el del otro es b. Si c a y c b, encontrar una expresión aproximada
para la capacitancia de una sección de longitud L de este sistema.
Solución
Figure 17: Dos cilindros conductores.
Para un cilindro tenemos que φ = QL
2πε0
Ln (ρ)
ρ
ρ0
Tenemos que
φ1 =
c
a
Q
2ρLε0
dρ
φ1 =
Q
2πLε0
Ln (ρ)
c
a
φ1 =
Q
2πLε0
(Ln (c) − Ln (a))
φ2 =
c
b
−Q
2ρLε0
dρ
φ2 =
−Q
2πLε0
Ln (ρ)
c
b
φ2 =
−Q
2πLε0
(Ln (c) − Ln (b))
114

∆φ =
Q
2πε0L
(Ln (c) + Ln (c) − Ln(a) − Ln(b))
∆φ =
Q
πε0L
Ln(c2
) − Ln(ab)
∆φ =
Q
C
C =
Q
∆φ
C =
2πε0L
(Ln(c2) − Ln (ab))
115

Ejercicio 7.1
Considérese un cuadro de lado a . Empezando en uno de los vértices y siguiendo en sentido contrario a las
manecillas del reloj, se coloca una carga puntual q en el primer vértice, 2q en el siguiente, después 3q y
finalmente -4q . Encontrar Ue para esta distribución de carga.
Solución
Ueij =
1
2
4
i=1
4
j=1
qiqj
4πε0Rij
; i = j
Figure 18: Cuadro de cuatro lados con carga en sus vértices.
Tenemos los vectores de posición:
r1 = 0
r2 = aˆx
r3 = aˆx + aˆy
r4 = aˆy
Y los vectores de posición relativa con su respectiva magnitud:
R12 = −aˆx
116

|R12| = a
R13 = −aˆx − aˆy
|R13| =
√
2a
R14 = −aˆy
|R14| = a
R21 = aˆx
|R21| = a
R23 = aˆx − aˆx + aˆy
|R23| = a
R24 = aˆx − aˆy
|R24| =
√
2a
R31 = aˆx + aˆy
|R31| =
√
2a
R32 = aˆy
|R32| = a
R34 = aˆx
|R14| = a
R41 = aˆy
|R41| = a
R42 = aˆy − aˆx
|R42| =
√
2a
R43 = aˆx
|R43| = a
Multiplicando por 1
2
la ecuaci´on de Ue queda como:
Ue =
1
8πε0
qiqj
Rij
q1 = q, q2 = 2q, q3 = 3q, q4 = −4q
Reemplazando:
Ue =
1
8πε0
2q2
a
+
3q2
√
2a
−
4q2
a
+
2q2
a
+
6q2
a
−
8q2
√
2a
+
3q2
√
2a
+
6q2
a
−
12q2
a
−
4q2
a
−
8q2
√
2a
−
12q2
a
Sumando t´erminos semejantes:
Ue =
1
8πε0
−16q2
a
−
10q2
√
2a
Ue =
q2
8πaε0
−16 −
10
√
2a
Ue =
−q2
8πaε0
16 + 5
√
2
117

19 Por: Selvyn Rojas
Ejercicio 7.2
Una carga puntual, q, se coloca en cada uno de los vértices de un cubo de lado a. Encontrar la energ´ıa
electrostática en este sistema de cargas.
Solución
Ue =
1
2
8
i=1
qi
8
i=1
qj
4π 0Rij
r1 = 0ˆx + 0ˆy + 0ˆzr2 = aˆx + aˆy + 0ˆz
r3 = 0ˆx + 0ˆy + aˆzr4 = 0ˆx + 0ˆy + 0ˆz
r5 = aˆx + aˆy + 0ˆz r6 = aˆx + aˆy + aˆz
r7 = 0ˆx + aˆy + aˆz r8 = 0ˆx + aˆy + 0ˆz
|R12| = |R15| = |R14| =
1
a
|R13| = |R16| = |R18| =
1
a
√
2
|R17| =
1
a
√
3
El |R| se repite para las siguientes cargas.
q1 = q2 = q3 = q4 = q5 = q6 = q7 = q8 = q1 = q
Ue =
q2
8π 0
1
a
+
1
a
√
2
+
1
a
+
1
a
+
1
a
√
2
+
1
a
√
3
+
1
a
√
2
+
q2
8π 0
1
a
+
1
a
√
2
+
1
a
√
2
+
1
a
+
1
a
√
3
+
1
a
√
2
+
1
a
+
q2
8π 0
1
a
+
1
a
√
3
+
1
a
√
2
+
1
a
+
1
a
√
2
+
1
a
√
2
+
1
a
+
118

q2
8π 0
1
a
√
2
+
1
a
√
3
+
1
a
√
2
+
1
a
+
1
a
+
1
a
√
2
+
1
a
+
q2
8π 0
1
a
+
1
a
√
2
+
1
a
+
1
a
+
1
a
√
2
+
1
a
√
3
+
1
a
√
2
+
q2
8π 0
1
a
+
1
a
√
2
+
1
a
√
2
+
1
a
+
1
a
√
3
+
1
a
√
2
+
1
a
+
q2
8π 0
1
a
+
1
a
√
3
+
1
a
√
2
+
1
a
+
1
a
√
2
+
1
a
√
2
+
1
a
+
q2
8π 0
1
a
√
2
+
1
a
√
3
+
1
a
√
2
+
1
a
+
1
a
+
1
a
√
2
+
1
a
Ue =
q2
¡8π 0
¡8
3
a
+
3
a
√
2
+
1
a
√
3
Ue =
q2
aπ 0
18 + 9
√
2 + 2
√
3
6
119

Ejercicio 7.3
La expresión para la energ´ıa de un capacitor dad por (7-21) también puede obtenerse de la siguiente manera.
Durante el proceso de carga, considérese una etapa intermedia cuando la carga es q, siendo 0¡q¡Q. La diferencia
de potencial será
q
C
. Encontrar el trabajo requerido para aumentar la carga en dq. Sumar entonces todos
estos incrementos de trabajo desde el estado inicial sin carga hasta el estado final de carga completa, para
obtener as´ı, (7-21).
Solucion
0 ≤ q ≤ Q
*etapa intermedia: q = C(δφ)
*etapa final: Q = C(∆φ)
**para llevar un dq a través de las placas:
dWext = dUe = dq ∗ δφ = dq(
q
c
)
Energ´ıa Total:
Uetotal
= dUe =
Q
0
q
c
dq =
q2
2c
|
Q
0
=
Q2
2C
⇒ Uetotal =
Q2
2C
120

Ejercicio 7.4
Encontrar la energia de la distribucion de carga del ejercicio 5-9 por medio de (7-10). ¿ A qu´e se deberia
reducir el resultado cuando n=0 ?
Solucion
Mediante la ley de Gauss:
=
2π
0
π
0
Er(r)r2
sin θdθdφ = E(4πr2
)
E =
Qenc
(4πr2) 0
ˆr
Qenc =
2π
0
π
0
a
0
Arn+2
sin θdθdφ =
4πAan+3
n + 3
E =
¨¨4πAan+3
¨¨4π(n + 3)r2) 0
=
Aan+3
(n + 3)r2
0
ˆr
∆φ = −
2
1
Eds ds = drˆr drˆr • ˆr = dr
∆φ0 = −
r
∞
Aan+3
(n + 3)r2
0
dr =
Aan+3
(n + 3)r 0
∆φi = −
a
∞
Aan+3
(n + 3)r2
0
dr −
r
a
Arn+3
(n + 3)r2
0
dr
=
Aan+2
(n + 3) 0
−
r
a
Arn+1
(n + 3) 0
dr
=
Aan+2
(n + 3) 0
− (
Arn+2
(n + 3)(n + 2) 0
)|r
a
=
Aan+2
(n + 3) 0
+
Aan+2
(n + 3)(n + 2) 0
−
Arn+2
(n + 3)(n + 2) 0
=
Aan+2
(n + 3) 0
+
A
(n + 3)(n + 2) 0
[an+2
− rn+2
]
a) Ue =
1
2
2π
0
π
0
a
0
Arn
Aan+2
(n + 3) 0
+
A
(n + 3)(n + 2) 0
(an+2
− rn+2
) r2
sin θdrdθdφ
Ue =
2πA2
0
a
0
r2n+4
n + 3
dr +
a
0
an+2
rn+2
n + 2
dr +
a
0
r2n+4
n + 2
dr
Ue =
2πA2
0
r2n+5
(2n + 5)(n + 3)
|a
0 +
an+2
rn+3
(n + 2)(n + 3)
|a
0 −
r2n+5
(n + 2)(2n + 5)
|a
0
Ue =
2πA2
0
a2n+5
(2n + 5)(n + 3)
+
a2n+5
(n + 2)(n + 3)
−
a2n+5
(n + 2)(2n + 5)
121

b) Cuando n=0
Ue =
2πA2
0
a5
(5)(3)
+
a5
(2)(3)
−
a5
(2)(5)
Ue =
2πA2
0
2a5
15
Ue =
4πA2
a5
15 0
122

Ejercicio 7.5
Encontrar la energ´ıa de de la distribuci´on de carga del ejercicio 5-17 por medio de (7-8).
Soluci´on
φ =
σ
2 0
√
a2 + z2− | z | En cualquier punto del eje z. Potencial de la distribuido en el plano xy: z=0
: φ =
σa
2 0
Ue =
1
2
2π
0
a
0
σσaρdρdφ
2 0
Ue =
σ2
a¡2πρ2
4 0¡2
|
a
0
Ue =
σ2
a3
π
4 0
123

20 Por: Jorge Balmaceda
Ejercicio 7-6
Encontrar la energia de una seccion de longitud L de los cilindros coaxiales de la figura 6-12, cuando se
utilizan como un capacitor de carga q1 por unidad de longitud , por medio de Ue = 1
2 s
σ(r)∅(r)da .
Utilizar estos resultados para verificar de nuevo el valor de C = 2πεoL
ln(b/a)
dado en 6-45
Solución
Respuesta
Ê = Eρ(ρ)ˆρ ; ˆda = ρdφdz ˆρ ; Êda = Qenc
εo
φ =
L
0
π
0
E(ρdφdz ˆρ) = Q
εo
Ê = Q
2πρLεo
φ =
b
a
q1
2πρlεo
· dρ = q1
2πρLεo
· ln(b/a)
Qe = σ
L
0
2π
0
ρ · dφ · dz = σ2πLρ
σ = Qe
2πLρ
= q1
2πLρ
= q1
2πLρ
Ue = 1
2
L
0
π
0
(σ(r)[ q1
2πLεo
· ln(b/a))](ρdφdz ˆρ)
= 1
2
L
0
π
0
( Qe
2πLρ
)[ q1
2πLεo
· ln(b/a))](ρdφdz ˆρ) =
q2
1 2πL
4π2L2εo
· ln(b/a)
Ue = q2
4πLεo
· ln(b/a)
Ue = cφ2
2
⇒ C = 2Ue
φ2
C =
2 q2
4πLεo
·ln(b/a)
[ q
2πρLεo
·ln(b/a)]2 C = 2πεoL
ln(b/a)
124

Ejercicio 7-7
7-7)Encontrar la energia total de gravitacion de la tierra tratandola como una esfera homogenea de masa
5.98x102
4 kilogramos y radio 6.37x106
metros.(la constante de gravitacion es G=6.67x10−
11newton −
metro2
/kilogramo2
Si una distribucion esferica y uniforme de carga,cuyo valor total fuese igual a la
magnitud de la carga electronica1.60x10−
19coulombs tuviera su mismo energia
Solución
Respuesta
Ue = todoelespacio
Ue(τ) · dτ Ue = 1
2
· εoE2
Suponemos Que⇒ Ê = Er(r)ˆr ; ˆda = r2
senθdφdθˆr
Êda =
2π
0
π
0
(Er(r)r2
senθdφdθ) = Er(r)4πr2
Ê = Qe
4πr2εo
· ˆr
Para la Region 0 ≤ r ≤ a
Qenc =
2π
0
π
0
r
0
ρr2
senθdφdθdr = ρ4πr3
3
E = ρch
r
3ε0
Ue = εo
2
[ρchr
3εo
]2
a =
ρ2
chr2
18ε0
Uint =
2π
0
π
0
r
0
ρ2
chr2
18ε0
r2
senθdφdθdr =
2πρ2
cha5
45
Para la Region r a
125

Qenc =
2π
0
π
0
a
0
ρr2
senθdφdθdr = ρ4πa3
3
ˆE = ρcha3
4π
3ε04πr2 · ˆr = ρcha3
3ε0r2
Ue = εo
2
· [ρcha3
3ε0r2 ]2
=
ρ2
cha6
18ε2
0r4
Uext =
2π
0
π
0
∞
a
ρ2
cha6
18ε2
0r4 r2
senθdφdθdr =
4πρ2
cha6
18εo
∞
a
1
r2 · dr
=
2πρ2
cha6
9εo
(−1
r
) =
=
2πρ2
cha6
9εo
(0 + 1
a
) =
2πρ2
cha5
9
Ut = Uint − Uext =
2πρ2
cha5
45
−
2πρ2
cha5
9
= 14
45
ρ2
cha5
ρch = C
m3 , εo = 8.8x10−12 C2
Nm2 , G = Nm2
Kg2
= (6.67x10−
11Nm2
Kg2 )(5.98x102
4Kg) = 3.99x101
4Nm2
Kg
= (3.99x104 Nm2
Kg
)(8.8x10−12 C2
Nm2 ) = 0.35x10−
7 C2
Kg
(5.98x1024
Kg) = 2.11x1018
C2
126

Ejercicio 7-8
Expresar la energia de un sistema n conductores en funcion del potencial y de los coeficientes de capacitancia
y de induccion que se definieron en (6-43).Demostrar que cuando solo hay dos conductores,la energia puede
escribirse como Ue=1/2C11∅2
1 + C12∅1∅2 + 1/2C22∅2
2 Y que cuando estos dos conductores se utilizan
como un capacitor, la energia vuelve a ser la misma dada por (7-21) y (6-44)
Solución
Respuesta
Ue = 1
2
Qi∅i ; Sabiendo que Ue = 1
2
C∅2
⇒ 1
2
Qi∅i = 1
2
C∅2
⇒ Q1 = C∅1
a)
Q1 =
N
j=1 Cij∅ij; i = 1, 2, 3, 4, 5, ........., N
b)
Q1 =
2
j=1 Cij∅j = C11∅1 + C12∅2 + C21∅1 + C22∅2
Ue = 1
2
2
j=1 Qi∅j∅j = C11∅1∅1 + C12∅1∅2 + C21∅2∅1 + C22∅2∅2
⇒ C12 = C21
Ue = 1
2
C11∅2
1 + C12∅1∅2 + 1
2
C22∅2
2
127

Ejercicio 7-9
Demostrar que cuando Ue = todoelespacio
εo
2
E2
·dτ se aplica al caso de una distribucion esferica y uniforme
de carga, el resultado es de nuevo Ue = 3
5
( Q2
4πaεo
).¿Que fraccion de la energia total se considera ahora fuera
de la esfera?
Solución
Respuesta
Ê = Er(r)ˆr, ˆda = r2
senθdφdθˆr
Ê = Qenc
Aesfera·εo
· r = Qenc
4πr2εo
· ˆr
Qenc = v
ρch · dτ
caso 1: 0 r a
Qenc =
2π
0
π
0
r
0
ρchr2
senθdφdθdr = ρch4πr3
3
Ê =
ρch4πr3
3
4πr2εo
· ˆr = ρchr
3εo
Ue = εo
2
[ρchr
3εo
]2
=
ρ2
chr2
18εo
Ueint =
2π
0
π
0
a
0
ρ2
chr2
18εo
r2
senθdφdθdr =
4πρ2
ch
18εo
(a5
5
) = (4πρcha3
3
)(a2
ρch
6·5
) = Qρcha2
6·5
( 4πa
4πaεo
)
= ρcha3
4π
3
( Q
2·5(4πaεo)
) = Q2
10(4πaεo)
Caso 2: r a
Qenc =
2π
0
π
0
a
0
ρchr2
senθdφdθdr = ρch4πa3
3
Ê = Qenc
4πr2εo
· ˆr
Ue = εo
2
[ Q
4πr2εo
]2
= Q2
32π2r4εo
Ueext =
2π
0
π
0
∞
a
Q2
32π2r4εo
r2
senθdφdθdr = 4πQ2
4π2·8εo
∞
a
dr
r2 = −Q2
8πεo
(0 − 1
a
)
128

= Q2
8πaεo
= Q2
2(4πaεo)
Ut = Q2
10(4πaεo)
+ Q2
2(4πaεo)
= 3Q2
5(4πaεo)
Fraccion de energia fuera de la esfera
Fraccion=
Q2
2(4πaεo)
3Q2
5(4πaεo)
= 5
6
129

21 Por: Ana Gonz´ales
Ejercicio 7.10
Una carga -Q se encuentra en la esfera interior y una carga Q en la esfera exterior. Encontrar la energ´ıa de
este sistema por medio de Ue = o
2
E2
dτ y as´ı demostrar que la capacitancia es:
C = 1
P 11−P 22
= 4π o
( 1
a
− 1
b
)
= 4π o(ab)
(b−a)
Soluci´on:
Primero calcular el campo para los diferentes radios.
Caso 1
0 ≤ r ≤ a
E = 0
El Campo es igual a cero ya que es un conductor.
Caso 2
a ≤ r ≤ b
Nos referimos a la carga en el interior de la esfera por lo cual, Qenc = -Q
Suponemos que el campo es igual a: E = Er(r)r , y el diferencial de area tomandolo por tablas para
coordenadas esfericas es igual a da = r2
senθdθdφ
Por lo cual tenemos la siguiente integral:
2π
0
π
0
Er(r)r2
senθdθdφ
Tomamos fuera de la integral la parte constante y nos queda el siguiente resultado:
Er2 2π
0
dφ
π
0
senθdθ
Evaluando ambas integrales con sus respectivos limites logramos encontrar que el Campo Electrico es igual
a:
E = −Q
4πr2 o
130

Caso 3
b ≤ r ≤ c
E = 0
El campo en esta area es igual a cero ya que es un conductor y estos no poseen campo electrico.
Caso 4
Para un radio mayor al de la esfera, cualquier punto fuera de esta.
Ya que sabemos que Campo Electrico es igual a su carga encerrada entre su area por la permisividad del
espacio; haremos la resta de ambos campos evaluando ambas cargas la del interior y exterior de la esfera
conductora.
E = −Q
4πr2 o
+ Q
4πr2 o
= 0
E = 0
Teniendo el campo total evaluado para cualquier caso posible, ahora procedemos a encontrar la energia
del sistema.
Dada la formula 7.27:
Ue = o
2i
E2
dτ
Integraremos el campo encontrado con respecto al diferencial de volumen para una esfera.
Elevar el campo al cuadrado y eliminar terminos comunes.
Ue =
o
2
[ −Q
4πr2 ]2
dτ = Q2
32π2r4 o
dτ
Resolver integral con sus repectivos limites.
Ue =
2π
0
π
0
b
a
Q2
32π2r4 4 r2
senθdrdθdφ = Q2
4π
32π2 o
b
a
dr
r2
Ue = Q2
8π
(−1
r
)|b
a = Q2
8π o
(1
a
− 1
b
)
Ue = Qx
8π o
(1
a
− 1
b
)
Teniendo la energ´ıa interna, hacemos uso de la ecuacion 6.37:
C = Q2
2Ue
Y sustituimos Ue por el resultado encontrado para la energ´ıa y con esto obtenemos la siguiente ecuaci´on:
C = Q2
2Q2
8π 0 ( 1
a − a
b )
Eliminamos terminos y reordenando la divisi´on obtenemos:
C = 4π o(ab)
b−a
→ Por lo tanto queda demostrado.
131

Ejercicio 7.11
Los conductores cilindricos coaxiales se utlilizan como un capacitor con cargas por unidad de longitud Q y
-Q. Encontrar la energ´ıa de una sección de longitud L de este sistema, por medio de Ue = oE2
2
dτ y as´ı
demostrar que capacitancia es: C = 2π oL
ln b
a
Solución
Caso 1
0 ≤ r ≤ a
E = 0
Ya que el area evaluada es un conductor, tenemos un campo electrico igual a cero.
Caso 2
a ≤ r ≤ b
Nos referimos a la carga en el interior de la esfera por lo cual, Qenc = -Q
Suponemos que E = Eρ(ρ)ρa
El diferencial de area lo encontramos en tablas para coordenadas culindircas en la direccion de ρ
Por lo cual tenemos da = ρdφdzρ
Ahora integramos el campo con su diferencial de area
L
0
2π
0
Eρ(ρ)ρdφdz = Eρ(ρ)2πρL
Caso 3
b ≤ r ≤ c
E = 0
Ya que esta area señalada es un conductor el campo electrico es igual a cero.
Caso 4
Para un radio mayor al radio de ambos cilindros, un punto fuera de estos.
132

Sabemos que un campo electrico es igual a la carga entre su area por la permisividad del espacio. Sabemos
que el area de un cilindro es igual a: 2πρ al igual tenemos las cargas dentro y fuera de los cilindros como
son: Q y -Q.
E = Q
2πρ o
− Q
2π o
La suma algebraica de ambos campos nos dan la siguiente respuesta: E = 0
Ahora procedemos a encontrar la energ´ıa del sistema
Dada la formula 7.27:
Ue = o
2i
E2
dτ
Integraremos el campo encontrado con respecto al diferencial de volumen para un cilindro.
Elevar el campo al cuadrado y eliminar terminos comunes
Ue =
o
2
[ Q
2πρ o
]2
dτ = Q2
8π2ρ2 o
dτ
Evaluar cada integral con su respectivo termino y limite.
Ue =
2π
0
π
0
b
a
Q2
8π2ρ2 ρdρdφdz
Ue =Q2
2πL
8π2 o
b
a
dρ
ρ
Ue = LQ2
4π o
ln b
a
Ahora que encontramos la energ´ıa calcularemos la capacitancia de los cilindros coaxiales.
Hacemos uso de la ecuacion 6.37:
C = Q2
2Ue
Evaluamos la energia ya encontrada en esta ecuacion 6.37 y eliminamos terminos hasta simplicar la re-
spuesta de la capicitancia.
Ue = Q2
2C
C = Q2
2Ue
C = Q2
L2
2LQ2
4π 0 (ln b
a )
C = 2π oL
ln b
a
Por lo tanto queda demostrado.
133

Ejercicio 7.12
Utilizar Ue = o
2
E2
dτ para encontrar la energ´ıa de la distribución de carga del pasado ejercicio 5.9. Y
verificar que se obtiene el mismo resultado del pasado ejercicio 7.4, y que la respuesta se reduce al resultado
cuando n = 0. ¿Que fracción de la energ´ıa total se encuentra afuera de la esfera?
Datos Importantes: ρ = Arn
, A = cte, n ≥ 0
Solución:
Suponga que el campo es igual a E = Er(r)r
Y que el diferencial de area para una esfera en direción del radio es da = r2
senθdθdφr
Integrar el campo con respecto al diferencial de area ya dado por medio de tablas.
2π
0
π
0
Er(r)r2
senθdθdφ = Er(r)4πr2
Teniendo la respuesta de la integral ahora evaluaremos cada caso posible.
134

Caso1
0 ≤ r ≤ a
Teniendo en cuenta que:
Qenc
o
= Edτ
Qenc
o
=
2π
0
π
0
r
0
Arn
r2
senθdrdθdφ
Al evaluar la integral cada una con sus respectivos terminos y limites obtenemos los siguiente:
Qenc
o
= 4πA
r
0
rn+2
dr = 4πArn+3
n+3
E = 4πArn+3
n+3
4πr2 o
E = Arn+1
(n+3) o
Ahora haremos el calculo para la energia interna haciendo uso de la ecuacion 7.27:
Ue = o
2i
E2
dτ
Sustituir E de la formula por el campo ya encontrado y elevar el mismo al cuadrado.
Ue = o
2
[ Arn+1
(n+3) o
]2
dτ
Eliminar los terminos que se puedan para simpliﬁcar la expresi´on.
Ue = A2
r2n+2
2(n+3)2 o
dτ
Evaluamos cada integral con respecto al diferencial de volumen evaluando los limites correctos.
Ue =
2π
0
π
0
a
0
A2
r2n+2
2(n+3)2 o
r2
senθdrdθdφ
Ue= 4πA2
2(n+3)2 o
a
0
r2n+4
dr
Ue = 2πA2
2(n+3)2 o
∗ a2n+5
2n+5
135

Caso2
Para un radio mayor al radio de la esfera, sea cualquier punto fuera de esta.
Primero haremos el calculo de la Carga Encerrada.
Sabemos que Qenc
o
= Edτ
Qenc
o
=
2π
0
π
0
a
0
Arn
r2
senθdrdθdπ
Sumamos exponenciales del radio.
Qenc
o
=
2π
0
π
0
a
0
Arn+2
senθdrdθdπ
Hacemos cada integral por separado con su respectivo termino y limite, y luego hacemos su producto. De
esta manera evaluando dφ y senθ tenemos:
Qenc = 4πA(rn+3
n+3
)|a
0
Qenc = 4πAan+3
n+3
Teniendo la carga encerrada ahora haremos el calculo del Campo.
Hanciendo uso de la formula:
E = Qenc
o
Ya que tenemos la carga encerrada solo deemos evaluarla en esta ecuaci´on.
E = 4πAan+3
n+3
4πr2
E = Aan+3
r2(n+3) o
136

Procedemos a hacer el calculo de la Energ´ıa Interna haciendo uso de la ecuacion 7.27:
Ue = o
2i
E2
dτ
Sustituir E de la formula por el campo ya encontrado y elevar el mismo al cuadrado.
Ue = o
2
[ Aan+3
r2(n+3) o
]2
dτ = o
2
[ A2a2n+6
2r4(n+3)2 o
]dτ
Integrar con respecto al diferencial de volumen
Ue =
2π
0
π
0
∞
a
o
2
[ A2
a2n+6
2r4(n+3)2 o
]r2
senθdrdθdφ
Evaluamos cada integral con respecto evaluando los limites correctos.
Ue =4πA2
a2n+6
2(n+3)2 o
∞
a
dr
r2
Ue =4πA2
a2n+6
2(n+3)2 o
−1
r
|∞
a
Ue = 2πA2a2n+5
(n+3)2 o
Ya que tenemos ambas energias para cualquier punto dentro o fuera de la esfera, podemos calcular la energia
total.
Ue Total = [ 2πA2
2(n+3)2 o
∗ a2n+5
2n+5
] + [2πA2
a2n+5
(n+3)2 o
]
Ue Total = 2πA2
(n+3)2 o
[a2n+5
2n+5
+ a2n+5
]
Ue Total = 2πA2
(n+3)2 o
[a2n+5
+(2n+5)∗a2n+5
2n+5
]
Ue Total = 2πA2
a2n+5
(n+3)2(2n+5) o
[1 + 2n + 5]
Ue Total = 2πA2
a2n+5
(n+3)2(2n+5) o
[2n + 6]
Sacamos como factor comun en el divisor 2(n + 3) y lo eliminamos con uno de los terminos abajo.
UeT otal = 4πA2
a2n+5
(n+3)(2n+5) o
137

Teniendo la energ´ıa total podemos ver que sucede cuando n = 0 y ver cual es la fracci´on de la energ´a que se
pierde.
Si n = 0
Ue Total = 4πA2
a5
(3)(5) o
UeT otal = 4πA2
a5
(15) o
La perdida de energia la podemos encontrar al dividir ambas respuestas de las energias con las cuales con-
cluimos en cada caso.
Perdida = 2πA2
a2n+5
(n+3)2 o
∗ (n+3)(2n+5) o
4πA2a2n+5
Cancelando terminos, encontramos la perdida como:
Perdida = 2(2n+5)
4(n+3)
P erdida = 2n+5
2n+6
138

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