1.

Y
SOLUCION:

R21 = (0,1,2) – (2,0,0) = (-2,1,2)

|R21|= √ (−2¿¿ 2)+ ( 12 ) + ( 22 )=3¿
−2 ax+ ay+ 2az
aR =
3

(Q 1)(Q 2) ( 20 x 10−6 )( −300 x 10−6 )

F= ar =
4 π E 0 R2 4 π (8.854 x 10−12)(3¿¿ 3)(−2 ax+ ay+ 2az )¿
F= 3.99 ax – 1.99 ay -3.99 az
F12= -F21
F12 = -(3.99 ax – 1.99 ay -3.99 az)
F12= -3.99 ax + 1.99 ay + 3.99 az

2. Se tienen 3 Cargas Puntuales

Q1= 50 uC
Q2= -75 uC
Q3= -100 uC
Determine la carga total que se ejerce en Q1 por Q2 y Q3
SOLUCION:

(Q 1)(Q 2)
F21= ar
4 π E 0 R2
R21 = (0,0,0) – (-1,0, -1) = (1,0,1) = ax + az

|R21|= (1¿¿ 2)+ ( 12 )=√ 2 ¿

√
ax+ az
a21 =
√2
( 50 x 10−6 ) (−75 x 10−6 )
F21=
4 π (8.854 x 10−12)( √ 2¿¿ 3)(ax +az )¿
F21= -11.91 ax -11.91 az
(Q 1)(Q 2)
F31= ar
4 π E 0 R2
R31 = (0,0,0) – (1,-1, 2) = (-1,1,-2) = -ax +ay -2az
 |R31|= (1¿¿ 2)+ ( 12 ) +(22 )=√ 6 ¿
√
−ax +ay−2 az
a31 =
√6
( 50 x 10−6 ) (−100 x 10−6 )
F31=
4 π (8.854 x 10−12)( √ 6 ¿ ¿ 3)(−ax+ ay−2 az )¿
F31= 3.05 ax –3.05 ay + 6.11 az
Aplicando Superposición
FT = F21 + F31
FT= -8.91 ax -3.05 ay -5.8 az

|FT|= √ (−8.91¿ ¿2)+ (−3.052 ) +(−5.82 )=11.04 N ¿

3. Hallar la fuerza sobre una carga puntual de 50 uC ubicada en (0,0,5) debido a una
carga de 500 π uC que esta uniformemente distribuida por un anillo r= 5m con z=0 m.

SOLUCION:

Q= 500 π x 10−6 r= 5m z=0

❑ −6
∫ 500ππ(5)
x 10
2
s

∫ 2 x 10−5 c/m2
s

ds= r dr d0
R= -r ar + 5 az
|R|= √ (r ¿ ¿2)+25 ¿
−r ar +5 az
a31 =
√(r ¿¿ 2)+ 25¿
(Q 1)d (Q 2)
dF= ar
4 π E 0 R2
❑ ❑

dF=
∫ (Q 2)∫ ds
s s
ar
4 π E 0 R2
 5 2π
( 500 x 10−6 )( 2 x 10−5 ) rdrd 0
F=∫ ∫ ¿¿
0 0 4 π ( 8.854 x 10−12 ) ¿ ¿
5 2π
( 5 x 10−8) rdrd 0
F= ∫ ∫
0 0 (1.11 x 10−10)((r ¿¿ 2)+ 25¿)
5
( 5 x 10−8 ) r
F= −10 ∫ 3 /2
dr az =1.537 x 10−18
(1.11 x 10 ) ((r ¿¿ 2)+ 25¿)
0

4. Hallar el campo eléctrico en el origen debido a una carga puntual de 64.4 nC

localizado en (-4,3,2) m en coordenadas cartesianas.
SOLUCION:

Q
E= ar
4 π E 0 R2
R21 = (0,0,0) – (-4,3, 2) = (4,-3,-2) = 4 ax -3 ay + 2 az

|R21|= √ (4¿¿ 2)+ (−32 ) + (−22) =√ 29 ¿

4 a x−3 a y+2 a z
a=
√2 9
( 64 x 10−9 )
E=
4 π (8.854 x 10−12)(√ 29¿¿ 3)(4 a x−3 a y +2 a z) ¿
E= 14.82 ax – 11.11 ay -7.41 az

|E|= √ (14.82¿¿ 2)+ (−11.112) + (−7.412 )=19.94 ¿ V/m o N/C

5. Hallar el E en el punto (0,0,5) m debido a Q1= .35 μC en (0,4,0) m y Q2=-.55μC

en (3, 0,0) m
Q1
E 1= ^1
αR
2
4 π εO R 1
R1=( 0,0,5 )−¿ (0,4,0) = (0,-4,5) = -4ay + 5az

−4 ay +5 az
|R1|=√ 4 2+5 2=√ 41 αR
^1=
√ 41
0.35 X 10−6
E 1= 3
(−4 ay +5 az )=−47.92ay +59.91 az v
−12
4 π ( 8.854 X 10 ) ( √ 41) m

Q2
E 2= 2
α^
R2
4 π εO R 2
 R2= ( 0,0,5 )−¿ (3,0,0) = (3,0,5) = 3ax+5az

−3 ax+5 az
|R2|=√ 32+ 52=√ 34 αR
^2=
√ 34
0.55 X 10−6
E 1= 3
(−3 ax +5 az )=47.80 ax−124.67 az v
−12
4 π ( 8.854 X 10 ) ( √ 34) m

Aplicamos superposición
v
ET =E 1+ E 2=74.80 ax−47.92ay −64.76 az
m
v
|ET|=√(74.80)2 +(−47.92)2+(−64.76)2=109.93
m
C
6. Una carga laminar en forma de disco R< 4 m con z=0 con ρ s=10− 4, en .
m2
Determine el E con r=0 y z=3m
SOLUCION:

3 x 10−4
Q dQ =[ ∅ ] =[ 2 π−0 ] =25
E= α^ R dE= α^ R 4πε
4 π ε R2 4 π ε R2
❑ |2|=√ r 2+ 9
E=
∫ ds
∫ 4 π sE 0 R2
4 2π 4 2π
(10−4 /m)rdrd ⊘
∫ ( r 2+dra)3 / 2 ∫ d ⊘az
−4
E=∫ ∫ 3
(−rar +3 az) = 3 x 10
0 0 4 π ε ( √ r 2 +a) 4πε 0 0

4
v
3 x 10−4
4πε
∫ ( r 2+dra)3 / 2 = a2 √ a2+ r 2
0

3 x 10−4 4 = E=1505 x 106 v

2π ε 4s [ ] r

7. Una carga en el plano z=-3 en forma de un cuadrado definido por -2≤x≤2 m,

❑

-2≤y≤2 m con una densidad de carga ∫ a 2(x2 +y2 +9)3/2 en nC/m2 . Hallar el
s
campo eléctrico en el origen.
SOLUCION:
 ❑

∫ ¿ 2(x 2
+y2 +9)3/2 nC/m2
s

dQ
dE= a
4 π E 0 R2
|R|= √ x 2+ y 2 +9
−X ax +Y ay−3 az
a=
√ x 2 + y 2+ 9
2 2

E= ∫ ∫ 2 ¿ ¿ ¿ ¿
−2 −2

2 2
( 6 x 10−9 )
E= ∫∫ ¿¿¿¿
4 π ( 8.854 x 10−12 ) −2 −2

( 6 x 10−9 )
E= [2-(2)] [2-(2)]
4 π ( 8.854 x 10−12 )

( 6 x 10−9 )
E= [16]= 862.82 az V/m o N/C
4 π ( 8.854 x 10−12 )
8. Hallar la carga en el volumen definido por 1≤r≤2 m en coordenadas esféricas si
❑ 2
⊖ c
∫ 5 cos
r 4
m3
v
SOLUCION:

2 π 2π
5 cos2 ⊖ 2
Q= ∫ ∫ ∫ 4
r sen ⊖ drd ⊖ d ⊘
1 0 0 r
2 π 2π
dr 2
Q= 5∫ 2 ∫ sen ⊖d ⊖ ∫ cos ⊘ d ⊘
1 r 0 0

Q= 5[- ( 12 )−¿)] [ -cos (π ¿−cos ⁡(0) ¿ ¿]

1
Q= 5[ ¿ [ 2 ] [π ]
2
Q= 5 πC
9.- Qué flujo neto atraviesa la superficie encerrada S mostrada en la siguiente figura
que contiene una distribución en forma de disco con r = 4 y con una ρ s=¿

4 2π 4 2π 4 2π
sin 2 ϕ 1 1
Q=∫ ∫ rdrⅆϕ= ∫∫ sin2 ϕdrⅆϕ ∴ Q= ∫ dr ∫ sin 2 ϕ
0 0 2r 20 0 20 0

2π
1
1
[ [
4 ϕ
Q= [ r ]0 sin 2 ϕ
]] ∴ Q= [ [ 4 ][ π ] ]= 1 ( 4 π )=2 π C
2 2 0
2 2
ψ=Q=2 πC
 c
10.- Un disco de radio 4 m con una ρ s=12 sin ϕ μ Está encerrado por la superficie S
m2
¿Qué flujo neto cruza la superficie S?
4 2π
Q=∫ ∫ 12 sin ∅ rdrⅆϕ
0 0

4 2π
Q=12 ∫ rdr ∫ sin ϕⅆϕ
0 0

Q=12
r2
2 0[ ] 2π
]
[ −cos ϕ ]0 ∴Q=12 [ 8 ] [0 ]

Ψ =Q=0
11.- Tres cargas puntuales, Q1 = 30 nC, Q2 = 150 nC, Q3 = -70 nC, Están encerradas
en una superficie S ¿cuánto es el flujo neto que atraviesa dicha superficie?
Ψ =Q 1+Q 2+Q 3 ∴Ψ =30 nC+ 150 nC+ (−70 ) nC Ψ =110 nC

12.-Hallar la Q neta encerrada en un cubo de 2 m, de L, Paralelo a los ejes y centrado

π c
( )
2
en el origen, si la ρ v =50 x cos y μ 3
2 m
x
 y

x
Q=∫ ρvⅆv
V

1
Q=∭ 50 x 2 cos
−1
( π2 y) x 10 −6
dxdydz

1 1 1
π
Q=50 x 10−6 ∫ x 2 dx ∫ cos
−1 −1
( )
2
y dy ∫ dz
−1

2 4
Q=50 x 10−6 [ ][ ] [ ]
3 π
2 =84.88 μC

π
13.- Halla la carga encerrada en el volumen 1 ≤r ≤ 3 ,0 ≤ ϕ ≤ ,0 ≤ z ≤ 2 Dada la densidad
3
2 c
de carga ρ v =2 z sin ϕ
m3
Q= ρvⅆv
π
3 3 2
2
Q=2∫ rdr ∫ sin ϕⅆϕ ∫ zdz
1 0 0

3
r2 9 1
[ ] [ ]= − =4
2 1 2 2
π /3
ϕ 1
[ − sin 2ϕ
2 4 ]0
=0.3070

2
z2 4
[ ] [] =
2 0 2

4
Q= [ 4 ][ 0.3070 ] []
2
Q=4.912C
14.- Hallar la fuerza sobre una carga puntual de 50 μC ubicado en (0,0,5) m debido a
una carga de 500 π μC que está distribuida uniformemente sobre un disco con l ≤5, con
z≥0

Q 500 π x 10−6 c
R=−rar +5 az ρ s= = 2
=0.2 x 10−4 2
A π(5 ) m

Q 1Q 2 ^ Q1 ρs d s
|R|=√ r 2 +25 F= 2
a R ∴ dF= como dQ →dE
4 π ε0 R 4 π ε 0 R2

−rar+5 az Q 1 ρs d s
a^ r = Q=∫ ρslv dlsv , si F=QE ∴ F=∫ a^ R
2
√r +25 lsv s 4 π ε 0 R2

5 2π
(500 π x 10−6 )(0.2 x 10−4 )
F=∫ ∫ rdrdϕ a^ R
0 0 4 π ε 0 R2
5 2π
(500 π x 10−6 )(0.2 x 10− 4) rdrdϕ −rar +5 az
F= ∫ ∫ 2
( )
4 π ε0 2
0 0 ( √ r +25 ) √ r 2+ 25
5 2π
(500 π x 10−6 )(0.2 x 10− 4) rdr
F= ∫ 3∫ dϕ
4 π ε0 0 2 2 0
(r + 25)
5 5
rdr 2∧du 1 du
∫ 3
=u=r 2 +25 , du= =rdr ∴ ∫ 3 =¿ ¿
0 2 20 2
( r 2 +25 ) 2 u
 −1 5

[]
5 −3 2 5
1 1 u 1 1 1
2∫0
u 2
du=
2 −1
2 0
=−
[ 2
√r +2 5 0] [
=− −
√50 5 ]
2π

∫ dϕ=[ 2 π ]
0

5 2π
(500 π x 10−6)(0.2 x 10−4 ) rdr (500 π x 10−6)( 0.2 x 10−4 ) −1 1
∴ F=
4 π ε0
∫
0 2
(r +25) 2
3∫
0
dϕ=
4 π ε0 [ +
]
√ 50 5 [2 π ¿

F=16.56 az N
 −200 c
15.- Una carga está distribuida en la región esférica con r ≤ 2m con una ρ v = μ 3
r2 m
¿Qué flujo neto cruza las superficies con r =1m , 4m y 500m

Ψ =Q=∫ ρ vⅆv
V

1 π 2π
−200 x 10−6 2
Ψ =Q=∫ ∫ ∫ 2
r sin θdrdθdϕ
0 0 0 r
1 π 2π
−6
Ψ =Q=200 x 10 ∫ dr ∫ sin θ dθ ∫ dϕ
0 0 0

1
1
∫ dr=[ r ] 0=[ 1 ]
0

π
π
∫ sin θ dθ=[−cos (θ ) ]0 =[ 2 ]
0

2π

∫ dϕ = [ ϕ ]20 π =[ 2 π ]
0

1 π 2π
Ψ =Q=200 x 10−6∫ dr ∫ sin θ dθ ∫ dϕ=200 x 10−6 [ 1 ][ 2 ] [ 2 π ] =−1600 π x 10−6 C
0 0 0
16.-Una carga puntual Q=30 nC, Está localizada en el origen en coordenadas
cartesianas, hallar la densidad de flujo eléctrico D en (1,3,-4) m.
 Q
D= a^ r , R=( 1,3 ,−4 ) −( 0,0,0 )
4 π ε0 r 2

R=( 1,3 ,−4 ) , R=ax−3 ay−4 az ∴|R|=√12 +3 2+ 42 =√ 26

ax−3 ay−4 az
a^ r =
√ 26
30 x 10−9
D= 3 (ax−3 ay−5 az ¿ ∴ D=1.8 x 10
−11
ax+ 5.4 x 10−11 ay−7.20 x 10−11 az
4 π ε 0 √ 26

−11 c
|D|=√(1.8 x 10−11 )2 +(5.4 x 10−11 )2 +(7.20 x 10−11 )2= 9.17 x 10
m2
 c
17.- Dado que D=10 x ax , determine el flujo que atraviesa una superficie de 1 m2 que
m2
es normal al eje x con x = 3m

(1,3,-4)

Q=Ψ =∫ D ⋅ⅆs
S

Q=Ψ =D ∫ ⅆs ∴=D ⋅ s
S

Q=Ψ =10 ( 3 ) ( 1 )=30 C

18.- Dado “D =2 xy (ax)+z (ay )+ y z2 ( az)”, hallar la densidad de carga volumétrica en el
punto (2, -1, 3) en m.

Solución:

∂(2 xy ) ∂( z) ∂( y z2 ) c
∇= + + =2 y +2 yz 3
∂x ∂y ∂z m
c
ρ v =( 2 )(−1 ) +2 (−1 ) ( 3 )=−2−6=−8
m3

10r 3 c
19.- Dado que “D¿ ” en 2 en la región 0 ≤ r ≥ 3 metros en coordenadas
4 m
cilíndricas, encuentre la densidad de carga volumétrica.

Solución:

10 10 10

∇=
1
r∂
( )
4r + 1
3
r∂
( )
4r + 1
3
r∂
4 r3 ( )
r ∂r r ∂ r ∂z
10
∗1 r ∂(r 2 ) c
=4 * =10 r 2 2
∂r m
r

10 x 3 c
20.- Dado que “D¿( ) ax” en 2 , evaluar ambos lados del teorema de la divergencia
3 m
para el volumen de un cubo de L=2m, centrado en el origen y con los lados paralelos a
los ejes.
Solución:

∮ Dds=∮ ( ∇∗D ) dv
10 x 3
∂( )
∂D 3 10 c
ρv= = = ∗3 x 2 3
∂x ∂x 3 m
1 1 1
Q=∫ ∫ ∫ 10 x 2 dxdydz
−1 −1 −1
 80
=3∁

10 r 3 ^ c
21.- Dado que “D¿
4 ( )
a r ” 2 en coordenadas cilíndricas, evaluar ambos lados del
m
teorema de la divergencia para el volumen encerrado por r=2, r=2π, z=10m tal como se
muestra.

Solución:

∇ D=
1
r∂ ( 104 r ) =10 r
4

2 c
2
r ∂r m
2 2 π 10

Q= ∫ ∫ ∫ 10 r 2 drd ꝋ dz=750 π ∁
1 0 0

22.- Dado la “ D= ( 54 r )a^ r ” en mc

2
2 en coordenadas cilíndricas, evaluar ambos lados del
π
teorema de la divergencia para el volumen encerrado en r=4 y θ = como se muestra
4
en la siguiente figura.

Dv
Solución:
ds
1
∇∗D=
r2

∮ Dds=∫ 5 r r 2 sin θ drdθd ∅=Q

v

π
4 4 2π
Q= ∫ ∫ ∫ 5 r 2 sin θ drdθd ∅=588.89 ∁
ds
0 0 0
 45°

Dθ

c
23.- Sea “ D=( 8 x+ 4 x 3 ) a^ x −( 2 y ) a^ y +( 2 z ) a^ z ” en
m2
a) Determine la Q encerrada en la región cubica cuyo lado es de 2m y centrado en
el origen.

b) Calcule el E evaluado en el punto (2, -1, 3)

Solución:

Q=∮ Dds

∂ Dx ∂ Dy ∂ Dz
δv= + +
∂x ∂y ∂z
c
8+12 x 2−2+2=12 x 2+ 8
m3
∂
δv ( 8 x+ 4 x 2 )
∂x
1 1 1
Q=∫ ∫ ∫ 8 x+ 4 x 2 dxdydz
0 −1 −1

N
E=−1.35 x 1012 i^ −9 x 1011 ^j −4.5 x 1011 k^
C
 40
24.- Una carga total de “ ” nC está distribuido uniformemente en forma de disco con r
3
= 2m. Hallar el V debido a esta carga en un punto ubicado a 2m sobre el eje Z.
Compare este potencial con el resultado si consideramos que la Q esta centrada en el
origen.
Solución:

40
∗109
3
δs=
π ¿¿
nC
δs=1.06
m2
2 2π
δsds 1.06 x 10−9 rdrdθ
V =∫ =∫ ∫ ¿¿
4 π ε0 r 0 0 4 π ε0 ¿ ¿
2 2π
1.06 x 10−9 rdr
V= ∫ dθ ∫ ¿ ¿ ¿ ¿
4 π ε0 0 0

1.06 x 10−9 ( )
V= 5.2 =49.54 V
4 π ε0

1.06 x 10−9
V= =59.91 volts
4 π ε 0 (2)
−16 v
25.- Dado que el campo eléctrico es a^ r en coordenadas esféricas hallar el
r 2
m
π
potencial en el punto (2, π, ) con respecto al punto (4, 0, π)
2
Solución:
16
E = (- ¿ v
2 a
r m
A ra 2
−16
V= -∫ E dl = −∫ E dr = −∫ dr
B rb 4 r2
1 1
V = 16 (-2−1 + 4−1 ¿ = 16 ( − )
4 2
V = - 4ν
 −16 v
26.- Dado que el campo eléctrico E= ( )
r 2
a^r
m
en coordenadas esféricas, hallar el

π
(
potencial en el punto 2 m , π ,
2 )
con respecto al punto ( 4 m ,0 , π).

Solución
A rA 2 2
−16
v=−∫ E . d l=−∫ E . d r =−∫
B rB
( ) 4 r 2
4
−2
d r=16 ∫ ( r ) d r

16
[ −12 −( −14 )]=16[ 12 + 14 ]=16 [ −14 ]=−4 V
27.- Hallar el potencial en r a =5 m con respecto r b 15 m debido a una carga puntual
q=500 FC en el origen con referencia a 0 en el ∞.

r a =5 mq=500 Fc=500× 1012 C

r b =15 m

Solución
q 1 1
V= (−
4 π ε0 r ∞ )
q 1 1 500 ×1012 1 1
V= ( − = ) −
4 π ε 0 r a r b 4 π ( 8.854 ×10 ) 5 15
12 ( )
V =4.4938 ( 152 m )=0.5991 V
q 1 1 500 ×1012 1 1 1
V a= ( ) − = ( ) − =4.4938
4 π ε 0 r a ∞ 4 π ( 8.854 ×1012 ) 5 ∞ 5
=0.89876 V ()
12
q 1 1 500 ×10 1 1
V =
b
( − )=
4πε ∞ r 0 4 π ( 8.854 ×10 ) ∞ 15 )
b
( − 12

500× 1012 −1
V b=
4 π ( 8.854 ×10 ) 15
12 ( )
=−0.2995 V
V T =V a +V b =( 0.89876 ) + (−0.2995 ) =0.5985V

28.- Una carga de 40nC está distribuida uniformemente alrededor de un anillo de radio
r =2m. Hallar el potencial en un punto a 5 m desde el plano del anillo, compare el
resultado si toda la carga se encuentra en el origen en forma de carga puntual.
SOLUCIÓN:
Q
r =2m d l=rdϕ ρl =
perim .

Q=40 ×10−9 m
Distribución de carga lineal
Coordenadas cilíndricas
Solución
2π
ρl d l
v=∫ =∫ 40 ×10−9 C rdϕ
4 π ε0 R 0

R=−2 ax+5 az =|R|

R=√22 +52 =√29

2π
3.18 ×10−9 ( 2 ) dϕ 6.36 ×10−9
v=∫ = [ϕ ]20 π
0 4 π ε 0 √ 29 −12
4 π ( 8.854 ×10 ) √ 29

6.36 ×10−9
v= [2π ]
4 π ( 8.854 ×10−12) √ 29
v=66.75 V
Supongamos que toda la carga se encuentra en el origen en forma de carga puntual

Q=40 ×10−9 m
Q 40 ×10−9
v= =
4 π ε 0 R 4 π ( 8.854 ×10−12) (5)

v=71.9 V
29 es 8. Hallar la carga total encerrada en el volumen definido por 1≤r≤2 m en
5 cos2 φ c
coordenadas esféricas, si la densidad de carga es igual a
r 4 m3
Solución:
❑

La fórmula para la carga total es (1)Q=∫ D⋅ ds, y las coordenadas esféricas para el
s
2
volumen son dV =r sinθ drdθdφ
Sustituimos valores en (1):

5 cos2 φ
❑
Q=∫ ⋅dV
v r4
Dado que es un volumen se tiene una triple integral, r puede tomar valores entre 1 y 2,
θ entre 0 y π, φ entre 0 y 2 π
2 π 2π
5 cos2 φ 2 r2 1 1+ cos 2 φ
Q=∫ ∫ ∫ r sin θ drdθdφ = cos 2 φ=
1 0 0 r
4
r4 r2 2

Se hace la división de r y se aplica la propiedad trigonométrica para eliminar el cos 2 φ y

reordenamos la integral

2 π 2π
Q=∫ ∫ ∫
5 ( 1+cos2 2 φ ) sinθ drdθdφ
1 0 0 r2
2 π 2π
5 1+cos 2 φ
Q= ∫ ∫ ∫ 2
sin θ drdθdφ
21 0 0 r
Separamos la suma en la integral como una suma de integrales y reordenamos
2 π 2π 2 π 2π
5 1 5 cos 2 φ
Q= ∫ ∫ ∫ 2 sin θ drdθdφ + ∫ ∫ ∫ sin θ drdθdφ
21 0 0 r 2 1 0 0 r2
2 π 2π 2 π 2π
5 dr 5 dr
Q= ∫ 2 ∫ sinθ dθ∫ dφ+ ∫ 2 ∫ sin θ dθ ∫ cos 2 φ dφ
21 r 0 0 2 1 r 0 0

Se integra y se evalúa
5 −1
Q= [ ][
2 2 ]
−(−1 ) [ −cos π−(−cos 0 ) ] [ 2 π−0 ] + 0
 2π
1
Al integrar ∫ cos 2 φ dφ queda sin θ, al evaluarla en [0,2π], da 0, por lo que todo el
0
2
término derecho vale 0.
5 1 5 1
Q= [ ][ ] [
2 2
−(−1 ) −(−1 ) ] [ 2 π ] =[ ][ ]
2 2
[ 2 ][ 2 π ]
Q=5 π C
30 es 7. Una carga se encuentra en el plano z =-3 en forma de una hoja cuadrada
3
2 2 2 nC
definida por -2≤ x ≤2 m, -2≤ y ≤2 m; con una densidad de varga igual a 2 ( x + y +9 ) .
m2
Hallar el campo eléctrico en el origen.

Solución:
Q
La ecuación del campo eléctrico es E= a^ , dado que en el problema la carga
4 π ε0 R r
dQ
está distribuida en toda la hoja, analizamos un dQ para obtener un dE, dE= a^r ,
4 π ε 0 R2
y como tenemos una densidad de carga conocida sustituimos dQ.
P sds
dQ=P sds dE= a^r
4 π ε 0 R2

Para determinar la distancia R, se debe considerar que la distancia varía en x & y, para
construir el vector a^r restamos el punto final menos el inicial, y dado que en x & y varía,
queda así:
( 0,0,0 ) −( x , y ,−3 ) =−xa x − ya y +3 a z ∴

R −xa x − ya y +3 a z
a^r= =
|R| √ x2 + y 2 +9
Ya que se tiene a^r y R, se sustituye en la ecuación del campo eléctrico:
 P sds −xa x − ya y +3 a z
dE= 2
⋅
4 π ε 0 ( √ x 2+ y 2+ 9 ) √ x 2 + y 2 +9
Sustituimos ds por ds=dxdy dado que el plano varía en x & y y P s cuyo valor es dado
en el problema para integrar todos los diferenciales de campo eléctrico.
❑
P sds −xa x − ya y +3 a z
∫ dE=∫ 2
⋅
s 4 π ε 0 ( √ x 2 + y 2+ 9 ) √ x2 + y 2 +9
Dado que no hay campo eléctrico en el plano xy, se anulan esos vectores y se definen
los límites de integración dados por el tamaño del plano.
3 3
2 2 2 2
2 ( x2 + y 2 +9 ) 2 ×10−9 dxdy 3 az 2 ( x 2+ y 2+ 9 ) 2 × 10−9 dxdy 3 az
E=∫ ∫ 2
⋅ =∫ ∫ 3
−2 −2 4 π ε 0 ( √ x 2 + y 2 +9 ) √ x 2 + y 2+ 9 −2 −2 2 2
4 π ε0 ( √ x + y + 9 ) 2

Se tiene el mismo radical en el numerador y en el denominador por lo que se pueden

cancelar y se reescribe la integral.
2 2
2 ×10−9 ⋅ 3
E= ∫ dx ∫ dy a z
4 π ε 0 −2 −2

Se integra y evalúa:

2 ×10−9 ⋅ 3 2 ×10−9 ⋅ 3 −9
E= [ 2−(−2) ][ 2−(−2) ] a z= [ 4 ][ 4 ] a z= 24 × 10 az
4 π ε0 4 π ε0 π ε0

V N
E=862.80 a z [ ó
m C ]
31. Si D=4 x 3 ax −2 z a y −2 y a z C /m 2, encontrar:

a) La densidad de carga y evaluarla en el punto (-2,3,1); b) La carga total dentro de la

región -1< x,y,z < 1; c) el campo eléctrico en el punto (-2,3,1) y d) flujo eléctrico.
Solución:
a) Para obtener la densidad de carga volumétrica se aplica teorema de la
divergencia:

δ ( 4 x 3) δ ( 2 z ) δ ( 2 y ) C
∇ ⋅ D= + + =3⋅ 4 x 2=12 x2 3 =P v
δx δy δz m
Ahora se evalúa en (-2,3,1)
 C
a ¿ 12(−2)2=48
m3

b) Para la Qtotal Q=∫ D ⋅ ds

❑ 1 1 1
Q=∫ 12 x 2 dV =∫ ∫ ∫ 12 x 2 dxdydz
v −1 −1 −1

❑ 1 1 1
2 2
Q=∫ 12 x dV =∫ 12 x dx ∫ dy ∫ dz
v −1 −1 −1

Se integra y evalúa:
3
13 (−1 )
Q=12 ⋅ [ 3
−
3 ][ 2
1−(−1 ) ] [ 1−(−1 ) ] =12 ⋅ ⋅2⋅2=32C
3
D
c) Para el campo eléctrico en (-2,3,1) se aplica D=ε 0 E∴ E= .
ε0

4 x3 2z 2y
E= a− a − a
ε0 x ε 0 y ε0 z

Se evalúa en (-2,3,1):

4(−2)3 2(1) 2(3)

E= ax − a y− a
ε0 ε0 ε0 z

E=−3.6141× 1012 a x −2.258 ×1011 a y −6.776 ×10 11 az

d) El flujo eléctrico es igual a la Carga total ∴

Ψ =Q=32 C

32. Una carga de 40nC está distribuida uniformemente alrededor de un anillo de radio 2
m. Hallar la diferencia de voltaje entre el P respecto a plano del anillo. Compare el
resultado cuando la carga está en el origen a manera de carga puntual. Ver figura:
Solución:
❑
Q
La ecuación para la diferencia de potencial es V =∫ ⋅dl . Se calcula la densidad
l 4 π ε0 R
−9
Q 40 nC 40 ×10
lineal P l= = =3.18 ×10 y se sustituye dl=rdφ
−9
=
P 2 πr 2⋅ π ⋅2
Para obtener R, dado que la carga está solo en la orilla, el radio no varía, y con
teorema de Pitágoras:

R=√5 2+22 =√29

Sustituimos los valores en la ecuación:
❑ 2π
Pl 3.18× 10−9 ⋅ 2⋅ dφ
V =∫ ⋅ rdφ=∫
l 4 π ε0 R 0 4 π ε 0 √29
2π
3.18 ×10−9 ⋅2 3.18 ×10−9 ⋅2
V= ∫ dφ= [ 2 π ] =66.69 V
4 π ε 0 √ 29 0 4 π ε 0 √29

Ahora se analiza cuando es carga puntual:

Q
V 2=
4 π ε0 R

La carga que estaba distribuida en el anillo se junta en el origen, y la distancia r solo es

la distancia desde el origen hasta el punto P, r =( 5,0,0 )−( 0,0,0 ) =5

40× 10−9
V 2= =71.90 V
5⋅4⋅ π ⋅ε0

La diferencia de potencial es mayor cuando la carga se encuentra como carga puntual

en el origen.