Taller 1

Nombre: Estefany Carolina Cely Rodriguez

C.C.: 1013659975

Electrodinamica I

Lista de ejercicios

Griffiths: An Introduction to Electrodynamics

2.15

Se tiene Un cascarón esférico con densidad de carga

\begin{equation}\rho=\frac{k}{r^2} \quad(a \leq r \leq b)\end{equation}

Encontrar el campo electrico en las tres regiones:(i) $r<a$ , (ii) $a<r<b$ , (iii) $r>b$ .

Grafique $|\mathbf{E}|$ en funcion de $r$ .

Sol:

La ley de Gauss para el campo electrico en el vacio:

\nabla \cdot \mathbf{E}=\frac{\rho}{\epsilon_0}

Al ser simetria esferica, el termino de divergencia es suficiente. De este modo al integrar ambos lados sobre el volumen de una superficie gaussiana de radio R dividimos el problema en 3 casos:

\begin{aligned}\iiint_{x_0^2+y_0^2+z_0^2 \leq r^2} \nabla \cdot \mathbf{E} d V_0 &=\iiint \int_{x_0^2+y_0^2+z_0^2 \leq r^2} \frac{\rho}{\epsilon_0} d V_0 \\=& \frac{1}{\epsilon_0} \iiint \int_{x_0^2+y_0^2+z_0^2 \leq r^2} \rho d V_0 \\=& \begin{cases}\frac{1}{\epsilon_0} \int_0^\pi \int_0^{2 \pi} \int_0^r(0)\left(r_0^2 \sin \theta_0 d r_0 d \phi_0 d \theta_0\right) & \text { if } r<a \\\frac{1}{\epsilon_0} \int_0^\pi \int_0^{2 \pi} \int_a^r \frac{k}{r_0^2}\left(r_0^2 \sin \theta_0 d r_0 d \phi_0 d \theta_0\right) & \text { if } a<r<b \\\frac{1}{\epsilon_0} \int_0^\pi \int_0^{2 \pi} \int_a^b \frac{k}{r_0^2}\left(r_0^2 \sin \theta_0 d r_0 d \phi_0 d \theta_0\right) & \text { if } r>b\end{cases}\end{aligned}

Aplicando el teorema de la divergencia y evaluando:

\oiint_{x_0^2+y_0^2+z_0^2=r^2} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{S}_0= \begin{cases}0 & \text { if } r<a \\ \frac{k}{\epsilon_0}\left(\int_0^\pi \sin \theta_0 d \theta_0\right)\left(\int_0^{2 \pi} d \phi_0\right)\left(\int_a^r d r_0\right) & \text { if } a<r<b \\ \frac{k}{\epsilon_0}\left(\int_0^\pi \sin \theta_0 d \theta_0\right)\left(\int_0^{2 \pi} d \phi_0\right)\left(\int_a^b d r_0\right) & \text { if } r>b\end{cases}

Es un sistema con simetria esferica, por lo que el campo electrico debe ser totalmente radial, de la forma $\mathbf{E}=E(r) \hat{\mathbf{r}}$ , y se orienta respecto al vector unitario $d \mathbf{S}$ que sale de la superficie gaussiana:

\oiint_{r_0^2=r^2}\left[E\left(r_0\right) \hat{\mathbf{r}}_0\right] \cdot\left(\hat{\mathbf{r}}_0 d S_0\right)= \begin{cases}0 & \text { if } r<a \\ \frac{k}{\epsilon_0}(2)(2 \pi)(r-a) & \text { if } a<r< \\ \frac{k}{\epsilon_0}(2)(2 \pi)(b-a) & \text { if } r>b\end{cases}

\oiint_{r_0^2=r^2}\left[E\left(r_0\right) \hat{\mathbf{r}}_0\right] \cdot\left(\hat{\mathbf{r}}_0 d S_0\right)= \begin{cases}0 & \text { if } r<a \\ \frac{k}{\epsilon_0}(2)(2 \pi)(r-a) & \text { if } a<r< \\ \frac{k}{\epsilon_0}(2)(2 \pi)(b-a) & \text { if } r>b\end{cases}

$E(r)$ es una cantidad constante sobre la superficie por lo que,

E(r) \oiint_{r_0=r} d S_0= \begin{cases}0 & \text { if } r<a \\ \frac{4 \pi k}{\epsilon_0}(r-a) & \text { if } a<r<b \\ \frac{4 \pi k}{\epsilon_0}(b-a) & \text { if } r>b\end{cases}

Que al evaluar resulta en:

E(r)\left(4 \pi r^2\right)= \begin{cases}0 & \text { if } r<a \\ \frac{4 \pi k}{\epsilon_0}(r-a) & \text { if } a<r<b \\ \frac{4 \pi k}{\epsilon_0}(b-a) & \text { if } r>b\end{cases}

2.16

💡

A long coaxial cable (Fig. 2.26) carries a uniform volume charge density

\rho

on the inner cylinder (radius

a

), and a uniform surface charge density on the outer cylindrical shell (radius

b

). This surface charge is negative and of just the right magnitude so that the cable as a whole is electrically neutral. Find the electric field in each of the three regions: (i) inside the inner cylinder

(s<a)

, (ii) between the cylinders

(a<s<b)

, (iii) outside the cable

(s>b)

. Plot

|\mathbf{E}|

as a function of

s

Sabiendo que el campo eléctrico producido por el cilindro en su interior es radial, entonces usaremos la ley de Gauss, usando un volumen cilíndrico, de radio $s<a$ y longitud $l$ , cómo se ilustra en la Figura 2, se integrará en el volumen.

\begin{aligned}\vec{\nabla} \cdot \vec{E} &=\frac{\rho(\vec{r})}{\varepsilon_o} \\\int \vec{\nabla} \cdot \vec{E} d^3 x &=\int \frac{\rho(\vec{r})}{\varepsilon_o} d^3 x\end{aligned}

Por el teorema de la divergencia se tiene que:

\int \vec{E} \cdot d \vec{a}=\int \frac{\rho(\vec{r})}{\varepsilon_o} d^3 x

Ahora teniendo en cuenta que el campo eléctrico es radial, solo tiene flujo en la superficie lateral del cilindro y no en las tapas, además, es constante para un mismo radio y diferente angulo $\varphi$ , por lo que:

|\vec{E}| \int d a=\int \frac{\rho(\vec{r})}{\varepsilon_o} d^3 x

Recordando que $\rho(\vec{r})=\rho$ , y que el área de la primera integral es la superficie lateral del cilindro, entonces:

\begin{aligned}|\vec{E}| \int d a &=|\vec{E}| 2 \pi l s \\\int \frac{\rho(\vec{r})}{\varepsilon_o} d^3 x &=\int_0^l \int_0^{2 \pi} \int_0^s \frac{\rho}{\varepsilon_o} r d r d \varphi d z=\frac{\rho}{\varepsilon_o} 2 \pi l \frac{s^2}{2}\end{aligned}

Por lo que:

\begin{aligned}|\vec{E}| 2 \pi l s &=\rho 2 \pi l \frac{s^2}{2 \varepsilon_o} \\|\vec{E}| &=\frac{\rho s}{2 \varepsilon_o} \\\vec{E} &=\frac{\rho s}{2 \varepsilon_o} \hat{r}\end{aligned}

$(iii) (a<s<b)$

Al igual que en el caso anterior, integraremos en un volumen cilíndrico, que esta vez tendrá un radio de $a<s<b$ (Figura 3), esto implica que la integral de volumen de la densidad de carga no irá hasta s, sino que irá hasta a, pues es donde termina. de modo que se tendrá:

\begin{aligned}|\vec{E}| \int d a &=|\vec{E}| 2 \pi l s \\\int \frac{\rho(\vec{r})}{\varepsilon_o} d^3 x &=\int_0^l \int_0^{2 \pi} \int_0^a \frac{\rho}{\varepsilon_o} r d r d \varphi d z=\frac{\rho}{\varepsilon_o} 2 \pi l \frac{a^2}{2}\end{aligned}

Con lo que el campo eléctrico tendrá la forma:

\begin{aligned}|\vec{E}| 2 \pi l s &=\rho 2 \pi l \frac{a^2}{2 \varepsilon_o} \\|\vec{E}| &=\frac{\rho a^2}{2 s \varepsilon_o} \\\vec{E} &=\frac{\rho a^2}{2 s \varepsilon_o} \hat{r}\end{aligned}

$(s>b)$

Ahora la superficie en la que se integrará es la que se muestra en la Figura 4, con lo cual se tendrá ahora en cuenta el tuvo esferico que recubre el cable coaxial; es de recordar que el enunciado dice que la carga de este ultimo es negativa y de tal magnitud que el cable en conjunto es eléctricamente neutro, es decir, que si:

\int_V \rho d^3 x=Q_{e n c}

Entonces:

\int_V \sigma d a=-Q_{e n c}

Por lo que:

\begin{aligned}\int \frac{\rho(\vec{r})}{\varepsilon_o} d^3 x &=\frac{1}{\varepsilon_o}\left[\int_V \rho d^3 x+\int_V \sigma d a\right] \\&=\frac{1}{\varepsilon_o}\left[Q_{e n c}-Q_{e n c}\right]=0\end{aligned}

Por lo que el campo eléctrico es nulo:

\vec{E}=0

Con esto se tiene que el campo eléctrico del cable coaxial es:

\vec{E}(s)=\left\{\begin{array}{cc}\frac{1}{2 \varepsilon_o} \rho s \hat{r} & s<a \\\frac{\rho a^2}{2 s \varepsilon_o} \hat{r} & a<s<b \\0 & b<s\end{array}\right.

Al graficar La magnitud del campo eléctrico $|\vec{E}|$ en función de $s$ , se tiene lo ilustrado en la Figura 5.

2.17

💡

An infinite plane slab, of thickness

2 d

, carries a uniform volume charge density

\rho

(Fig. 2.27). Find the electric field, as a function of $$$y$, where

y=0

at the center. Plot

E

versus

y

, calling

E

positive when it points in the

+y

direction and negative when it points in the

-y

direction.

Una de las ecuaciones que gobiernan el campo electrico en el vacio es la ley de Gauss:

\nabla \cdot \mathbf{E}=\frac{\rho}{\epsilon_0}

Usando la simetria del plano $xz$ solo necesitamos informacion de la divergencia, ademas tenemos unicamente la componente $y$ del campo electrico $\mathbf{E}=E(y) \hat{\mathbf{y}}$ . Decimos que hay igual cantidad de carga hacia los extremos derecho e izquierdo que define el plano, de modo que el campo electrico en $y=0$ es nulo.

Integrando ambos lados sobre el volumen de una superficie gaussiana de largo $L$ ancho $y$ y altura $H$ se consideran los siguientes casos:

$0<y<d$

$y>d$

La carga encerrada es producto de la densidad de carga y el volumenm de modo que:

\int_0^H \int_0^y \int_0^L \nabla \cdot \mathbf{E}\left(d x_0 d y_0 d z_0\right)= \begin{cases}\int_0^H \int_0^y \int_0^L \frac{\rho}{\epsilon_0}\left(d x_0 d y_0 d z_0\right) & \text { if } 0<y<d \\ \int_0^H \int_0^d \int_0^L \frac{\rho}{\epsilon_0}\left(d x_0 d y_0 d z_0\right) & \text { if } y>d\end{cases}

Ahora aplicando el teorema de la divergencia a la expresion del lado izuqiedo:

\oiint \mathbf{E} \cdot d \mathbf{S}_0= \begin{cases}\frac{\rho}{\epsilon_0}\left(\int_0^H d z_0\right)\left(\int_0^y d y_0\right)\left(\int_0^L d x_0\right) & \text { if } 0<y<d \\ \frac{\rho}{\epsilon_0}\left(\int_0^H d z_0\right)\left(\int_0^d d y_0\right)\left(\int_0^L d x_0\right) & \text { if } y>d\end{cases}

Debido a que el campo electrico tiene solo componente $y$ la integral de superficie puede ser calculada en dos caras de la caja:

\left.\int_0^H \int_0^L\left[E\left(y_0\right) \hat{\mathbf{y}}_0 \cdot\left(\hat{\mathbf{y}}_0 d x_0 d z_0\right)\right]\right|_{y_0=0}+\left.\int_0^H \int_0^L\left[E\left(y_0\right) \hat{\mathbf{y}}_0 \cdot\left(\hat{\mathbf{y}}_0 d x_0 d z_0\right)\right]\right|_{y_0=y}= \begin{cases}\frac{\rho}{\epsilon_0}(H L y) & \text { if } 0<y<d \\ \frac{\rho}{\epsilon_0}(H L d) & \text { if } y>d \\ & \end{cases}

Al evaluar los productos punto obtenemos:

\int_0^H \int_0^L E(0) d x_0 d z_0+\int_0^H \int_0^L E(y) d x_0 d z_0= \begin{cases}\frac{\rho}{\epsilon_0}(H L y) & \text { if } 0<y<d \\ \frac{\rho}{\epsilon_0}(H L d) & \text { if } y>d\end{cases}

El campo eléctrico es cero en la cara $y=0$ y constante en $y_0=y$

\int_0^H \int_0^L(0) d x_0 d z_0+E(y) \int_0^H \int_0^L d x_0 d z_0= \begin{cases}\frac{\rho}{\epsilon_0}(H L y) & \text { if } 0<y<d \\ \frac{\rho}{\epsilon_0}(H L d) & \text { if } y>d\end{cases}

Evaluando las integrales:

E(y)(H L)= \begin{cases}\frac{\rho}{\epsilon_0}(H L y) & \text { if } 0<y<d \\ \frac{\rho}{\epsilon_0}(H L d) & \text { if } y>d\end{cases}

Luego, al dividir ambos lados por $H L$ para resolver $E(y)$ :

E(y)= \begin{cases}\frac{\rho}{\epsilon_0} y & \text { if } 0<y<d \\ \frac{\rho}{\epsilon_0} d & \text { if } y>d\end{cases}

Debido a la simetria sobre el plano $y=0$ y el campo es negativo para valores $y<0$ , obtenemos el campo electrico para $-\infty<y<\infty$ con los terminos impares de $E(y)$

E(y)= \begin{cases}-\frac{\rho}{\epsilon_0} d & \text { if } y<-d \\ \frac{\rho}{\epsilon_0} y & \text { if }-d<y<d \\ \frac{\rho}{\epsilon_0} d & \text { if } y>d\end{cases}

De modo que,

\mathbf{E}(y)= \begin{cases}-\frac{\rho}{\epsilon_0} d \hat{\mathbf{y}} & \text { if } y<-d \\ \frac{\rho}{\epsilon_0} y \hat{\mathbf{y}} & \text { if }-d<y<d . \\ \frac{\rho}{\epsilon_0} d \hat{\mathbf{y}} & \text { if } y>d\end{cases}

Esta es la grafica de $E(y)$ vs $y$ .

2.21

💡

Find the potential inside and outside a uniformly charged solid sphere whose radius is

R

and whose total charge is

q

. Use infinity as your reference point. Compute the gradient of

V

in each region, and check that it yields the correct field. Sketch

V(r)

Por definición: $V(\vec{r})=\oint_s E(\vec{r}) \cdot d s$ Mediante la ley de Gauss vamos a determinar el campo eléctrico en un punto dentro y fuera de la esfera.

Para $r \leqslant R$ Como la carga encerrada es:
$\begin{gathered} \oint_s E(\vec{r}) \cdot d s=\frac{Q}{\epsilon_o} \\ E(\vec{r})=\frac{1}{4 \pi \epsilon_o} \frac{q}{r^2} \end{gathered}$
Donde
$q=\rho \frac{4}{3} \pi r^3=\frac{Q}{R^3} r^3$

\begin{aligned} \rho &=\frac{Q}{\frac{4}{3} \pi R^3} \\ E(\vec{r}) &=\frac{1}{4 \pi \epsilon_o} \frac{Q}{R^3} r \end{aligned}

Para R $\leq \mathrm{r}$

E(\vec{r})=\frac{1}{4 \pi \epsilon_o} \frac{Q}{r^2}

Calculamos el potencial para $\mathrm{R} \leq \mathrm{r}R≤r$

V_o=-\int_{\infty}^r\left(\frac{1}{4 \pi \epsilon_o} \frac{Q}{r^2}\right) d r=\frac{1}{4 \pi \epsilon_o} \frac{Q}{r}

Para $r \leq R$
$V_i=-\int_{\infty}^R\left(\frac{1}{4 \pi \epsilon_o} \frac{Q}{r^2}\right) d r-\int_R^r\left(\frac{1}{4 \pi \epsilon_o} \frac{Q}{R^3} r\right) d r$
$\begin{gathered} V_i=\left(\frac{Q}{4 \pi \epsilon_o} \frac{1}{R}\right)-\left(\frac{Q}{8 \pi \epsilon_o R^3}\left(r^2-R^2\right)\right) \\ V_i=\left(\frac{Q}{4 \pi \epsilon_o} \cdot \frac{1}{2 R}\left(3-\frac{r^2}{R^2}\right)\right. \end{gathered}$

si $\mathrm{R} \leq \mathrm{r}$ :

\begin{gathered} E=-\nabla V \\ E=-\frac{\partial V}{\partial r} \hat{r}=\frac{1}{4 \pi \epsilon_o} \frac{Q}{r^2} \hat{r} \end{gathered}

si $r \leq R$ :

\begin{gathered} E=-\nabla V \\ E=-\frac{\partial V}{\partial r} \hat{r}=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_o} \frac{1}{2 R} \frac{2 r}{R^2} \hat{r} \\ E=\frac{1}{4 \pi \epsilon_o} \frac{Q}{R^3} r \quad \hat{r} \end{gathered}

2.23

💡

For the charge configuration of Prob. 2.15, find the potential at the center, using infinity as your reference point.

Sol:

Del problema $2.15$ de Griffiths se obtiene el campo para las siguientes regiones, donde se a utilizado la ley de Gauss debido a la simétria esférica que posee el problema.

Región $\mathrm{r}<\mathrm{a}$ , el campo en la región 1 es:
$\overrightarrow{E_1}=0 \hat{r}$

Región a $<\mathrm{r}<\mathrm{b}$ , el campo en la región 2 es:

\vec{E}_2=\frac{k(r-a)}{\epsilon_0 r^2} \hat{r}

Región $\mathrm{r}>\mathrm{b}$ , el campo en la región 3 es:

\vec{E}_3=\frac{k(b-a)}{\epsilon_0 r^2} \hat{r}

A partir de estos valores de campo en cada una de las regiones, se puede calcular el valor del potencial desde el infinito hasta el centro de la concha esférica, utilizando la siguiente relación entre el campo eléctrico y el potencial, así:

$\begin{aligned}V(r) &=-\int_{\infty}^b \vec{E} \cdot d \vec{l} \\-V(0) &=\int_{\infty}^b \vec{E}_3 \cdot d \vec{l}+\int_b^a \vec{E}_2 \cdot d \vec{l}+\int_a^0 \vec{E}_1 \cdot d \vec{l} \\-V(0) &=\int_{\infty}^b \frac{k(b-a)}{\epsilon_0 r^2} \hat{r} \cdot d \vec{r}+\int_b^a \frac{k(r-a)}{\epsilon_0 r^2} \hat{r} \cdot d \vec{r}+\int_a^0 0 \hat{r} \cdot d \vec{r} \\-V(0) &=\int_{\infty}^b \frac{k(b-a)}{\epsilon_0 r^2} d r+\int_b^a \frac{k(r-a)}{\epsilon_0 r^2} d r+\int_a^0 0 d r \\-V(0) &=\left.\frac{k(a-b)}{\epsilon_0 r}\right|^b-\lim _{r \rightarrow \infty} \frac{k(a-b)}{\epsilon_0 r}+\left.\frac{k}{\epsilon_0} \ln (r)\right|_b ^a+\left.\frac{k a}{\epsilon_0 r}\right|_b ^a+\left.c t e\right|^0-\left.c t e\right|_a \\-V(0) &=\frac{k}{\epsilon_0}\left[\frac{a}{b}-1+\ln \frac{a}{b}+1-\frac{a}{b}\right] \\-V(0) &=\frac{k}{\epsilon_0} \ln \frac{a}{b} \\V(0) &=\frac{k}{\epsilon_0} \ln \frac{b}{a}\end{aligned}$

Este resultado implica que el potencial dentro del cascarón es constante, resultado esperado ya que el campo eléctrico en esta región es 0 , también mediante la relación $\vec{E}=-\nabla V$ se llegá a que el potencial es constante.

2.24

💡

For the configuration of Prob. 2.16, find the potential difference between a point on the axis and a point on the outer cylinder. Note that it is not necessary to commit yourself to a particular reference point if you use Eq.

2.22

Estos campos fueron:

\mathrm{E}_{\text {dentro }}=\frac{\rho r}{2 \epsilon_0} \hat{r}

\mathbf{E}_{\text {entre }} = \frac{\rho a^2}{2 \epsilon_0 r} \hat{r}

\mathbf{E}_{\text {fuera }}=0

Donde r es la distancia a la cual se encuentra en punto en el que se quiere conocer el campo. Tomando en cuenta que la componente que importa en el campo eléctrico es la componente radial, los vectores a y b solo contribuirán con la distancia al eje de los cilindros. Llamaremos d al radio del punto fuera del eje, y el punto en el eje tendrá distancia cero. Por tanto la Eq. 1 queda como:

V(d)-V(0)=-\int_0^d \mathbf{E} \cdot d \mathbf{l}=-\int_0^d \mathbf{E}_{\text {dentro }} \cdot d \mathbf{l}-\int_a^b \mathbf{E}_{\text {entre }} \cdot d \mathbf{l}-\int_0^d \mathbf{E}_{\text {fuera }} \cdot d \mathbf{l}

Teniendo en cuenta las ecuaciones y que tanto el campo $E$ como el $dl$ son radiales:

\begin{aligned} V(d)-V(0) &=-\int_0^a \frac{\rho r}{\Sigma_0} d r-\int_a^b \frac{\rho a^2}{\left.2 r_0\right)^{\prime}} d r \\ &=-\frac{\rho}{2 r_0} \frac{a^2}{2}-\frac{\rho a^2}{2 r_0} \ln \frac{b}{a} \\ &=\quad-\frac{\mu^2}{4 c_0}\left[1+2 \ln \frac{b}{a}\right] \end{aligned}

Que corresponde a la diferencia de potencial entre los dos puntos.

2.36

a) $\sigma_a, \sigma_b, \sigma_R$ : Tomando como superficie gaussiana a la esfera de radio $a$ , justo integrando en el conductor (donde el campo es cero) se tiene:

\oint \vec{E}a \cdot d \vec{S}=\frac{Q{\text {encerrada }}}{\epsilon_0}=0 \longrightarrow q_a+q_{\text {ina }}=0

Siendo $q_{\text {ina }}$ la carga inducida en la superficie del hueco esférico; por la geometría de la superficie, la carga $q_{\text {ina }}$ se distribuye de manera homogénea en el área superficial asi:

\sigma_a=\frac{-q_a}{4 \pi a^2}

Siguiendo el mismo análisis para el hueco esférico de radio b y carga interna $q_b$ se tiene:

\sigma_b=\frac{-q_b}{4 \pi b^2}

Tomando en cuenta que la carga total en el conductor es nula y que de haber cargas parciales, deben estar distribuidas en las superficies, tenemos:

0=q_{\text {inu }}+q_{\text {inb }}+q_R \longrightarrow-q_a-q_b+4 \pi R^2 \sigma_R

Donde $q_{\text {inb }}$ es la carga inducida en la superficie de la esfera de radio $b$ ; por lo tanto al despejar se tiene:

\sigma_R=\frac{q_{\mathrm{a}}+q_{\mathrm{b}}}{4 \pi R^2}

b) $\vec{E}r$ con $r>R$ : Sea la superficie gaussiana la esfera de radio $R+r$ , se hace la integral justo fuera del conductor $\operatorname{con} Q{\text {encerrada }}=\left(q_a+q_b\right)$ asi:

\oint \vec{E}_r \cdot d \vec{S}=\frac{q_a+q_b}{\epsilon_0}=|E| 4 \pi(R+r)^2 \hat{r}

Despejando tenemos:

\vec{E}_r=\frac{q_a+q_b}{4 \pi(R+r)^2 \epsilon_0} \dot{r}

c) $\vec{E}_a, \vec{E}_b$ : Al tomar la superficie gaussiana esférica de radio $a$ , justo antes del conductor, tenemos:

\oint \vec{E}_a \cdot d \vec{S}=\frac{q_u}{\epsilon_0} \longrightarrow \vec{E}_a=\frac{q_a}{4 \pi r^2 \epsilon_0} \hat{r}

Siguiendo el mismo proceso para la superficie gaussiana esférica de radio $b$ tenemos:

\vec{E}_b=\frac{q_b}{4 \pi r^2 \epsilon_0} \tilde{r}

d) $\vec{F}_a, \vec{F}_b$ : Como $\vec{F}=q \vec{E}$ , entonces estudiamos el campo eléctrico en la esfera de radio a. Sabemos que dentro de un cascarón conductor el campo eléctrico es solamente el debido a la carga interna a la superficie.

Luego $\vec{F}{a b}=\vec{F}{b a}=0$ ; como en ausencia de la carga $q_a$ el campo dentro de la esfera es nulo, tenemos:

\vec{F}_a=\vec{F}_b=0

e) Si se acerca una carga $q_c$ a la superficie externa del conductor, ocurre lo siguiente: (a) Cambia $\sigma_R$ . (b) $\vec{E}_r$ cambia por la distribución no homogénea de cargas en la superficie externa. (c) $$\vec{E}_a$$ y $\vec{E}_b$ se mantienen constantes. (d) $\vec{F}_a, \vec{F}_b$ permanecen constantes.

2.35

Una esfera de radio $\mathrm{R}$ con una densidad de carga $\rho(r)=k r$ .encuentre la energia de esta configuración, Hallelo de dos formas distintas. Solución: Sabiendo que la ley de gauss es

\oint E \quad d a=\frac{Q_{i n}}{\epsilon_0}=\frac{1}{\epsilon_0} \int \rho(r) d V

Suponiendo una superficia gaussiana donde el campo eléctrico y el diferencial de área sean paralelos y reemplazando obtenemos que

\oint E \quad d a=4 \pi r^2 E

y por el otro lado

\begin{aligned} \frac{1}{\epsilon_0} \int \rho(r) d V &=\frac{1}{\epsilon_0} \int(k r) r^2 \sin \theta d r d \theta d \varphi \\ &=\frac{4 \pi}{\epsilon_0} \int r^2 d r= \begin{cases}\frac{\pi}{c_0} k r^4 & (r<R) \\ \frac{\pi}{c_0} k R^4 & (r>R)\end{cases} \end{aligned}

Igualando ambas partes y despejando el campo eléctrico llegamos a

E(r)= \begin{cases}\frac{k r^2}{4 \epsilon_0} \hat{r} & (r<R) \\ \frac{R^4}{4 \epsilon_0 r^2} \hat{r} & (r>R)\end{cases}

a) Metodo 1 Partiendo de la definición de la energía a partir del campo electrico

W=\frac{\epsilon_0}{2} \int E^2 d \tau

Reemplazando tenemos

\begin{aligned} W &=\frac{\epsilon_0}{2} \int E^2 d \tau=\frac{\epsilon_0}{2} \int_0^R\left(\frac{k r^2}{4 \epsilon_0}\right)^2 4 \pi r^2 d \tau+\frac{\epsilon_0}{2} \int_R^{\infty}\left(\frac{k R^4}{4 \epsilon_0 r^2}\right)^2 4 \pi r^2 d \tau \\ &=4 \pi \frac{\epsilon_0}{2}\left(\frac{k}{4 \epsilon_0}\right)^2\left\{\int_0^R r^6 d \tau+R^8 \int_R^{\infty} \frac{1}{r^2} d \tau\right\}=\frac{\pi k^2}{8 \epsilon_0}\left(\frac{R^7}{7}+R^7\right) \\ &=\frac{\pi k^2 R^7}{7 \epsilon_0} \end{aligned}

b) Metodo 2 Sabemos que la energía también se puede hallar a partir del potencial de la siguiente forma

W=\frac{1}{2} \int \rho V \quad d \tau

Primero hallamos el potencial de esta configuración para $(r<R)$

\begin{aligned} V(r) &=-\int_{\infty}^r E \quad d l=-\int_{\infty}^R\left(\frac{k R^4}{4 \epsilon_0 r^2}\right) d r-\int_R^r\left(\frac{k r^2}{4 \epsilon_0}\right) d r \\ &=-\frac{k}{4 \epsilon_0}\left\{\left.R^4\left(-\frac{1}{r}\right)\right|_{\infty} ^R+\left.\frac{r^3}{3}\right|_R ^r\right\}=\frac{k}{3 \epsilon_0}\left(R^3-\frac{r^3}{4}\right) \end{aligned}

Reemplazando tenemos

\begin{aligned} W &=\frac{1}{2} \int \rho V \quad d \tau=\frac{1}{2} \int_0^R(k r)\left[\frac{k}{3 \epsilon_0}\left(R^3-\frac{r^3}{4}\right)\right] 4 \pi r^2 d r=\frac{2 \pi k^2}{3 \epsilon_0} \int_0^R\left(R^3 r^3-\frac{r^6}{4}\right) d r \\ &=\frac{2 \pi k^2}{3 \epsilon_0}\left\{R^3 \frac{R^4}{4}-\frac{1}{4} \frac{R^7}{7}\right\}=\frac{\pi k^2 R^7}{2 \cdot 3 \epsilon_0}\left(\frac{6}{7}\right)=\frac{\pi k^2 R^7}{7 \epsilon_0} \end{aligned}

Arfken

Ejercicio 3.10.4

Dado que

\begin{equation} \begin{split} \boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{V}\left(q_1, q_2, q_3\right) &=\frac{1}{h_1 h_2 h_3}\left[\frac{\partial}{\partial q_1}\left(V_1 h_2 h_3\right)+\frac{\partial}{\partial q_2}\left(V_2 h_3 h_1\right)+\frac{\partial}{\partial q_3}\left(V_3 h_1 h_2\right)\right]\\ \end{split} \end{equation}

Entonces si $\mathbf{V} = \mathbf{\hat e}_1$ :

\begin{aligned} \boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{V}\left(q_1, q_2, q_3\right) &=\frac{1}{h_1 h_2 h_3}\left[\frac{\partial}{\partial q_1}\left(V_1 h_2 h_3\right)+\frac{\partial}{\partial q_2}\left(V_2 h_3 h_1\right)+\frac{\partial}{\partial q_3}\left(V_3 h_1 h_2\right)\right]\\ &=\frac{1}{h_1 h_2 h_3}\left[\frac{\partial}{\partial q_1}\left(|\mathbf{\hat e}_1|h_2 h_3\right)\right]\\ &=\frac{1}{h_1 h_2 h_3}\frac{\partial}{\partial q_1}\left( h_2 h_3\right)\\ \end{aligned}

De igual forma como:

\begin{equation}\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{B}=\frac{1}{h_1 h_2 h_3}\left|\begin{array}{ccc}\hat{\mathbf{e}}_1 h_1 & \hat{\mathbf{e}}_2 h_2 & \hat{\mathbf{e}}_3 h_3 \\\frac{\partial}{\partial q_1} & \frac{\partial}{\partial q_2} & \frac{\partial}{\partial q_3} \\h_1 B_1 & h_2 B_2 & h_3 B_3 \end{array}\right|\end{equation}

Entonces si $\mathbf{B} = \mathbf{\hat e}_1$ :

\begin{aligned}\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{B}&=\frac{1}{h_1 h_2 h_3}\left|\begin{array}{ccc}\hat{\mathbf{e}}_1 h_1 & \hat{\mathbf{e}}_2 h_2 & \hat{\mathbf{e}}_3 h_3\\\frac{\partial}{\partial q_1} & \frac{\partial}{\partial q_2} & \frac{\partial}{\partial q_3} \\h_1 & 0 & 0 \end{array}\right|\\ &=\frac{1}{h_1}\left[\hat{\mathbf{e}}_2 \frac{1}{h_3} \frac{\partial h_1}{\partial q_3}-\hat{\mathbf{e}}_3 \frac{1}{h_2} \frac{\partial h_1}{\partial q_2}\right] \end{aligned}

Ejercicio 3.10.8

\hat{e}_{\rho} = \hat{e}_{x} \cos \varphi + \hat{e}_{y} \sin \varphi

\hat{e}_{\varphi} = -\hat{e}_{x} \sin \varphi + \hat{e}_{y} \cos \varphi

De las ecuaciones:

\begin{equation}\frac{\partial \hat{\mathbf{e}}_i}{\partial q_j}=\hat{\mathbf{e}}_j \frac{1}{h_i} \frac{\partial h_j}{\partial q_i}, \quad i \neq j\end{equation}

\begin{equation}\frac{\partial \hat{\mathbf{e}}_i}{\partial q_i}=-\sum_{j \neq i} \hat{\mathbf{e}}_j \frac{1}{h_j} \frac{\partial h_i}{\partial q_j}\end{equation}

Obtenemos que

\begin{equation*}\frac{\partial \hat{\mathbf{e}}_\rho}{\partial \varphi} = \mathbf{\hat e}_{\varphi}\frac{1}{h_{\rho}}\frac{ \partial h_{\varphi}}{\partial \rho} = \mathbf{\hat e}_{\varphi}\frac{ \partial \rho}{\partial \rho} = \mathbf{\hat e}_{\varphi}\end{equation*}

pues $h_\rho=1, \quad h_{\varphi}=\rho, \quad h_z=1$ , ademas

\begin{aligned} \frac{\partial \hat{\mathbf{e}}_{\varphi}}{\partial \varphi} &= -\hat{\mathbf{e}}_{\rho} \frac{1}{h_{\rho}} \frac{\partial h_{\varphi}}{\partial \rho}-\hat{\mathbf{e}}_{z} \frac{1}{h_z} \frac{\partial h_{\varphi}}{\partial z}\\ &= -\hat{\mathbf{e}}_{\rho} \frac{\partial \rho}{\partial \rho}-\hat{\mathbf{e}}_{z} \frac{\partial \rho}{\partial z}= -\hat{\mathbf{e}}_{\rho} \end{aligned}

Ejercicio 3.10.10

r = x \hat{e}_x+ y\hat{e}_y + z \hat{e}_z

(a) Como $x = \rho \cos(\varphi)$ y $y = \rho \sin(\varphi)$ , $z=z$

r = \rho \cos \varphi (\hat{e}_{\rho}\cos\varphi- \hat{e}_{\varphi}\sin \varphi)+\rho \sin \varphi (\hat{e}_{\rho}\sin\varphi- \hat{e}_{\varphi}\cos \varphi)+z\hat{e}_{z}\\ =e \cos^2 \varphi \hat{e}_{\rho} - \rho \cos \varphi \sin\varphi \hat{e}_{\phi}+ \rho \sin^2 \varphi \hat{e}_\rho+ \rho \cos \varphi \sin\varphi \hat{e}_{\varphi}+z \hat{e}_z \\=\rho \hat{e}_{\rho} \cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi) + z \hat{e}z\\ = \hat{e}_\rho \rho + \hat{e}_z \rho

(b)

\begin{aligned} \mathbf \nabla \cdot \mathbf r &= \left(\hat{\mathbf{e}}_\rho \frac{\partial}{\partial \rho}+\hat{\mathbf{e}}_{\varphi} \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \varphi}+\hat{\mathbf{e}}_z \frac{\partial}{\partial z}\right)\cdot (\hat{\mathbf{e}}_\rho \rho+\hat{\mathbf{e}}_z z)\\ &= \hat{\mathbf{e}}_\rho \frac{\partial}{\partial \rho}\cdot (\hat{\mathbf{e}}_\rho \rho+\hat{\mathbf{e}}_z z)+\hat{\mathbf{e}}_{\varphi} \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \varphi} \cdot (\hat{\mathbf{e}}_\rho \rho+\hat{\mathbf{e}}_z z)+\hat{\mathbf{e}}_z \frac{\partial}{\partial z}\cdot (\hat{\mathbf{e}}_\rho \rho+\hat{\mathbf{e}}_z z)\\ &= \hat{\mathbf{e}}_\rho \cdot \hat{\mathbf{e}}_\rho +\hat{\mathbf{e}}_{\varphi} \cdot \frac{1}{\cancel \rho} \hat{\mathbf{e}}_\varphi \cancel \rho+\hat{\mathbf{e}}\cdot\hat{\mathbf{e}}_z = 3\\ \end{aligned}

\begin{aligned} \mathbf \nabla \times \mathbf V &=\frac{1}{\rho}\left|\begin{array}{ccc} \hat{\mathbf{e}}_\rho & \rho \hat{\mathbf{e}}_{\varphi} & \hat{\mathbf{e}}_z \\\\ \frac{\partial}{\partial \rho} & \frac{\partial}{\partial \varphi} & \frac{\partial}{\partial z} \\\\ \rho & 0 & z \end{array}\right|\\ \end{aligned}

Ahora como $V_{\rho} = \rho$ , $V\varphi=0$ , $V_z=z$

\nabla \times r = \frac{1}{\rho} \left( \left( \frac{\partial}{\partial z}(z) - \frac{\partial}{\partial z}\left( \rho(0) \right) \right)\hat{e}_\rho - \left( \frac{\partial}{\partial \rho} \left( \rho(0) \right) -\frac{\partial}{\partial z}(\rho) \right) \rho \hat{e}_{\varphi} + \left( \frac{\partial}{\partial \rho} (\rho(0)) - \frac{\partial}{\partial \varphi}(\rho)\right) \hat{e}_z \right)

\nabla \times r = 0

Ejercicio 3.10.12

(a) Dado que $\vec\omega = \omega \mathbf{\hat e_z}$ y $\mathbf{r}=\hat{\mathbf{e}}_\rho \rho+\hat{\mathbf{e}}_z z$ entonces:

\begin{aligned} \mathbf{v} &= \vec \omega \times \mathbf{r}\\ & = \omega \mathbf{\hat e_z} \times ( \hat{\mathbf{e}}_\rho \rho+\hat{\mathbf{e}}_z z)\\ & = \omega \mathbf{\hat e_z} \times \hat{\mathbf{e}}_\rho\rho\\ & = \rho\omega \mathbf{\hat e_\varphi} \end{aligned}

(b)

\begin{aligned} \mathbf \nabla \times \mathbf v &= \frac{1}{\rho}\left|\begin{array}{ccc}\hat{\mathbf{e}}_\rho & \rho \hat{\mathbf{e}}_{\varphi} & \hat{\mathbf{e}}_z \\\\ \frac{\partial}{\partial \rho} & \frac{\partial}{\partial \varphi} & \frac{\partial}{\partial z} \\\\ 0 & \rho^2 \omega & 0\end{array}\right|\\ &=2\rho\omega \mathbf{\hat e_z} = 2\rho \vec \omega\\ &= \nabla \times V = \rho \omega \hat{z} \end{aligned}

Ejercicio 3.10.13

\begin{aligned} \mathbf v &= \frac{d \mathbf r}{dt} \\ &= \frac{d }{dt}\left[\hat{\mathbf{e}}_\rho \rho+\hat{\mathbf{e}}_z z\right]\\ &= \frac{d }{dt}\left(\left[\hat{\mathbf{e}}_x \cos \varphi(t)+\hat{\mathbf{e}}_y \sin \varphi(t)\right] \rho(t)+\hat{\mathbf{e}}_z z(t)\right)\\ &= \left(\left[-\hat{\mathbf{e}}_x \frac{d \varphi(t)}{dt}\sin \varphi(t)+\frac{d \varphi(t)}{dt}\hat{\mathbf{e}}_y \cos \varphi(t)\right] \rho(t) + \frac{d \rho(t)}{dt}\mathbf{\hat e_\rho}+\hat{\mathbf{e}}_z \frac{d z(t)}{dt}\right)\\ &=\rho\dot{\varphi} \mathbf{\hat e_\varphi} + \dot \rho \mathbf{\hat e_\rho}+\dot z\hat{\mathbf{e}}_z \end{aligned}

Y ademas:

\begin{aligned} \mathbf a &= \frac{d \mathbf v}{dt} \\ &= \frac{d }{dt}\left[\rho\dot{\varphi} \mathbf{\hat e_\varphi} + \dot \rho \mathbf{\hat e_\rho}+\dot z\hat{\mathbf{e}}_z \right]\\ &= \dot \rho \dot{\varphi}\mathbf{\hat e_\varphi} + \rho \ddot \varphi \mathbf{\hat e_\varphi} - \rho \dot \varphi^2 \mathbf{\hat e_\rho} + \ddot \rho \mathbf{\hat e_\rho}+ \dot \rho \dot \varphi\mathbf{\hat e_\varphi}+\ddot z\hat{\mathbf{e}}_z \\ &= (\ddot \rho -\rho \dot \varphi^2) \mathbf{\hat e_\rho}+(2\dot \rho \dot{\varphi} + \rho \ddot \varphi )\mathbf{\hat e_\varphi}+\ddot z\hat{\mathbf{e}}_z \\ \end{aligned}

Ejercicio 3.10.15

\begin{aligned} \mathbf \nabla \times \mathbf A &= \frac{1}{\rho}\left|\begin{array}{ccc}\hat{\mathbf{e}}_\rho & \rho \hat{\mathbf{e}}_{\varphi} & \hat{\mathbf{e}}_z \\\\ \frac{\partial}{\partial \rho} & \frac{\partial}{\partial \varphi} & \frac{\partial}{\partial z} \\\\ 0 & 0 & \frac{\mu I}{2 \pi} \ln \left(\frac{1}{\rho}\right)\end{array}\right|\\ &= \frac{\partial}{\partial \rho}\left(\frac{\mu I}{2 \pi} \ln \left(\frac{1}{\rho}\right)\right)\hat{\mathbf{e}}_{\varphi}\\ &= \frac{\mu I}{2 \pi}\frac{\partial}{\partial \rho}\left( \ln \left(\frac{1}{\rho}\right)\right)\hat{\mathbf{e}}_{\varphi}\\ &= \frac{\mu I}{2 \pi}\frac{1}{\rho}\hat{\mathbf{e}}_{\varphi} \end{aligned}

Ejercicio 3.10.21

Dado que la transformacion de coordenadas cartesianas a cilindricas es:

\begin{pmatrix} Cos(\varphi_c) & Sin(\varphi_c) & 0\\ -Sin(\varphi_c) & Cos(\varphi_c) & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

y de coordenadas esfericas a cartes:

\begin{pmatrix} \sin(\theta_e)\cos(\varphi_e) & \cos(\theta_e)\cos(\varphi_e) & -\sin(\varphi_e)\\ \sin(\theta_e)\sin(\varphi_e) & \cos(\theta_e)\sin(\varphi_e) & \sin(\varphi_e)\\ \cos(\theta_e) & -\sin(\theta_e) & 0\\ \end{pmatrix}

Luego :

\begin{equation*} \begin{split} &\begin{pmatrix} \hat{\bold r}_e\\ \hat{\theta}_e \\ \hat{\phi}_e\\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos(\varphi_c) & \sin(\varphi_c) & 0\\ -\sin(\varphi_c) & \cos(\varphi_c) & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sin(\theta_e)\cos(\varphi_e) & \cos(\theta_e)\cos(\varphi_e) & -\sin(\varphi_e)\\ \sin(\theta_e)\sin(\varphi_e) & \cos(\theta_e)\sin(\varphi_e) & \sin(\varphi_e)\\ \cos(\theta_e) & -\sin(\theta_e) & 0\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \hat{\rho}_c\\ \hat{\theta}_c\\ \hat{k}_c \end{pmatrix} \\\\ &=\begin{pmatrix} \sin(\theta_e)\cos(\varphi_e)\cos(\varphi_c) +\sin(\theta_e)\sin(\varphi_e)\sin(\varphi_c) & \cos(\theta_e)\cos(\varphi_e)\cos(\varphi_c) + \cos(\theta_e)\sin(\varphi_e)\sin(\varphi_c) & -\sin(\varphi_e)\cos(\varphi_c) + \cos(\varphi_e)\sin(\varphi_c) \\ -\sin(\theta_e)\cos(\varphi_e)\sin(\varphi_c) + \sin(\theta_e)\sin(\varphi_e)\cos(\varphi_c) & -\cos(\theta_e)\cos(\varphi_e)\sin(\varphi_c)+\cos(\theta_e)\sin(\varphi_e) \cos(\varphi_c) & \sin(\theta_e)\sin(\varphi_e)\sin(\varphi_c) + \cos(\varphi_e) \cos(\varphi_c) \\ \cos(\theta_e) & \sin(\theta_e) & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \hat{\rho}_c\\ \hat{\theta}_c\\ \hat{k}c \end{pmatrix} \\\\ &=\begin{pmatrix} \sin(\theta_e)\cos(\varphi)\cos(\varphi) +\sin(\theta_e)\sin(\varphi)\sin(\varphi) & \cos(\theta_e)\cos(\varphi)\cos(\varphi) + \cos(\theta_e)\sin(\varphi)\sin(\varphi) & -\sin(\varphi)\cos(\varphi) + \cos(\varphi)\sin(\varphi) \\ -\sin(\theta_e)\cos(\varphi)\sin(\varphi) + \sin(\theta_e)\sin(\varphi)\cos(\varphi) & -\cos(\theta_e)\cos(\varphi)\sin(\varphi)\sin(\varphi) + \cos(\varphi) \cos(\varphi) \\ \cos(\theta_e) & \sin(\theta_e) & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \hat{\rho}_c\\ \hat{\theta}_c\\ \hat{k}_c \end{pmatrix} \end{split} \end{equation*}

Donde $\hat{\mathbf{r}}_e, \hat{\theta}_e ,\hat{\phi}_e$ son los vectores unitarios asociados a coordenadas esferica y $\hat{\rho}_c, \hat{\theta}_c, \hat{k}_c$ son los vectores unitarios las coordenadas ciclindricas. Ademas como el productos de matrices ortogonales es una matriz ortogonal entonces la matriz inversa sera la traspuesta de esta matriz.

\begin{pmatrix} \hat{e}_{\rho} \\ \hat{e}_{\theta} \\ \hat{e}_\varphi \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sin(\theta_e)\cos(\varphi_e) & \sin(\theta_e)\sin(\varphi_e) & -\cos(\theta_e)\\ \cos(\varphi_e)\cos(\varphi_e) & \sin(\varphi_e)\cos(\theta_e) & -\sin(\theta_e)\\ -\sin(\varphi_e) & \cos(\varphi_e) & 0\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \hat{i} \\ \hat{j} \\ \hat{k} \end{pmatrix}

En el sistema de coordenadas cilindricas tenemos:

\begin{pmatrix} \hat{e}_{\rho} \\ \hat{e}_{\theta} \\ \hat{e}_z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos(\theta_e) & \sin(\theta_e) & 0\\ -\sin(\theta_e) & \cos(\theta_e) & 0\\ 0 & 0 & 1\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \hat{i} \\ \hat{j} \\ \hat{k} \end{pmatrix}

La matriz que convierte de esfericas a cilindricas es:

C = A^{T} B \\ C= \begin{pmatrix} \sin(\theta_e)\cos(\varphi_e) & \cos(\varphi_e)\cos(\theta_e) & -\sin(\varphi_e)\\ \sin(\theta_e)\sin(\varphi_e) & \sin(\varphi_e)\cos(\theta_e) & \cos(\varphi_e)\\ \cos(\theta_e) & -\sin(\theta_e) & 0\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos(\theta_e) & \sin (\theta_e) & 0\\ -\sin (\theta_e) & \cos (\theta_e) & 0\\ 0& 0& 1 \end{pmatrix} \\= \begin{pmatrix} \sin (\theta_e) & \cos (\theta_e) & 0\\ 0 & 0 &1\\ \cos(\theta_e)&- \sin( \theta_e) & 0 \end{pmatrix}

Ejercicio 3.10.35

(a)De la ecuacion (2) tenemos que:

\begin{aligned}\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{B} &=\frac{1}{h_r h_\varphi h_\theta}\left|\begin{array}{ccc}\hat{\mathbf{e}}_r h_r & \hat{\mathbf{e}}_\varphi h_\varphi& \hat{\mathbf{e}}_\theta h_\theta \\\\ \frac{\partial}{\partial r} & \frac{\partial}{\partial \varphi} & \frac{\partial}{\partial \theta} \\\\ h_r F_r & h_\varphi F_\varphi & h_\theta F_\theta \end{array}\right|\\\\ &=\frac{1}{r^2 \sin {\theta}}\left|\begin{array}{ccc}\hat{\mathbf{e}}_r & \hat{\mathbf{e}}_\varphi r\sin{(\theta)} & \hat{\mathbf{e}}_\theta r \\\\ \frac{\partial}{\partial r} & \frac{\partial}{\partial \varphi} & \frac{\partial}{\partial \theta} \\\\ \frac{2 P \cos \theta}{r^3} & 0 & r \frac{P}{\cancel r^3} \sin \theta \end{array}\right|\\ &= -\hat{\mathbf{e}}_\varphi r\sin{(\theta)} \left[\frac{\partial}{\partial r}\left(\frac{P}{r^2} \sin \theta\right) - \frac{\partial}{\partial \theta}\left(\frac{2 P \cos \theta}{r^3}\right)\right]\\ &= -\hat{\mathbf{e}}_\varphi r\sin{(\theta)} \left[-\frac{2P}{r^3} \sin \theta - \left(-\frac{2 P \sin \theta}{r^3}\right)\right]\\ &= -\hat{\mathbf{e}}_\varphi r\sin{(\theta)} \left[-\frac{2P}{r^3} \sin \theta +\frac{2 P \sin \theta}{r^3}\right] = 0 \end{aligned}

Por lo cual existe una función escalar $\phi$ tal que $\mathbf F =\mathbf \nabla \phi$

(b) Dado que que el trabajo se calcula para para un circulo de $r = 1$ en plano $\theta = \frac{\pi}{2}$ , teniendo la siguiente parametrizacion $\mathbf c:[0,2\pi] \rightarrow \Reals^3$ , $\mathbf c(\phi) = \mathbf r(1,\pi/2, \phi)$

\begin{aligned} \oint \mathbf{F} \cdot d \mathbf{r} &= \int_0^{2\pi} \mathbf{F}(\mathbf c(\phi)) \cdot \frac{d \mathbf c(\phi)}{d\phi} d \phi\\ &= \int_0^{2\pi} \mathbf{F}(1,\frac{\pi}{2},\varphi) \cdot \frac{d \mathbf r(1,\pi/2, \phi)}{d \phi} d \phi\\ &= \int_0^{2\pi} \left(\hat{\mathbf{e}}_r \frac{2 P \cos \frac{\pi}{2}}{1^3}+\hat{\mathbf{e}}_\theta \frac{P}{1^3} \sin \frac{\pi}{2}\right) \cdot \frac{d}{d \phi}\left(\hat{\mathbf{e}}_x \sin {\frac{\pi}{2}} \cos \varphi+\hat{\mathbf{e}}_y \sin {\frac{\pi}{2}}\sin \varphi+\hat{\mathbf{e}}_z \cos {\frac{\pi}{2}}\right) d \phi\\ &= \int_0^{2\pi} \left( P \hat{\mathbf{e}}_\theta\right) \cdot \left(-\hat{\mathbf{e}}_x\sin \varphi+\hat{\mathbf{e}}_y\cos \varphi\right) d \phi\\ &= \int_0^{2\pi} P\hat{ \mathbf{e}}_\theta \cdot \hat{\mathbf{e}}_\varphi d \phi\\ &= \int_0^{2\pi} 0 d \phi =0 \end{aligned}

De los anterior la fuerza podria ser conservativa.

(c) Como el rotacional de la fuerza es cero entonces la fuerza es una fuerza conservativa, lo cual implica que el trabajo realizado por la fuerza sera la misma por cualquier trayectoria entre dos puntos, en particular en una trayectoria en linea recta a lo largo de la direccion radial $\mathbf{\hat e}_r$ y tomando el potencial como cero en el infinito entonces:

\begin{aligned} \varphi_r &= -\int_{\infty}^{r_0} \mathbf{F}\cdot \mathbf {dr} \\ &= -\int_{\infty}^{r_0} \mathbf{F}(\mathbf r(r))\cdot \mathbf {\hat e}_r dr \\ &= -\int_{\infty}^{r_0}\left(\hat{\mathbf{e}}_r \frac{2 P \cos \theta}{r^3}+\hat{\mathbf{e}}_\theta \frac{P}{r^3} \sin \theta\right) \cdot \mathbf {\hat e}_r dr \\ &= -\int_{\infty}^{r_0} \frac{2 P \cos \theta}{r^3} dr \\ &= -\left(-\frac{2 P \cos \theta}{r^2}\right)\bigg|_{\infty}^{r_0} \\ &= \left(\frac{2 P \cos \theta}{r_0^2}\right) \\ \end{aligned}

Ejercicio 3.10.37

Sea $\theta$ el ángulo tal que $\mathbf{p} \cdot \mathbf{r} = pr\cos{(\theta)}$ luego:

\begin{aligned} \mathbf E &=\mathbf \nabla \left(\frac{\mathbf{p} \cdot \mathbf{r}}{4 \pi \varepsilon_0 r^3}\right)\\ &=\mathbf \nabla \left(\frac{p\cos{(\theta)}}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}\right)\\ &= \left(\hat{\mathbf{e}}_r \frac{\partial \psi}{\partial r}+\hat{\mathbf{e}}_\theta \frac{1}{r} \frac{\partial \psi}{\partial \theta}+\hat{\mathbf{e}}_{\varphi} \frac{1}{r \sin \theta} \frac{\partial \psi}{\partial \varphi}\right)\left(\frac{p\cos{(\theta)}}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}\right)\\ &= \hat{\mathbf{e}}_r \frac{\partial}{\partial r}\left(\frac{p\cos{(\theta)}}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}\right)+\hat{\mathbf{e}}_\theta \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial \theta}\left(\frac{p\cos{(\theta)}}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}\right)+\hat{\mathbf{e}}_{\varphi} \frac{1}{r \sin \theta} \frac{\partial }{\partial \varphi}\left(\frac{p\cos{(\theta)}}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}\right)\\ &=-\hat{\mathbf{e}}_r \left(\frac{p\cos{(\theta)}}{2 \pi \varepsilon_0 r^3}\right)-\hat{\mathbf{e}}_\theta \left(\frac{p\sin{(\theta)}}{4 \pi \varepsilon_0 r^3}\right)\\ \end{aligned}

Machado Volumen 1

Ejercicio 6.2

Aplicando separación de variables a la ecuación $\nabla^2 \mathbb{V}=\frac{\partial^2 \mathbb{V}}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 \mathbb{V}}{\partial y^2}+\frac{\partial^2 \mathbb{V}}{\partial z^2}=0$ se llega a la solución general:

\begin{equation}\mathbb{V}(x, y, z)=\mathbb{V}_{0,0}+\mathbb{V}_{k, 0}+\mathbb{V}_{0, \ell}+\mathbb{V}_{k, k}+\mathbb{V}_{k, \ell}\end{equation}

Donde:

\begin{aligned} \mathbb{V}_{0,0}&=\left[a_{0,0}+b_{0,0} x\right]\left[c_{0,0}+d_{0,0} y\right]\left[f_{0,0}+g_{0,0} z\right]\\ \mathbb{V}_{k, 0}&=\left[a_{k, 0}+b_{k, 0} x\right]\left[c_{k, 0} \cos k y+d_{k, 0} \operatorname{sen} k y\right]\left[f_{k, 0} e^{k z}+g_{k, 0} e^{-k z}\right]\\ \mathbb{V}_{0, \ell}&=\left[a_{0, \ell} \cos \ell x+b_{0, \ell} \operatorname{sen} \ell x\right]\left[c_{0, \ell} e^{\ell y}+d_{0, \ell} e^{-\ell y}\right]\left[f_{0, \ell}+g_{0, \ell} z\right]\\ \mathbb{V}_{k, k}&=\left[a_{k, k} \cos k x+b_{k, k} \operatorname{sen} k x\right]\left[c_{k, k}+d_{k, k} y\right]\left[f_{k, k} e^{k z}+g_{k, k} e^{-k z}\right]\\ \mathbb{V}_{k, \ell}&=\left[a_{k, \ell} \cos \ell x+b_{k, \ell} \operatorname{sen} \ell x\right]\left[c_{k, \ell} \cos \lambda y+d_{k, \ell} \operatorname{sen} \lambda y\right]\left[f_{k, \ell} e^{k z}+g_{k, \ell} e^{-k z}\right] \end{aligned}

Y aplicando las condiciones de frontera entonces:

\begin{aligned} \mathbb{V}(0, y, z)=\mathbb{V}_{0,0}(0, y, z)+\mathbb{V}_{k, 0}(0, y, z)&+ \mathbb{V}_{0, \ell}(0, y, z) \\ &+\mathbb{V}_{k, k}(0, y, z)+\mathbb{V}_{k, \ell}(0, y, z)=0 \end{aligned} \hspace{0.5cm} \Rightarrow

\begin{aligned}&\mathbb{V}(0, y, z)=\left[a_{0,0}+b_{0,0} .0\right]\left[c_{0,0}+d_{0,0} y\right]\left[f_{0,0}+g_{0,0} z\right] \\&+\left[a_{k, 0}+b_{k, 0} \cdot 0\right]\left[c_{k, 0} \cos k y+d_{k, 0} \operatorname{sen} k y\right]\left[f_{k, 0} e^{k z}+g_{k, 0} e^{-k z}\right] \\&+\left[a_{0, \ell} \cos 0+b_{0, \ell} \operatorname{sen} 0\right]\left[c_{0, \ell} e^{\ell y}+d_{0, \ell} e^{-\ell y}\right]\left[f_{0, \ell}+g_{0, \ell} z\right] \\&\quad+\left[a_{k, k} \cos 0+b_{k, k} \operatorname{sen} 0\right]\left[c_{k, k}+d_{k, k} y\right]\left[f_{k, k} e^{k z}+g_{k, k} e^{-k z}\right] \\&+\left[a_{k, \ell} \cos 0+b_{k, \ell} \operatorname{sen} 0\right]\left[c_{k, \ell} \cos \lambda y+d_{k, \ell} \operatorname{sen} \lambda y\right]\left[f_{k, \ell} e^{k z}+g_{k, \ell} e^{-k z}\right]=0\end{aligned} \hspace{0.5cm}\Rightarrow

\begin{aligned}&\mathbb{V}(0, y, z)=a_{0,0}\left[c_{0,0}+d_{0,0} y\right]\left[f_{0,0}+g_{0,0} z\right] \\&+a_{k, 0}\left[c_{k, 0} \cos k y+d_{k, 0} \operatorname{sen} k y\right]\left[f_{k, 0} e^{k z}+g_{k, 0} e^{-k z}\right] \\&+a_{0, \ell}\left[c_{0, \ell} e^{\ell y}+d_{0, \ell} e^{-\ell y}\right]\left[f_{0, \ell}+g_{0, \ell} z\right] \\ &+a_{k, k} \left[c_{k, k}+d_{k, k} y\right]\left[f_{k, k} e^{k z}+g_{k, k} e^{-k z}\right] \\&+a_{k, \ell}\left[c_{k, \ell} \cos \lambda y+d_{k, \ell} \operatorname{sen} \lambda y\right]\left[f_{k, \ell} e^{k z}+g_{k, \ell} e^{-k z}\right]=0\end{aligned}

Lo cual implica que $a_{\ell,k} = 0$ para todo $\ell$ , $k$ , luego:

\begin{aligned} \mathbb{V}_{0,0}&=b_{0,0} x\left[c_{0,0}+d_{0,0} y\right]\left[f_{0,0}+g_{0,0} z\right]\\ \mathbb{V}_{k, 0}&=b_{k, 0} x\left[c_{k, 0} \cos k y+d_{k, 0} \operatorname{sen} k y\right]\left[f_{k, 0} e^{k z}+g_{k, 0} e^{-k z}\right]\\ \mathbb{V}_{0, \ell}&=b_{0, \ell} \operatorname{sen} \ell x\left[c_{0, \ell} e^{\ell y}+d_{0, \ell} e^{-\ell y}\right]\left[f_{0, \ell}+g_{0, \ell} z\right]\\ \mathbb{V}_{k, k}&=b_{k, k} \operatorname{sen} k x\left[c_{k, k}+d_{k, k} y\right]\left[f_{k, k} e^{k z}+g_{k, k} e^{-k z}\right]\\ \mathbb{V}_{k, \ell}&=b_{k, \ell} \operatorname{sen} \ell x\left[c_{k, \ell} \cos \lambda y+d_{k, \ell} \operatorname{sen} \lambda y\right]\left[f_{k, \ell} e^{k z}+g_{k, \ell} e^{-k z}\right] \end{aligned}

Además:

\begin{aligned}&\mathbb{V}(x, 0, z)=b_{0,0} x\left[c_{0,0}+d_{0,0} \cdot 0\right]\left[f_{0,0}+g_{0,0} z\right] \\&+b_{k, 0} x\left[c_{k, 0} \cos 0+d_{k, 0} \operatorname{sen} 0\right]\left[f_{k, 0} e^{k z}+g_{k, 0} e^{-k z}\right] \\&+b_{0, \ell} \operatorname{sen} \ell x\left[c_{0, \ell} e^0+d_{0, \ell} e^0\right]\left[f_{0, \ell}+g_{0, \ell} z\right] \\&+b_{k, k} \operatorname{sen} k x\left[c_{k, k}+d_{k, k} .0\right]\left[f_{k, k} e^{k z}+g_{k, k} e^{-k z}\right] \\&+b_{k, \ell} \operatorname{sen} \ell x\left[c_{k, \ell} \cos 0+d_{k, \ell} \operatorname{sen} 0\right]\left[f_{k, \ell} e^{k z}+g_{k, \ell} e^{-k z}\right]=0\end{aligned}\hspace{0.5cm} \Rightarrow

\begin{aligned}&\mathbb{V}(x, 0, z)=b_{0,0} x\left[c_{0,0}\right]\left[f_{0,0}+g_{0,0} z\right] \\ &+b_{k, 0} xc_{k, 0}\left[f_{k, 0} e^{k z}+g_{k, 0} e^{-k z}\right] \\ &+b_{0, \ell} \operatorname{sen} \ell x\left[c_{0, \ell} +d_{0, \ell} \right]\left[f_{0, \ell}+g_{0, \ell} z\right] \\ &+b_{k, k} \operatorname{sen} k x\left[c_{k, k}\right]\left[f_{k, k} e^{k z}+g_{k, k} e^{-k z}\right] \\ &+b_{k, \ell} \operatorname{sen} \ell x\left[c_{k, \ell}\right]\left[f_{k, \ell} e^{k z}+g_{k, \ell} e^{-k z}\right]=0\end{aligned}\hspace{0.5cm} \Rightarrow

lo cual implica que $c_{0,0}=c_{k, 0}=c_{k, k}=c_{k, \ell}=0$ y $c_{0, \ell}=-d_{0, \ell}$ , luego

\begin{aligned} \mathbb{V}_{0,0}&=b_{0,0} xd_{0,0} y\left[f_{0,0}+g_{0,0} z\right]\\ \mathbb{V}_{k, 0}&=b_{k, 0} xd_{k, 0} \operatorname{sen} k y\left[f_{k, 0} e^{k z}+g_{k, 0} e^{-k z}\right]\\ \mathbb{V}_{0, \ell}&=b_{0, \ell} \operatorname{sen} {\ell x} c_{0, \ell}2\operatorname{senh} \ell y \left[f_{0, \ell}+g_{0, \ell} z\right]\\ \mathbb{V}_{k, k}&=b_{k, k} \operatorname{sen} k x d_{k, k} y\left[f_{k, k} e^{k z}+g_{k, k} e^{-k z}\right]\\ \mathbb{V}_{k, \ell}&=b_{k, \ell} \operatorname{sen} \ell x d_{k, \ell} \operatorname{sen} \lambda y\left[f_{k, \ell} e^{k z}+g_{k, \ell} e^{-k z}\right] \end{aligned}

\begin{aligned} \mathbb{V}(x,y,0)&=b_{0,0} xd_{0,0} yf_{0,0}\\ &+b_{k, 0} xd_{k, 0} \operatorname{sen} k y\left[f_{k, 0}+g_{k, 0}\right]\\ &+b_{0, \ell} \operatorname{sen} {\ell x} c_{0, \ell}2\operatorname{senh} \ell y \left[f_{0, \ell}\right]\\ &+b_{k, k} \operatorname{sen} k x d_{k, k} y\left[f_{k, k} +g_{k, k}\right]\\ &+b_{k, \ell} \operatorname{sen} \ell x d_{k, \ell} \operatorname{sen} \lambda y\left[f_{k, \ell}+g_{k, \ell} \right] \end{aligned}

\begin{aligned} \mathbb{V}_{0,0}&=b_{0,0} xd_{0,0} yg_{0,0} z\\ \mathbb{V}_{k, 0}&=-b_{k, 0} xd_{k, 0} \operatorname{sen} k yg_{k, 0}\operatorname{sen} k z\\ \mathbb{V}_{0, \ell}&=-b_{0, \ell} \operatorname{sen} {\ell x} d_{0, \ell}2\operatorname{senh} \ell y g_{0, \ell} z\\ \mathbb{V}_{k, k}&=-b_{k, k} \operatorname{sen} k x d_{k, k} yg_{k, k}\operatorname{senh}{kz}\\ \mathbb{V}_{k, \ell}&=-b_{k, \ell} \operatorname{sen} \ell x d_{k, \ell} \operatorname{sen} \lambda y g_{k, \ell}\operatorname{senh}{kz} \end{aligned}

Ahora haciendo uso del principio de \

superposición, la solución general al problema es:

\mathbb V= \mathbb V_1 + \mathbb V_2 + \mathbb V_3

Donde $\mathbb V_1$ es la solución de

\begin{cases}\mathbb{V}(0, y, z)=0 & \mathbb{V}(a, y, z)=V_0 \\ \mathbb{V}(x, 0, z)=0 & \mathbb{V}(x, b, z)=0 \\ \mathbb{V}(x, y, 0)=0 & \mathbb{V}(x, y, c)=0\end{cases}

Donde $\mathbb V_2$ es la solución de

\begin{cases}\mathbb{V}(0, y, z)=0 & \mathbb{V}(a, y, z)=0 \\ \mathbb{V}(x, 0, z)=0 & \mathbb{V}(x, b, z)=V_0 \sin x \\ \mathbb{V}(x, y, 0)=0 & \mathbb{V}(x, y, c)=0\end{cases}

Donde $\mathbb V_3$ es la solución de

\begin{cases}\mathbb{V}(0, y, z)=0 & \mathbb{V}(a, y, z)=0 \\ \mathbb{V}(x, 0, z)=0 & \mathbb{V}(x, b, z)=0 \\ \mathbb{V}(x, y, 0)=0 & \mathbb{V}(x, y, c)=V_0 \cos x\end{cases}

Además como el potencial entre las tapas no metálicas debe ser continuo entonces tenemos la siguientes condiciones adicionales:

\begin{aligned} \mathbb{V}_1(x,b,z)&=b_{0,0} x b z\\ &+b_{k, 0} x \operatorname{sen} k b\operatorname{sen} k z\\ &+b_{0, \ell} \operatorname{sen} {\ell x} \operatorname{senh} \ell b z\\ &+b_{k, k} \operatorname{sen} kx b\operatorname{senh}{kz}\\ &+b_{k, \ell} \operatorname{sen} \ell x \operatorname{sen} \lambda b \operatorname{senh}{kz} = 0 \end{aligned}

Luego $b_{0,0}=b_{0, \ell}=b_{k,l}=b_{k, k}=0$ y $k_n=\frac{n \pi}{b}$ por lo que

\begin{aligned} \mathbb{V}_1(x,y,z) =b_{k, 0} x \operatorname{sen} \frac{n \pi z} b\operatorname{sen} \frac{n \pi z}{b} \end{aligned}

Y también:

\begin{aligned} \mathbb{V}_1(a,y,z) =b_{k, 0} a \operatorname{sen} \frac{n \pi z} b\operatorname{sen} \frac{n \pi z}{b} =V_0 \hspace{0.5cm}\Rightarrow \end{aligned}\\ \begin{aligned} a =V_0\left[b_{k, 0} \operatorname{sen} \frac{n \pi z} b\operatorname{sen} \frac{n \pi z}{b}\right]^{-1}\hspace{0.5cm}\Rightarrow \end{aligned}

Por lo que $k=0$ y

\mathbb V_1(x,y,z) = V_0

Ahora para $\mathbb V_2$

\begin{aligned} \mathbb{V}_2(a,y,z)&=b_{0,0} a y z\\ &+b_{k, 0} a \operatorname{sen} k y\operatorname{sen} k z\\ &+b_{0, \ell} z\operatorname{sen} {\ell a} \operatorname{senh} \ell y \\ &+b_{k, k}y \operatorname{sen} ka \operatorname{senh}{kz}\\ &+b_{k, \ell} \operatorname{sen} \ell a \operatorname{sen} \lambda y \operatorname{senh}{kz} = 0 \end{aligned}

Luego $b_{0,0}=b_{k,0}=b_{k, k}=0$ y $\ell_n=\frac{n \pi}{a}$ por lo que

\begin{aligned} \mathbb{V}_2(x,y,c) &= \operatorname{sen} \frac{n\pi x}{a}\left[b_{0, \ell}\operatorname{sen} \ell y+b_{k, \ell}\operatorname{sen} \lambda y \operatorname{senh}{kc}\right]=0\hspace{0.5cm} \Rightarrow \end{aligned}\\ \begin{aligned} b_{0, \ell}\operatorname{sen} \ell y+b_{k, \ell}\operatorname{sen} \lambda y \operatorname{senh}{kc}=0\hspace{0.5cm} \Rightarrow \end{aligned}\\

\begin{aligned} \mathbb{V}_2(x,y,c)&=b_{0,0} x y c\\ &+b_{k, 0} x \operatorname{sen} k y\operatorname{sen} k c\\ &+b_{0, \ell} c \operatorname{sen} {\ell x} \operatorname{senh} \ell y \\ &+b_{k, k}y \operatorname{sen} kx \operatorname{senh}{kc}\\ &+b_{k, \ell} \operatorname{sen} \ell x \operatorname{sen} \lambda y \operatorname{senh}{kc} = 0 \end{aligned}

Luego $b_{0,0}=b_{k,0}=b_{k, k}=0$ y $k_n=\frac{n \pi}{a}$ por lo que

\begin{aligned} \mathbb{V}_2(a,y,z) &= b_{k, 0} a \operatorname{sen} k y\operatorname{sen} k z=0\hspace{0.5cm} \Rightarrow \end{aligned}\\ \begin{aligned} b_{0, \ell}\operatorname{sen} \ell y+b_{k, \ell}\operatorname{sen} \lambda y \operatorname{senh}{kc}=0\hspace{0.5cm} \Rightarrow \end{aligned}\\

Y también:

Entonces:

\begin{aligned} \mathbb{V}_1(x,y,\gamma) =b_{k, \ell} \operatorname{sen} \ell x \operatorname{sen} \frac{n \pi y}{\beta} \operatorname{senh}{k\gamma} = 0 \end{aligned}

\begin{aligned} \mathbb{V}_1(a,y,z)&=b_{0,0} a d_{0,0} yg_{0,0} z\\ &-b_{k, 0} a d_{k, 0} \operatorname{sen} k yg_{k, 0}\operatorname{sen} k z\\ &-b_{0, \ell} \operatorname{sen} {\ell a} d_{0, \ell}2\operatorname{senh} \ell y g_{0, \ell} z\\ &-b_{k, k} \operatorname{sen} k a d_{k, k} yg_{k, k}\operatorname{senh}{kz}\\ &-b_{k, \ell} \operatorname{sen} \ell a d_{k, \ell} \operatorname{sen} \lambda y g_{k, \ell}\operatorname{sen}{kz} = V_0 \end{aligned}

Ejercicio 7.3 Machado

Tenemos que,

V = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0} \left[ \frac{1}{\sqrt{(x-X)^2+ (y-Y)^2 +z^2}} - \frac{1}{\sqrt{(x+X)^2+ (y-Y)^2 +z^2}}+ \frac{1}{\sqrt{(x+X)^2+ (y+Y)^2 +z^2}} - \frac{1}{\sqrt{(x-X)^2+ (y+Y)^2 +z^2}} \right]

\vec{E} = - \nabla \varphi = - \frac{\partial \varphi}{\partial x}\hat{i} - \frac{\partial \varphi}{\partial y}\hat{j} - \frac{\partial \varphi}{\partial z}\hat{k}

\frac{\partial \varphi}{\partial x} = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0} \left( -\frac{(x-X)}{\sqrt{(x-X)^2 + (y-Y)^2 + z^2}} + \frac{(x+X)}{\sqrt{(x+X)^2(y-Y^2)+z^2}} - \frac{(x+X)}{\sqrt{(x+X)^2+ (y+Y)^2 + z^2}}+ \frac{(x-X)}{\sqrt{(x-X)^2 + (y+Y)^2 +z^2}}\right)\\ = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0} \left( - \frac{2X}{\sqrt{(x+X)^2+ (y+Y)^2 + z^2}}\right)

Luego

\vec{E} = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0} \left[ \frac{2X \hat{i} + 2 Y\hat{j} + 2z \hat{k}}{\sqrt{(x+X)^2 + (y+Y)^2 + z^2}} \right]

Para el caso de $\sigma = \varepsilon_0 \vec{E} \cdot \hat{n}$ la densidad de carga se distribuye en $\hat{i}$ y $\hat{j}$ luego:

\sigma = \frac{Q}{4 \pi} \left[ \frac{2X \hat{i} + 2Y \hat{j}}{ \sqrt{(x+X)^2 + (y+Y )^2 +z^2}} \right]

\partial F = \frac{Q \sigma \partial A}{4 \pi \epsilon_0} \frac{\vec{r}- \vec{r'}}{|\vec{r} - \vec{r_a}|^3} \\ = \frac{Q}{8 \pi \varepsilon_0} \frac{sX \hat{i} + 2 Y \hat{j}}{\sqrt{(x-X)^2+ (y-Y)^2 +z^2}}

$F_x = \frac{Q}{8 \pi \varepsilon_0} \int_{0}^{\infty} \frac{2X}{\sqrt{(x-X)^2 + (y-Y)^2 +z2}} \partial x$

Que resulta ser la fuerza electrica que actua sobre la carga $Q$

7.8 Machado

7.10 Machado