Problemas Resueltos de Electromagnetismo

GUIA DE PROBLEMAS RESUELTOS EN ELECTROMAGNETISMO Nombre de l trabajo

E. h. Vivas C.

Guía de Problemas Resueltos en Electromagnetismo

©

Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales Facultad de Ciencias Exactas y Naturales Departamento de Física Profesor Hernán Vivas C. 2014

Gu´ıa de Problemas Resueltos en Electromagnetismo

c

Hern´ an Vivas C. 2014

II

Introducci´ on

El electromagnetismo es probablemente el ´area de la F´ısica m´as estudiada y tal vez la mejor entendida en la actualidad. Sin embargo, el an´alisis de cualquier fen´omeno en esta rama de la ciencia exige en primera instancia cierto entrenamiento previo en las t´ecnicas de c´ alculo vectorial y de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales, las cuales eventualmente desplazar´ıan a un segundo plano la interpretaci´on del mismo. En esta entrega de Gu´ıa de Problemas Resueltos en Electromagnetismo, se pretende ilustrar con detalle los desarrollos necesarios para la soluci´ on de problemas de nivel intermedio y superior, adem´as de proporcionar una discusi´ on en t´erminos sencillos y consistentes desde el punto de vista f´ısico en la mayor´ıa de los casos. Se estudian de forma autocontenida las t´ecnicas de funciones de Green, el m´etodo de las im´agenes, soluciones en t´erminos de funciones especiales, el m´etodo de d’ Alembert para la propagaci´on de ondas en l´ıneas de transmisi´ on, entre otras. Este producto es el resultado de m´ ultiples discusiones en grupos de trabajo en donde participaron colegas y estudiantes, asi como de la experiencia docente en los a˜ nos recientes. Cualquier comentario o error en el material de estudio puede ser remitido al autor a: [email protected], ´o [email protected].

El autor Manizales (Col.), 2014

´Indice general

1. Electrost´ atica

3

2. Ley de Gauss

21

3. Potencial El´ ectrico

35

4. Corriente El´ ectrica

89

5. Magnetismo

105

6. Ondas Electromagn´ eticas y Radiaci´ on

171

1

2

Cap´ıtulo

1

Electrost´ atica Charles de Coulomb. 1736-1806. F´ısico franc´es quien realiz´o experimentos con una balanza de torsi´on el cual invent´o independientemente de Priestley. Sus investigaciones lo condujeron a sugerir que exist´ıan dos “fluidos”de electricidad y dos de magnetismo. Demostr´o que ambas fuerzas eran inversas al cuadrado de la distancia, y estableci´o que ´estas eran consecuencia de fen´omenos independientes. La dependencia al inverso del cuadrado de la distancia se conoce como Ley de Coulomb, a pesar de que ´esta fue previamente expuesta por Jhon Robinson.

Figura 1.1: Charles de Coulomb

Fuente: http://scienceworld.wolfram.com/biography/Coulomb.html 1.1 Propiedades de la carga [1],[2] ◃ La carga es la fuente y el objeto de acci´on del campo electromagn´etico. ◃ El campo es el portador material de las interacciones electromagn´eticas de las cargas, es la forma de la materia. ◃ Las cargas, los campos y las fuerzas existen en una relaci´on indisoluble con el espacio, el tiempo y el movimiento de la materia. ◃ Para entender esta relaci´on mutua, es necesario comprender la conexi´on entre el espacio, el tiempo y movimiento. ◃ Dos cuerpos con la misma clase de electrizaci´on (Positiva o Negativa) se repelen, pero si tienen diferentes clases de electrizaci´on (una positiva y otra negativa), se atraen. ◃ En cualquier proceso en un sistema aislado, la carga total o neta no cambia. (Principio de conservaci´ on de la carga.) ◃ La carga est´a cuantizada. (Experimento de Millikan, 1909). 3

4 1.2 Acci´ on del campo Electromagn´ etico Es necesario definir la validez del rango de interacci´on electromagn´etica: Clasificaci´on habitual del espectro electromagn´etico. ⋄ Radiofrecuencia: Km > λ ≥ 0,3m, ν ≤ 109 Hz; Energ´ıa de los fotones ε: 10−3 eV. Sistemas de Radio y TV. ⋄ Microondas: 0,3m ≥ λ ≥ 10−3 m, 109 ≤ ν ≤ 3×1011 Hz, 10−5 ≤ ε ≤ 10−3 eV, (UHF). Radares, Sistemas de comunicaciones, espectroscop´ıa at´omica. ⋄ Espectro Infrarrojo: 10−3 m ≥ λ ≥ 7,8 × 10−7 m.(7800˚ A). 3 × 1011 ≤ ν ≤ 4 × 1014 Hz, 10−3 ≤ ε ≤ 1,6eV. Infrarrojo lejano: 10−3 − 3 × 10−5 m. Infrarrojo medio: 3 × 10−5 − 3 × 10−6 m. Infrarrojo cercano: 7,8 × 10−7 m. Ondas producidas por cuerpos calientes y vibraciones moleculares. ⋄ Luz o Espectro visible. Longitudes de onda para las cuales la retina humana es sensible: 7,8 × 10−7 m ≥ λ ≥ 3,8 × 10−7 m, 4 × 1014 ≤ ν ≤ 8 × 1014 Hz. 1,6 ≤ ε ≤ 3,2eV. ⋄ Rayos UV. 3,8 × 10−7 ≥ λ ≥ 6 × 10−10 m, 8 × 1014 ≤ ν ≤ 3 × 1017 Hz. 3eV ≤ ε ≤ 2 × 103 eV. Ondas producidas por ´atomos y mol´eculas en descargas el´ectricas en la ionosfera, (80 Km sobre la superficie terrestre). ⋄ Rayos X. 1×10−9 ≥ λ ≥ 6×10−12 m, 3×1017 ≤ ν ≤ 5×1019 Hz. 1,2×103 eV ≤ ε ≤ 2,4×105 eV. W. R¨ontgen (1895). ⋄ Rayos γ. 1 × 10−14 ≥ λ ≥ 1 × 10−10 m, 3 × 1018 ≤ ν ≤ 3 × 1022 Hz. 1 × 104 eV ≤ ε ≤ 1 × 107 eV. Procesos nucleares y radiaci´on c´osmica. 1.3 Portadores de Carga. Electr´ on: Portador material de la carga negativa elemental, | Qe |= 1,6021892(46) × 10−19 C, cuya masa es: me = 9,1 × 10−31 Kg. Prot´ on: Portador de la carga elemental positiva, cuya carga es igual a la del electr´on (Q+ e ). En la colisi´on de electrones con el prot´on, suponiendo que la distribuci´on de carga est´a contenida en un volumen finito, la trayectoria del electr´on que atraviesa dicho volumen NO depende de la ley de distribuci´on de la carga. Si el electr´on incidiese a trav´es del volumen del prot´on, las trayectorias SI dependen del tipo concreto de distribuci´on de carga en ´el. mp = 1,6725 × 10−27 Kg. Neutr´ on: Experimentos de dispersi´on de electrones muestran que el neutr´on posee estructura electromagn´etica y NO es una part´ıcula puntiforme el´ectricamente neutra. mn = 1,6748 × 10−27 Kg. (Teor´ıa de los Quarks). 1.4 Fen´ omeno de Electrizaci´ on. Supongamos que un s´olido junto con el espacio inmediato a ´el est´a cerrado adiab´aticamente y se mantiene a una temperatura constante T . Como consecuencia de la agitaci´on t´ermica y la distribuci´on electr´onica con respecto a las velocidades, en el interior del cuerpo existir´an electrones cuya energ´ıa cin´etica es suficiente para superar las fuerzas que las retienen. En la superficie del cuerpo se forma un gas de electrones, y en equilibrio termodin´ amico

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Electrost´atica

el n´ umero de electrones que abandonan el volumen del cuerpo es igual, en t´ermino medio, a la cantidad de electrones que ingresan, en el volumen del cuerpo desde la capa de gas electr´ onico, inmediata a la superficie. En este caso la concentraci´on de electrones en la superficie del cuerpo tiene un valor determinado n0 : n0 (T ) = A (T ) exp (−Φ/KB T ),

(1.1)

en donde Φ es el trabajo de salida termoi´onico, igual a la energ´ıa necesaria para desplazar un electr´on en el nivel de Fermi hasta las afueras de los l´ımites del s´olido, definido por: Φ = E0 − EF ;

(1.2)

E0 energ´ıa del electr´on en reposo fuera del conductor, en el vac´ıo, EF es la energ´ıa de Fermi asociada a la ocupaci´on de los electrones en el sistema a T = 0, contenida en la distribuci´on de Fermi-Dirac: ( )−1 f (E, T ) = 1 + exp {(E − EF ) /KB T } . (1.3) Es de resaltar que la energ´ıa de Fermi EF es una cantidad que depende de la temperatura. Esta dependencia puede calcularse considerando el n´ umero de estados cu´anticos que se pueden encontrar en el elemento de volumen en el espacio de momentos dVp , para un sistema de electrones en 3D, con interacci´on de corto alcance: [3] √ 8 2πV 3/2 √ εdε. (1.4) m g3D (ε) dε = h3 El n´ umero de part´ıculas, para un cont´ınuo de niveles (dentro de la aproximaci´on adoptada), est´a dado por: ∫ ∞ g (ε) f (ε) dε. (1.5) N = const = 0

Considerando valores de ε < EF , la funci´on de distribuci´on de Fermi-Dirac tiene un valor aproximado de 1 (f (ε) ≈ 1), cuando T = 0, y f (ε) = 0, para ε > EF . De esta forma, la integral (1.5) puede resolverse f´acilmente para el c´alculo de la energ´ıa de Fermi a 0K: √ [ ]3/2 16 2πm3/2 EF (0) N = , V 3h3

EF (0) =

h2 ( 3N )2/3 . 8m πV

(1.6)

En un gas bidimensional de part´ıculas libres, se puede demostrar, mediante los m´etodos utilizados para derivar (1.4), que la densidad de estados es: g2D (ε) dε =

4πmS dε, h2

(1.7)

la cual es independiente de la energ´ıa. S representa el ´ area de ocupaci´on de las part´ıculas en dos dimensiones. Resolviendo (1.5), la energ´ıa de Fermi en funci´on de la temperatura est´a dada por: [ ] N h2 EF (T ) = KB T ln exp (EF0 /KB T ) − 1 , . (1.8) E F0 = 4πmS La magnitud de los campos que act´ uan sobre los electrones de la superficie, en una capa de dimensiones moleculares d ∼ 10−10 m: | Eef f |∼ Φ/ | e | d ∼ 1010 V/m. Reemplazando Φ en

6 esta u ´ltima relaci´on, Eef f → Eef f (T ). Las fuerzas que arrastran los electrones hacia el interior del cuerpo son mayores para aquellos cuerpos con mayor trabajo de salida: (Fe ∝ Φ). Despu´es de unir las superficies, comienza la transici´on de los electrones del cuerpo con menor trabajo de salida al cuerpo con mayor trabajo de salida, como resultado, el primer cuerpo adquiere carga positiva, y el segundo carga negativa. (Ver Figura 1.2).

Figura 1.2: Diagrama esquem´atico de los niveles de energ´ıa de dos metales en contacto y en equilibrio termoi´onico, (EF 1 = EF 2 ).

En estado de equilibrio, las superficies ganan una carga igual en magnitud y de signo opuesto. Se establece una diferencia de potencial, llamada de contacto: | ∆ϕ |=

| Φ2 − Φ1 | . |e|

(1.9)

En secciones posteriores se describir´a las propiedades generales del contacto metal-diel´ectrico y diel´ectrico-diel´ectrico.

1.5 Ley de Coulomb (1785), Ch. de Coulomb (1736-1806). Todos los postulados en electrost´atica reposan sobre la base del enunciado cuantitativo de la ley de Coulomb en lo concerniente a la fuerza que act´ ua entre cuerpos cargados en reposo uno con respecto al otro. Coulomb, en una impresionante serie de experimentos, mostr´o experimentalmente que la fuerza entre dos peque˜ nos cuerpos cargados separados por aire una distancia grande comparada con sus dimensiones: ⋄ var´ıa directamente con la magnitud de cada carga, ⋄ var´ıa inversamente con el cuadrado de la distancia entre ellas, ⋄ est´a dirigida a lo largo de la l´ınea que une a las cargas, y ⋄ es atractiva si los cuerpos est´an cargados de forma opuesta y repulsiva si los cuerpos poseen el mismo tipo de carga.

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Electrost´atica

Adem´as, se ha mostrado experimentalmente que la fuerza total producida sobre un peque˜ no cuerpo cargado por un n´ umero de otros peque˜ nos cuerpos cargados ubicados alrededor de ´este, es la suma vectorial de la fuerza de Coulomb individual entre cada par de cuerpos. Estrictamente, las conclusiones de Coulomb se aplican para cargas en el vac´ıo o en medios de susceptibilidad despreciable [4]. Designemos por Fij la fuerza que ejerce la carga i sobre la carga j; rij = rj − ri y rji los vectores trazados desde el punto de estancia de la carga i hasta la carga j y viceverza. La forma expl´ıcita de la fuerza de Coulomb: Fij =

KQi Qj rij , 2 | rij | rij

K = 1/4πε0 ,

(1.10)

en el sistema internacional, K = 10−7 c2 , en donde ε0 ≈ 8,854 × 10−12 (F/m) es llamado la permitividad del espacio libre.

Figura 1.3: Diagrama vectorial de las fuerzas de interacci´on de dos cargas puntuales.

1.6 Intensidad del campo El´ ectrico E. Las cargas Qi crean un campo el´ectrico en el espacio que las rodea, el cual est´a caracterizado por la intensidad E. La magnitud de E en un punto est´a definida por la relaci´on entre la fuerza que act´ ua sobre una carga de prueba puntual positiva, colocada en el punto dado del campo, y la carga. El campo el´ectrico que ACTUA sobre Qj (o en el punto rj ) GENERADO por la carga Qi es de la forma: Ej =

KQi rij 2 | r |, rij ij

(1.11)

de esta forma, la fuerza entre las cargas se calcula en t´erminos del campo el´ectrico como: Fij = Qj Ej . La acci´on de una carga sobre la otra se divide en:

8 − La carga puntual Q crea en el espacio que la rodea un campo el´ectrico, cuya intensidad es: E (r) =

KQ b Ur , r2

(1.12)

br es un vector unitario en la direcci´on desde el lugar que ocupa Q hasta el punto en donde U en donde se determina la intensidad del campo. − La carga puntual Q0 experimenta una fuerza proporcional al campo el´ectrico: F = Q0 E. 1.7 Distribuci´ on discreta y cont´ınua de carga. El c´alculo del campo el´ectrico resultante en el punto P producido por una configuraci´on de cargas discretas en reposo, se efect´ ua a trav´es de la suma vectorial de cada uno de los aportes generados por cada carga: EP = E1 + E2 + E3 + · · · + En =

n ∑ i=1

Ei =

n ∑ KQi i=1

ri2

br . U i

(1.13)

Figura 1.4: Diagrama vectorial de las fuerzas entre dos cargas puntuales. Si la configuraci´on de las cargas el´ectricas forman una distribuci´on cont´ınua que ocupa un volumen Ω, entonces el campo el´ectrico en un punto P localizado en las afueras de Ω est´a dado por: ∫ 1 dQ (R − r) EP = , (1.14) 4πε0 Ω | R − r |2 | R − r | en donde R y r son las construcciones vectoriales representadas en la figura 1.5. dQ es el elemento diferencial de carga, definido seg´ un el espacio en el cual sea distribuida: Volum´etrico: dQ = ρ (r) dV ; Superficial : dQ = σ (r) dS; Lineal : dQ = λ (r) dl.

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Electrost´atica

Figura 1.5: Construcci´on geom´etrica propia para el c´alculo de EP , en el caso de una distribuci´on cont´ınua de carga. Problema 1.1: En los v´ertices de un cuadrado de lado l = 2 × 10−9 m se colocan cuatro protones. Un electr´on se encuentra inicialmente sobre la perpendicular al cuadrado por su centro, a una distancia d = 2 × 10−9 m del mismo [5]. Calcular: (a) El campo el´ectrico sobre el electr´on producido por esta configuraci´on. (b) La fuerza ejercida sobre el electr´on. ( )3/2 b R: (a) E = 4Ked/ d2 + l2 /4 z,

(b) F = − | e | E.

Problema 1.2: Existe un campo el´ectrico uniforme en la regi´on entre dos placas planas paralelas cargadas con signos contrarios. Un electr´on parte del reposo en la superficie de la placa cargada negativamente y llega a la superficie de la placa cargada positivamente situada a una distancia d de la primera en t segundos. Calcular la magnitud del campo el´ectrico y la velocidad del electr´on al llegar a la segunda placa. R: E = 2md/et2 , v = 2d/t Problema 1.3: Un electr´on se proyecta a un ´angulo θ sobre la horizontal y a una velocidad v, en una regi´on en donde el campo el´ectrico es E = E0 j N/C. Ignore los efectos del campo gravitacional. Determine: (a) El tiempo que tarda el electr´on en regresar a su altura inicial, (b) La altura m´axima que alcanza, (c) Su desplazamiento horizontal cuando alcanza su m´ ( )axima altura. R: (a) τ = 2mv sin θ/eE0 . (b) Ym = mv 2 /2 sin2 θ/eE0 . (c) Xm = mv 2 /2 (sin 2θ/eE0 ). Problema 1.4: Dos cargas puntuales se mantienen fijas sobre el eje X. Una posee carga −Q1 (C) en la posici´on x = −x1bi (m), y la otra con carga +Q2 (C) en la posici´on x = x2bi. Encontrar un punto en donde sea posible colocar una tercera carga q y que√´esta no experimente fuerza neta. R: Con respecto al origen de coordenadas: x =

x2 ±

√Q1 /Q2 x1 .

1∓

Q1 /Q2

Problema 1.5: Anillo cargado. Un anillo de radio a posee una carga positiva uniforme por unidad de longitud, con carga total Q. Calcular el campo el´ectrico a lo largo del eje del anillo en un punto P que

10 se encuentra a una (distancia )3/2x desde el centro del anillo. ( ) b. (Utilizar Ec. 1.14). Si a >> x, Ex ≈ KQ/a3 x. Un electr´on de max R: EP (x) = KQx/ a2 +x2 sa m y carga − | e | ubicado na distancia x sobre el eje del anillo, experimentar´ a M.A.S. √ a una peque˜ con una frecuencia ω = K | e | Q/a3 m. Problema 1.6: Dos peque˜ nas esferas id´enticas poseen masa m y carga q. Cuando se colocan en un taz´on esf´erico de radio R con paredes no conductoras sin fricci´on, las esferas se desplazan hasta que en la posici´on de equilibrio est´an separadas una distancia R. Determinar la carga en cada esfera. ( √ )1/2 R: q = mgR2 / 3K . Sugerencia: Construir el diagrama de fuerzas que involucre la normal (N), el peso (mg) y la fuerza electrost´atica (Fe ). Considerar la geometr´ıa. Problema 1.7: Disco cargado (I). Un disco de radios a y b (a < b) posee una carga uniforme por unidad de ´area σ. Calcular el campo el´ectrico en un punto P que se encuentra a lo largo del eje central del disco y a una distancia x desde su centro. R: Se utiliza el resultado del ejemplo 1.2, planteando un diferencial de campo el´ectrico dE = √ ( )3/2 ( )3/2 ∫ dQb x, dQ = 2πσrdr, utilizando rdr/ x2 + r2 = −1/ x2 + r2 . El resulKx/ x2 + r2 tado final es:[( )−1/2 ( 2 )−1/2 ] b. El c´alculo del campo el´ectrico de un plano cargado x − x + b2 E = 2πσKx x2 + a2 “infinito”, puede realizarse considerando a = 0, b >> x, as´ı E ≈ 2πσKb x. Problema 1.8: Una bola de corcho cargada de masa m est´a suspendida de una cuerda ligera en presencia bx +Ey U by N/C, la bola se encuentra en equilibrio de un campo el´ectrico uniforme E. Cuando E = Ex U formando un ´angulo θ con respecto a la vertical. Hallar: (a) La carga de la bola, (b) La tensi´on (en la cuerda. ) R: (a) mg/ Ex cot θ + Ey ,

( ) (b) mgEx / Ex cos θ + Ey sin θ .

Problema 1.9: Se colocan cuatro cargas puntuales iguales Determinar la intensidad del campo el´ectrico en:

+Q

en las esquinas de un cuadrado de lado a.

(a) El centro del cuadrado. (b) Uno de los v´ertices. (c) En el punto medio de uno de los lados. R: (a) E = 0, (b) (Sobre con el origen de en v´ertice inferior √ )(superior derecho, √coordenadas ( el v´ertice ) 2 2 b b izquierdo) E = KQ/a 1 + 1/2 2 Ux + Uy , (c) | E |= 16KQ/5 5a . Problema 1.10: Filamento Cargado I. Un filamento semi-infinito posee una densidad de carga uniforme λ+ yace sobre el eje de las X positivas. Determine el campo el´ectrico en los puntos sobre el eje Y . R: que el] (alambre semi-infinito tiene su origen en el origen de coordenadas, dE = [ Suponiendo ) ( 2 )3/2 + 2 b b Kλ dx/ x + y y Uy − xUx . Integrando en el intervalo {0, ∞}: | Ex |=| Ey |= Kλ+ /y. La √ magnitud del campo el´ectrico: | E |= 2Kλ+ /y.

Electrost´atica

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Problema 1.11: Filamento cargado II. Dos barras delgadas de longitud L se encuentran a lo largo del eje x, una entre x = a/2 y x = a/2 + L y la otra entre x = −a/2 y x = −a/2 − L. Cada barra tiene una carga positiva Q distribuida uniformemente. (a) Calcule el campo el´ectrico producido por la segunda barra en puntos del eje X positivo. (b) Demuestre que la magnitud de la fuerza que una barra ejerce sobre otra es: [ ] Q2 (a + L)2 F = ln . 4πε0 L2 a (a + 2L) R:(a) El campo el´ectrico en cualquier punto sobre el eje x (ubicado a una distancia z desde el origen) producido por la barra ubicada en la regi´on negativa es: [ ] ∫ a/2+L Q/Ldx Q 1 1 Q = − . E (z) = 4πε0 L a/2 4πε0 L z + a/2 z + a/2 + L (x + z)2 (b) La fuerza sobre un elemento dQ es: dF = dQE = (Q/L) Edz. Integrando en los l´ımites {a/2, a/2+ L}, entonces: ∫

a/2+L

F = a/2

[ ( ) ( )] Q2 a+L a + 2L (Q/L) E (z) dz = ln − ln . 4πε0 L2 a a+L

Expandiendo la funci´on ln (1 + x) ≈ x − x2 /2 en el l´ımite a >> L, se obtiene F ≈ KQ2 /a2 que es el campo de fuerza de interacci´on de dos cargas puntuales. Problema 1.12: Atomo de Hidr´ ogeno. El electr´on en un ´atomo de(H se puede el ) suponer “disperso”en todo −10 volumen at´omico con una densidad de carga ρ (r) = C exp −2r/a0 , en donde a0 = 0,53 × 10 m. (a) Determinar la constante C de modo que la carga total sea igual a −e. (b) Determinar la carga total dentro de una esfera de radio a0 , que corresponde al valor esperado de la ´orbita del electr´o∫n. ∫∞ la relaci´o)) n 0 x2 e−x dx = 2, C = − | e | /πa30 . (b) Q = ( . Utilizando ( ∫R:a0(a) − | e2 |= V ρ (r) dV −a0 1 + a + a2 /2 = −0,3233 | e |. 0 0 0 ρ (r) 4πr dr = − | e | 1 − e Problema 1.13: Un electr´on con velocidad de 5 × 108 cm/s penetra en una regi´on donde est´a presente un campo el´ectrico de intensidad 1 × 103 N/C, en direcci´on y sentido que hace retardar su movimiento. (a) Qu´e distancia avanzar´a el electr´on antes de detenerse moment´aneamente? (b) Qu´e tiempo habr´a transcurrido? (c) Si la regi´on donde est´a presente el campo el´ectrico fuera de s´olo 8 mm de ancho, cu´al es la fracci´on de energ´ıa cin´etica que desaparece en el proceso? R: (a) Cuando el electr´on ingresa a la zona del campo el´ectrico experimenta una fuerza que se igua a − | e | E. Su desaceleraci´on est´a dada por: a = − | e | E/m, y la distancia que recorre es, en un Movimiento uniformemente Acelerado: D=

v02 mv02 = = 7,12cm. 2a 2eE

12 (b) El tiempo transcurrido es: τ = v0 /a = 28,5 ns. (c) El porcentaje de energ´ıa cin´etica disipada en el proceso est´a asociada al cambio de energ´ıas antes y despu´es de atravesar la regi´on del campo: 2 mv02 mvf ∆K = − = eEd. 2 2

El porcentaje de energ´ıa disipada: 2eEd/mv02 = 11,2 %. Problema 1.14: Disco cargado (II). Determine el campo el´ectrico en el eje Z producido por un disco de ( )2 radio a que est´a en el plano XY con centro en el origen, y cuya densidad de carga es σ (r) = σ0 r/a . ( )3/2 ( ) √ ∫a R: Utilizando 0 drr3 / r2 + z 2 = −2z + a2 + 2z 2 / a2 + z 2 , ( ( ) √ ) E = 2πKσ0 a−2 z −2z + a2 + 2z 2 / a2 + z 2 b z. Problema 1.15: Se colocan tres cargas puntuales, dos de ellas +q y una −q en los v´ertices de un tri´angulo cuyos lados miden l. Calcular el campo el´ectrico en el centro del tri´angulo. R: La magnitud del campo el´ectrico es: | E |= 6Kq/l2 . Problema 1.16: Un tramo semi-circular de alambre posee una densidad de carga λ (θ) = λ0 sin θ, en donde θ es cero en el punto medio del alambre. Determine el campo el´ectrico en el centro del c´ırculo. R: E = −πKλ0 /2Rbj. Problema 1.17: Una varilla de masa m = 0,75Kg, densidad de carga λ+ = 1,5µC/m y longitud L = 1,2m, se fija en un pivote sin fricci´on a una superficie vertical, plana e “infinita”, en donde reside una densidad de carga uniforme σ = 8,5µC/m2 . (Probl. 85, cap 24 [6]). (a) Calcular el ´angulo que subtiende esta varilla con respecto a la vertical. (b) Qu´e fuerza ejerce el pivote?. R: (a) Utilizando el resultado( del ejemplo anterior, el elemento de fuerza sobre un elemento de ) b. El diferencial de carga: dq = λdl, dl = csc ϕdx. Se calcula carga dq es dF = dqE = dq × σ/2ε0 x el elemento diferencial de momentum con respecto al punto de giro O: dMO = l cos ϕ (dF ) b z− b l sin ϕ (dW ) z , en donde l = x csc ϕ es una distancia arbitraria en el intervalo {0, L}. Integrando [ ] MO = (σλ/2ε0 ) cos ϕ − (mg/L) sin ϕ L2 /2b z. La condici´on de equilibrio est´atico MO = 0 conduce a la ecuaci´on para el ´angulo ϕ: tan ϕ = σλL/2mgε0 . (b) La√magnitud de la fuerza sobre el pivote es: Fp =

(mg)2 + (σλL/2ε0 )2 .

Problema 1.18: Calcular el momento dipolar de una capa esf´erica de radio a con densidad superficial de carga σ (θ) = σ0 cos θ, en donde θ es el ´angulo polar. ∫ R: El momento dipolar el´ectrico se define por: p = Ω rdQ en donde r es el vector posici´on desde br , dQ = σ (θ) a2 sin θdϕdθ. Considerando el origen de coordenadas al elemento de carga dQ. r = aU br = sin θ cos ϕi + sin θ sin ϕj + cos θk e integrando sobre toda la capa esf´erica: U 4 p = πa3 σ0 k. 3

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Electrost´atica

Problema 1.19: Obtener el campo el´ectrico en el interior de una esfera de radio a polarizada uniformemente y con vector de polarizaci´on P. R: La densidad de carga superficial sobre la esfera asociada a la polarizaci´on el´ectrica se define como b = P cos θ, σ (θ) = P · n

(1.15)

b es el vector unitario normal exterior sobre la superficie de la esfera, y θ corresponde al en donde n b . Si consideramos que la esfera est´a polarizada con P en direcci´on +z, el campo ´angulo entre el P y n en el centro de la misma est´a dado por: ∫ E = 2K S

σ (θ) cos θdS (−k) . a2

Integrando sobre el elemento de ´area dS = a2 sin θdϕdθ, obtenemos: E=−

P . 3ε0

(1.16)

Figura 1.6: Esfera polarizada. Prob. (1.19)

Problema 1.20: Tres grandes l´aminas aislantes paralelas tienen densidades de carga superficiales σI = +0,02 C/m2 , σII = +0,01 C/m2 y σIII = −0,02 C/m2 . Las l´aminas adyacentes est´an separadas una distancia d = 0,3 m entre s´ı. Calcular el campo el´ectrico neto (magnitud y direcci´on) producido por las tres l´aminas en (a) el punto P a d/2 m a la izquierda de la l´amina I; (b) en el punto R a d/2 entre las l´aminas I y II; (c) en el punto S a d/2 entre las l´aminas II y III; (d) en el punto T a d/2 a la derecha de la l´amina III.

14

σI

σII

P

σIII

R

S

d

T

d

R: Tomando los valores absolutos de las densidades de carga: EP = (σI + σII − σIII ) /2ε0 ←; ER = (σI − σII + σIII ) /2ε0 →; ES = (σI + σII + σIII ) /2ε0 →; ET = (σI + σII − σIII ) /2ε0 →. EP = 5,65 × 108 N/C; ER = 1,69 × 109 N/C; ES = 2,82 × 109 N/C; ET = 5,65 × 108 N/C. Problema 1.21: Un anillo cargado uniformemente de radio r y carga total Q′ yace en el plano XY con centro en el origen. Se coloca una carga puntual de magnitud Q en la posici´on (d, 0), d > r. Calcular la fuerza neta entre estos dos objetos. R: El campo el´ectrico generado por la carga puntual en cualquier punto sobre el anillo es: E=

KQ b UR ; R2

R=

√

r2 + d2 − 2dr cos θ,

bR es el vector en donde θ es el ´angulo polar asociado a cualquier elemento de carga del anillo, y U unitario definido por: (di − r cos θi − r sin θj) /R. Sobre este diferencial de carga act´ ua una fuerza dF = dQ′ E; en donde dQ′ = Q′ dθ/2π. Integrando sobre la variable angular en el intervalo {0, 2π}: ( ) E (κ) K (κ) 4dr QQ′ + i; κ=− F= 2 . 4π ε0 d d + r d−r (d − r)2 E (κ) y K (κ) se definen en t´erminos de las funciones el´ıpticas de Jacobi.1 Problema 1.22: A la distancia d del eje de un cilindro conductor ilimitado de radio r se encuentra un hilo infinito con carga uniforme, paralelo al eje del cilindro. La densidad lineal de carga es λ. Determinar la fuerza que act´ ua sobre la longitud L del hilo. (d > r). Figura (1.7). 1

La integral el´ıptica completa de Jacobi K se define como: K (κ) = F

]2 ∞ [ ) π ∑ (2n − 1)!! ,κ = κ2n , 2 2 n=0 (2n)!!

(π

en donde F es la integral el´ ıptica incompleta de primera clase. La definici´ on de la integral el´ıptica de segunda clase E con ∫ π/2 √ m´ odulo κ es: E (κ) = 0 1 − κ2 sin2 θdθ. http://mathworld.wolfram.com

15

Electrost´atica

Figura 1.7: Representaci´on gr´afica, sistema cilindro-hilo. R: El campo el´ectrico generado por la distribuci´on lineal de carga en un punto sobre la superficie del cilindro est´a dado por: E=

λ (di + rUr ) . 2πε0 R2

R=

√

r2 + d2 − 2dr cos θ.

Consideramos una carga imagen en la posici´on x = −ai, con densidad lineal λ′ (ambas cantidades por determinar) sobre la l´ınea que une el centro del cilindro y la carga real λ. El campo generado por la imagen en cualquier punto sobre el cilindro est´a dado por:

E′ =

λ′ (ai + rUr ) . 2πε0 ρ2

ρ=

√

r2 + a2 − 2ar cos θ.

Dado que la extensi´on del cilindro es infinita, se deduce que la cantidad de carga que se induce en ´el es igual en magnitud y opuesta en signo comparada con la de la carga real; i.e., λ′ = −λ. Bajo la condici´on en la cual se considera el potencial sobre la superficie del cilindro constante, entonces el ajuste en la posici´on de la carga imagen est´a dada por: a = r2 /d. El campo el´ectrico resultante generado por las cargas λ y λ′ en la posiciones definidas por las coordenadas (r, θ) tiene la forma: ( ) 1 − d2 /r2 r λ Ur . ER = 2πε0 (r2 + d2 − 2dr cos θ) La densidad superficial de carga inducida en el cilindro se obtine de la relaci´on: σ (θ) = ε0 n · ER . La magnitud de fuerza entre los dos alambres separados una distancia d − a es: Fx =

λλ′ L λ2 Ld =− ; 2πε0 (d − a) 2πε0 (d2 − r2 )

expresi´on que es posible obtener integrando la componente X de la fuerza sobre los elementos de carga σdS:

16

1 Fx = − 2ε0

∫

2π

σ 2 cos θrdθdz. 0

Problema 1.23: Dos cargas se distribuyen con la misma densidad lineal en una longitud D de modo paralelo y se encuentran separados a una distancia l. Hallar la fuerza de interacci´on entre ellas. Ver figura (1.8). R: Definimos inicialmente √ dQ1,2 = λ1,2 dY1,2 . La distancia entre los elementos de carga se puede

escribir como: || rp − r ||= l2 + (Y2 − l/2 tan ϕ)2 . Es claro por consiguiente que rp = l/2i + Y2 j y r = −l/2i + l/2 tan ϕj. El campo el´ectrico generado por el elemento de carga dQ1 sobre el punto en donde se ubica dQ2 es: ∫ D/2 λ1 l sec2 ϕdϕ (li + (Y2 − l/2 tan ϕ) j) . E=K [ 2 ]3/2 −D/2 2 l2 + (Y2 − l/2 tan ϕ) Resolviendo esta integral se obtiene: [ ] Y2 − D/2 Kλ1 Y2 + D/2 √ E=− −√ i+ l 2 2 2 2 l + (Y2 − D/2) l + (Y2 + D/2) [ ] 1 Kλ1 1 √ −√ j. l l2 + (Y2 − D/2)2 l2 + (Y2 + D/2)2 La fuerza el´ectrica que experimenta el elemento dQ2 est´a definida por dF = dQ2 E. La fuerza total ∫ D/2 sobre la barra es entonces: F = −D/2 dQ2 E. La integraci´on sobre la componente j de campo el´ectrico es id´entica a cero, y sobre la componente i tenemos finalmente: ) (√ 1 + D2 /l2 − 1 i. F = 2Kλ1 λ2 Obs´ervese que esta ecuaci´on reproduce los l´ımites D >> l: F → 2Kλ1 λ2 D/l (fuerza entre dos alambres muy largos); y D > L, la expresi´on (1.18) reproduce la fuerza entre dos cargas puntuales: KqQ+ /R2 , con Q+ = λ+ L.

17

Electrost´atica

Figura 1.8: Representaci´on gr´afica, sistema de barras cargadas. Problema 1.25: Cinco cargas positivas de magnitud q son colocadas sim´etricamente alrededor de una circunferencia de radio R. Calcular la magnitud del campo el´ectrico en el centro del c´ırculo. Fig. (1.9).

Figura 1.9: Cargas en un c´ırculo. R: La componente X del campo es, con alg´ un detalle: EX

Kq = 2 R

( ( ) ( )) 2π 2π −1 − 2 cos + 2 cos = 0. 5 10

(1.19)

La magnitud del campo EX es cero en el centro del anillo. Un an´alisis similar para la componente Y conlleva a EY = 0. Problema 1.26: Dos placas uniformes e infinitas con densidades de cargas +σ y −σ intersectan en ´angulo recto. Hallar la magnitud y direcci´on del campo el´ectrico en todos los puntos y bosquejar las l´ıneas de E. R: La magnitud del campo asociado a una placa con densidad superficial de carga σ es E = σ/2ε0 , en direcci´on perpendicular a al misma. En la configuraci´on ilustrada en la figura (1.10), para la placa

18

Figura 1.10: Patr´on del campo el´ectrico en dos placas perpendiculares. positiva (negativa): ( ) σ 1 1 √ x b+ √ y b E =± 2ε0 2 2 ( ) σ 1 1 − √ x b− √ y b . E =± 2ε0 2 2 +

La magnitud del campo resultante en cualquier punto se calcula como: √ 2σ Er = . 2ε0 Problema 1.27: Una esfera conductora con carga total Q es cortada en dos mitades. Cu´al es la fuerza que debe usarse para mantener las dos mitades unidas? (MIT) R: La densidad superficial de carga sobre la esfera es σ = Q/4πR2 , en donde R es el radio de la esfera. La fuerza sobre un peque˜ no elemento de carga dq es radial y dirigida hacia afuera dado por dF = 1/2Edq, en donde E = Q/4πε0 r2 es el campo sobre la superficie de la esfera. En forma vectorial: dF =

σ2 dS. 2ε0

Si el plano en el cual la esfera es cortada en dos es XOY , la fuerza repulsiva entre las dos semiesferas es perpendicular al plano de corte, y la fuerza resultante debe dirigirse paralela al eje Z. La magnitud de la fuerza resultante sobre una de las mitades es: ∫ F = dF cos θ; ∫ ∫ σ 2 2 2π π/2 πσ 2 R2 Q2 F = R sin θ cos θdθdφ = = . 2ε0 2ε0 32πε0 R2 0 0 Problema 1.28: Dentro de un precipitador de humo un alambre largo de radio R tiene una carga est´atica λ Coulombs por unidad de longitud. Hallar la fuerza de atracci´on entre este alambre y una part´ıcula

Electrost´atica

19

de humo diel´ectrica de simetr´ıa esf´erica sin carga con una constante diel´ectrica ε y radio a, justo antes que la part´ıcula toque el alambre (asumir a > d), est´a cargado uniformemente en el vac´ıo de tal forma que el campo el´ectrico cerca a su superficie y lejos de sus extremos es E0 . Calcular el campo el´ectrico para r >> ℓ, sobre el eje de simetr´ıa del cilindro. R: Si escojemos el eje Z de las coordenadas cil´ındricas que coincida con el eje de simetr´ıa del conductor, con el origen en el centro del mismo, tendremos que el campo cerca a la superficie del cilindro es: E0 =

λ eρ , πε0 d

en donde λ es la carga por unidad de longitud del cilindro y eρ es el vector unitario en direcci´on radial. Para r >> ℓ, es posible considerar el conductor como una carga puntual con Q = λℓ = πε0 dℓE0 ; de esta forma, el campo el´ectrico en un punto distante r (en direcci´on paralela al eje del cilindro) se aproxima a: E (r) =

E0 dℓ Q = . 2 4πε0 r 4r2

Problema 1.30: La densidad volum´etrica de carga en el origen es ρ (0) = 105 C/m3 , y su valor se divide en dos para cada cent´ımetro de distancia desde el origen. Cu´al es la carga total en este universo?. R: Inicialmente, es necesario construir una funci´on de densidad volum´etrica de carga en t´erminos de la distancia r. Si r representa la distancia al origen, entonces: ρ (r) =

ρ0 . 2r

20 Esta expresi´on puede adem´as escribirse en forma exponencial como: ρ (r) = ρ0 2−r = ρ0 exp (−r ln 2). Ahora, para hallar la carga total, integramos la densidad de carga (de simetr´ıa radial) sobre todo el espacio: ∫ ∞ Q= ρ (r) 4πr2 dr. 0

El resultado anal´ıtico es: Q=

8πρ0 . (ln 2)3

Num´ericamente, Q = 7,54681 C. Problema 1.31: Calcular el campo el´ectrico en el punto (0, 0, h) debido al rect´angulo descrito por −a ≤ x ≤ a, −b ≤ y ≤ b, z = 0, y que porta una densidad superficial de carga uniforme ρS . R: En este caso, se plantea la integral resultante para el campo el´ectrico debido a un elemento diferencial de carga ρS dxdy: ∫ a∫ b ρS dxdy b . E = Kh U (1.20) 3/2 z −a −b (x2 + y 2 + h2 ) )−3/2 ( )−1/2 ∫a ( Resolviendo la integral, obtenemos ( −a x2 + y 2 dx = 2ay −2 a2 + y 2 ): E = 4KρS tan

−1

[

] ab bz . √ U h a2 + b2 + h2

(1.21)

Cap´ıtulo

2

Ley de Gauss 2.1 Representaci´ on gr´ afica del campo electrost´ atico. L´ıneas de Fuerza. Propiedades Una forma conveniente de visualizar los patrones de campo el´ectrico es a trav´es de una representaci´on gr´afica de l´ıneas que apunten en la misma direcci´on del vector de campo el´ectrico en cualquier punto. Estas l´ıneas, llamadas l´ıneas de campo el´ectrico, se relacionan con el vector intensidad E en cualquier regi´on del espacio de la siguiente forma: − El vector E es tangente a la l´ınea del campo en cada punto. (Fig. 2.1). − El n´ umero de l´ıneas por unidad de ´area a trav´es de una superficie perpendicular a las l´ıneas es proporcional a la intensidad del campo el´ectrico en esta regi´on. Por lo tanto, E es m´as grande cuando las l´ıneas de campo est´an pr´oximas entre s´ı, y es peque˜ no cuando est´an apartadas.

Figura 2.1: Representaci´on gr´afica de las l´ıneas de campo el´ectrico. − Las l´ıneas de campo deben iniciar su recorrido sobren las cargas positivas y terminar en cargas negativas, pero si la carga neta es diferente de cero, las l´ıneas pueden empezar o terminar en el “infinito”. 21

22

Figura 2.2: Las l´ıneas de campo el´ectrico inciden normalmente sobre las superficies A y B. El n´ umero de l´ıneas que cruzan la superficie A es mayor a las que cruzan en B, por consiguiente la intensidad del campo el´ectrico en la region A es mayor que en B. − El n´ umero de l´ıneas dibujadas que surgen desde una carga puntual positiva, o que se aproximan a una carga puntual negativa, es proporcional a la magnitud de la carga. − Ning´ un par de l´ıneas de campo pueden cruzarse o tocarse. − El n´ umero de l´ıneas por unidad de ´area que cruzan una esfera de radio R es: E ∝ N/4πR2 , la cual es consistente con la ley de Coulomb.

Figura 2.3: L´ıneas de campo el´ectrico generadas en las cercan´ıas de dos cargas puntuales positivas. 2.2 Flujo El´ ectrico. El flujo el´ectrico se define como el n´ umero de l´ıneas de campo el´ectrico que cruza una superficie. Si la superficie encierra alguna carga neta, el numero de l´ıneas que atraviesan la superficie es proporcional a la carga neta dentro de la superficie. N ∝| E | ×S = ΦE .

(2.1)

23

Ley de Gauss

Figura 2.4: L´ıneas de campo el´ectrico de un dipolo [ ] Las unidades del flujo el´ectrico en el sistema internacional de unidades ΦE = N · m2 /C.

Figura 2.5: Esquema para el c´alculo de la contribuci´on del elemento de flujo ∆ΦE . La contribuci´on al flujo el´ectrico total ∆ΦE es (Ver Fig. 2.5): ∆ΦE = Ei ∆Si cos θ = Ei · ∆Si ,

ΦTE = l´ım

∆Si →0

∑

(2.2)

∫ Ei · ∆Si =

E · dS.

(2.3)

∂Ω

i

El flujo neto a trav´es de una superficie cerrada es proporcional al n´ umero neto de l´ıneas que abandonan la superficie: ∮ c ΦE = E · dS. (2.4) ∂Ω

24 2.3 Ley de Gauss. C´ alculo de E a partir de la ley de Gauss. Si existen varias cargas q1 , q2 ,... en el interior de una superficie arbitraria ∂Ω, el flujo el´ectrico total ser´a la suma de los flujos producidos por cada carga. La ley de Gauss establece: El flujo el´ectrico a trav´es de una superficie cerrada que encierra las cargas q1 , q2 ,..es: ∮ 1 ∑ ΦE = E · dS = qi , (2.5) ε0 ∂Ω donde q =

∑

i

i qi

es la carga total en el interior de la superficie.

Si una carga tal como q ′ o q ′′ est´a fuera de la superficie cerrada, el flujo el´ectrico neto a trav´es de ∂Ω es cero.

Figura 2.6: Friedrich Gauss Gauss, Karl Friedrich. 1777-1855. Matem´ atico alem´ an quien en algunas ocasiones es llamado “el principe de las matem´ aticas”. Fue un ni˜ no prodigioso, a la edad de tres a˜ nos inform´ o a su padre de un error aritm´etico en una complicada cuenta y estableci´ o la respuesta correcta. En la escuela, cuando su maestro propuso el problema de sumar los enteros desde 1 hasta 100 (una serie aritm´etica) a sus estudiantes con el fin de mantenerlos ocupados, Gauss inmediatamente escribi´ o la respuesta correcta 5050 en su libreta. A la edad de 19 a˜ nos Gauss demostr´ o un m´etodo para la construcci´ on de un heptadec´ agono utilizando u ´nicamente reglas rectas y comp´ as. Gauss tambi´en demostr´ o que u ´nicamente pol´ıgonos regulares de un cierto n´ umero de lados pueden ser de esta manera construidos (un hept´ agono, por ejemplo, no podr´ıa ser construido de esta forma). Gauss demostr´ o el teorema fundamental del ´ algebra, el cual establece que cada polinomio tiene una raiz de la forma a + bi. De hecho, proporcion´ o cuatro pruebas diferentes, la primera de las cuales apareci´ o en su disertaci´ on. En 1801, demostr´ o el teorema fundamental de la aritm´etica, el cual establece que cada n´ umero natural puede ser representado como el producto de primos en una u ´nica forma. A la edad de 24 a˜ nos, Gauss public´ o uno de los logros m´ as brillantes en matem´ aticas, Disquisitiones Arithmeticae (1801). En este texto, Gauss sistematiz´ o el estudio de la teor´ıa de n´ umeros (propiedades de los enteros). Gauss demostr´ o que cada n´ umero es la suma de a lo sumo tres n´ umeros triangulares, y desarroll´ o el ´ algebra de congruencias.

Ley de Gauss En 1801, Gauss desarroll´ o el m´etodo de ajuste de m´ınimos cuadrados, 10 a˜ nos antes de Legendre, pero no lo public´ o. El m´etodo le permiti´ o calcular la ´ orbita del asteroide Ceres, el cual hab´ıa sido descubierto por Piazzi. Sin embargo, despu´es de este descubrimiento independiente, Legendre acus´ o a Gauss de plagio. Gauss public´ o su monumental tratado sobre mec´ anica celeste (Theoria Motus) en 1806. Desarroll´ o el magnet´ ometro y, junto con Wilhelm Weber, midi´ o la intensidad de fuerzas magn´eticas y construy´ o el primer tel´egrafo exitoso. Se ha reportado que Gauss manifest´ o: “Han existido u ´nicamente tres matem´ aticos que han marcado historia: Arqu´ımides, Newton y Eisenstein”(Boyer 1968, p. 553). La mayor´ıa de historiadores est´ an desconcertados por la inclusi´ on de Eisenstein en la misma clase de los otros dos. Tambi´en se dice que en 1807 fue interrumpido en medio de un problema y le informaron que su esposa estaba muriendo. Gauss contest´ o: “Diganle que espere un momento hasta que termine”(Asimov 1972, p. 280). Gauss obtuvo importantes resultados sobre el postulado paralelo, pero fall´ o en su publicaci´ on. Los cr´editos para el descubrimiento de la geometr´ıa no Euclideana por consiguiente, fueron asignados a Janos Bolyai y ´ public´ Lobachevsky. Sin embargo , El o su trabajo seminal sobre geometr´ıa diferencial en Disquisitio´ nes circa superticies curvas. La curvatura Gaussiana (o segunda curvatura) es as´ıdenominada por El. ∮ Tambi´en descubri´ o el teorema integral de Cauchy C f (z) dz = 0 para funciones anal´ıticas, pero no lo public´ o. Gauss resolvi´ o el problema general de mapeo conforme de una superficie en otra. Desafortunadamente para los matem´ aticos, Gauss desechaba y mejoraba art´ıculos incesantemente, publicando una fracci´ on de su trabajo, conservando su m´ axima: “pauca sed matura”(poco pero maduro). Muchos de estos resultados fueron reproducidos por otros, ya que su diario permaneci´ o impublicable por a˜ nos despu´es de su muerte. Su diario ten´ıa u ´nicamente 19 p´ aginas de extensi´ on, pero despu´es se confirm´ o la prioridad sobre muchos resultados que no hab´ıa publicado. Gauss quer´ıa un heptadec´ agono colocado sobre su l´ apida, pero el sepulturero se neg´ o argumentando que ´este ser´ıa indistinguible de un c´ırculo. El heptadec´ agono aparece, sin embargo, como la forma de un pedestal con una estatua eregida en su honor en su pueblo natal de Braunschweig. Fuente:http://scienceworld.wolfram.com/biography/Gauss.html

Problema 2.1: Distribuci´ on de carga esf´erica. Una esfera aislante de radio a tiene una densidad de carga uniforme ρ, y una carga positiva total Q. Calcular la magnitud del campo el´ectrico en los puntos: (a) Fuera de la esfera. (b) Dentro de la esfera. ∫ 3 br . (b) Para r < a, se utiliza la ley de Gauss: R: (a) E (r) = KQ/r2 U SG E·dS = 4πρr /3ε0 ; ρ = 3Q/4πa3 . E (r) = KQr/a3 , (r < a). Problema 2.2: Una esfera de radio R rodea a una carga puntual Q localizada en su centro. (a) Demuestre que el flujo el´ectrico a trav´es de un casquete circular de medio ´angulo θ es: ΦE = Q (1 − cos θ) /2ε0 . (b) ¿Cu´al es el flujo para θ = π/2?. (c)¿θ = π?. R: (a) El elemento de superficie en coordenadas esf´ericas, cuya normal est´ ∫a en la direcci´on radial es: dSr = 2πR2 sin θdθ. Evaluando la integral del flujo ΦE = S Er dSr = ∫θ 2πKQ 0 sin θdθ = 2πKQ (1 − cos θ). (b) 2πKQ, (c) 4πKQ. Problema 2.3: Una esfera de radio a posee una densidad volum´etrica de carga variable ρ (r) = ρ0 (r/a)2 . (a) Determinar el campo el´ectrico en cualquier lugar dentro y fuera de la esfera. (b) Calcular la (magnitud) del campo el´ectrico( en la superficie ) −2 de la esfera. 2 3 3 R: (a) E (r) = ρ0 /5ε0 a r , r < a; E (r) = ρ0 a /5ε0 r . (b) E (a) = ρ0 a/5ε0 . Problema 2.4: La densidad volum´etrica de carga en un haz de electrones de secci´on transversal

25

26

Figura 2.7: Las cargas puntuales encerradas en el dominio ∂Ω producen un flujo el´ectrico proporcional a ∑ la carga neta encerrada i qi . circular de radio a es modelada por la f´ormula: ρ (r) = ρ0 exp (−r/a)/r (C/m3 ). Calcular: (a) La intensidad del campo el´ectrico en un punto sobre la regi´on r < a. (b) La intensidad del campo el´ectrico en un punto sobre la regi´on r > a. R: (a) E (r) = (ρ0 a/ε0 r) (1 − exp (−r/a)). (b) E (r) = (ρ0 a/ε0 r) (1 − exp (−1)). Problema 2.5: Un cilindro aislante “infinitamente”largo de radio R tiene una densidad volum´etrica de carga que var´ıa con la distancia radial seg´ un ρ (r) = ρ0 (a − r/b); en donde ρ0 , a y b son constantes positivas, y r es la distancia desde el eje del cilindro. Hallar el campo E a distancias radiales (a) r < ( ) R, (b) r > R. 2 R: (a) E (r) = (ρ0 /ε0 ) ar/2 − r /3b , (b) E (r) = QT /2πlε0 r, QT = 2πρ0 lR2 (a/2 − R/3b). Problema 2.6: Un filamento cargado uniformemente de 7 m de longitud posee una carga positiva total de 2µC. Un cilindro de cart´on descargado de 2 cm de longitud y 10 cm de radio rodea el filamento en su centro, con el filamento como el eje del cilindro. Utilizando todas las aproximaciones razonables, calcular: (a) El campo el´ectrico en la superficie del cilindro. (b) El flujo el´ectrico total a trav´es del cilindro. R: (a) E (R) = Q+ /2πε0 ℓR = 51,43 × 103 N/C. (b) Φ = Q+ H/ℓε0 = 650V-m. Problema 2.7: Una placa de material aislante (“infinita”en dos de sus tres dimensiones) tiene una densidad de carga positiva uniforme ρ. (a) Demuestre que el campo el´ectrico a una distancia x desde su centro y en el interior de la placa es E (x) = ρx/ε0 . (b) Suponer que un electr´on de carga − | e | y masa m se coloca dentro de la placa. Si es liberado desde el reposo a una distancia x desde el centro, demostrar que el electr´on

Ley de Gauss

exhibe M.A.S con una frecuencia:

√ ν=

1 2π

ρ|e| . mε0

R: (a) La integral de flujo sobre una superficie Gaussiana cerrada es: Φ = 2ρSx/ε0 , en donde S es la superficie imaginaria cuya normal es paralela a las l´ıneas del campo el´ectrico. (b) La fuerza sobre el electr´on: F = − | e | E. Por segunda ley de Newton, se obtiene una ecuaci´on de M.A.S. Problema 2.8: El tambor cil´ındrico de una m´aquina copiadora tiene 40 cm de longitud y 5 cm de radio. Si la carga est´a distribuida uniformemente sobre la superficie curva del tambor, y el campo el´ectrico cerca de la superficie es de 2×105 N/C, estimar la cantidad de carga sobre el tambor. R: Q = 4πε0 ERℓ = 0,1µC. Problema 2.9: Una carga puntual Q se localiza en el eje de un disco de radio R, a una distancia b por debajo del plano del disco Fig. (2.8). Hallar la relaci´on entre el radio R del disco y la distancia b, si a trav´es del disco se tiene un cuarto del flujo el´ectrico total generado por la carga puntual. R: De la condici´ ∫ on del problema: Φdisco = ΦT /4. El flujo el´ectrico a trav´es del disco se bρ , con U bρ = sin θ cos ϕb calcula por: E · dS, en donde E = KQ/ρ2 U x + sin θ sin ϕb y√+ cos θb z. 2 Para una √ distancia r desde el centro del disco a cualquier punto sobre ´el, ρ = r + b2 , cos θ = b/ r2 + b2 . El diferencial de superficie sobre el disco es dS = 2πrdrb z, y evaluando la integral, el flujo se calcula resolviendo √ ( )3/2 ) ( ∫R Φdisco = 2πKQb 0 rdr/ r2 + b2 = 2πKQ 1 − b/ R2 + b2 . √ Utilizando la condici´on inicial, R/b = 3.

Figura 2.8: Representaci´on Gr´afica, Problema 2.9 Problema 2.10: Una carga puntual q + se coloca en el origen del sistema de coordenadas Fig.(2.9). Calcular el flujo del campo el´ectrico sobre la superficie plana descrita por los l´ımites: 0 < x < a, 0 < y < a, z = δ; en donde δ a

(2.7)

(a) Hallar el campo El´ectrico en todas las regiones. (b) Obtener una expresi´on para la densidad de carga remanente sobre la superficie de contacto. Fuente: http://ocw.mit.edu/OcwWeb/hs/physics/j/3/3.htm

Figura 2.12: Problema 2.14

31

Ley de Gauss

R: (a) Utilizamos la forma diferencial de la ley de Gauss: ρ . ε0

(2.8)

ρ0 z + A, ε0

(2.9)

∇·E= Para la regi´on 0 < z < a: E + (z) =

en donde A es una constande de integraci´on definida por las condiciones de frontera. Dado que la densidad de carga del dispositivo esta concentrada en la regi´on −a < z < a, el campo El´ectrico por fuera de esta zona es cero. Por consiguiente, aplicando el l´ımite E + (a) = 0 se obtiene: A = −ρ0 a/ε0 . An´alogamente, la soluci´on para la regi´on −a < z < 0 es: −ρ0 z E − (z) = + B, (2.10) ε0 en donde B = A sobre la condici´on E − (−a) = 0. As´ı, las soluciones completas para E (z) son:

E + (z) = E − (z) = −

ρ0 (z − a) ; ε0

0 < z < a,

ρ0 (a + z) ; −a < z < 0, ε0 E (z) = 0, | z |> a.

(b) El campo el´ectrico es cont´ınuo sobre la superficie de contacto en z = 0 y toma el valor: E (0) = −ρ0 a/ε0 . La densidad superficial de carga acumulada sobre la superficie de contacto es negativa y est´a relacionada con la distribuci´on espacial de la carga del dispositivo sobre el eje z: σ = ε0 E (0) = −ρ0 a. Problema 2.15: Una carga puntual positiva Q+ se localiza en el origen de coordenadas. Calcular el flujo de campo el´ectrico sobre una superficie semicil´ındrica de radio a y de longitud infinita, con el eje de simetr´ıa paralelo al eje z de coordenadas. (Ver Fig.(2.13)). R: Partimos de la expresi´on para el campo el´ectrico generado por una carga puntual Q+ : E=

KQ b Ur , r2

br = sin θ cos ϕi + sin θ sin ϕj + cos θk como el vector unitario radial en coordenadas con U bρ = esf´ericas. El elemento de superficie con orientaci´on radial en coordenadas cil´ındricas U b cos ϕi + sin ϕj est´a definido como: dS = ρdϕdz Uρ . La relaci´on entre la distancia r en coordenadas esf´ericas, y las coordenadas radiales ρ y z en coordenadas cil´ındricas es: r 2 = ρ2 + z 2 . La integral de flujo se reduce entonces a: ∫

∞

∫

Φ= −∞

0

π

KQ+ ρ sin θdzdϕ . ρ2 + z 2

32 √ Utilizando sin θ = z/ ρ2 + z 2 e integrando sobre todos los valores posibles de la coordenada z en el rango {−∞, ∞}, finalmente se obtiene: Q+ , 2ε0 el cual corresponde exactamente a la mitad del flujo neto sobre una superficie Gaussiana cerrada de cualquier simetr´ıa, i.e, obs´ervese que en este caso la mitad de las l´ıneas de campo penetran la superficie en cuesti´on. Φ=

Figura 2.13: Flujo a trav´es de una superficie semi-cil´ındrica. Problema 2.16: Dentro de una esfera de radio a se distribuye una carga cuya densidad vo√ lum´etrica es ρ = α r. Hallar la intensidad del∫campo el´e)ctrico sobre la superficie. a ( R. Integraci´on directa en la densidad de carga 0 ρ 4πr2 dr = 8παa7/2 /7ε0 conduce a la relaci´on: E (r = a) = 2αa3/2 /7ε0 . Problema 2.17: Un cilindro ilimitadamente largo de secci´on circular est´a cargado uniformemente con densidad superficial de carga σ. En el eje del cilindro se coloca un hilo ilimitadamente largo con una densidad de carga lineal λ. Escribir una condici´on para la cual el campo el´ectrico fuera del cilindro sea nulo. R. Si la carga total contenida por una superficie Gaussiana localizada por fuera del cilindro es cero, entonces el campo el´ectrico en esta misma regi´on es tambi´en igual a cero. Esto sucede cuando | λ |= −2πR | σ |, con R como el radio del cilindro. Problema 2.18: En un sistema cil´ındrico, ρ = ρ0 (r/a)3/2 . (a) Cu´anta carga se encuentra dentro del cilindro r = a, −a/2 < z < a/2?. (b) Encu´entrese D en r = a, z = a/2. R:(a) Integrando la densidad volum´etrica de carga: ∫ a ∫ a/2 4πρ0 a3 . (2.11) q = 2π ρ (r) rdrdz = 7 0 −a/2 (b) El vector D se obtiene evaluando la integral de flujo sobre el cilindro: ∫ 2ρ0 a D · dS = qenc , | D |= . 7 S

(2.12)

Ley de Gauss

Problema 2.19: Un haz de protones bien-colimado se desplaza en el espacio en forma de un cilindro de radio R. La velocidad de los protones es v y el n´ umero de protones por unidad de volumen es ρ. Hallar la fuerza sobre un prot´on a una distancia r desde el eje del haz. Discutir cualitativamente la estabilidad de mismo. R: El campo el´ectrico en el interior del haz tiene la forma (unidades Gaussianas): E = 2πρer, mientras que el campo magn´etico generado es B = v × E/c. La fuerza neta sobre una carga es calculada utilizando la f´ormula de Lorentz: ( ) v2 F = eE + ev × B/c = e 1 − 2 E. (2.13) c Existe una fuerza neta en direcci´on radial hacia afuera, haciendo inestable al haz en ausencia de dispositivos de enfoque. La fuerza total por unidad de longitud ℓ sobre la secci´on de transversal de radio R, se obtiene por integraci´on directa Ft /ℓ = αR3 , α = ( ) 4π 2 ρ2 e2 1 − v 2 /c2 /3. Problema 2.20: Suponer que, en lugar de la fuerza de Coulomb, se encuentra experimentalmente que la fuerza entre dos cargas q1 y q2 es: ( ) √ q1 q2 1 − αr12 er . F12 = 2 4πε0 r12 ∮ (a) Hallar E · dS sobre una superficie esf´erica de radio r1 con la carga puntual en su centro. Comparar con el resultado de Coulomb. (b) Repertir el punto (a) para r1 + ∆ y hallar ∇ · E. N´otese que ∆ es una cantidad peque˜ na. R: (a) El campo el´ectrico generado por una carga puntual q es, en este caso: E (r) =

√ ) q 1 ( 1 − αr er . 4πε0 r2

Al evaluar el flujo total sobre una superficie esf´erica de radio r1 : ∮ ∫ π ∫ 2π ( √ ) √ q q 1 − αr r2 sin θdϕdθ = (1 − αr1 ) . E · dS = 2 4πε0 r ε0 0 0 (b) Si el flujo del campo el´ectrico es calculado en una esfera de radio r1 + ∆: ) √ q ( ΦE = 1 − α (r1 + ∆) . ε0 Consideremos un volumen V ′ limitado por dos superficies esf´ericas S1 y S2 , con radios r1 y r1 + ∆, respectivamente. El teorema de la divergencia de Gauss establece: ∮ ∫ E · dS = ∇ · EdV. (2.14) S1 +S2

V′

Como las direcciones de dS sobre S1 y S2 est´an orientadas hacia afuera de V ′ , para peque˜ nos ∆ tendremos: √ ] √ q [ √ q∆ α − α (r1 + ∆) + αr1 ≈ − √ . ε0 2ε0 r1

33

34 Esto debe igualarse a una aproximaci´on en la parte derecha de (2.14): ] 4π [ (r1 + ∆)3 − r13 (∇ · E) |r=r1 . 3 El valor de la divergencia del campo en r = r1 es, por lo tanto: √ q α (∇ · E) |r=r1 = − . 5/2 8πε0 r1 La ley de Coulomb establece que la divergencia del campo el´ectrico producida por una carga puntual es: ∇ · E (r) =

q δ (r) . ε0

Problema 2.21: Una carga lineal uniforme ρℓ infinitamente extendida yace a lo largo del eje X. Calcular el flujo el´ectrico que atraviesa una superficie esf´erica centrada en el origen con radio igual a R. R. El flujo de campo el´ectrico es igual a la carga neta encerrada por la superficie. Para una carga lineal de longitud 2R, tendremos Ψ=

2ρℓ R Qe = . ε0 ε0

Cap´ıtulo

3

Potencial El´ ectrico Pierre Laplace, 1749-1827. F´ısico y matem´atico franc´es quien coloc´o la piedra angular definitiva en la matem´aticas astron´omicas resumiendo y extendiendo el trabajo de sus predecesores en sus cinco vol´ umenes de Mec´anica Celeste (M´ecanique C´eleste) (1799-1825). Este trabajo fue importante porque transform´o el estudio geom´etrico de la mec´anica usado por Newton a uno basado en el c´alculo, conocido como Mec´anica F´ısica. En M´ecanique C´eleste, Laplace prob´o la estabilidad din´amica del sistema solar (ignorando la fricci´on de la marea) en escalas temporales cortas. Para escalas de tiempo grandes, sin embargo, esta aserci´on se prob´o falsa a principio de los a˜ nos 1990. Laplace resolvi´o la libraci´on de la Luna. En este trabajo frecuentemente se omit´ıan derivaciones, dejando u ´nicamente los resultados con la frase “il est ais´e `a voia”(es f´acil ver). Se dice que por s´ı mismo en algunas ocasiones no le era posible completar las derivaciones sin trabajar algunos d´ıas. Despu´es de leer M´ecanique C´eleste, se dice que Napole´on habia cuestionado a Laplace sobre la negativa de mencionar a Dios. En un notorio contraste a la visi´on de Newton sobre este t´opico, Laplace replic´o que no ten´ıa ninguna necesidad para tal hip´otesis. Laplace tambi´en sistematiz´o y elabor´o la teor´ıa de la probabilidad en “Essai Philosophique sur les Probabilit´es (Ensayo filos´ofico sobre probabilidad, 1814). Fue el primero en publicar el valor de la integral Gaussiana, estudi´o la transformada de Laplace, a pesar de que la t´ecnica fue ampliamente desarrollada por Heaviside. Propuso que el sistema solar se hab´ıa formado de una n´ebula solar rotante con anillos que colapsaron y formaron posteriormente los planetas. El discuti´o esta teor´ıa en la Exposition de syst`eme du monde (1796). Se˜ nal´ o que el sonido viaja adiab´aticamente encontrando el valor de Newton muy peque˜ no. Laplace formul´ o la teor´ıa matem´atica de las fuerzas interparticulares, la cual podr´ıa ser aplicada a la mec´anica, la termodin´amica y los fen´omenos ´opticos. Esta teor´ıa fue reemplazada en los a˜ nos 1820, pero el ´enfasis sobre una visi´on unificada de la f´ısica fu´e importante. Junto con Lavosier, cuya teor´ıa sobre el cal´orico hab´ıa suscrito, Laplace determin´o los calores espec´ıficos para muchas sustancias utilizando un calor´ımetro de su propio dise˜ no. Laplace tom´o prestado el concepto de potencial de Lagrange, pero con nuevas dimensiones. Invent´ o el potencial gravitacional y demostr´o que ´este obedece la ecuaci´on de Laplace en el espacio vac´ıo. Despu´es de ser nombrado Ministro del Interior por 35

36 Napole´on, Laplace fue destituido con el comentario de que “estaba a cargo del esp´ıritu de lo infinitamente peque˜ no dentro del manejo de los asuntos.”Laplace cre´ıa que el universo era completamente determin´ıstico. 3.1 Concepto de Trabajo en Electrost´ atica. Puesto que la fuerza que act´ ua sobre una carga puntual q en presencia de un campo el´ectrico E es igual a F = qE, al desplazar la carga un diferencial dl, se efect´ ua un trabajo: dW = F · dl = qE · dl.

(3.1)

Al desplazar la carga desde el punto (1) hasta el punto (2) por la trayectoria Γ (Figura 11), el trabajo realizado es: ∫ (2) W1→2 = q E · dl. (3.2) (1)

Figura 3.1: Trabajo realizado al desplazar cuasiest´aticamente una carga puntual en el campo el´ectrico E. 3.2 Car´ ater potencial del campo Coulombiano. El campo de fuerzas se denomina potencial si el trabajo de desplazamiento en este campo depende s´ olo de la posici´on de los puntos inicial y final de la trayectoria y no de la forma de la misma. Otra definici´on equivalente del car´acter potencial es la exigencia que el trabajo realizado en cualquier trayectoria cerrada es cero. Simb´olicamente: ∮ ∑ E · dl = 0, E = Ei , ∇ × E = 0. (3.3) i

Teor´ıas del potencial: 1828 G. Green, C. F. Gauss (1777-1855), P. S. de Laplace (1749-1827), S. D. Poisson (1781-1840). La energ´ıa potencial electrost´atica (U ) se relaciona con el trabajo realizado por: ∫ ∆U = U2 − U1 = −q

(2)

E · dl.

(3.4)

(1)

Por consiguiente −∆U = W . Energ´ıa Potencial para un sistema de dos cargas. El trabajo efectuado para desplazar una

37

Potencial El´ectrico

carga q bajo los efectos del campo generado por una carga puntual de magnitud Q ubicada en el origen, de acuerdo con: ∫ b KQ b Wa→b = q Ur · dl, (3.5) 2 a r en donde dl es el diferencial de longitud, cuya componente radial en coordenadas esf´ericas se br . Integrando: define por: drU ( ) ∫ rb dr 1 1 Wa→b = KqQ = KqQ − . (3.6) 2 ra rb ra r La diferencia de potencial ∆V = Vb − Va entre los puntos a y b se define como el cambio de la energ´ıa potencial dividido entre la carga de prueba q: ∆V =

∆U . q

(3.7)

3.3 Potencial de un sistema de cargas. El vector campo el´ectrico cumple el principio de superposici´on, as´ı, el campo generado∑ por un sistema de cargas discretas E, proviene de la contribuci´on de cada una cargas: E = N i=1 Ei . ∫ ∆V = −

b

E · dl = −

a

N ∫ ∑ i=1

b

Ei · dl =

a

N ∑

∆Vi .

(3.8)

i=1

Para un conjunto de cargas puntuales Qi , el potencial en un punto P se calcula por: V (P ) =

N ∑ KQi i=1

ri

,

(3.9)

en donde ri es la distancia desde cada una de las cargas al punto P en un marco de referencia establecido. 3.4 Potencial El´ ectrico creado por una distribuci´ on cont´ınua de cargas. Suponemos que todas las cargas est´an en una zona finita del espacio y el potencial est´a normalizado a cero en el infinito. Utilizando la construcci´on geom´etica de la figura 4, el potencial en el punto P est´a dado por: ∫ dQ 1 . (3.10) V (R) = 4πε0 Ω | R − r | 3.5 Energ´ıa Potencial Electrost´ atica Interna. En la secci´on anterior se mostr´o que el producto del potencial escalar y la carga de un objeto puntual puede ser interpretada como energ´ıa potencial. Mas precisamente, si una carga puntual qi es desplazada desde el infinito a un punto ri en una regi´on de campos el´ectricos localizados descritos por el potencial escalar Φ (el cual desaparece en el infinito), el trabajo hecho sobre la carga, (y por consiguiente su energ´ıa potencial) est´a dado por: Wi = qi Φ (ri ) . (3.11)

38 El potencial Φ puede ser visto como el producido por un arreglo de (n − 1) cargas qj , (j = 1, ..., n − 1) en las posiciones rj . Entonces: Φ (ri ) =

n−1 qj 1 ∑ , 4πε0 | ri − rj |

(3.12)

j=1

de tal forma que la energ´ıa potencial de la carga qi es: n−1 qj qi ∑ Wi = . 4πε0 | ri − rj |

(3.13)

j=1

La energ´ıa potencial total de todas las cargas debido a todas las fuerzas actuando sobre ellas es: n n ∑ 1 ∑ ∑ qi qj W = Wi = . (3.14) 4πε0 | ri − rj | i

i

j 0) est´a definido por: ( )−1/2 ( )−1/2 Φ (x, y) = Kq (x − a)2 + y 2 − Kq (x + a)2 + y 2 ,

(3.19)

evidentemente, para x = 0, Φ (0, y) = 0.

Figura 3.2: Configuraci´on plano aterrizado-carga puntual. Carga puntual en presencia de una esfera conductora aterrizada. Como una ilustraci´on del m´etodo de las im´agenes, consideremos el problema ilustrado en la figura (3.3). Una carga puntual q en el punto y relativo al origen, alrededor del cual est´a centrada una esfera conductora aterrizada de radio a. El potencial Φ (| x |= a) = 0. Por simetr´ıa es evidente que la carga imagen q ′ (asumiendo que s´olo es necesaria una imagen) yacer´a en la l´ınea que une el origen y la carga q. Si consideramos la carga q fuera de la esfera, la posici´on de la imagen y′ estar´a dentro de la esfera. El potencial debido a las cargas q y q ′ es:

Φ (x) =

q ′ /4πε0 q/4πε0 + | x − y | | x − y′ |

(3.20)

Ahora debemos tratar de seleccionar q ′ y | y′ | de tal forma que este potencial se anule en | x |= a. Si n es un vector unitario en la direcci´on x, y n′ es un vector unitario en la direcci´on y, entonces: q/4πε0 q ′ /4πε0 Φ (a) = . (3.21) y ′ + ′ a | n − a n | y | n′ − ya′ n |

40

Figura 3.3: Esfera conductora de radio a, con carga q y carga imagen q ′ . Las selecciones q/a = −q ′ /y ′ , y y/a = a/y ′ generan la condici´on Φ (a) = 0, para todos los posibles valores de n · n′ . Por lo tanto, la magnitud y posici´on de la carga son: a q ′ = − q, y

y′ =

a2 . y

(3.22)

Notemos que, cuando la carga q se acerca a la esfera, la carga imagen crece en magnitud se desplaza por fuera del centro de la esfera. Cuando q est´a justamente por fuera de la superficie de la esfera, la carga imagen es igual y opuesta en magnitud, y yace justo sobre la superficie. El potencial en cualquier punto est´a definido por: [ ( )−1/2 ] ( 2 )2 )−1/2 a a a2 q ( 2 2 2 x + y − 2xy cos γ x + − 2 x cos γ , Φ (x) = − 4πε0 y y y

(3.23)

en donde γ es el ´angulo entre n y n′ . La densidad de carga real inducida sobre la superficie de la esfera puede ser calculada de la derivada normal de Φ en la superficie: ] ∂Φ σ = −ε0 . (3.24) ∂x x=a

La fuerza que act´ ua sobre la carga q puede ser calculada en diferentes formas. La m´as sencilla es escribir la fuerza entre la carga q y la carga imagen q ′ , separadas una distancia y − y ′ . Deacuerdo con la ley de Coulomb: 1 q2 | F |= 4πε0 a2

( )3 ( )−2 a a2 1− 2 . y y

(3.25)

Si se desea considerar el problema de una esfera conductora aislada con una carga total Q en presencia de una carga puntual q, podemos construir la soluci´on para el potencial por superposici´on lineal. En el sentido operacional, podemos imaginar que tenemos una esfera conductora aterrizada (con carga q ′ ) distribuida sobre su superficie. Luego desconectamos

41

Potencial El´ectrico

el alambre de tierra y adicionamos a la esfera una cantidad de carga Q − q ′ . Esto conlleva a tener sobre la esfera una carga total Q. Para obtener el potencial notamos que la carga adicionada (Q − q ′ ) se distribuir´a uniformemente por s´ı misma sobre la superficie, ya que las fuerzas electrost´aticas debido a la carga puntual q ya est´an balanceadas a trav´es de q ′ . Por consiguiente, el potencial debido a la carga adicionada (Q − q ′ ) ser´a el mismo como si una carga puntual de esa magnitud estuviera en el origen: [ ] 1 q q′ Q − q′ Φ (x) = + + , (3.26) 4πε0 | x − y | | x − y′ | |x| La fuerza que act´ ua sobre la carga q puede ser escrita directamente a trav´es de la ley de Coulomb: [ ] 1 q (Q − q ′ ) qq ′ F= + n′ . (3.27) 4πε0 y2 (y − y ′ )2 En el l´ımite de y >> a, la fuerza se reduce a la forma usual de Coulomb para dos peque˜ nos cuerpos cargados. Pero cerca a la esfera la fuerza es modificada debido a la distribuci´on de carga inducida sobre la superficie de la esfera. Si la esfera est´a cargada opuestamente a q, o descargada, la fuerza es atractiva para todas las distancias. Incluso si la carga Q es del mismo signo que q, sin embargo, la fuerza se hace atractiva a muy cortas distancias. En el l´ımite de Q >> q,( el punto de)fuerza cero (punto de equilibrio inestable) es muy cercano a √ la esfera, a y ≈ a 1 + 21 q/Q . N´otese que el valor asint´otico de la fuerza es obtenido tan pronto como la carga q est´a a unos pocos radios alejada de la esfera. Este ejemplo exhibe una propiedad general que explica porque el exceso de carga sobre una superficie no abandona inmediatamente la superficie debido a la repulsi´on mutua de las cargas individuales. Tan pronto como un elemento de carga es removido desde la superficie, la carga imagen tiende a traerlo de vuelta. Si se ha realizado el trabajo suficiente, la carga puede ser removida desde la superficie al infinito. La funci´on de trabajo de un metal es en gran parte justo el trabajo hecho contra la fuerza imagen atractiva para remover el electr´on desde la superficie. Problema 3.1: El potencial promedio en el tiempo de un ´atomo neutro de Hidr´ogeno est´a dado por: ϕ=

αr ) q exp (−αr) ( 1+ , 4πε0 r 2

en donde q es la magnitud de la carga electr´onica, y α−1 = a0 /2, con a0 como el radio de Bohr. Hallar la distribuci´on de carga (discreta y cont´ınua) que genera este potencial. R: Utilizamos la ecuaci´on de Poisson en coordenadas esf´ericas: ρ = −ε0 ∇2 ϕ, en donde la componente radial de ∇2 ϕ es ρcont = −

1 ∂ 2 (rϕ) r ∂r2 .

Resolviendo para ρ :

qα3 exp (−αr); 8π

42 La densidad de carga total sobre el ´atomo neutro debe incluir la densidad de carga el´ectronica situada en el origen: qδ (r), [ ] α3 ρ (r) = q δ (r) − exp (−αr) . 8π Problema 3.2: Una esfera s´olida aislante de radio a posee una densidad de carga uniforme ρ. Hallar el potencial el´ectrico en cualquier sitio. R: Utilizando la ley de Gauss, es posible demostrar que el campo el´ectrico para r > a es E = kQ/r2 , y para r < a es kQr/a3 , en direcci´on radial. El potencial el´ectrico en un punto por fuera de la esfera es V (r) = kQ/r, mientras que el potencial en un punto dentro de la misma se obtiene integrando el vector campo: ∫ a ∫ r V (r) − V (∞) = − E (r > a) dr − E (r < a) dr ∞

a

) kQ ( kQ − 3 r 2 − a2 = a) 2a ( 2 r Q 4πa3 ρ 3− 2 ; Q= . =k 2a a 3 La soluci´on gr´afica puede apreciarse en la figura (3.4). V kQ 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

ra

Figura 3.4: Problema 3.2 Problema 3.3: Un contador Geiger-M¨ uller es un detector de radiaci´on que se compone de un cilindro hueco (c´atodo) de radio ra y un alambre cil´ındrico coaxial (´anodo) de radio rb . La carga por unidad de longitud del ´anodo es λ+ , mientras que la carga por unidad de longitud del c´atodo es λ− . (a) Muestre que la magnitud de la diferencia de potencial entre el alambre y el cilindro en la regi´on sensible al detector es: ( ) ra + ∆V = 2Kλ ln . rb (b) Demostrar que la magnitud del campo el´ectrico sobre esta regi´on est´a dada por: E (r) =

∆V 1 ( ) . ln rrab r

43

Potencial El´ectrico

R: (a) Por ley de Gauss ∫ rE (r) = λ/2πε0 r. La magnitud de la diferencia de potencial entre los dos puntos ∆V = rab E (r) dr = 2Kλ ln (ra /rb ). (b) Se despeja λ en t´erminos de ∆V . Problema 3.4: El eje X es el eje de simetr´ıa de un anillo cargado uniformemente de radio R y carga Q. Una carga puntual Q de masa m se localiza en el centro del anillo. Cuando se desplaza ligeramente, la carga puntual se acelera a lo largo del eje X hacia el infinito. Demostrar que la velocidad final de la carga puntual es: √ 2KQ2 v= . mR √ ∫ 2π R: El potencial en cualquier punto sobre el eje X se obtiene calculando V = K 0 dq/ R2 + x2 , con dq = Q/2πdθ. La diferencia de potencial ∆V = V∞ − V0 = −KQ/R se relaciona con el cambio de energ´ıa potencial como: ∆U = Q∆V , y con la variaci´on de la energ´ıa cin´etica 2 /2 − mv 2 /2. Bajo la condici´ 2 = 2KQ2 /mR. ∆K = −∆U = mv∞ on v0 = 0, v∞ 0 Problema 3.5: La energ´ıa potencial el´ectrica interna de un sistema de cargas puede escribirse de cualesquiera de las formas : ∑ qi qj (3.28) Ep = 4πε0 rij todoslospares

Ep =

1 2

∑

qi Vi .

(3.29)

todaslascargas

La∫ energ´ıa el´ectrica para una distribuci´on cont´ınua de cargas de densidad ρ es Ep = 1 on. Utilizar esta expresi´on 2 Ω ρV dΩ, en donde Ω es el volumen ocupado por la distribuci´ para demostrar que la energ´ıa de un conductor esf´erico de radio R y con una carga Q distribuida uniformemente sobre su volumen es 35 Q2 /4πε0 R. R: Utilizamos la expresi´on: ) ∫ R ( Kq Ep = ρ 4πr2 dr, r 0 en donde Kq/r es el potencial de una capa conductora de radio r y carga q = 4πρr3 /3. Reemplazando e integrando, obtenemos: (ρ = 3Q/4πR3 ). Ep =

3 KQ2 . 5 R

Problema 3.6: Se establece una diferencia de potencial V entre dos placas planas paralelas separadas una distancia d. Se liberan simult´aneamente un electr´on de masa me desde la placa negativa y un prot´on de masa mp en la placa positiva. El cociente de la magnitud de sus velocidades antes de chocar con las placas opuestas y el tiempo en el cual se encuentran son respectivamente iguales √ a: √ R: vp /ve = me /mp ; t = 2d2 me mp /eV (mp + me ). Problema 3.7: Barra cargada I. Una barra muy delgada se extiende a lo largo del eje Z desde −d hasta +d. Sean λ la densidad lineal de carga (carga por unidad de longitud) y los puntos P1 = (0, 0, 2d) y P2 = (x, 0, 0). Hallar las coordenadas x de tal forma que el

44 potencial en P1 sea igual al potencial en P2 . R: El P1 es posible demostrar por integraci´on directa que el potencial es: V (P1 ) = Kλ ln 3, mientras que en el punto P2 , el potencial tiene la forma: [√ ] x 2 + d2 + d V (P2 ) = Kλ ln √ . x 2 + d2 − d √ Igualando, x = 3d. Problema 3.8: Barra cargada II. Una barra muy delgada de longitud L yace sobre el eje X de coordenadas, con el extremo m´as cercano al origen a una distancia a. Esta barra posee una densidad lineal de carga variable λ (x) = λ0 x/L, en donde λ0 es una constante positiva. Hallar el potencial ( el´ ectrico en un punto sobre el)eje Y . √ √ R: V (y) = Kλ0 /L y 2 + (a + L)2 − a2 + y 2 . En el origen: V (0) = Kλ0 . Problema 3.9: Una part´ıcula alfa con energ´ıa cin´etica E sufre una colisi´on de frente con un n´ ucleo de oro estacionario. Calcular la distancia de mayor acercamiento de las part´ıculas. (Suponga que el n´ ucleo de oro permanece en reposo y que se le puede tratar como una carga puntual. ZAu = 79). R: d = 79e2 /2πε0 E Problema 3.10: Disco cargado. Determine el potencial en el eje de un disco de radio a, a una distancia d desde su centro, si la densidad superficial de carga var´ıa con la coordenada radial en la forma: (a) σ (r) = σ0 (r/a). (b) σ = σ0 . √ R:(a) Un elemento de carga est´a ubicado a una distancia z 2 + r2 a cualquier punto en el eje Z. El potencial el´ectrico producido por esa distribuci´on est´a dado por: ∫

a

V (z) = 2πKσ0 /a

√ r2 dr/ z 2 + r2 .

0

[√ ] ( ) Resolviendo: V (z) = πKσ0 a2 + z 2 + z 2 /a ln z ′ , en donde ) (√ ) ( √ a 2 + d2 − d . z ′ = z/ a + a2 + z 2 . (b) V = 2Kπσ0 Problema 3.11: Tres electrones (qe = −1,6×10−19 C) se ubican en las esquinas de un tri´angulo −10 m. Calcule el potencial el´ equil´atero de ectrico en el centro de ´este tri´angulo. √ lado−a = 10 R: V = −3 3Ke /a = −78,83V. Problema 3.12: Se disponen en forma alternada un infinito n´ umero de cargas positivas y negativas ±q sobre una l´ınea recta. La separaci´on entre las cargas(adyacentes)es la misma e igual a r. Demostrar que la energ´ıa potencial de una carga es: −q 2 /2πε0 r ln 2. R: La energ´ıa potencial resultante es la suma de la energ´ıa potencial individual: UR = 2Kq

2

∞ ∑

(−1)j /jr.

j=1

Considerando que ln (1 + x) = x − x2 /2 + x3 /3 − · · ·, dado ∑∞ −j /j = − ln 2; entonces j=1 (−1) ( ) UR = − 2Kq 2 /r ln 2.

(3.30)

45

Potencial El´ectrico

Problema 3.13: Una disposici´on plana rectangular de cargas de igual magnitud, positivas y negativas alternadas, se obtiene colocando las cargas en los centros de cuadrados de lado a. Fig.(3.5). Hallar la energ´ıa potencial de una carga. R. Generalizando el resultado del

Figura 3.5: Problema 3.9. ejercicio anterior, la expresi´on completa para la energ´ıa potencial electrost´atica de esta configuraci´on es:

U=

4Kq 2 a

  ∞ ∞ ∞ ∑ j k+l ∑ ∑ (−1) (−1) .  √ + j k 2 + l2 j=1

(3.31)

k=1 l=1

En una red de cargas electrost´aticas alternadas de 2048×2048 sitios, U puede aproximarse a:

U=

−1,615Kq 2 . a

Problema 3.14: Dipolo El´ectrico. La intensidad del campo de un dipolo est´a compuesta por la intensidad de los campos generados por cada una de las cargas. Consideremos un dipolo b El potencial el´ectrico en un el´ectrico descrito por el vector momento dipolar p = qdk. punto ubicado a una distancia r desde el centro del dipolo es: ) ( r− − r+ , (3.32) V = Kq r− r+ en donde r− , r+ son las distancias correspondientes desde las cargas q − , q + respectivamente. Bajo la suposici´on r± >> d, y considerando el desplazamiento angular θ en coordenadas esf´ericas, (´angulo subtendido entre r y p), tendremos: r− − r+ ≈ d cos θ, y r− r+ ≈ r2 . Reemplazando en la u ´ltima expresi´on, V (r, θ) = K

p·r . r3

(3.33)

46 El potencial del dipolo en puntos suficientemente alejados de su localizaci´on, decrece inversamente proporcional con el cuadrado de la distancia. el campo el´ectrico puede calcularse a trav´es de la relaci´on: E = −∇V (r, θ) = −

∂V (r, θ) b 1 ∂V (r, θ) b Ur − Uθ . ∂r r ∂θ

(3.34)

Forma alternativa para hallar el campo el´ectrico: bj ∂/∂rj , y V (r, θ) como: Reescribimos ∇ = U V (r, θ) = K

∑ pi ri i

r3

,

∂ri = δij , ∂rj

rj ∂r = . ∂rj r

(3.35)

El campo el´ectrico toma la forma: E=

p) 1 ( p·r 3 5 r− 3 . 4πε0 r r

(3.36)

La intensidad del campo del dipolo decrece inversamente proporcional a la tercera potencia de la distancia. Las l´ıneas de fuerza del campo se ilustran en la figura 2.4. Problema 3.15: Esfera diel´ectrica en un campo homog´eneo. Utilizando la ecuaci´on de Laplace encontraremos la intensidad del campo el´ectrico resultante en todos los puntos, al introducir una esfera diel´ectrica de radio R, con permitividad ε1 en el campo inicialmente homog´eneo en un medio de permitividad ε2 , y en direcci´on Z. En el sistema de coordenadas esf´ericas polares (eje polar Z), se debe resolver la ecuaci´on: ( ) ( ) 1 ∂ ∂φ 1 1 ∂ ∂2φ 2 ∂φ 2 r + 2 sin θ + 2 2 ∇ φ=0= 2 . (3.37) r ∂r ∂r r sin θ ∂θ ∂θ r sin θ ∂ϕ2 Este sistema posee simetr´ıa en la coordenada ϕ, y la soluci´on general puede escribirse como: φ (r, θ) = R (r) Θ (θ) . (3.38) La separaci´on de variables conducen al par de ecuaciones: r2

d2 R dR − R = 0, + 2r 2 dr dr

d2 Θ 1 dΘ + Θ = 0, + 2 dθ tan θ dθ

(3.39)

para el caso particular en que la constante de acople es igual a 1. La soluci´on de la componente radial es de la forma: R (r) = C1 r + C2 r−2 ,

(3.40)

mientras que la componente angular se expresa mediante los polinomios de Legendre: Θ (θ) = cos θ.

(3.41)

Designemos las magnitudes, referentes a la zona interior de la esfera por el ´ındice 1 y a la zona exterior, por el ´ındice 2. Combinando las ecuaciones (3.40)-(3.41) tenemos:

47

Potencial El´ectrico

{ φ (r, θ) =

Ar cos θ r R

(3.42)

La condici´on de continuidad de φ en r = R conduce a la relaci´on: A = −E0 + BR−3 . La componente normal del vector desplazamiento εEr = −ε∂φ/∂r es cont´ınua a trav´es de la superficie de la esfera; las constantes A y B se definen por: 3ε2 A=− E0 , ε1 + 2ε2

( B=

ε1 − ε2 ε1 + 2ε2

) R3 E0 .

Los potenciales adquieren la forma definitiva: { −3ε r R

(3.43)

(3.44)

La intensidad del campo, formado dentro de la esfera por las cargas ligadas es igual a: ´ (ε2 − ε1 ) E0 / (ε1 + 2ε2 ). Esta es constante y est´a dirigida a lo largo del eje Z. Problema 3.16: El anillo de la Fig.(3.6), de radio a con centro en el origen, posee una carga Q uniformemente distribuida en su per´ımetro. Calcular el potencial el´ectrico en un punto ubicado a una distancia D desde el centro del anillo sobre el eje X (D > a).

Figura 3.6: Ejemplo. 3.12 R: Utilizando la ecuaci´on (3.10) calculamos el aporte en el potencial el´ectrico del elemento de carga dQ a una distancia ρ: dV = KdQ/ρ. dQ = (Q/2πa) adθ. Por consiguiente el aporte total es: ∫ π ∫ dQ KQ π dθ √ √ V = 2K = . 2 2 2 2 π D + a + 2aD cos θ D + a + 2aD cos θ 0 0 La integral se define en t´erminos de la funci´on el´ıptica incompleta de primera clase F (φ, κ):

48 √ √ ( √ ) dθ/ A + B cos θ = 2/ A + B F (θ/2, κ); κ = 2B/ (A + B). Utilizando este resultado, finalmente obtenemos: √ (π ) 2KQ 2 aD V = F ,κ ; κ= . π (D + a) 2 D+a ( ) N´otese que si D = 0 (centro del anillo), κ = 0, F π2 , 0 = π2 , y el potencial se reduce a V = KQ/a, que es el potencial de un anillo cargado en su centro. ∫

Problema 3.17: Existe una esfera conductora de radio r1 y una capa conductora esf´erica, conc´entrica con ´esta. Ver Fig.(3.7). La superficie interior de la capa tiene el radio r2 (r2 > r1 ) y la exterior r3 (r3 > r2 ). El espacio entre r1 y r2 est´a libre. Las cargas de la esfera y de la capa son Q1 y Q2 , respectivamente, con la particularidad de que Q1 ̸= −Q2 (situaci´on que no sucede en un condensador, como se ilustrar´a en la siguiente secci´on). Hallar la energ´ıa de este sistema de cargas.

Figura 3.7: Ejemplo 3.13. R: Considerando que el campo el´ectrico en las diferentes regiones es de la forma: Q1 ; r 1 < r < r2 ; 4πε0 r2 Q1 + Q2 E2 (r) = r > r3 ; 4πε0 r2

E1 (r) =

la energ´ıa de este sistema puede calcularse a trav´es de la relaci´on: ∫ ∫ 1 r2 1 ∞ U= ε0 E12 dV + ε0 E22 dV. 2 r1 2 r3 Integrando se obtiene: [ ( ) ] 1 1 1 2Q1 Q2 + Q22 1 2 Q − + + . U= 8πε0 1 r1 r2 r3 r3

49

Potencial El´ectrico

Problema 3.18: Al operar con una carga espacial completa, la densidad volum´etrica de carga en un diodo de planos paralelos est´a dada por ρ = −4ε0 V0 x−2/3 d−4/3 /9, donde V0 es el voltaje ´anodo-c´atodo, el c´atodo est´a localizado en x = 0 y el ´anodo en x = d. Si la carga total en una regi´on de 0.8 cm2 de secci´on transversal, que se extiende desde el ´anodo hasta el c´atodo, es -100 pC, y V0 = 200V , encuentre d. R: Integramos la densidad de carga en todo el volumen ocupado: ∫ − | q |=

d

ρAdx;

d=

0

4ε0 V0 A = 1,8µm. 3|q|

(3.45)

Problema 3.19: Capacitancia. Supongamos que existe un conductor cargado y aislado. En el espacio que rodea al conductor existe un campo el´ectrico, creado por la carga del conductor. El potencial del conductor puede escribirse mediante la f´ormula: ∫ S φ=V =− E · dl. (3.46) ∞

Se denomina capacidad de un conductor a la relaci´on entre la carga Q del conductor aislado y su potencial V : C = Q/V . Las unidades de la capacitancia es el Faradio. (1F=1C/V). Se llama condensador al conjunto de dos cualesquiera conductores con carga de igual valor absoluto, pero de signo contrario. Los conductores se denominan armaduras del condensador. La capacidad de un condensador se determina por la relaci´on C = Q/ | ∫B ∆V |. C > 0. La diferencia de potencial se determina a trav´es de: ∆V = − A E · dl, en donde VA < VB . Condensador de placas Planas I. Despreciando los efectos de borde, y considerando que el campo el´ectrico est´a confinado en la regi´on entre las placas de separaci´on d, tenemos que ∆V = Qd/Aε0 d, por lo tanto, la capacitancia es: C=

ε0 A . d

(3.47)

Condensador de placas Planas II. La distancia entre las placas de un condensador plano es d. En el espacio entre las armaduras del condensador se introduce una placa met´alica de espesor δ, cuya superficie es paralela a la de las armaduras. Las placas del condensador poseen potenciales V1 y V2 . La distancia de separaci´on entre la placa met´alica y la armadura a potencial V2 es ∆. La diferencia de potencial entre la placa met´alica y la placa superior es: ) ( ∆ (V1 − V2 ) . (3.48) V1−p = 1 − d−δ La capacitancia equivalente: Ceq = ε0 A/ (d − δ). Si el espaciamiento que existe entre la placa met´alica y la placa superior se llena con un material diel´ectrico de permitividad ε, entonces: V1−p =

d−δ−∆ (V1 − V2 ) , d − δ + ∆ (ε/ε0 − 1) εA Ceq = . d − δ + ∆ (ε/ε0 − 1)

(3.49) (3.50)

50

Condensador de Placas Planas III. Cuando cierto capacitor de placas paralelas lleno de aire se conecta a una bater´ıa adquiere una carga (en cada placa) Q0 . Mientras se mantiene la conexi´on con la bater´ıa se inserta una placa diel´ectrica llenando la regi´on entre las placas. Esto origina una acumulaci´on de una carga adicional Q en cada placa. Cu´al es la constante diel´ectrica de la placa?. R: κ = 1 + Q/Q0 . Arreglo de Capacitores. Tres capacitores de capacitancia C, C y C/2 (F) est´an conectados a una diferencia de potencial V como se ilustra en la figura (3.8). La energ´ıa almacenada en el capacitor de C/2 (F) es: R: La capacitancia y la carga total del sistema son 4C/3, y 4CV /3. Los voltajes de los condensadores en serie C y C/2 son V /3 y 2V /3 respectivamente. La energ´ıa se calcula finalmente como: U ≡ CV 2 /9.

Figura 3.8: Arreglo de Capacitores. Condensador Cil´ındrico. Un condensador con armaduras conc´entricas de simetr´ıa cil´ındrica posee una longitud L y radios a y b, (a < b), y en la regi´on para el cual r = a la carga es Q+ . As´ı: ( ) b 2πε0 L Q ∆V = ln , C= . (3.51) 2πε0 L a ln (b/a) Capacitancia de dos esferas conductoras. Dos esferas de radios a y b se encuentran separadas en sus centros por una distancia D. La esfera de radio a posee una carga Q+ , mientras que la esfera de radio b tiene carga Q− . La magnitud del campo el´ectrico en la regi´on del espacio a < r < D − b est´a definido por: ( ) Q 1 1 E= + . (3.52) 4πε0 r2 (r − D)2 Integraci´on directa conduce a: C

−1

1 = 4πε0

(

1 1 2D − a − b + − a b (D − a) (D − b)

) .

(3.53)

Potencial El´ectrico

Capacitancia de una l´ınea de transmisi´ on. Dos conductores de gran longitud con geometr´ıa cil´ındrica poseen la misma carga y est´an separados por una distancia D entre sus centros. Los radios de los cilindros son a y b. La diferencia de potencial entre los cilindros es: [ ] Q (D − b) (D − a) | ∆V |= ln , C = Q/ | ∆V | . (3.54) 2πε0 l ab La capacitancia por unidad de longitud, para el caso en el cual a = b, y D >> a es: C ≈ πε0 / ln (D/a). Condensador Laminar Un condenador est´a dise˜ nado de una l´amina de material que consiste en dos pel´ıculas de Aluminio y dos de Mylar. El espesor de la pel´ıcula de aluminio es a = 5 × 10− 6 m, y el espesor de la capa de Mylar es por determinar. El ancho de la l´amina es l1 = 3,0 cm y se enrolla en forma de cilindro de 1.0 cm de radio. Si la capacitancia del dispositivo debe de ser Ce = 0,1µF, cu´al debe de ser el espesor de la capa de Mylar?.

Figura 3.9: Condensador laminar, configuraci´on inicial. R: El volumen del dispositivo debe ser el mismo en ambas configuraciones. Asi: 2 (a + b) l1 l2 = πR2 l1 . La capacitancia equivalente entre las l´aminas de Aluminio es: Ce = εl1 l2 /b. Combinando estas dos expresiones permite obtener una ecuaci´on para b: [√ ] 2πεl1 R2 a −1 . (3.55) b= 1+ 2 a2 Ce Problema 3.20: Un condensador cil´ındrico cuyas placas tienen radios r1 y r2 se sumerge perpendicularmente en un l´ıquido diel´ectrico de constante ε. El extremo inferior del condensador se encuentra en el l´ıquido y el superior en el aire, cuya constante diel´ectrica es ε0 . La densidad de masa del l´ıquido es ρ. Determinar la altura h que alcanza el l´ıquido dentro de las placas del condensador si la diferencia de potencial entre ellas es U . R: La configuraci´on del sistema sugiere una conexi´on de condensadores en paralelo. La capacitancia equivalente entre los extremos de las placas del mismo es Ce = Cinf + Csup . Por lo tanto, si el l´ıquido ocupa una altura z desde el extremo inferior, entonces:

51

52 Cinf = 2πεz/ ln (r2 /r1 ), y Csup = 2πε0 (L − z) / ln (r2 /r1 ). La energ´ıa potencial electrost´atica almacenada en el sistema es de la forma: u (z) = 1/2Ce U 2 . La fuerza electrost´atica sobre el l´ıquido (ascendente) es del tipo: F = −∂u (z) /∂z. Esta ) est´a en equilibrio con el peso del l´ıquido dentro del las placas: ρgV , V = ( fuerza π r22 − r12 z. Igualando: h=z=

(ε − ε0 ) U 2 ) . ρg r22 − r12 ln (r2 /r1 ) (

Problema 3.21: Un cilindro conductor ilimitado de secci´on circular y radio a y un plano conductor, situado a la distancia D del eje del cilindro, forman un condensador. Hallar la capacidad, correspondiente a la longitud L del cilindro. Fig.(3.10)

Figura 3.10: (1) Configuraci´on Plano-Cilindro. (2) Diagrama esquem´atico utilizando el m´etodo de las im´agenes. R: Este ejercicio exige la aplicaci´on del m´etodo de las im´agenes. Se considera, sin p´erdida de generalidad, que el plano se encuentra a un potencial V = 0, y que el cilindro de carga +Q se encuentra a una distancia d (por definir) desde el plano y a 2d desde su imagen con carga −Q. Calculamos el potencial producido por esta distribuci´on de carga en el punto indicado en la figura: V+ =

Q+ r1 ln ; 2πε0 L R01

V− =

Q− r2 ln ; 2πε0 L R02

en donde R01 y R02 son las posiciones relativas en las cuales se anulan los potenciales V + y V − . Por consideraciones de simetr´ıa, y teniendo en cuenta que el potencial en todos los puntos del plano conductor es cero, entonces: R01 = R02 . As´ı el potencial resultante es: √ Q r1 Q (x − d)2 + y 2 V = ln = ln . 2πε0 L r2 2πε0 L (x + d)2 + y 2

53

Potencial El´ectrico

Una l´ınea equipotencial est´a definida a trav´es de la relaci´on K = es una constante asociada al potencial V0 por: √ K = exp (2πε0 LV0 /Q).

(x−d)2 +y 2 , (x+d)2 +y 2

en donde K

Se define la ecuaci´on de los lugares geom´etricos de circunferencias centradas en (−x0 , 0): √ d (K + 1) 2d K 2 2 2 (x + x0 ) + y = R ; x0 = ; R= . K −1 K −1 Para el caso particular de un cilindro con centro en x0 = D, se considera que la superficie conductora de radio R = a se encuentra a un potencial V0 . Es decir: √ √ √ (D + d)2 D + D 2 − a2 D+d 2 2 K= = 2 ; d= D −a , K= . D−d D − d2 a Por consiguiente, el potencial del cilindro es: ( ) √ Q D + D 2 − a2 Q V0 = ln = cosh−1 (D/a) . 2πε0 L a 2πε0 L Finalmente, dado que la diferencia de potencial del sistema Cilindro-Plano es V0 , entonces la capacitancia es: C=

2πε0 L . cosh−1 (D/a)

Problema 3.22: Supongamos que se tienen dos medios diel´ectricos “infinitos”con permitividades ε1 y ε2 con superficie de separac´on plana (Fig.(3.11)). En el primer medio a la distancia d de la superficie de separaci´on se encuentra una carga puntual q. El c´alculo del potencial en el primer medio es el mismo que el debido la carga q y su imagen q ′ , situada en el segundo medio a la distancia d de la frontera, con la particularidad de que el c´alculo se lleva a cabo se tal manera, como si la constante diel´ectrica de los medios fuese ε1 . El potencial en el segundo medio es igual al potencial creado por la carga q ′′ que se encuentra en el lugar de q, en el primer medio, con la particularidad de que el c´alculo se realiza considerando ambos medios de constante ε2 . El potencial en los medios 1 y 2 respectivamente son: φ1 =

q √ 4πε1

1

+

(x + d)2 + y 2

φ2 =

q ′′ √ 4πε2

q′ √ 4πε1

1

,

(x − d)2 + y 2

1

.

(x + d)2 + y 2

Las condiciones de frontera ε1 ∂x φ1 = ε2 ∂x φ2 y ∂y φ1 = ∂y φ2 en x = 0 conducen a las ecuaciones para las cargas im´agenes: q − q ′ = q ′′ ;

q + q′ q ′′ ε1 − ε2 = ⇒ q′ = q ; ε1 ε2 ε1 + ε2

q ′′ =

2qε2 . ε1 + ε2

El campo el´ectrico se calcula a trav´es de E = −∇φ. En el caso particular en el cual la carga se encuentra en el origen de coordenadas (d = 0), φ = q/2π (ε1 + ε2 ) r.

54

Figura 3.11: Superficies diel´ectricas planas en contacto. Problema 3.23: Una esfera conductora, cuya densidad de masa es ρ1 , est´a flotando en un l´ıquido con densidad ρ2 y constante diel´ectrica ε. Menos de la mitad de la esfera se sumerge en el l´ıquido. Que carga es necesario comunicarle para que la esfera se hunda en el l´ıquido hasta la mitad?. El radio de la esfera es a. R: En la figura (3.12) se ilustra

Figura 3.12: Esfera flotando en un diel´ectrico. el conjunto de fuerzas que act´ uan en el sistema. F0 y F1 est´an asociadas a las fuerzas resultantes que ejercen los materiales diel´ectricos ε0 y ε sobre el conductor. W representa el peso y Fe es la fuerza de empuje ejercida por el l´ıquido. Es claro que para que exista equilibrio est´atico entonces: F1 + Fe = F0 + W ´o F1 − F0 = W − Fe . W = 4πa3 ρ1 g/3 y Fe = 2πa3 ρ2 g/3. La componente sobre el eje vertical de la fuerza ejercida por el diel´ectrico de constante ε0 est´a definida por dF0 = f0 cos θdS, en donde f0 = 12 εE 2 es la densidad de fuerza (presi´on electrost´atica) dirigida en sentido contrario de la tendencia al incremento del volumen del conductor, dS = a2 sin θdϕdθ es el diferencial de superficie en la frontera

Potencial El´ectrico

conductor-diel´ectrico y E es la magnitud del campo el´ectrico en esta frontera. El problema se reduce ahora a encontrar el campo el´ectrico sobre la superficie de la esfera. Del ejercicio anterior, se obtiene que el campo en la superficie de la esfera es: E=

Q 2π (ε + ε0 ) a2

Con cierto detalle, entonces F0 : ∫ π ( ) π 2 F0 = 2π f0 cos θ a2 sin θdθ = ε0 E 2 a2 2 0 La diferencia F1 − F0 conduce a: F1 − F0 =

Q2 (ε − ε0 ) 4 3 ( ρ2 ) = πa g ρ − . 1 3 2 8πa2 (ε + ε0 )2

Finalmente, si ρ1 > ρ2 /2

√ Q = 4π (ε + ε0 )

a5 g (2ρ1 − ρ2 ) . 3 (ε − ε0 )

Problema 3.24: Una carga puntual Q se ubica a una distancia d desde el centro de una esfera conductora de radio a (d > a). Calcular el momento dipolar el´ectrico inducido pind sobre la esfera. R: Este problema exige la aplicaci´on del m´etodo de las im´agenes. La componente radial del campo el´ectrico en cualquier punto sobre la superficie de la esfera est´a dado por: ( 2 ) a − d2 Q Er = , (3.56) 4πε0 a(d2 + a2 − 2da cos θ)3/2 en donde θ es el ´angulo polar. La densidad de carga inducida es σ (θ) = ε0 Er , y la carga total inducida sobre la esfera es −Qa/d que es la carga imagen. El momento dipolar el´ectrico (considerando el eje Z como el eje polar) est´a dado por: ∫ Qa3 pind = rdq = − 2 k. d Ω Aqu´ı se utiliza la relaci´on integral ( 2 )3/2 ( ) ∫π 2 = 2a/d2 d2 − a2 . 0 dθ cos θ sin θ/ d + a − 2da cos θ Problema 3.25: Se aplica una diferencia de potencial U0 a las armaduras de un condensador plano de aire que tienen la forma de cuadrados de lado ℓ. Determinar la fuerza necesaria para desplazar una de las placas paralelamente a s´ı misma en direcci´on perpendicular a cualquier lado del cuadrado, permaneciendo constante la distancia entre las placas d. R: La energ´ıa potencial electrost´atica almacenada en el condensador es de la forma: U (x) = 1/2C (x) U02 . La capacitancia del sistema es modificada al aplicarse una fuerza exterior F0 en la direcci´on ilustrada en la figura, y su valor es C (x) = εℓx/d. La magnitud de la fuerza ejercida por el sistema sobre la placa m´ovil se calcula a trav´es de la relaci´on: F = −∂U/∂x. En este caso, F = −εℓU02 /2di, por consiguiente, la fuerza necesaria para desplazar la placa es F0 = −F.

55

56

Figura 3.13: Cristal i´onico Problema 3.26: Dos condensadores de capacidades C1 y C2 y con cargas Q1 y Q2 (Q1 y Q2 son los valores absolutos de las cargas de las placas de los condensadores 1 y 2 respectivamente) est´an acoplados en paralelo. Calcular la variaci´on de la energ´ıa de los condensadores. R: La energ´ıa inicial de los condensadores en desacople es: U0 = Q21 /2C1 + Q22 /2C2 . Al conectarse en paralelo, se redistribuyen las cargas bajo las condiciones Q′1 C2 = Q′2 C1 , y Q1 + Q2 = Q′1 + Q′2 . La energ´ıa en este estado est´a dada por: Uf =

(Q1 + Q2 )2 . 2 (C1 + C2 )

La diferencia de energ´ıas es diferente de cero; y est´a asociada al trabajo necesario para obtener la nueva configuraci´on del sistema: δU =

(C1 Q2 − C2 Q1 )2 . 2C1 C2 (C1 + C2 )

Problema 3.27: En la figura (3.13) se ilustra ocho cargas puntuales colocadas en los v´ertices ´ de un cubo de lado d. Como se muestra, los valores de las cargas son +q y −q. Este es un modelo de una celda de un cristal i´onico c´ ubico. En el cloruro de sodio, por ejemplo, los iones positivos son Na+ y los negativos son Cl− . (a) Calcule la energ´ıa potencial U de esta distribuci´on (considere el cero de energ´ıa potencial de las ocho cargas cuando est´an separadas entre s´ı una distancia infinita). R: En esta situaci´on, es necesario calcular la energ´ıa de interacci´on electrost´atica de los 28 pares diferentes. La energ´ıa de interacci´ on de una carga con las restantes es: UQ−all

3KQ2 = d

) ( 1 1 . −1 + √ − √ 2 3 3

En el c´alculo de la energ´ıa total, las propiedades de simetr´ıa muestran que este t´ermino se repite cuatro veces; por lo tanto: Ut = 4UQ−all . Problema 3.28: Entre dos planos conductores, infinitos, paralelos y puestos a tierra cuya distancia entre ellos es d, se coloca una carga puntual q a la distancia x de uno de ellos. Calcular la fuerza que act´ ua sobre la carga.

57

Potencial El´ectrico

-q

+q

-q

+q

-q

+q

-q

d

R: Aplicaremos la t´ecnica de las representaciones. El potencial el´ectrico sobre los planos aterrizados debe ser igual a cero. Colocamos la primera carga imagen −q a una distancia d − x del plano ubicado en x = d, neutralizando el potencial sobre la superficie del mismo. Sobre el plano ubicado en x = 0 debemos ubicar dos cargas imagen que neutralicen el potencial generado por la carga real q y la carga imagen en 2d − x. Estas cargas estar´an ubicadas en −x con magnitud −q y en 2d − x a la izquierda del plano x = 0 con magnitud +q. La inclusi´on de esta u ´ltima carga debe ser compensada sobre el plano x = d, colocando una carga imagen negativa −q a una distancia 3d − x desde el mismo. El arreglo debe repetirse sucesivamente. Por consiguiente, las distancias entre la carga real y las cargas im´agenes m´as pr´oximas est´an dadas por: 4d + 2x, 2 (d + x), 2d, 2x, 2d − x, 2d, 2 (2d − x), 3d, 5d − 2x,...,. Las posiciones que generan fuerza neta sobre la carga real entre los planos (considerando los signos) est´an ubicadas en distancias definidas por: 2x (l), 2 (d − x) (r), 2 (d + x) (l), 2 (2d − x) (r), 2 (2d + x) (l), 2 (3d − x) (r),..., en donde (l), (r) denotan las direcciones de las fuerzas sobre la carga real, hacia la izquierda (l) y hacia la derecha (r) respectivamente. La expresi´on matem´atica para la magnitud de la fuerza que experimenta la carga real q es por consiguiente: ( ) ∞ ∞ ∑ ∑ q2 −2 −2 −2 x − (nd − x) + (nd + x) . (3.57) F (x) = − 16πϵ0 n=1

n=1

Problema 3.29: Un hemisferio uniformemente cargado de radio b y densidad de carga ρ tiene una depresi´on hemiesf´erica de radio a que corta desde su centro. Encontrar el potencial en el centro de la depresi´on. (Fig.(3.15)). ∫ R: El potencial en el centro de la cavidad est´a definido por: V (P ) = K Ω dQ/r; en donde r es la distancia desde el elemento de carga dQ hasta el punto P . Integrando sobre los elementos de volumen esf´ericos: ∫ ∫ 2π ∫ π/2 ∫ b 2 ρdΩ ρr sin θdϕdθ V (P ) = K =K = r Ω r 0 0 a ) ρ ( 2 b − a2 . 4ε0 Problema 3.30: Hallar el trabajo necesario para mover una part´ıcula de carga − | e | en la trayectoria semicircular de radio a, entre los puntos en coordenadas cartesianas (a, 0) y

58

Figura 3.14: Representaci´on de la Ecuaci´on (3.57)

Figura 3.15: Hemisferio.

Potencial El´ectrico

(0, a), en el campo de un dipolo el´ectrico situado en el origen. Fig.(3.16) R: Escribiendo la integral: ( ) ∫ sin θU bθ + 2 cos θU br ( ) br + rdθU bθ = W = − | e | Kp · dr U r3 Kp | e | . − a2

Figura 3.16: Trayectoria de una part´ıcula en un campo dipolar. Problema 3.31: Considere que un electr´on se libera desde la posici´on (a, 0) (m). Escribir las ecuaciones de movimiento del electr´on bajo los efectos de un campo generado por un dipolo ubicado en el origen de coordenadas. R: De la ecuaci´on fundamental − | e | E = m¨ r, (¨ r en polares), igualamos las componentes radiales y angulares respectivamente: | e | Kp 2r˙ θ˙ + rθ¨ = − sin θ; mr3

2 | e | Kp r¨ − rθ˙2 = − cos θ. mr3

Estudiaremos la condici´on r˙ = 0, r = a (trayectoria circular). La ecuaci´on diferencial resultante y su respectiva soluci´on conducen a: √ ( ) √ 2 | e | Kp θ ˙θ = α cos θ; α= . αt = 2F ,2 , ma4 2 ( ) en donde F 2θ , 2 es la funci´on el´ıptica incompleta de primera clase. Problema 3.32: Gota de Millikan. Probl. 24-89; F´ısica Universitaria, Sears Zemansky, Addison Wesley, 1999. La carga del electr´on fue medida por el f´ısico estadounidense Robert

59

60 Millikan durante el periodo de 1909 al 1913. Durante el experimento se utilizan gotas de aceite muy finas de unos 10−4 mm de di´ametro en el espacio entre dos placas paralelas horizontales separadas una distancia d. Estas placas est´an sometidas a una diferencia de potencial VAB que genera un campo el´ectrico que apunta verticalmente. Algunas de las gotas adquieren carga debido a efectos de fricci´on o a la ionizaci´on del aire circundante por rayos X o por radioactividad. El aparato experimental es dise˜ nado para demostrar que la carga el´ectrica existe como m´ ultiplos enteros de e, la carga de un electr´on. El m´etodo que fue descrito inicialmente en 1913, se basa en el hecho de que diferentes fuerzas act´ uan sobre una gota de aceite el´ectricamente cargada movi´endose en un campo el´ectrico homog´eneo. Cuando la intensidad del campo es E, las siguientes fuerzas act´ uan sobre la gota de carga q: i) Fuerza Gravitacional mg, en donde m es la masa de la gota de aceite. ii) Fuerza de Empuje mair g, en donde mair es la masa de aire desplazada por la gota. iii) La fuerza El´ectrica qE, iv) y, u ´nicamente si la gota, considerada en este caso como una esfera, se mueve en contra del aire circundante, aparece la fuerza de Stokes. La ley de Stokes establece que para un objeto esf ´erico de radio r movi´endose a trav´es de un fluido de viscosidad η a una velocidad v bajo condiciones laminares de flujo, la fuerza viscosa F sobbre el objeto est´a dada por F ≈ 6πrηv. La fuerza viscosa siempre se opone al movimiento y es, por supuesto, la fuerza responsable por las velocidades terminales estacionarias observadas cuando una gota cae en el aire. Demostrar que la magnitud de la carga en la gota de aceite es: √ q = 18π

d VAB

η 3 vt3 2ρg

R: (a) En equilibrio, la fuerza Electrost´atica iguala al peso de la gota: qE = mg o

q=

mg 4π ρgdr3 = . E 3 VAB

Es posible modificar este resultado escribiendo una ecuaci´on m´as completa, que incluya la densidad del aire y las velocidades de la gota sin campo e´ectrico aplicado v1 y con campo aplicado: v2 . Para E = 0, Fv + ρair gV = ρ0 gV. de esta u ´ltima ecuaci´on, tendremos que el radio de la gota esta definido por (V = 4πr3 /3): r2 =

9 ηv1 2 g (ρ0 − ρair )

Para E ̸= 0, la ecuaci´on de las fuerzas conduce a: q

VAB − ρ0 gV + ρair gV − 6πηrv2 = 0. d

61

Potencial El´ectrico

Utilizando el resultado anterior: q = (v1 + v2 )

6πdηr . VAB

(3.58)

Se sugiere el siguiente m´etodo para en hallar la carga en una gota de aceite: i) Medir la velocidad de caida v1 en el espacio libre (voltaje cero), y ii) La velocidad v2 de una gota a un voltaje definido. Los valores t´ıpicos de la viscosidad del aire a temperatura ambiente y 1 atm: η = 1,81 × 10−5 Ns/m2 .; densidad del aceite: ρ0 = 875,3 kg/m3 , densidad del aire: ρa = 1,29 kg/m3 . Problema 3.33: En los experimentos de colisiones de part´ıculas alfa con n´ ucleos at´omicos de oro, las part´ıculas son proyectadas desde distancias muy grandes con un par´ametro de impacto b y momentum inicial p0 . El momentum angular de inicial de part´ıcula es por consiguiente L0 = p0 b = ℓ. (a) Calcular la distancia de m´aximo acercamiento para b = 1 × 10−12 m y energ´ıa cin´etica inicial de 12 MeV. (b) Repetir el c´alculo b = 1 × 10−13 m y b = 1 × 10−14 m. R: Este es un caso que requiere la aplicaci´on de la teor´ıa de Dispersi´ on de Rutherford. El diagrama general se ilustra en la figura siguiente. El experimento llevado a cabo por Hans Geiger y Ernest Marsden, bajo la supervisi´on de Rutherford en Manchester, el target (objetivo) era una pel´ıcula delgada de metal con un n´ umero at´omico relativamente grande, mientras que los proyectiles consistian en un haz colimado de part´ıculas alfa (o ´atomos de Helio doblemente ionizados) de baja energ´ıa. El resultado b´asico de estos experimentos en su mayor´ıa arrojaban una trayectoria rectil´ınea de las part´ıculas α que penetraban la l´amina, con una desviaci´on angular muy peque˜ na. Ocasionalmente, sin embargo, las desviaciones eran muy grandes. Un an´alisis detallado de estas observaciones revelaron la estructura del objetivo, el cual eventualmente conducen a un modelo de la estructura nuclear del ´atomo. (a) Para el c´alculo de la distancia de m´aximo acercamiento, inicialmente se construye la forma general de la funcional de energ´ıa: E=

mv 2 KZZ ′ e2 + , 2 r

(3.59)

en donde Z ′ e = 2e es carga de las part´ıculas incidentes y Ze es la carga asociada al centro de dispersi´on. Escribiendo la velocidad como: ( )2 ( )2 dr 2 2 dθ |v| = +r , dt dt la distancia de m´aximo acercamiento puede obtenerse cuando la condici´on dr/dt |r0 = 0. En este punto, la velocidad incrementa su valor con el tiempo conforme la part´ıcula α se aleja del n´ ucleo. Conservaci´on del momentum angular ℓ conduce a la relaci´on entre el cambio angular dθ/dt y el par´ametro de impacto b: ℓ dθ = , 2 mr dt

b2 =

ℓ2 . 2mE

(3.60)

Combinando estas expresiones, y tomando la soluci´on positiva de la ecuaci´on resultante, obtenemos:

62

Figura 3.17: Diagrama de Rutherford.   √( ) 1  KZZ ′ e2 KZZ ′ e2 2 r0 = + + 4b2  . 2 E E

(3.61)

Reemplazando los valores con Z = 79 ((n´ umero at´omico) del oro), tenemos que ( ) num´ericos−12 b = 1 × 10−13 m = 1,01 × 10−13 m; y m = 1,01 × 10 m; (b) r (a)( r0 b = 1 × 10−12 0 ) −14 −14 r0 b = 1 × 10 m = 2,33 × 10 m. Bajo estas condiciones, La distancia de m´aximo acercamiento es aproximadamente igual al par´ametro de impacto en los dos primeros casos y el doble en el u ´ltimo. Ref. Beiser et-al. F´ ısica Moderna. Problema 3.34: Una cierta m´aquina de alta energ´ıa acelera electrones a trav´es de una diferencia de potencial de ∆V = 6, 5 × 109 V. (a) Cu´al es la relaci´on entre la masa m del electr´on y su masa m0 en reposo, cuando sale del acelerador?. (b) Cu´al es la cociente entre su velocidad y la de la luz? (c). Cu´al ser´ıa la velocidad calculada con los principios de la Mec´anica Cl´asica?. R. (a) La energ´ıa cin´etica de una part´ıcula a velocidades relativistas sometida a una diferencia de potencial ∆V est´a definida por: EK = mc2 − m0 c2 = e∆V,

m e∆V =1+ = 12, 699,4. m0 m0 c2

(b) La relaci´on de las velocidades se obtiene desde el resultado (a): v = c

√

1 + (m/m0 )−2 ≈ 1.

(3.62)

63

Potencial El´ectrico

(c) Utilizando principios de Mec´anica Cl´asica, la velocidad del electr´on a esta diferencia de potencial es 4,8 × 1010 m/s, claramente superior a la velocidad de la luz. La aproximaci´ on cl´asica no es apropiada para este ejemplo. Problema 3.35: Un cilindro hueco de pared delgada, aislado, de radio R y longitud L posee una carga Q uniformemente distribuida sobre la superficie. (a) Calcule el potencial el´ectrico en todos los puntos a lo largo del eje del tubo. Tomar el origen en el centro del tubo y el potencial cero en el infinito. (b) Mostrar que si L a. Hallar la energ´ıa almacenada que este campo representa. br . La R: Obtenemos una expresi´on para el campo el´ectrico: E = 0, r < a y E = V0 a/r2 U energ´ıa del campo electrost´atico es: ∫ ε0 ∞ 2 WE = E dV = 2πε0 V02 a. (3.83) 2 a Problema 3.46: Un condensador de placas planas paralelas de ´area S tiene una separaci´on que cambia uniformente desde d1 a d2 , (d2 > d1 ). Hallar la capacitancia de este dispositivo.

70

Figura 3.23: Condensador de placas planas, Problema 3.46 Ρ  Ρ0 0.4 0.2 xa -4

2

-2

4

-0.2 -0.4

Figura 3.24: Distribuci´on de carga, Problema 3.47. √ Considere S >> d1,2 . √ R: La capacitancia se obtiene integrando elementos dC = ε0 ℓdx/y, con ℓ ∼ S, y y = d1 + (d2 − d1 ) x/ℓ, 0 < x < ℓ. ( ) ∫ ∫ ℓ ε0 ℓdx ε0 S d2 C = dC = = ln . (3.84) y (d2 − d1 ) d1 0 Problema 3.47: Ecuaci´ on de Poisson: Aplicaci´ on en uniones de tipo pn. Una uni´on pn entre dos mitades en una barra semiconductora que se extiende en la direcci´on x posee portadores del tipo p (exceso de huecos) para x < 0 y portadores tipo n (exceso de electrones) en la regi´on x > 0. La densidad de portadores es igual en ambos lados de la uni´on. Una distribuci´on de carga con esta forma puede ser aproximada por: (x) (x) ρ = 2ρ0 sech tanh , (3.85) a a que tiene una densidad de carga m´axima en ρmax = ρ0 , que se presenta en x = 0,881a. La densidad de carga m´axima ρ0 puede relacionarse con las concentraciones de aceptores y donadores, Na y Nd , como ρ0 = eNa = eNd . El perfil de esta distribuci´on de carga puede apreciarse en la figura (3.24). C´ alculo del campo el´ectrico: De la ecuaci´on de Poisson: ∇2 V = −ρ/ε sujeta a la densidad de carga representada por la ecuaci´on (3.85), se obtiene: (x) dV 2ρ0 a Ex = − =− sech , (3.86) dx ε a

71

Potencial El´ectrico ΕE2aΡ0 xa -4

2

-2

4

-0.2 -0.4 -0.6 -0.8 -1.0

Figura 3.25: Distribuci´on del campo el´ectrico, en cercan´ıas de la frontera de la uni´on. Problema 3.47. bajo la condici´on en la cual Ex → 0 cuando x → ±∞. La representaci´ on gr´afica de ´este resultado se encuentra en la figura (3.25). El campo el´ectrico se establece en una direcci´on tal que la corriente de difusi´on cae a cero, hacia la izquierda, seg´ un las condiciones de equilibrio en la cantidad de portadores. Este campo debe ser producido por una carga positiva neta a la derecha de la uni´on y una carga negativa neta a la izquierda. La densidad de carga neta no es cero cerca de la uni´on. La diferencia de potencial a trav´es de la uni´on puede aproximarse como: ∫ ∞ 2πa2 ρ0 . (3.87) Ex dx = V0 = − ε −∞ La carga total en la regi´on (x > 0), en una uni´on de secci´on transversal S es: √ ∫ ∞ 2ρ0 εV0 . (3.88) Q= ρ (x) Sdx = 2ρ0 Sa = S π 0 √ La capacitancia diferencial del diodo C ∼ ∂Q/∂V0 ∼ 1/ V0 , var´ıa inversamente con la raiz cuadrada del voltaje, i.e., cuanto mayor sea el voltaje, mayor es la separaci´on entre las capas de carga, y menor la capacitancia. Nota: Comparar estos resultados los obtenidos en el problema 2.14. Problema 3.48: Un diodo de uni´on de Silicio tiene concentraciones de donadores y aceptores de 1021 atomos/m3 , una diferencia de potencial de 6 V a trav´es de la uni´on, una permitividad relativa de 12, y una capacitancia de la uni´on de 1 pF. (a) Encuentre el radio de la uni´on, suponiendo que sea circular. (b) Halle la intensidad del campo el´ectrico de la uni´on, R: (a) Utilizamos la expresi´on para el ´area transversal en un diodo del ejercicio (47): √ 2πV0 = πr2 . S=C ρ0 ε Reemplazando los valores num´ericos: r = 0,122 mm. (b) Utilizamos una expresi´on para el valor m´aximo del campo el´ectrico en la uni´on: E∼

2ρ0 a , ε

a=

εS = 0,795 µm, 2πC

E ∼ 2,4 M V /m.

72 Problema 3.49: Una esfera met´alica aislada de 10 cm de di´ametro se cubre uniformemente con un diel´ectrico para el cual εR = 10 en una capa de espesor b. Se encuentra que al adicionar otros 10 cm al espesor de la capa duplica la capacitancia. Hallar b. R: La capacitancia inicial C de un condensador de simetr´ıa esf´erica de radios r1 y r2 (r2 > r1 ) se obtiene calculando la diferencia de potencial del sistema con referencia cero en el infinito, con r1 = 0,05 m r2 = 0,05 + b m: C=

4πε0 εr1 r2 . [εr1 + ε0 (r2 − r1 )]

Al agregar 10 cm del material, C → 2C, cuando b → b + 0,1. Aplicando esta condici´on, se obtiene: b = 2,23 cm. Problema 3.50: Hallar la soluci´on a la ecuaci´on de Laplace sobre el semiplano y > 0 que toma los valores u = φ1 para x < 0 y u = φ2 para x > 0. R: Debe resolverse la ecuaci´on: ∂ 2 u (ϕ) = 0, (3.89) ∂ϕ2 con la condiciones: u (0) = φ2 , y u (π) = φ1 . La soluci´on tiene la forma: A + Bϕ, con ϕ = arctan (x/y). Aplicando las condiciones de contorno: ( ) φ1 + φ2 φ2 − φ1 x u (x, y) = + arctan . (3.90) 2 π y De esta relaci´on es claro que u (+∞, 0) = φ1 y u (−∞, 0) = φ2 , como lo exige el problema. Problema 3.51: Un cilindro conductor “infinito”est´a cargado a un potencial { V1 para 0 < φ < π, V (ρ = a, φ) = V2 para π < φ < 2π,

(3.91)

en donde V1 y V2 son constantes. Hallar el campo potencial dentro del cilindro. Ver figura (3.26). R: Utilizamos la soluci´on general de Fourier para el problema de contorno

Figura 3.26: Distribuci´on del potencial el´ectrico, geometr´ıa cil´ındrica. u (ρ = a) = f (φ): A0 ∑ ( ρ )n + [An cos (nφ) + Bn sin (nφ)] , ρ < a. 2 a ∞

u (ρ, φ) =

n=1

(3.92)

73

Potencial El´ectrico

con An =

1 π

∫

2π

f (φ) cos nφdφ, Bn = 0

1 π

∫

2π

f (φ) sin nφdφ,

(3.93)

0

y n = 0, 1, 2, · · ·. En este caso particular, An = 0, y Bn = 2 (V1 − V2 ) /π (2n + 1). La dependencia expl´ıcita del campo potencial en el interior del cilindro (ρ < a) es: V1 + V2 2 (V1 − V2 ) ∑ ( ρ )2n+1 sin [(2n + 1) φ] + . 2 π a 2n + 1 ∞

u (ρ, φ) =

(3.94)

n=0

N´otese que para V1 = V2 = V , el potencial en el interior es constante e igual a V , consistente con el concepto de potencial en el interior de un conductor. Para el caso ρ > a, el resultado cambia bajo la transformaci´on del factor ρ/a → a/ρ en la ecuaci´on (3.94). Problema 3.52: En cierta regi´on del espacio existe una distribuci´on de carga esf´erica no uniforme, cuya densidad de carga volum´etrica ρ depende s´olo de la distancia r desde el centro de la distribuci´on. El potencial el´ectrico asociado a esta distribuci´on de carga es: [ ( r )2 ( r )3 ] ρ0 a 2 1−3 V (r) = +2 , para r ≤ a, (3.95) 18ε0 a a y V (r) = 0 para r > a. ρ0 es una constante positiva en unidades de C/m3 . Calcular la funci´on de distribuci´on de la carga ρ (r), y la magnitud del campo el´ectrico en la superficie de la esfera (r = a). R: Planteamos la ecuaci´on de Laplace en coordenadas esf´ericas, s´olo con la componente radial: ( ) ∂V 1 ∂ r2 . ∇2 V (r) = 2 r ∂r ∂r Resolviendo:

( ) 4r ρ (r) = ρ0 1 − , 3a

(3.96)

es decir, la densidad de carga cambia (disminuye) linealmente con la distancia, y se hace negativa en el rango 0,75a < r < a. El campo el´ectrico es cero (E = −∇V ) sobre la superficie de la esfera. En el punto en donde la densidad de carga cambia de signo, i.e., br . r = 3a/4, el campo tiene un valor E = ρ0 a/16ε0 U Problema 3.53: Calcular las componentes del tensor cuadrupolar, el potencial y el campo de un cuadrupolo lineal compuesto por dos dipolos id´enticos con momentos dipolares p = 2qδ, separados por una distancia 2ℓ. Fig. (3.27). R: Utilizamos la definici´on para el tensor cuadrupolar asociado a una distribuci´on discreta de cargas: ∑ [ ] Qik = qn 3 (xi )n (xk )n − x2n δik , (3.97) n

en donde (xi )n representa la componente de la posici´ on de cada una de las cargas con respecto a un punto de referencia, y rn la distancia desde el punto de referencia a la carga.

74

Figura 3.27: Distribuci´on Cuadrupolar. En el caso de la geometr´ıa ilustrada en la figura (3.27), tenemos que el tensor cuadrupolar toma la forma diagonal:   −8qℓδ 0 0 b= 0 −8qℓδ 0 . Q 0 0 16qℓδ

(3.98)

El potencial ele´ctrico en el punto P se calcula de la forma usual para un sistema de 4 cargas puntuales: ( ) 1 1 1 1 q − + − , (3.99) Φ (r, θ) = 4πε0 r1 r2 r3 r4 en donde ri corresponde a la distancia de cada una de las cargas al punto P. Los ´ındices (1) y (2) corresponden a las casgas del dipolo localizado en (0, 0, −ℓ − δ), mientras que los ´ındices (3) y (4) corresponden a las cargas del dipolo localizado en (0, 0, ℓ + δ). El potencial toma la forma: (δ 0 limitada por placas conductoras y = 0, y = b y x = 0, si la placa x = 0 est´a cargada a un potencial V , la placa y = 0 est´a aterrizada y el plano y = b se mantiene a un potencial V0 . Estudiar el caso l´ımite b → ∞. Ignorar los efectos de contacto entre las placas. R: La distribuci´on del potencial en la regi´on x > 0, 0 < y < b se describe a trav´es de la relaci´on: V0 y u (x, y) = + u1 (x, y) + u2 (x, y) , (3.107) b en donde u1 es la soluci´on del problema de contorno: u1 (x, 0) = 0, u1 (x, b) = 0, u1 (0, y) = V para 0 < y < b y x > 0. La soluci´on en este caso se describe expl´ıcitamente como: u1 (x, y) =

∞ ∑

Bk exp (−λk x) sin (λk y).

k=0

Aplicando las condiciones de de contorno, se obtienen las siguientes expresiones: λk =

(2k + 1) π , b

Bk =

4V . (2k + 1) π

(3.108)

76

Figura 3.28: Problema (3. 54). Representaci´on de l´ıneas equipotenciales para un sistema de simetr´ıa plana con diferentes voltajes en sus bordes.

En forma equivalente, [ ] sin (πy/b) 4V arctan . u1 (x, y) = π sinh (πx/b)

(3.109)

El c´alculo de la componente u2 (x, y) se realiza de forma an´aloga, con las condiciones espec´ıficas: u2 (x, 0) = 0, u2 (x, b) = 0 y u2 (0, y) = −V0 y/b. El resultado es: ∞ 2V0 ∑ (−1)k exp (−kπx/b) sin (kπy/b). u2 (x, y) = π k

(3.110)

k=1

Resultados (3.109) y (3.110) completan la soluci´on planteada en la ecuaci´on (3.107). En la derivaci´on de (3.109) se utilizaron las siguientes propiedades: ( ) ( ) ( ) ∞ ∑ 1 1+Z X + iY 1 Y Z 2k+1 = ln , ln = arctan . 2k + 1 2 1−Z X − iY 2 X k=0

Problema 3.56: Hallar el potencial electrost´atico dentro de una regi´on limitada por las placas conductoras y = 0, y = b y x = 0 si la placa x = 0 est´a cargada a un potencial V , las placas y = 0 y y = b est´an aterrizadas y no existen cargas en la regi´on estudiada, (figura 3.29). R: Utilizamos el m´etodo de separaci´on de variables para escribir: u (x, y) =

∞ ∑ n=1

(An exp (λn x) + Bn exp (−λn x)) sin (λn y),

(3.111)

77

Potencial El´ectrico

Figura 3.29: Geometr´ıa problema (3.56). en donde An , Bn y λn son par´ametros por definir desde las condiciones de contorno. Para x → ∞, An → 0. La otra condici´on es u (x, b) = 0 el cual conduce a λn = nπ/b, n = 1, 2, .... Finalmente, para la frontera y = 0, Bn = 4V /nπ con n entero positivo impar, y cero para n par. Finalmente: ∞ sin [(2k + 1) πy] 4V ∑ exp [− (2k + 1) πx/b] . u (x, y) = π 2k + 1

(3.112)

k=0

La expresi´on (3.112) puede tambi´en simplificarse como: ( ) 2V sin (πy/b) u (x, y) = arctan . π sinh (πx/b)

(3.113)

Problema 3.57: Resover el problema anterior si la capa semi-infinita esta ocupada por un diel´ectrico { ε1 para 0 < y < h, ε (y) = ε2 para h < y < b. R: Se requiere hallar la soluci´on para el potencial electrost´atico u1 en las regi´on y < h y u2 en la regi´on h < y < b, con x ≥ 0 desde la ecuaci´on: ∇ · (ε (y) ∇u) = 0. Las condiciones de contorno son: u1 = 0 en el plano y = 0, u2 = 0, para y = b, u1 = V para x = 0. Las condiciones de conexi´on en y = h son u1 = u2 y ε1

∂u1 ∂u2 = ε2 . ∂y ∂y

El m´etodo de separaci´on de variables sugiere plantear una soluci´on del tipo u (x, y) = X (x) Y (y), en donde: ( ) d dY d2 X ε + ελY = 0, − λX = 0. dy dy dx2

78 Y (0) = 0 = Y (b). En la regi´on 0 < y < h, (√ ) λy (√ ) , Y1 (y) = sin λh sin

mientras que para h < y < b: (√ ) λ (b − y) (√ ). Y2 (y) = sin λ (b − h) sin

Las raices λ pueden obtenerse desde la condici´on de conexi´on: (√ ) (√ ) ε1 cot λh + ε2 cot λ (b − h) = 0. De la teor´ıa general de los problemas de valores propios se deduce la existencia de un conjunto numerable de valores propios {λn } al que corresponden funciones propias {Yn } que forman un sistema ortogonal de funciones con respecto al n´ ucleo ε (y): ∫

b

m ̸= n.

Yn Ym ε (y) dy = 0, 0

La norma de la funci´on propia || Yn || se define como: ∫ || Yn ||2 =

b

Yn2 ε (y) dy = 0

ε1 h ε2 (b − h) (√ )+ (√ ). 2 2 sin λn h 2 sin λn (b − h) 2

La soluci´on para Xn se calcula como: √

Xn = An e− con u (x, y) =

∑∞

n=1 Xn (x) Yn (y),

V =

∞ ∑

λn x

,

y la condici´on de frontera en x = 0: V An = || Yn ||2

An Yn (y)

n=1

∫

b

Yn (y) ε (y) dy. 0

Expl´ıcitamente: V An = √ λn || Yn ||2

[

] ε2 ε1 (√ )+ (√ ) . sin λn h sin λn (b − h)

Problema 3.58: Calcular el potencial del campo electrost´atico producido por un condensador de placas coplanares separados una distancia 2a, como se ilustra en la figura 3.30. R:El potencial por unidad de longitud en el punto P (x, y) debido a la placa cargada con

79

Potencial El´ectrico

Figura 3.30: Placas coplanares. potencial +V (con respecto a un punto de referencia localizado en el punto medio del segmento [−a, a]), se obtiene planteando la integral: V + (P ) = kσ + ℓ

∫

+∞

√

ds

= 2

(x − s) + ]) ( [ a−x + . kσ 1 − arcsinh y a

y2

El mismo razonamiento aplicado para la placa negativa conduce a la expresi´on definitiva para el potencial en P : [ ] √ 2V 2 2 V (x, y) ≈ √ ln a − x + (a − x) + y . (3.114) π √ En la u ´ltima l´ınea se obtuvo una expresi´on que relaciona σ, A = ℓ y V , el potencial en la placa. (Ver problema 3.36). Problema 3.59: La lente ilustrada en la figura (3.31), contiene una abertura larga en comparaci´on con su ancho y0 , y separa una regi´on en la cual el campo el´ectrico es E1 de una regi´on con campo E2 . Un haz de part´ıculas cargadas enfocadas a una distancia x1 a la izquierda de la apertura es re-enfocado a una distancia x2 a la derecha de la misma. Si V0 es el voltaje a trav´es del cual las part´ıculas son aceleradas antes de alcanzar la lente, demostrar que 1 1 E2 − E1 + ≈ x1 x2 2V0

80

Figura 3.31: Problema 3.59. en donde la aproximaci´on V0 >> E1 x1 y E2 x2 , y x1,2 >>> y0 han sido utilizadas. R: Es posible construir una expresi´on para la componente vertical del campo el´ectrico que desv´ıa la trayectoria en la vecindad de la apertura. En centro de la misma, ∇ · E = 0. As´ı, Ey = ay, con a = (∂Ey /∂y)0 = − (∂Ex /∂x)0 . Si consideramos t como el espesor de la lente, la componente del gradiente en direcci´on horizontal se pude aproximar a: (∂Ex /∂x)0 ∼ (E2 − E1 ) /t, entonces: E2 − E1 y. (3.115) t El cambio en el momentum (en direcci´on vertical) de una part´ıcula cargada al pasar por la lente se aproxima al la fuerza que ´esta experimenta, por el tiempo τ que tarda en atravesarla: ∆p = Fy τ , con Fy = eEy , y τ = t/v, v, velocidad de la part´ıcula. Combinado las anteriores expresiones: Ey ∼ −

e (E2 − E1 ) y . v El cambio del momentum se relaciona con la desviaci´on angular antes y despues de atravesar la lente. Si θ1 y θ2 son los ´angulos son los ´angulos de desviaci´on con respecto a la horizontal, tendremos la siguiente relaci´on geom´etrica: ∆p ∼ −

∆p = −2p sin [(θ1 + θ2 ) /2],

(3.116)

con θ1 ≈ y/x1 y θ2 ≈ y/x2 . Finalmente, definiendo la magnitud del momentum como p = mv, tendremos: 1 1 E2 − E1 + ≈ . (3.117) x1 x2 2V0 En el u ´ltimo paso de la demostraci´on se utiliza mv 2 /2 = eV0 . [9]

Potencial El´ectrico

Problema 3.60: Una peque˜ na esfera de polarizabilidad α y radio a est´a localizada a una gran distancia de una esfera conductora de radio b, el cual es mantenida a un potencial V . Hallar una expresi´on aproximada para la fuerza sobre la esfera diel´ectrica v´alida para a R, el potencial se escribe seg´ un: ϕ=

C , r

y ´este debe ser cont´ınuo sobre la superficie r = R. Planteando la ley de Gauss, se obtiene C = q/4πε0 , y la condici´on de continuidad en la superficie conduce a B = ρR2 /2ε0 . La f´ormula para el potencial en el interior de la esfera es: ( ) ρ r2 2 ϕ= R − , r ≤ R. 2ε0 3

84 Problema 3.66: Muchos materiales diel´ectricos presentan lo que se conoce como saturaci´on, lo que significa que la polarizaci´on alcanza un m´aximo. En un material de este tipo, la polarizaci´on puede aproximarse como una funci´on que crece linealmente con el campo el´ectrico hasta un valor m´aximo P0 = ε0 χE0 . Suponga que el espacio entre dos placas met´alicas planas y paralelas de secci´on S se llena de un material cuya polarizaci´on presenta saturaci´on. Determinar la relaci´on Q-V para este dispositivo. Hallar la energ´ıa almacenada en este dispositivo como funci´on de la tensi´on aplicada entre las placas. R: Para hallar la curva Q-V , suponemos que existe una diferencia de potencial V entre las placas del conductor. La relaci´on entre el vector desplazamiento el´ectrico y el campo aplicado es de la forma: D = ε0 E + P (E) = D (E) uz , dado que D ni E dependen de la coordenada z. El valor de E se obtiene a partir de la diferencia de potencial de las placas: E = V /auz . De esta expresi´on, se deduce la existencia de un voltaje cr´ıtico V0 = E0 a a partir del cual el diel´ectrico se satura. El desplazamiento el´ectrico es por consiguiente: { ε0 (1+χ)V u) si V < V0 z a ( D = ε0 E + P = ε0 χV0 ε0 V uz si V > V0 . a + a

Figura 3.35: Problema 3.66. Relaci´on Carga-Voltaje en un condensador con diel´ectrico polarizable. La carga depositada en la placa inferior (la placa superior est´a sometida a un potencial V ) se calcula evaluando la integral de Gauss sobre una superficie que encierra dicha placa: { ∮ ε0 (1+χ)V S a ) si V < V0 ( Q = D · dS = ε0 χV0 S ε0 V S si V > V0 . a + a La gr´afica Q-V para este material es similar a la de D (E). para voltajes peque˜ nos, el sistema se comporta como un condensador lineal, pero si el voltaje supera cierto valor cr´ıtico V0 , su comportamiento se desv´ıa. La energ´ıa del sistema se puede calcular integrando la densidad de energ´ıa u en todo el r´egimen de valores para el vector desplazamiento D: ∫ D u= E · dD, 0

85

Potencial El´ectrico

el cual se divide en dos partes: dD = ε0 dE + dP para E < E0 , y dE = ε0 E si E > E0 . As´ı, ( ) ε0 χE02 + E 2 u= , 2 considerando el campo uniforme e igual a V /a en ambos casos. Una versi´on m´as complicada de este problema corresponde a aquella que considera dos electrodos cil´ındricos o esf´ericos conc´entricos. En este caso, como el campo no es uniforme, pueden existir regiones en las que el diel´ectrico est´e saturado, y otras no. Problema 3.67: Modelo de una capa dipolar. Considere un sistema formado por dos superficies esf´ericas conc ´entricas de radios a y b (a < b). Las esferas almacenan carga +Q y −Q, respectivamente. Hallar el potencial el´ectrico en todos los puntos del espacio, para a ∼ b. R: El campo el´ectrico en el interior de la esfera de radio a es cero, mientras que el potencial

Figura 3.36: Problema 3.67. en todos los puntos para r < a es ϕ (r) =

Q . 4πε0 a

r < a.

En la regi´on a < r < b, el potencial toma la forma, integrando el campo el´ectrico desde r hasta a: ( ) 1 1 Q ϕ= − , a < r < b. 4πε0 r b Para el caso r = b, el potencial se reduce a: ϕ=

Q (b − a) . 4πε0 ab

El potencial es constante dentro y fuera de la membrana con un salto finito en su valor entre ambas regiones. Este comportamiento corresponde a lo que se denomina una capa dipolar y describe el fen´omeno de membranas de dos caras con signos opuestos. Problema 3.68: Evaluar el potencial electrost´atico ϕ (x, y) entre un par de placas planas paralelas infinitas.

86

R: Utilizaremos el formalismo de funciones de Green para obtener la distribuci´on de potencial en la regi´on indicada. La funci´on de Green bidimensional asociada a este problema satisface la ecuaci´on: (

∂2 ∂2 + ∂x2 ∂y 2

)

( ) ( ) ( ) G x, x′ , y, y ′ = δ x − x′ δ y − y ′ ,

con la condici´on G (y = 0) = G (y = L) = 0. Utilizando la relaci´on para la funci´on delta de Dirac en t´erminos de la expansi´on en funciones sin, (

δ y−y

′

)

( nπy ) 2∑ = sin sin L L ∞

n=1

(

) nπy ′ , L

obtenemos: (

′

G x, x , y, y

′

)

=

∞ ∑ n=1

(

′

)

fn x, x sin

( nπy ) L

( sin

) nπy ′ . L

La ecuaci´on para fn es: ) d2 fn 2 ( 2 ′ − α f = δ x − x , n n dx2 L con αn = nπ/L, n, entero. La soluci´on para fn en el caso x ̸= x′ , puede escribirse en

87

Potencial El´ectrico

general como: fn = Cn exp (−αn | x − x′ |). Integrando x′ +ε ( 2 d fn dx2 x′ −ε

)

∫

− α fn 2

2 dx = L

∫

x′ +ε

x′ −ε

( ) 2 δ x − x′ dx = ε → 0, L ∫ x′ +ε ( ) fn x, x′ dx = 0, l´ım ε→0 x′ −ε

(

dfn dx

)x′ +ε = x′ −ε

2 . L

Reemplazando la soluci´on para fn el par´ametro Cn toma el valor: Cn = −1/αn L. La funci´on de Green para este sistema puede finalmente escribirse como: (

′

G x, x , y, y

′

)

( nπy ) 1 ∑ exp (−αn | x − x′ |) sin =− sin L αn L ∞

(

n=1

) nπy ′ . L

La prescripci´on de Dirichlet para el potencial en cualquier punto en el plano XY puede escribirse como: ) ∫ ∞( ( ) ∂G V x′ dx′ . ϕ (x, y) = − ′ −∞ ∂y y ′ =L Utilizando la relaci´on de convergencia: ∞ ∑

(−1)n exp (−nZ) sin (nY ) = −

n=1

1 sin Y , 2 cos Y + cosh Z

obtenemos la expresi´on final: ∫ ∞ ( ′) ′ sin (πy/L) 1 V x dx . ϕ (x, y) = 2L −∞ cos (πy/L) + cosh (π (x − x′ ) /L) En el caso en el cual la placa superior se mantiene a potencial constante V0 = V (x′ ), y ϕ (x, y) = V0 , L que es el resultado del potencial electrost´atico en el interior de las placas infinitamente extendidas sometidas a una diferencia de potencial V0 . Nota: En este u ´ltimo resultado aplicamos: (√ ) ∫ ∞ du 4 1−a −1 =√ tan . 1+a 1 − a2 −∞ a + cosh u Problema 3.69: Resolver la ecuaci´on para el potencial unidimensional d2 V (x) = f (x) dx2

0 < x < L;

88 bajo las condiciones de frontera V (x = 0) = V1 y V (x = L) = V2 . R. Utilizando la defici´on del gradiente del potencial el´ectrico E (x) = −dV (x) /dx: dE (x) = −f (x) , dx y el segundo teorema fundamental del c´alculo: ∫ x E (x) = − f (y) dy + E (0) . 0

Integrando en segunda instancia: ∫

x

V (x) = − E (z) dz + V (0) ∫ x∫ z 0 V (x) = V1 + f (y) dydz − E (0) x. 0

0

Evaluando la condici´on de frontera: V (L) = V2 , obtenemos una expresi´on para E (0): (V1 − V2 ) + E (0) = L

∫L∫z 0

0

f (y) dydz , L

la cual completa la soluci´on. Problema 3.70: Las placas paralelas de un capacitor se sit´ uan en x = 0, d y alojan entre ellas un material no homog´eneo con permitividad ε (x) = ε0 (1 + x/d). Si la placa en x = d se mantiene en V0 mientras que la placa en x = 0 est´a conectada a tierra, halle: (a) V y E, (b) P, (c) ρρS en x = 0, d. R. (a) Para medios inhomog´eneos y en ausencia de cargas libres en la regi´on entre x = 0 y x = d se cumple: ∇ · (ε∇V ) = 0; en donde ε∇V = K. Integrando esta u ´ltima expresi´on y utilizando la condici´on de frontera: ( x) 1 V0 V0 ˆX , ( )U V (x) = ln 1 + ; E=− ln 2 d d ln 2 1 + xd ˆX . (b) La polarizaci´on P se define como: P = D − ε0 E con E = −dV (x) /dxU P=

ε0 x E. d

(c) La densidad superficial de carga sobre las placas del diel´ectrico ρρS = P · n. En la placa x = 0, ρρS = 0. Sobre la placa x = d: ρρS =

ε0 V 0 . 2 ln 2

Cap´ıtulo

4

Corriente El´ ectrica George Simon Ohm, (16 de Marzo 1789-6 de Julio 1854) f´ısico alem´an. Como profesor de secundaria, desarroll´o la recientemente inventada celda electroqu´ımica, inventada por el italiano Alessandro Volta. Utilizando equipo de su propia creaci´ on, Ohm determin´o que existe una proporci´on directa entre la diferencia de potencial (voltaje) aplicada a trav´es del conductor y la resultante corriente el´ectrica, conocida hoy como la ley de Ohm. Definiciones Preliminares. En la secci´on anterior concentramos nuestro esfuerzo al estudio del las propiedades del campo en equilibrio electrost´atico. En esta secci´ on introduciremos los conceptos fundamentales de los fen´omenos f´ısicos asociados al movimiento de las cargas el´ectricas en conductores, en particular, a la din´amica de los portadores de carga negativa, o electrones de conducci´ on. La densidad volum´etrica de carga discreta en una regi´on del espacio puede aproximarse a trav´es de la relaci´on: N 1∑ ej δ (x − xj ) , (4.1) ρ= Ω j=1

en donde Ω es el volumen ocupado por las cargas en cierta regi´on del espacio. Si los portadores de carga son todos de la misma naturaleza, i.e., electrones, entonces la u ´ltima expresi´on toma la forma: ρ=−

N e = −ne, Ω

(4.2)

en donde n es el n´ umero de part´ıculas en el volumen Ω. Las cargas en el volumen Ω se desplazan con diferentes velocidades que se diferencian no s´olo por el m´odulo, sino tambi´en por su direcci´on. Este movimiento est´a caracterizado por el vector densidad de corriente, definido por la f´ormula: J=

1∑ ei vi = −ne⟨v⟩ = ρ⟨v⟩. Ω

(4.3)

Ω

En la u ´ltima ecuaci´on, ⟨v⟩ representa la velocidad media de los portadores de carga en la regi´on del espacio limitada por el volumen Ω. En ausencia de campo el´ectrico aplicado, los portadores se desplazar´an 89

90 aleatoriamente colisionando entre s´ı de manera “el´astica”, produciendo como resultado una velocidad media igual a cero. Modelo de Drude. La aplicaci´on de un campo el´ectrico uniforme E produce una fuerza sobre un portador igual a −eE, y por consiguiente una aceleraci´on (antes de una colisi´on) igual a a = −eE/m. El movimiento de los electrones es entonces uniformemente acelerado en un intervalo de tiempo t−t0 , antes de una colisi´on, por lo tanto la velocidad de arrastre en los electrones est´a dada aproximadamente por: v = v0 −

eE (t − t0 ) . m

(4.4)

Tomando el valor medio de esta u ´ltima expresi´on, tendremos: ⟨v⟩ = −

eE τ, m

J=

ne2 τ E, m

J = γE,

(4.5)

en donde γ es la conductividad el´ectrica del material, y τ es el tiempo medio entre colisiones de los portadores de carga en la red. Es posible entonces establecer una relaci´on entre el campo el´ectrico aplicado

Figura 4.1: Representaci´on de la trayectoria aleatoria de un portador de carga en una red, bajo los efectos de aplicaci´on de un campo el´ectrico de intensidad E. y la densidad de corriente de los portadores, mostrando una caracter´ıstica de linealidad entre estos dos campos. Esta relaci´on se conoce como la forma diferencial de la ley de OHM. Ecuaci´ on de continuidad. Calculando la variaci´ on de la densidad de carga dρ (r, t): dρ =

∂ρ dt + v · ∇ρdt, ∂t

(4.6)

∫ y de la relaci´on Q = Ω ρ (r, t) dΩ, entonces dQ/dt, la variaci´on de la carga por unidad de tiempo en determinada regi´on del espacio Ω, se define por: dQ = dt

∫ [ Ω

] ∂ρ + v · ∇ρ dΩ, ∂t

(4.7)

91

Corriente El´ectrica

´esta u ´ltima ecuaci´on puede reescribirse como: ∫ ∫ ( ) ∂ ρdΩ + ∇ · (ρv) − ρ∇ · v dΩ. ∂t Ω Ω

(4.8)

Considerando que en la regi´on espec´ıfica (Ω) el flujo de portadores posee una caracter´ıstica tal que ∇·v = 0, entonces: ∫ ∫ dQ ∂ = ρdΩ + ∇ · JdΩ. (4.9) dt ∂t Ω Ω La variaci´on de la cantidad de carga que proviene del interior del dominio Ω se transforma en el flujo del vector densidad de corriente J a trav´es de la superficie que delimita el volumen en consideraci´on ∂Ω. Este es un hecho experimental relacionado con el principio de conservaci´on de la carga, y puede ser cuantificado en la ecuaci´ on de continuidad : ∂ρ + ∇ · J = 0. (4.10) ∂t Resistencia El´ ectrica. La corriente i (C/s=A) que circula en a trav´es de una superficie S se obtiene de la integraci´on del vector densidad de corriente J: ∫ i= J · dS, (4.11) S

y la magnitud de la diferencia de potencial entre dos puntos | ∆V |= general de Resistencia El´ectrica: ∫b E · dl | ∆V | = ∫a R= . i γ S E · dS

∫b a

E · dl, conducen a la definici´on (4.12)

Una simple extensi´on de esta ecuaci´on se presenta cuando consideramos el caso especial de un campo el´ectrico uniforme aplicado paralelo al diferencial de longitud dl, y perpendicular a su vez al diferencial de superficie dS: (cilindro uniforme). lab . (4.13) R= γS De aqu´ı se desprende la forma integral de la ley de Ohm: | ∆V |= iR. R posee unidades de Ohmios (Ω). La figura (4.2) ilustra las conexiones de las resistencias el´ectricas en SERIE (b) y en PARALELO (b). En el primer caso, es claro que la corriente que circula en cada una de ellas es la misma, y la diferencia de potencial entre los puntos a y b es la suma de las diferencias de potencial individuales. La resistencia ∑ equivalente en la conexi´on serie se obtiene por: Rab = j Rj . En el caso de la conexi´on en paralelo, la diferencia de potencial entre los puntos a y b es igual para cada uno de los resistores, y la corriente que fluye desde a se divide en el nodo de ∑ conexi´on por cada uno de los elementos. La resistencia equivalente −1 de la conexi´on en paralelo es: Rab = j Rj−1 . Leyes de Kirchoff. (1) “La suma de las corrientes que entran a cualquier uni´on debe ser igual a la suma de las corrientes que abandonan esa uni´on”. (Consecuencia directa del principio de conservaci´ on de la ∑ carga). j ij = 0. (2) “La suma algebr´aica de los cambios de potencial a trav´es de todos los elementos alrededor de cualquier lazo ∑ de circuito cerrado debe ser cero”. (Consecuencia directa del principio de conservaci´ on de la energ´ıa). j ∆Vj = 0. Potencia El´ ectrica. El elemento de trabajo necesario para desplazar un portador de carga el´ectrica e− bajo la influencia de un campo el´ectrico exterior aplicado E, est´a definido por dW = −eE · dl, en donde

92

Figura 4.2: (1) Representaci´on de un resistor en los diagramas de circuitos el´ectricos. (2) Conexi´on en serie. (3) Conexi´on en paralelo. dl es el diferencial de longitud sobre una trayectoria arbitraria Γ. Asumiendo que el campo es uniforme, entonces el elemento de trabajo asociado a los desplazamientos de diferentes portadores es: ∑ ∑ dW = dW1 + dW2 + · · ·+ = −eE · dlj = − eE · vj dt, (4.14) j

j

en donde vj es la velocidad instant´anea del j-´esimo portador. En esta aproximaci´on se considera el hecho de que el intervalo de tiempo dt es lo suficientemente peque˜ no comparado con el tiempo promedio de colisi´on en la conjetura del camino libre medio recorrido τ . De las anteriores ecuaciones, utilizamos el concepto de velocidad media ⟨v⟩: 1 dW = P = −neE · ⟨v⟩ = J · E = γE 2 . (4.15) Ω dt As´ı, la energ´ıa disipada por unidad de tiempo en la unidad de volumen que contienen los portadores es proporcional a la magnitud del cuadrado del campo el´ectrico. La forma “convencional”de la definici´on de potencia el´ectrica (Watts) est´a dada por: P = ∆V i = i2 R = ∆V 2 /R.

(4.16)

Problema 4.1: El espacio entre dos electrodos planos paralelos “infinitos”que se encuentran a la distancia d uno del otro, est´a lleno de dos capas de substancia, cuya frontera es plana y paralela a los dos electrodos. Los espesores, las conductividades y susceptibilidades diel´ectricas de las substancias de las capas son respectivamente iguales a d1 , d2 , γ1 , γ2 , ε1 , ε2 . A los electrodos se les aplican los potenciales φ1 y φ2 . Hallar el potencial y la densidad superficial de carga en la superficie de separaci´on de las capas. R: Asociamos un potencial en la superficie de separaci´on de las capas φb . La intensidad de los campos el´ectricos en cada una de las capas es, respectivamente: E1 = (φ1 − φb ) /d1 , y E2 = (φb − φ2 ) /d2 . La densidad de corriente es la misma en ambas substancias, entonces: γ1 E1 = γ2 E2 . De esta condici´on obtenemos φb : φb =

γ1 φ1 d2 + γ2 φ2 d1 . γ1 d2 + γ2 d1

93

Corriente El´ectrica

La densidad de carga ligada superficial se define por: σb = ε1 E1 − ε2 E2 . De las ecuaciones anteriores: σb =

(ε1 γ2 − ε2 γ1 ) (φ1 − φ2 ) . γ1 d2 + γ2 d1

Problema 4.2: Un cilindro macizo de radio interior ra radio exterior rb y longitud l posee una conductividad γ. Calcular la resistencia el´ectrica entre los extremos: (a) Suponiendo que el vector densidad de corriente est´a dirigido a lo largo del eje axial del cilindro. (b) Se aplica una diferencia de potencial entre los dos extremos radiales. ( ) R: (a) Rl = l/πγ rb2 − ra2 , (b) Rab = ln (rb /ra )/2πγl. Problema 4.3: Un material en forma de cono recto de longitud L y radios a y b (a > b) posee una conductividad γ. Calcular la resistividad de este dispositivo cuando se le aplica una diferencia de potencial a lo largo del eje de simetr´ıa. R: Un elemento de resistencia dR puede escribirse en funci´on de la geometr´ıa del dispositivo: dR =

dz , γS (z)

(4.17)

en donde S (z) es el ´area de la secci´on transversal, que depende de la coordenada longitudinal del cono (z). Expl´ıcitamente: S (z) = πr2 (z) = π (a − (a − b) z/L)2 . Integrando entre 0 y L, se obtiene: R = L/πγab. Problema 4.4: Una fuente de voltaje de un valor ε posee una resistencia interna r. A esta fuente se le conecta una carga exterior R. Demuestre que la m´axima transferencia de potencia el´ectrica a la carga R ocurre cuando R = r. R: La potencia transferida es: P (R) = i2 R = ε2 R/ (R + r)2 . Obteniendo del valor m´aximo de la potencia a trav´es de la relaci´on ∂P/∂R = 0, entonces R = r, y la m´axima potencia transmitida es: Pm = ε2 /4r. Problema 4.5: Un haz de secci´on circular que posee un radio R = 1 mm y consta de protones, se acelera aplic´andole una diferencia de potencial ∆V = 10 kV. Suponiendo que la densidad de los protones por la secci´on del haz es constante, hallar la densidad volum´etrica de la carga el´ectrica en el haz para una corriente I = 5 · 10−6 A. + 2 R: La energ´ıa cin´etica de los portadores √ de carga se define por: e ∆V = mp v /2. La velocidad de + los portadores es por lo tanto: v = 2e ∆V /mp . La densidad de corriente y la densidad de carga se relacionan a trav´es de J = ρv. J = I/πR2 . La densidad de carga es: I ρ= πR2

√

mp + 2e ∆V

= 1,15 × 10−6 C/m3 .

94

Figura 4.3: Circuito equivalente de Th´evenin Problema 4.6: Cuando el interruptor S de la figura est´a abierto, el volt´ımetro se˜ nala un voltaje V0 . Cuando est´a cerrado, el volt´ımetro indica 9V0 /10 y el amper´ımetro A indica una corriente I (Fig. 4.3). Calcular la resistencia interna r de la bater´ıa. (suponga que los medidores son ideales de modo que no afectan el circuito). R: r = V0 /10I. Problema 4.7: M es un medidor de desviaci´on m´axima de escala Im (A) y resistencia interna r. La bater´ıa B tiene una fem de E (V) y resistencia interna despreciable. R es seleccionada de tal modo que cuando los terminales a y b est´an en corto el medidor se˜ nala escala completa (Fig. 4.4). Las resistencia Rx que corresponde a una desviacion de 3/4 de fondo de escala es igual a:

´ Figura 4.4: Ohmetro.

R: Rx = E/3Im . Problema 4.8: Modelo Simple de un Diodo. Debido a la acumulaci´on de carga cerca al c´atodo, el potencial el´ectrico entre los electrodos no es una funci´on lineal de la posici´on, sino que est´a dado por: ϕ (x) = Cx4/3 , en donde C es una constante caracter´ıstica del diodo, y x es la distancia desde el electrodo negativo (c´atodo). (a) Justificar la dependencia de la forma: x4/3 (b) Obtener E (x).

95

Corriente El´ectrica

R: (a) Este potencial se denomina de Child-Langmuir. De la ecuaci´on de Poisson se establece la relaci´on entre el potencial y la densidad de carga de los portadores en cierta regi´on del espacio, delimitada por la geometr´ıa particular. d2 ϕ ρe n|e| =− = . dx2 ε0 ε0 Considerando que los portadores son acelerados desde el reposo, la velocidad de deriva y el potencial se relacionan por: m⟨v⟩2 /2 =| e | ϕ. La magnitud del vector densidad de corriente J se define por: √ 2|e|ϕ J = n | e | ⟨v⟩ = n | e | . m Por consiguiente: d2 ϕ =| J | dx2

√

m α =√ . 2|e|ϕ ϕ

Utilizamos las relaciones: 1 dϕ˙ 2 ¨ = ϕ˙ ϕ; 2 dx

αϕ˙ ϕ˙ 2 √ = ; 2 ϕ

4α

(

(

d (√ ) ϕ = ϕ˙ 2 . dx

Integrando por partes: 4α

√

ϕ=

dϕ dx

)2 − x

dϕ dx

)2 0

El u ´ltimo t´ermino lo consideraremos, sin p´erdida de generalidad, id´enticamente igual a cero; por lo tanto: 2α1/2 ϕ1/4 =

dϕ 3 ; ϕ3/4 = α1/2 x; dx 2 4/3 2/3 4/3 ϕ (x) = (3/2) α x .

Explicitamente: ( 4/3

ϕ (x) = (3/2)

m | J |2 2|e|

)1/3 x4/3 .

(b) El campo el´ectrico se obtiene a trav´es de la relaci´on: E = −∂ϕ/∂xi. Expl´ıcitamente: 4 E = − (3/2)4/3 α2/3 x1/3 i. 3 Problema 4.9: Una l´ınea de potencia de 110 V est´a protegida por un fusible de 30 A. Cu´al es la m´axima cantidad de l´amparas de 500 W que se pueden conectar en paralelo sin fundir el fusible? R: Cuando se conecta una l´ampara de 500 W, la corriente que circula por ´esta es i = P/V = 500W/110 V = 4,5A. El n´ umero de l´amparas en paralelo que demandar´ıan menos de 30 A es: n = 30/4,5 ∼ 6, dado que la corriente que circula en la l´ınea principal es la suma de las corrientes en cada l´ampara.

96 Problema 4.10: En las capas inferiores de la atm´osfera siempre existen iones positivos y negativos,originados por los elementos radioactivos en el suelo y los rayos c´osmicos provenientes del espacio exterior. En una cierta regi´on, la intensidad del campo el´ectrico atm´osferico es de 120 V/m, dirigido verticalmente hacia abajo. A causa de este campo, los iones positivos de carga +1, en una densidad de 620 cm3 , se mueven hacia abajo, y los iones negativos de carga −1, en cantidad de 550 cm3 hacia arriba. La conductividad obtenida en las mediciones es 2,7 × 10−14 Ωm. Calcular la densidad de corriente de los iones que circulan en la atm´osfera. R: La densidad de corriente asociada a los iones positivos es: ( ) j = e n+ − n− ⟨v⟩, (4.18) asumiendo que la velocidad de arrastre de los iones positivos y negativos es la misma, i.e., ⟨v + ⟩ = ⟨v − ⟩. La densidad de corriente j = σE es: 3,24 pA/m2 , y la velocidad de arrastre en promedio puede obtenerse a trav´es de la relaci´on: ⟨v⟩ =

σE = 0,289m/s. − n− )

e (n+

(4.19)

Problema 4.11: Desarrollar una expresi´on para la resistencia de un conductor cuya conductividad es σ, de longitud ℓ, si la secci´on transversal retiene la misma forma y el ´area aumenta linealmente desde A hasta kA sobre ℓ. R: El diferencial de resistencia en este caso, para una secci´on de longitud dx es: dR =

dx , σA (x)

con A (x) definido por la ecuaci´on: A (x) = A [1 + (k − 1) x/ℓ]. Integrando sobre todas las contribuciones dR: ( ) ∫ ℓ dx ℓ ln k R= = . σA k − 1 0 σA [1 + (k − 1) x/ℓ]

(4.20)

(4.21)

Problema 4.12: Conductividad del Germanio⋆ . Determinar la conductividad del germanio intr´ınseco a temperatura ambiente. R: A 300 K existen aproximadamente 2,5×1010 pares electr´on-hueco por metro c´ ubico. La movilidad 2 de los electrones es µe = 0,38 m /V·s, y la movilidad de los huecos es µh = 0,18 m2 /V·s. Si el material no est´a contaminado, el n´ umero de electrones es igual al n´ umero de huecos. Entonces: σ = Ne e (µe + µh ) = 2,24 f/m.

(4.22)

Problema 4.13: Una barra de aluminio de 0,01 × 0,07 m de secci´on transversal y 3 m de longitud conduce una corriente de 300 A. Estimar la intensidad del campo el´ectrico, densidad de corriente y velocidad promedio de los electrones de conducci´on. R: La conductividad del aluminio es 38,2 Mf/m. La resistencia se obtiene utilizando R = ℓ/σS = 112,2 × 10−6 Ω. El campo electrico se obtiene como: E=

IR = 300A × 112,2 × 10−6 Ω/3m = 1,12 × 10−2 V /m. ℓ

Corriente El´ectrica

97

La densidad de corriente es: J = σE = 4,28 × 105 A/m2 . Para el aluminio, la movilidad de los electrones se estima en µ = 0,0014 m2 /V·s. La velocidad promedio se relaciona con la movilidad como: ⟨v⟩ = µE = 1,57 × 10−5 m/s. (4.23) Problema 4.14: En una malla rectangular de alambres de extensi´on infinita en un plano ingresa una corriente de 1 Amperio en el punto A, como se ilustra en el diagrama de la figura (4.5), y sale una corriente de 1 Amperio desde el punto B. Hallar la corriente en el alambre AB.

Figura 4.5: Malla infinita de conductores R: Si en el punto A ingresa 1 Amperio, cada conductor con una conexi´on terminal en A debe transportar una corriente de 14 Amperios. An´alogamente, si en el punto B sale 1 Amperio, cada conductor que conecta al punto B transporta una corriente de 14 Amperios. La corriente total en el conductor que conecta los puntos A y B es por consiguiente 12 Amperios. Problema 4.15: Los lados de un cubo consisten en resistores id´enticos de resistencia R, los cuales est´an unidos en las esquinas. Considere una bater´ıa conectada en dos esquinas contrarias de una cara del cubo. Calcular la resistencia efectiva del sistema. Ver Figura (4.6) R: Dada la simetr´ıa del problema, las corrientes en el cubo deben ser como se ilustran en la figura.

Figura 4.6: Cubo de Resistencias.

98

Figura 4.7: Amplificador Operacional: Restador La ley de conservaci´on de las corrientes en las esquinas requiere I = 2x + y,

y = 2z,

en donde I es la corriente de entrada. El voltaje entre los puntos A y B es independiente de la trayectoria; esto conduce a la expresi´on adicional 2xR = (y + z + z + 2z) R = (y + 4z) R. Resolviendo para las variables x, y y z, tenemos x = 3I/8, y = I/4, z = I/8. La resistencia entre A y B es RAB = 2xR/I = 3R/4. Nota: Si la corriente I abandona el sistema en la diagonal superior (punto C), las corrientes que salen y llegan a los v´ertices A y C se dividen en partes iguales a I/3, respectivamente. Es posible demostrar, utilizando un procedimiento similar al caso anterior, que la resistencia equivalente RAC es igual a 5R/6. Problema 4.16: El circuito de la figura (4.7) ilustra la configuraci´on de un amplificador operacional ideal en el r´egimen diferenciador. Calcular el voltaje de salida VO en t´erminos de los potenciales de entrada VA y VB . R: El amplificador ideal posee una ganancia infinita, una impedancia de entrada infinita, un ancho de banda tambi´en infinito, una impedancia de salida cero, un tiempo de respuesta cero y ning´ un ruido. Estas condiciones permiten inferir que las corrientes de entrada son cero, y por lo tanto: V0 =

(VB − VA ) R2 . R1

(4.24)

La configuraci´on de inversor se obtiene si la entrada (+) del amplificador es puesta a tierra. En este caso: VO = −VA R2 /R1 . El circuito integrador ideal aparece cuando la resistencia R2 es reemplazada por un capacitor C y la entrada (+) del amplificador es puesta a tierra. Este sistema invierte e integra la se˜ nal VA (dependiente del tiempo): ∫ t VA VO = − dt + Vinicial . (4.25) 0 R1 C Problema 4.17: La corriente an´odica de un diodo, en cierto intervalo de voltaje, puede ser aproximada con la diferencia de potencial Ua entre sus electrodos mediante la ecuaci´on Ia = AUa + BUa2 . Hallar la corriente an´odica si el diodo est´a conectado en serie con una resistencia R = 20 kΩ y una bater´ıa

Corriente El´ectrica

99

Figura 4.8: Diodo en circuito simple. con E = 120 V. Para este diodo, A = 0,15 mA/V, B = 0,005 mA/V2 . Figura (4.8). R: La ecuaci´on para la corriente en el circuito es E = Ia R + Ua . Resolviendo para Ia : √ 1 + R (A + 2BE) ± 1 + R (4BE + A (2 + AR)) . Ia = 2BR2 Num´ericamente, el sistema de ecuaciones presenta dos soluciones: Ia ∼ 9 mA, y Ia ∼ 5 mA, las cuales generan voltajes en el diodo de -60 V y 20 V respectivamente. La soluci´on f´ısicamente posible es aquella cuya diferencia de potencial en los terminales del diodo es positiva, i.e, Ia = 5 mA. Los par´ametros A y B corresponden al ajuste de la ecuaci´on caracter´ıstica del diodo de juntura p-n de Shockley: ( ) Ia = IS eUa /nVT − 1 , (4.26) en donde IS es la corriente de saturaci´on (t´ıpicamente 10−12 A). La escala de corriente es proporcional al ´area del diodo. VT es el voltaje t´ermico kT /e, alrededor de 26 mV a temperatura ambiente, y n se conoce como factor de idealidad del diodo, el cual var´ıa entre 1 y 2 para diodos de Silicio. La f´ormula del ejemplo se ajusta al caso Ua >> nVT , con A = IS /nVT y B = IS /2n2 VT2 . Problema 4.18: Un i´on de masa m y carga el´ectrica e se mueve en un gas diluido de mol´eculas experimentando colisiones. Considere que el tiempo medio entre colisiones es τ y que un campo el´ectrico uniforme E es aplicado en la direcci´on x. Cu´al es la distancia media ⟨x⟩ que el i´on se desplaza entre colisiones? R: Desde el punto de vista cl´asico, el desplazamiento del i´on est´a definido por: x (t) =

eEt2 . 2m

Definimos P (t) = exp (−t/τ )/τ como la probabilidad de que una part´ıcula sobreviva sin colisionar por un tiempo t y sufre una colisi´on entre t y t + dt. La distancia media es: ∫ ∞ eEt2 eEτ 2 ⟨x⟩ = P (t) dt = , 2m m 0 ∫∞ en donde se ha utilizado el resultado 0 t2 exp (−t/τ )dt = 2τ 3 .

100

Figura 4.9: Red de resistencias Problema 4.19: Considere la red infinita de resistencias ilustradas en la figura (4.9). Hallar la resistencia equivalente de entrada, i.e., la resistencia equivalente entre los terminales A y B. R: Si la resistencia total de la red es R, despu´es de remover las resistencias en la primera secci´on, el circuito resultante posee todav´ıa una resistencia R, el cual es equivalente a la del circuito original. El circuito equivalente consiste por lo tanto en dos resistencias en paralelos R, R2 , en serie con una resistencia R1 . La ecuaci´on resultante para R es: R = R1 +

RR2 , R + R2

cuya soluci´on es: R1 R= + 2

√

R12 + 4R1 R2 . 2

Problema 4.20: C´ amara de descarga. Una c´amara de ionizaci´on es construida de un metal cil´ındrico de radio a y longitud L con un alambre de radio b a lo largo del eje del cilindro (Fig. 4.10). El cilindro es conectado a un voltaje negativo −V0 y el alambre est´a conectado a tierra a trav´es de un resistor R. La c´amara de ionizaci´on est´a llena con Arg´on a presi´on atmosf´erica. Describa el voltaje del resistor en funci´on del tiempo para el caso en donde una part´ıcula ionizante atraviese el tubo paralelamente a su eje a una distancia r = a/2 desde el eje central y genere un total de N = 105 pares electr´on-i´on. Considere a = 1 cm, b = 0,1 mm, L = 50 cm, V0 = 1000 V, R = 105 Ω. R: El campo el´ectrico en el interior del tubo es: E (r) =

V0 , r ln (a/b)

en direcci´on radial hacia afuera del mismo. La capacitancia de la c´amara es C = 2πε0 L/ ln (a/b) = 6 × 10−12 F. La constante del circuito RC es 6 × 10−7 s. La movilidad de una part´ıcula cargada (direcci´on radial) se define como µ = v/E = (1/E) dr/dt, ´o ∫ r2 ) dr ln (a/b) ( 2 ∆t = = r2 − r12 . (4.27) 2µV0 r1 µE (r)

101

Corriente El´ectrica

Figura 4.10: C´amara de Descarga Para un electr´on que se viaja desde r = a/2 hasta el alambre de radio b, ∆t− = 9,6 × 10−8 s. (µ− = 6 × 103 cm2 /sV). Un i´on positivo tarda ∆t+ = 1,3 × 10−3 s en alcanzar la pared cil´ındrica (µAr = 1,3 cm2 /sV). Cuando los electrones viajan desde r = a/2 al ´anodo en r = b, los iones positivos permanecen esencialmente estacionarios a r/2, y la descarga a trav´es del resistor R es despreciable. El voltaje de salida en el ´anodo puede derivarse utilizando el principio de conservaci´ on de la energ´ıa. Cuando una carga q en la c´amara se mueve una distancia dr, el trabajo (realizado ) por el campo es qE · dr, que corresponde al decremento de la energ´ıa en el capacitor: d CV 2 /2 . Aproximando V ∼ V0 y dado que ∆V (el voltaje en el resistor) es mucho menor que V0 , es posible escribir CV0 dV = −qEdr. Integrando se obtiene ∆V en funci´on de la posici´on radial de la part´ıcula r: ∫ r qV0 E (r) dr = − ln (2r/a). CV0 ∆V = −q a ln (a/b) 2

De la ecuaci´on (4.27) es posible obtener r (t), (integrando desde a/2 a r). La respuesta, en t´erminos de ∆t− es: √ ( ) a t 2b 2 r= 1− 1− . 2 ∆t− a El voltaje en el resistor R, con q = −N e, en el intervalo 0 < t < ∆t− es: ∆V =

Ne ln (2r (t) /a)/ ln (a/b). C

(4.28)

El voltaje ∆V a t = ∆t− es −2,3 mV. Este voltaje se descarga a trav´es del circuito RC y luego se incrementa desde cero con una constante de tiempo RC: ∆V = −2,3 × 10−3 exp (−t/RC) V, para t > 9,6 × 10−8 s. Los iones de Arg´on viajan muy lentamente y las cargas que son inducidas sobre los electrodos de la c´amara son descargados tan r´apidamente en el circuito RC, que su influencia sobre la funci´on de onda ∆V puede ignorarse completamente [8]. Problema 4.21: Una esfera met´alica de radio a est´a rodeada por una esfera met´alica conc´entrica de radio interior b > a. El espacio entre las esferas est´a llena con un material cuya conductividad el´ectrica var´ıa con la intensidad del campo el´ectrico E deacuerdo con la relaci´on σ = KE, donde K es una

102 constante. Una diferencia de potencial V se mantiene entre las dos esferas. Cu´al es la corriente entre las esferas?. R: La corriente entre las esferas en este caso es: i = JS = σES = 4πKE 2 r2 . El campo el´ectrico entre los electrodos es, por consiguiente: √ 1 i E= . r 4πK La diferencia de potencial se calcula como: ∫ V =−

a

b

√ E · dr =

i ln 4πK

( ) b . a

La corriente es por consiguiente proporcional al cuadrado del potencial: i = CV 2 , y la constante de proporcionalidad es C = 4πK/ ln2 (b/a). Problema 4.22: El extremo de un alambre de Nicromio de longitud 2L y secci´on transversal A se conecta al extremo de otro alambre de Nicromio de longitud L y secci´on transversal 2A. Si el extremo libre del alambre m´as largo se encuentra a un potencial el´ectrico de 8 V, y el extremo libre del alambre m´as corto se encuentra a un potencial de 1 V, calcular el potencial el´ectrico en la juntura de los dos alambres. R: Sea VX el potencial en la juntura de los alambres. La corriente el´ectrica en el sistema de dos conductores en serie es la misma. Por consiguiente: I=

VX − 1 8 − VX = , R1 R2

en donde R1 y R2 son las resistencias del alambre largo y corto, respectivamente. Si definimos la cantidad R = ρL/A, con ρ como la resistividad del Nicromio, entonces R1 = 2R y R2 = R/2. Reemplazando estos valores en la ecuaci´on anterior, tendremos VX = 2,4 V. Problema 4.23: Un resistor de 100 Ω se mantiene a temperatura constante de 300 K. Una corriente de 10 amperios circula a trav´es del resistor por 300 segundos. (a) Cu´al es el cambio de entrop´ıa del resistor?. (b) Cu´al es el cambio de entrop´ıa del universo? (c) Cu´al es el cambio en la energ´ıa interna del universo? (d) Cu´al es el cambio en la energ´ıa libre de Helmholtz del universo?. R: (a) Como la temperatura del resistor es constante, su estado no cambia. La entrop´ıa es una funci´on de estado. Por lo tanto el cambio en la entrop´ıa del resistor es cero: ∆S1 = 0. (b) El calor que fluye desde el resistor al mundo exterior es I 2 Rt = 3 × 106 J. El incremento de la entrop´ıa de la fuente de calor es ∆S2 = 3 × 106 /300 = 104 J/K. Luego el cambio total de la entrop´ıa es ∆S = 104 J/K. (c) El incremento de la energ´ıa interna del universo es ∆U = 3 × 106 J. (d) ∆F = ∆U − T ∆S = 0. Problema 4.24: El arrollamiento de una bobina est´a dise˜ nado con hilo de Cobre el cual a 140 C tiene una resistencia de 10Ω. Despu´es de pasar la corriente, la resistencia del arrollamiento alcanza el valor

Corriente El´ectrica

Figura 4.11: Sector Esf´erico, c´alculo de la resistividad el´ectrica. de 12,2Ω. A qu´e temperatura se ha calentado la bobina?. El coeficiente de resistividad t´ermica del Cobre es de 4,15 × 10−3 grados−1 . R: Utilizando la aproximaci´ on lineal para la dependencia de la resistencia el´ectrica en funci´on de la temperatura, tenemos: R (T ) = R0 (1 + α∆T ) . Insertando los datos num´ericos, ∆T = 53,0120 C; es decir, la temperatura final es 670 C. Problema 4.25: Calcular la resistencia del sector entre la base de un cascar´on esf´erico de conductividad σ cuya secci´on tranversal se ilustra en la figura 4.11. (0 ≤ ϕ ≤ π). R. Utilizamos la definici´on: ∫ 1 dℓ . R= σ S ∫ 2π ∫ α La secci´on tranversal para un cascar´on de radio r y ´angulo polar α es: S (r) = 0 0 r2 sin θdϕdθ = 2πr2 (1 − cos α). Reemplazando en la expresi´on anterior: [ ] ∫ b 1 1 1 1 dr R= = − . 2πσ a r2 (1 − cos α) 2πσ (1 − cos α) a b Problema 4.26: Un cilindro de acero de ℓ = 10 cm de longitud y r1 = 1,5 cm de radio est´a recubierto por una capa de cobre ∆ = 0,5 cm de espesor y de igual longitud. Si por el sistema circula una corriente de IT = 60 A, hallar (a) La resistencia total, (b) La corriente por cada conductor. R. (a) Si entre los extremos del cilindro se aplica una diferencia de potencial V , la resistencia equivalente del sistema corresponde a una configuraci´on de dos resistores conectados en paralelo. Para el acero y para el cobre respectivamente: RSteel =

ρS ℓ , πr12

RCu =

ρC ℓ [ ]. π (r1 + ∆)2 − r12

La resistencia equivalente toma la forma: Req = RSteel RCu / (RSteel + RCu ) . Tomando ρS = 11,8 × 10−8 Ωm, ρCu = 1,77 × 10−8 Ωm, Req = 0,27mΩ. (b) La corriente por el conductor de acero se obtiene de la f´ormula simple de divisor: IS = IT RCu / (RSteel + RCu ) = 9,7 A, mientras que para el conductor de cobre, ICu = IT − IS = 50,3 A. El conductor de cobre transporta la mayor cantidad de corriente en este dispositivo.

103

104

Cap´ıtulo

5

Magnetismo Nikola Tesla. 1856-1943. Exc´entrico ingeniero SerbioAmericano quien hizo muchas contribuciones a lainvenci´on de dispositivos electromagn´eticos. Tesla fu´e un Serbio que naci´o en la villa Croata de Smiljane, en la regi´on de Lika, la cual era parte de la monarqu´ıa de Austria. Su padre era un sacerdote de la iglesia ortodoxa. Tesla ten´ıa una memoria prodigiosa y la habilidad para visualizar y construir complicados objetos en su mente. Mientras trabajaba en su primer empleo con la compa˜ nia telef´onica Americana en Budapest en 1880, Tesla sufri´o un ataque nervioso el cual justific´o como s´ındrome de hipersensibilidad a la percepci´on de EdgarAllan Poe. Despu´es de recuperarse, caminaba con un amigo cuando la idea de un sistema polif´asico de generaci´on de corriente alterna se le ocurri´o repentinamente. Hasta entonces, ´el no pose´ıa los medios para construir el equipo necesario. Tesla fu´e contratado por la rama francesa de Edison Company y se le asign´o el trabajo de reparar una planta el´ectrica en Strassburg. Despu´es de completar las reparaciones, sin embargo, Edison Company se neg´o a pagar el dinero que le habiaprometido. Tesla renunci´o y centr´o sus esfuerzos en encontrar trabajo en Am´erica. Extra˜ namente, una vez en Am´erica, regres´o a trabajar para Edison. Despu´es de prometer US$ 50,000 a Tesla si mejoraba los motores de DC, Edison neg´o su palabra, rompiendo la promesa consider´andola propia del “humor Americano”. Tesla enfureci´o y renunci´o inmediatemente. Desafortunadamente, Tesla no logr´o obtener otro empleo, y se vi´o forzado a cavarzangas por dos a˜ nos. Finalmente, obtuvo un trabajo en los laboratorios de Westinghouse, en Pittsburg. Coment´o a Westinghouse acerca de su idea del sistema polif´asico el cual le permitir´ıa transportar corrientes alternas [AC] a grandes distancias. Edison, sin embargo, hab´ıa invertido grandes cantidades en sistemas de corriente directa [DC] y atac´o los sistemas AC contodo sus recursos. Westinghouse visualiz´o las ventajas del sistema de Tesla, y acord´o comprar los derechos de patentes por un mill´on de d´olares mas $ 1 por caballo vapor de regal´ıa. Westinghouse construy´o plantas de potencia y l´ıneas de transmisi´on, demostrando deuna vez por todas que la potencia AC era un sistema econ´omica y t´ecnicamente viable, mientras que el impr´actico sistema DCde Edison nunca obtuvo mayor ´exito. Westinghouse utiliz´o el sistema polif´asico para encausar la potencia de las Cataratas del Ni´agara, en una planta hidroel´ectrica. Utilizando el dinero que recibi´o de 105

106 la Westinghouse, Tesla fund´o Tesla Electric Company en New York. All´ı, invirti´o tiempo y dinero creando nuevos y ex´oticos dispositivos, incluyendo la bobina de Tesla. El bi´ografo de Tesla (O’Neill) report´o una historia insostenible que ha hecho eco en los bi´ografos subsecuentes, y es que entre aquellos dispositivos estaba el primer vibrador de tama˜ no capaz de generar resonancias y crear un terremoto provacado por el hombre. De cualquier forma, el laboratorio de Tesla se quem´o el 13 de Marzo de 1895. Todo se perdi´o ya que no contaba con un seguro.Tesla se mud´o a Colorado Springs, en donde construy´o un nuevo laboratorio y realiz´o mas experimentos utilizando una monstruosa bobina de Tesla. De acuerdo con O’Neill, Tesla utiliz´o esto para generar rel´ampagos controlados. Luego regres´o a New York y comenz´o la construcci´on de un laboratorio con una torre imensa en Wardenclyffe, Long Island. El laboratorio nunca se termin´o, y la torre fue finalmente derribada. Existieron maniobras inusuales en el reconocimiento del premio Nobel de 1912 o 1915. Los biografos est´an en desacuerdo con las fechas, pero reportan que Tesla fue informado confidencialmente que iba a compartir la distinci´on en F´ısica con Edison, y entonces se sorprendi´o al comprender que se le ve´ıa como un cient´ıfico. Tesla fue altamente exc´entrico en su comportamiento y absolutamente impr´actico con el dinero. Una de sus compulsiones era alimentar las palomas diariamente en New York. Se ha reportado que ten´ıa preferencia por un palomo en particular, el cual le produjo un descontrol emocional despu´es de su muerte. Tesla fue desprovisto en los u ´ltimos a˜ nos de su vida, y se vi´o forzado a moverse de un hotel a otro cuando el dinero empezaba a escasear. Despu´es de la muerte de Tesla, sus documentos fueron confiscados por la oficina de Administraci´on de la propiedad Extranjera. Fuente: http://scienceworld.wolfram.com/biography/Tesla.html 5.1 Introducci´ on. Las interacciones el´ectrica y magn´etica se encuentran intimamente relacionadas, siendo en realidad s´olo dos aspectos diferentes de una propiedad de la materia: su carga el´ectrica. El magnetismo es, por consiguiente, un efecto asociado al movimiento de las cargas el´ectricas. Las interacciones el´ectricas y magn´eticas se clasifican bajo la designaci´on m´as general de interacci´ on electromagn´etica. Es posible describir el fen´omeno del magnetismo a trav´es de dos grandes enfativamente independientes: Enfoque macrosc´ opico: Estudia t´opicos como: Movimiento de part´ıculas en campos magn´eticos est´aticos, Ondas electromagn´eticas, Fenomenolog´ıa de los materiales magn´eticas, Propagaci´on de Ondas electromagn´eticas en diferentes medios, Gu´ıas de Onda, Transformaci´on de la energ´ıa electromagn´etica, Efecto Hall cl´asico. Enfoque microsc´ opico: Teor´ıa at´omica del origen del estado de ordenamiento magn´etico en los sistemas materiales (Espines y momentos magn´eticos asociados µ). Existen en la actualidad diferentes modelos te´oricos, entre ellos: Modelo de Heisenberg (1920), Modelo de Ising (∼ 1950), Modelo de Hubbard (1963). 5.2 Campo Magn´ etico, Ley de Biot-Savart. En 1819 Oesterd observ´o que alambres que transportan corriente el´ectrica produc´ıan deflexiones de los dipolos magn´eticos permanentes colocados en sus alrededores. Entonces las corrientes eran fuentes de densidad de flujo magn´etico. Biot y Savart (1820), primero, y Amp`ere(1820-1825), en experimentos mucho m´as elaborados y sistem´aticos, establecieron las leyes experimentales b´asicas que relacionan la inducci´on magn´etica B con las corrientes y establecieron la ley de la fuerza entre una corriente y otra. A pesar de que no es la forma en que Amp`ere lo dedujo, la relaci´on b´asica es la siguiente. Si dl es un elemento de longitud (en la direcci´on del flujo de corriente) de un filamento de alambre que transporta una corriente I y x es el vector desde el elemento de longitud a un punto de observaci´on P , entonces el elementodensidad de flujo dB en el punto P est´a dado enmagnitud

107

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

y direcci´on por: dB = Km I

dl × x , | x |3

x = R − r.

(5.1)

Debe notarse que la ecuaci´on (5.1) es una ley del inverso al cuadrado, justo como lo es la ley de Coulomb de la electrost´atica. Sin embargo, la caracter´ıstica vectoriales bastante diferente. En unidades del sistema internacional, Km = µ0 /4π = 10−7 newtons por amperio cuadrado (N/A2 ), o henrio por metro (H/m). Es posible superponer los elementos b´asicos del flujo magn´etico por integraci´on para determinar la densidad deflujo magn´etico debido a diferentes configuraciones de alambres que transportan corrientes. Se ilustrar´an algunos ejemplos de este c´alculo en lo subsecuente. Los experimentos de Amp`ere no trataban directamente con

Figura 5.1: Elemento de inducci´on magn´etica dB debido a un elemento de corriente Idl. la determinaci´on de la relaci´on entre las corrientes y la inducci´on magn´etica, sino que eran concernientes a las mediciones de las fuerzas que experimenta un alambre que transporta corriente debido a otro. La fuerza que experimenta un elemento de corriente I1 dl1 en presencia de un campo de inducci´on magn´etica B es: dF = I1 (dl1 × B) ,

dF = (J × B)d3 x.

(5.2)

Si B es el campo externo generado por un lazo de corriente ♯2 que transporta una corriente I2 , entonces la fuerza total que experimenta un lazo de corriente ♯1 que transporta una corriente I1 es: F12

µ0 = I1 I2 4π

∮ ∮

dl1 × (dl2 × x12 ) . | x12 |3

(5.3)

Las integrales de l´ınea son tomadas a lo largo de dos curvas; x12 es el vector longitud desde el elemento de l´ınea dl2 a dl1 . Manipulando el integrando, ´este puede colocarse en forma talque sea sim´etrico en dl1 y dl2 y que satisfaga expl´ıcitamente la tercera ley de Newton. Luego: ( ) dl1 × (dl2 × x12 ) x12 dl1 · x12 = − (dl1 · dl2 ) + dl2 . | x12 |3 | x12 |3 | x12 |3

(5.4)

108 El segundo t´ermino involucra un diferencial perfecto en la integral sobre dl1 . Este no proporciona ninguna contribuci´on a la integral (5.4), considerando que los caminos son cerrados o extendidos al infinito. Entonces la ley de Amp`ere de la fuerza entre dos lazos de corriente se convierte en: F12 = −

µ0 I1 I2 4π

∮ ∮ (dl1 · dl2 )

x12 , | x12 |3

(5.5)

mostrando simetr´ıa en la integraci´on, aparte de la necesaria dependencia vectorial sobre x12 . 5.3 Fuerza de Lorentz. En este punto es conveniente realizar una breve descripci´on de las transformaciones de Lorentz, necesarias para un an´alisis posterior en el concepto de fuerza en los l´ımites de las velocidades relativistas. Un marco de referencia inercial K se encuentra en reposo y est´a descrito por las coordenadas XY Zct, mientras que otromarco de referencia K ′ (coordenadas X ′ Y ′ Z ′ c′ t′ ) se desplaza a una velocidad v paralela al eje X referidad a K. La invarianza del intervalo ∆S 2 permite escribir: ( )2 (∆S)2 = ∆S ′ ,

( )2 ( )2 c2 t2 − x2 = ct′ − x′ .

(5.6)

expresamos las relaciones x ⇔ x′ como un caso general de las transformaciones de Galileo: x = δx′ + γct′ ,

ct = αct′ + βx′ ,

(5.7)

en donde α, β, γ, δ se obtienen a partir de la soluci´on del conjunto de ecuaciones resultante en el reemplazo directo de las transformaciones (5.7) en la condici´on (5.6). El resultado es el siguiente:

α=δ= √

1 1 − v 2 /c2

,

γ = β = ± (v/c) α,

x′ ± vt′ x= √ , 1 − v 2 /c2 t′ ± v/c2 x′ t= √ . 1 − v 2 /c2

(5.8) (5.9)

La transformaci´on de las velocidades y de las aceleraciones se obtiene apartir de las relaciones fundamentales: √ 1 − v 2 /c2 vx′ ± v dx ′ = , v = v , (5.10) vx = y y dt 1 ± vvx′ /c2 1 ± vvx′ /c2 √ ( )3/2 1 − v 2 /c2 1 − v 2 /c2 vz = vz ′ . (5.11) , ax = ax′ 1 ± vvx′ /c2 (1 ± vvx′ /c2 )3 La dependencia de la masa con la velocidad observada en el sistema K est´a dada por: m = √ 2 2 m0 / 1 − v /c , en donde m0 es la masa de la part´ıcula en reposo. Esto permite definir las expresiones para las fuerzas en ambos sistemas de referencia, F = dp/dt (sistema K) y F′ = dp′ /dt (sistema K ′ ) . La energ´ıa cin´etica de una part´ıculapuede calcularse a trav´es de la

109

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

∫v definici´on Ek = 0 vd (mv). Integrando: Ek = (m − m0 ) c2 . La energ´ıa total de la part´ıcula √ E = Ek + m0 c2 = mc2 . Combinando con la relaci´ o n p = m v/ 1 − v 2 /c2 es posible escribir 0 √ 2 2 2 unaecuaci´on equivalente E = c m0 c + p . De esta u ´ltima ecuaci´on se construye el invariante 2 2 2 2 E /c − p = m0 c . Realizando los cambios ct → E/cy px → x, por consiguiente obtenemos: p′x + v/c2 E ′ E ′ + vp′x /c px = √ , py = p′y , pz = p′z , E = √ . 1 − v 2 /c2 1 − v 2 /c2

(5.12)

Las componentes de las fuerzas registradas en el sistema K se reducen a la forma: (considerando dE ′ /dt′ = F′ · v′ ) vvy′ /c2 dpx dt′ vvz′ /c2 ′ ′ = F + F + F ′, x dt′ dt 1 + vvx′ /c2 y 1 + vvx′ /c2 z √ √ 1 − v 2 /c2 1 − v 2 /c2 ′ dt′ ′ Fy = , Fz = F . Fy = ′ 2 dt 1 + vvx /c 1 + vvx′ /c2 z

Fx =

(5.13)

Calculemos el producto de las transformaciones directas e inversas para la proyecci´on y de la velocidad ( Ver f´ormula (5.10)): ( √ )( √ ) 1 − v 2 /c2 1 − v 2 /c2 ′ = vy vy ; (5.14) 1 ± vvx′ /c2 1 ∓ vvx /c2 ( )( ) de aqu´ı se deduce que: 1 − v 2 /c2 = 1 + vvx′ /c2 1 − vvx /c2 . Aplicando estas u ´ltimas relaciones, la fuerza en el sistema de coordenadas K se expresa mediante la fuerza en el sistema K ′: vy vy′

1 − vvx /c2 ′ Fy , Fy = √ 1 − v 2 /c2

1 − vvx /c2 ′ Fz = √ Fz . 1 − v 2 /c2

(5.15)

Las f´ormulas obtenidas muestran que en la teor´ıa de la relatividad es indispensable la dependencia entre las fuerzas y la velocidad. Las anteriores relaciones pueden escribirse en forma compacta:     ′ Fx Fx 1 γvz /c ( γvy /c 2 ) Fy  = 0 α 1 − vvx /c   Fy′  . 0 (5.16) ( ) 2 Fz 0 0 α 1 − vvx /c Fz′ El conjunto de ecuaciones (5.48) puede escribirse como: F = Φ + v × G, (5.17) ) ) ( ( en donde Φ = Fx′ , αFy′ , αFz′ , y G = 0, −αv/c2 Fz′ , αv/c2 Fy′ . Supongamos que en el sistema de coordenadas K ′ existe s´olo un campo el´ectrico y, como consecuencia, la fuerza F′ no depende dela velocidad v′ de la part´ıcula y es en s´ı una fuerza el´ectrica en el sistema de coordenadas K. Entonces el vector G tampoco depende de la velocidad v de la part´ıcula, s´olo puede ser funci´on de coordenadas y el tiempo. Por eso, la dependencia entre la fuerza y la velocidad de la

110 part´ıcula en el segundo t´ermino es precisamente la fuerza magn´etica, considerando a G como el producto de la carga con el campo magn´etico B. As´ı la fuerza sobre una carga puntual se escribe de la forma: F = qE + qv × B. (5.18) Esta es la llamada Fuerza de Lorentz. 5.4 Ley de Amp` ere. La ley de inducci´on magn´etica puede escribirse en forma general para la densidadde corriente J (x): (considerando ∇ (1/r) = −r/r3 ) µ0 B (x) = 4π

∫

( ) J x′ ×

x − x′ 3 ′ µ0 d x = ∇× ′ 3 |x−x | 4π

∫

J (x′ ) 3 ′ d x. | x − x′ |

(5.19)

De esta u ´ltima ecuaci´on inmediatamente se deduce que ∇ · B = 0. Calculamos la cantidad ∇ × B utilizando la expresion (5.19): ∫ J (x′ ) 3 ′ µ0 ∇×∇× d x ∇×B= 4π | x − x′ | ∫ µ0 ∇′ · J (x′ ) 3 ′ ∇ × B = µ0 J (x) + ∇ d x, 4π | x − x′ |

(5.20)

( ) en donde se utilizan las identidades ∇ × ∇ × A = ∇ (∇ · A) − ∇2 A, ∇2 | x − x′ |−1 = −4πδ (x − x′ ) y ∇ (1/ | x − x′ |) = −∇′ (1/ | x − x′ |). Para los fen´omenos magn´eticos en estado estacionario ∇′ J = 0, de tal forma que la ecuaci´on (5.20) se reduce a: ∇ × B = µ0 J.

(5.21)

Esta es la forma diferencial de la ley de Amp`ere. Integrandoen una regi´on S limitada por el contorno cerrado Γ,y aplicando el teorema de Stokes, tenemos la forma integral de la ley de Amp`ere: ∮ ∫ b da. J·n

B · dl = µ0 Γ

(5.22)

S

La integral de l´ınea alrededor de cualquier trayectoria cerrada es igual a µ0 I, en donde I es la corriente estacionaria total que circula a trav´es de cualquier superficie delimitada por la trayectoria cerrada Γ. 5.5 Potencial Vectorial. Las leyes b´asicas de lamagnetost´atica son: ∇ × B = µ0 J,

∇ · B = 0.

(5.23)

El problema consiste en resolver estas ecuaciones. Si la densidad de corriente es cero en la regi´on de inter´es, la condici´on ∇ × B = 0 permite escribir elvector inducci´on magn´etica como el gradiente de un potencial escalar magn´etico : B = −∇ΦM . Esta condici´on se reduce a la ecuaci´on de Laplace para ΦM , y todas las t´ecnicas para el manejo de los problemas en electrost´atica aplican aqu´ı, excepto en las condiciones de frontera. Un m´etodo general consiste

111

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

en explotar la segunda ecuaci´on en (5.23). Si ∇ · B = 0 en todos los puntos, B ser´a el rotor de alg´ un campo vectorial A (x), llamado potencial vectorial, B = ∇ × A. Es claro que de la ecuaci´on anterior, la forma general de A es: ∫ J (x′ ) 3 ′ µ0 d x + ∇Ψ (x) . A (x) = 4π | x − x′ |

(5.24)

(5.25)

El gradiente adicional de una funci´on escalar arbitraria Ψ muestra que para una inducci´on magn´etica dada B, el potencial vectorial puede transformar libremente de acuerdo con: A → A + ∇Ψ. (Transformaci´on de Gauge). Reemplazando: ∇ × ∇ × A = µ0 J = −∇2 A,

(5.26)

considerando el gauge de Coulomb: ∇ · A = 0, el cual se reduce a ∇2 Ψ = 0, ya que el primer t´ermino en (5.26) posee divergencia igual a cero. Si se mantiene ∇2 Ψ = 0 en todo el espacio, Ψ dede al menos ser una constante suponiendo que no existen fuentes en el infinito. 5.6 Ley de Inducci´ on de Faraday. Las primeras observaciones cuantitativas de la dependencia temporal de los campos el´ectricos y magn´eticos fue realizada por Faraday(1831) en experimentos sobre el comportamiento de las corrientesen circuitos colocados en campos magn´eticos variables en el tiempo. Faraday observ´o que una corriente transitoria es inducida en un circuito si (a) una corriente estacionaria que fluye en un circuito adyacente es “activada”o “desactivada”, (b) el circuito adyacente con una corriente estacionaria es desplazado relativamente con respecto al primer circuito, (c) un magneto permanente es insertado o retirado de los alrededores del circuito. No fluye ninguna corriente al menos que cambie la corriente adyacente o el moviento relativo. Faraday artibuy´o este flujo de corriente transitoria al cambio en el flujo magn´etico ligadoal circuito. El cambio del flujo induce un campo el´ectrico alrededor del circuito, y la integral de l´ınea de ´aquel es llamada fuerza electromotriz, E. La fuerzaelectromotriz produce un flujo de corriente, de acuerdo con la ley de Ohm. b, Supongamos que el circuito ∂Ω es el l´ımite de una superficie abierta S con normal unitaria n como se ilustra en la figura (5.2). La inducci´on magn´etica en los alrededoresdel circuito es B. El flujo magn´etico ligado al circuito est´a definido por: ∫ ΦB =

B · ndS.

(5.27)

S

La fuerza electromotriz alrededor del circuito es: ∮ E=

E′ ·dl,

(5.28)

∂Ω

en donde E′ es el campo el´ectrico en el elemento dl del circuito ∂Ω. Las observaciones de Faraday est´an resumidas en la ley matem´atica:

112

Figura 5.2: Flujo magn´etico a trav´es de una superficie delimitada por el contorno ∂Ω. E = −k

dΦB . dt

(5.29)

La fuerza electromotriz inducida alrededor del circuito es proporcional a la raz´on de cambio del flujo magn´etico que atravieza el circuito. El signo se especifica por la ley de Lenz, el cual establece que la corriente inducida (y el flujo magn´etico asociado) es en tal direcci´on que se opone al cambio de flujo a trav´es del circuito. La constante de proporcionalidad k depende de la escojencia delas unidades para los campos el´ectricos y magn´eticos. Enunidades SI k = 1, y en el sistema Gaussiano k = c−1 , en donde c es la velocidad de la luz. Antes del desarrollo de la relatividad general (incluso despu´es, cuando los investigadores manejaban velocidades relativas peque˜ nas comparadas con la velocidad de la luz), se entend´ıa, a pesar de que no era expl´ıcitamente establecido en forma frecuente por los f´ısicos, que las leyes de la f´ısica deben ser invariantes bajo transformaciones Galileanas. Es decir, el fen´omeno f´ısico es el mismo cuando es visto por dos observadores movi´endose con una velocidad relativa constantev, en donde las coordenadas espacio temporales est´an relacionadas a trav´es de las transformaciones Galileanas: x′ = x − vt, t = t′ . En particular, consideremos las observaciones deFaraday. Se ha verificado experimentalmente que se induce la misma corriente en un circuito secundario cuando ´este es desplazado, mientras que el circuito primario a trav´es del cual fluye una corriente estacionaria, o viceversa. Consideremos las expresiones anteriores en t´erminos de los campos el´ectrico y magn´etico para un circuito m´ovil: ∮ ∫ d E′ ·dl = −k B · nda. (5.30) dt S ∂Ω

113

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

La fuerza electromotriz inducida es proporconal a la derivada temporal total del flujo -el flujo puede cambiar por el cambio en la inducci´on magn´etica o por el cambio en la forma, posici´on u orientaci´on en el circuito. El circuito ∂Ω puede pensarse como cualquier forma geom´etrica cerrada en el espacio, no necesariamente un circuito el´ectrico. Entonces la relaci´on (5.30) proporciona la relaci´on entre loscampos. Es importante anotar, sin embargo, que el campo el´ectrico E′ es el campo el´ectrico en el elemento dl, en un sistema de coordenadas en donde dl est´a en reposo. Si el circuito est´a movi´endose a una velocidad v enalguna direcci´on, la derivada total debe considerar este movimiento:

dB ∂B = + (v · ∇) B, a × b × c = (a · c) b − (a · b) c, dt ∂t dB ∂B = + ∇ × (B × v) + (∇ · B) v, ∇ · B = 0, dt ∂t

(5.31)

en donde v es tratada como un vector fijo en la diferenciaci´on. Reemplazando esta u ´ltima identidad en la ecuaci´on (5.30), y aplicando el teorema de Stokes: ∫ ∮ [ ′ ] ∂B E − kv × B ·dl = −k ·nda, (5.32) S ∂t ∂Ω en donde se obtiene un enunciado equivalente para la ley de Faraday aplicado a un circuito m´ovil ∂Ω. En elsistema de laboratorio, el campo el´ectrico E se relaciona con el campo E′ por: E′ = E + k (v × B) .

(5.33)

Con el fin de determinar la constante k , debemos entender el significado de E′ . Una part´ıcula cargada,e.g., un electr´on de conducci´on en reposo en un circuito m´ovil experimentar´ a esencialmente una fuerza qE′ . En el sistema de referencia del laboratorio, la carga representa una corriente J = qvδ (x − x0 ). De laley de la fuerza magn´etica es evidente que esta corriente proporciona una fuerza que involucra el campo E′ , en donde, por comparaci´on directa, k = 1 en el sistema SI, o k = c−1 en el sistema Gaussiano. As´ı, hemos encontrado que el campo el´ectrico E′ en un marco de coordenadas movi´endose con velocidad relativa v con respecto al sistema de laboratorio es: E′ = E + (v × B) . (5.34) Debido a que hemos considerado transformaciones Galileanas, ´este resultado es v´alido para velocidades peque˜ nas comparadas con la velocidad de la luz. Utilizando el teorema de Stokes, es posible escribir la forma diferencial de la ley de Faraday: ) ∫ ( ∂B ∇×E+ · nda = 0, ∂t S

(5.35)

en donde ∂Ω limita la superficie S. Entonces: ∇×E+

∂B = 0. ∂t

(5.36)

114 5.7 Energ´ıa del campo Magn´ etico. Para que enun circuito inm´ovil pueda crearse una corriente el´ectrica, es necesario conectar el circuito a una fuente defem exterior. Si el circuito es recorrido por una corriente cont´ınua, la energ´ıa suministrada por la fuente se libera en forma de calor por efecto Joule y en realizar un trabajo. La inducci´on del campo magn´etico, as´ı como su energ´ıa, permanece invariable en este caso. La inducci´on cambia al cambiar la corriente. Una corriente que var´ıa en el tiempo en un conductor induce en ´este una fem que se opone a la fem externa que establece la corriente. El flujo magn´etico creciente induce en el circuito una fem que se opone al cambio del flujo magn´eticoneto a trav´es del lazo. En virtud a la ley de Lenz, la direcci´on del campo el´ectrico inducido en los alambres debe de ser en la direcci´on opuesta de la corriente, y esta fem opuesta produce un decrecimiento gradual de la corriente inicial. Este efecto es conocido como autoinducci´on, debido a que el flujo cambiante a trav´es del circuito surge del mismo circuito. As´ı, durante el incremento de la intensidad de corriente, la fuente exterior realiza un trabajo contra la fem de autoinducci´on.

Figura 5.3: Al aumentar la intensidad de corriente, crece el flujo ΦB asociado a esta corriente, y conforme a la ley de Faraday, en el circuito surge una fem de inducci´on denominada fem de autoinducci´on. En el intervalo de tiempo dt circula en el circuito una cantidad de carga dq = idt, as´ı, en el tiempo dt la fuenteexterior realiza un trabajo en contra de las fem de autoinducci´on igual a: dW = −E ind idt = idΦB .

(5.37)

El flujo inducci´on magn´etica ΦB a trav´es de un ´area inm´ovil es proporcional a la corriente: ΦB ∝ i, y la constante de proporcionalidad se conoce como inductancia del circuito L. As´ı ΦB = Li, y reemplazando en la u ´ltima relaci´on, obtenemos la ener´ıa del campo magn´etico que crea la corriente i en un circuito con inductancia L: 1 1 Φ2B W = Li2 = . 2 2 L

(5.38)

5.8 Ley de Lenz. La polaridad de una fem inducida es aquella que tiende a producir una corriente que genera un flujo magn´etico que se opone al cambio del flujo original a trav´es del lazo. 5.9 Energ´ıa del campo magn´ etico de varios circuitos con corriente. Es posible hallar la energ´ıa del campo magn´etico de dos circuitos con corriente. Es necesarioconsiderar que la fem de inducci´on en cada circuito surge a causa de la variaci´on del flujo de campo magn´etico creado

115

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

Figura 5.4: Diagrama esquem´atico para el c´alculo de la inductancia mutua. por la corriente en ese circuito, y el cambio de flujo creado por la corriente del segundo circuito, sobre el primero. Designemos por I1 e I2 las intensidades de corriente en elcircuito 1 y 2, respectivamente, y por Φ11 y Φ12 los flujos de inducci´on sobre el primer circuitocreados por las corrientes I1 e I2 . Las magnitudes semejantes para el segundo circuito se denotan por Φ22 y Φ21 . Los flujos totales que abarcan cada uno de los circuitos son: Φ1 = Φ11 + Φ12 ,

Φ2 = Φ21 + Φ22 .

(5.39)

Sean L11 y L22 las inductancias propias de los circuitos; y Mij las inductancias mutuas de los circuitos i, j. Por definici´on entonces: Φij = Mij Ij . Por lotanto: Φ1 = L11 I1 + M12 I2 ,

Φ2 = L22 I2 + M21 I1 .

(5.40)

Las correspondientes fem de inducci´on en los circuitos son: ( ) dI1 dI2 dΦ1 = − L11 + M12 , dt dt dt ( ) dI2 dI1 dΦ2 = − L22 + M21 . =− dt dt dt

E1ind = −

(5.41)

E2ind

(5.42)

El trabajo realizado por las fuentes exteriores de los circuitosdurante un intervalo dt, es igual a:

dW = dW1 + dW2 = −E1ind I1 dt − E2ind I2 dt, dW = L11 I1 dI1 + M12 I1 dI2 + L22 I2 dI2 + M21 I2 dI1 .

(5.43)

116 Demostraremos que M12 = M21 . Calcularemos Φ21 y Φ12 : (Generalizando): ∫ Φij =

Bj · dSi ,

(5.44)

en donde Bj son las inducciones de los campos, creados por las corrientes j, Si son las superficies de integraci´on sobre los contornos 1 y 2 en este caso. Utilizando el concepto de potencial vectorial: ∫

µ 0 Ij Aj = 4π

Aj · dli ,

Φij = Γi

∫ Γj

dlj r

(5.45)

Finalmente: µ0 Ij Φij = 4π

∫ ∫ Γi

Γj

dli · dlj , rij

(5.46)

en donde rij = rji es la distancia entre los elementos dli y dlj . Esta u ´ltima f´ormula muestra que la inductancia mutua depende s´olo delas caracter´ısticas geom´etricas de los circuitos y de su disposici´on rec´ıproca. Dado que dli y dlj son variables de integraci´on independientes, se llega a la conclusi´on Mij = Mji , y µ0 Mij = 4π

∫ ∫ Γi

Γj

dli · dlj . rij

(5.47)

Es posible reescribir la segunda de las ecuaciones para dW como: 1 M12 I1 dI2 + M21 I2 dI1 = d (M12 I1 I2 + M21 I2 I1 ) , 2

(5.48)

obteniendo el trabajo total desde los valores nulos de la intensidad de la corriente en los circuitos Ij = 0, hasta sus valores Ij : ( ) 2 1 1∑ 2 2 W = L11 I1 + M12 I1 I2 + M21 I2 I1 + L22 I2 = Lij Ii Ij . 2 2

(5.49)

i,j

Para el caso de N circuitos:

W =

N 1 ∑ Lij Ii Ij , 2

(5.50)

i,j=1

en donde Lij para i = j se denomina la inductancia del i-´esimo circuito, y para i ̸= j, la inductancia mutua de los circuitos i-´esimo y j-´esimo.

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

Problema 5.1: Part´ıcula cargada movi´endose en un campo magn´etico. Un campo magn´etico uniforme de magnitud B = 0,15T est´a dirigido a lo largo del eje X positivo. Un positr´on que se desplaza a v = 5 × 106 ms−1 penetra en la regi´on de campo en una direcci´on que forma un ´angulo de θ = 850 con el eje X. El movimiento de la part´ıcula es helicoidal. Calcular el paso p y el radio R de la trayectoria. R: La magnitud de la fuerza es F = qvB sin θ. El movimiento de la part´ıcula es rectil´ıneo uniforme en la direcci´on X. Por lo tanto, el paso p se define como: p = vT cos θ = (2πv/ω) cos θ. Igualando la fuerza F a la aceleraci´on centr´ıpeta mω 2 R, tenemos R = mv/ (qB sin θ), p = (2πmv/qB) cot θ. Problema 5.2: Hallar el campo magn´etico que un electr´on ejerce sobreel n´ ucleo de un ´atomo de Hidr´ogeno de acuerdo con lateor´ıa de Bohr. R: La distancia entre el n´ ucleo y el electr´on a0 es del orden de 0.529 A. Utilizando la ley de Biot-Savart, el campo magn´etico en el centro del ´atomo es B = µ0 eω/4πa √ 0 , en donde e2 /4πε0 ma30 . ω es la frecuencia de rotaci´on del electr´on alrededor del n´ ucleo: ω = Reemplazando los valores num´ericos, B ≈ 12,5 T. Problema 5.3: Fuerza Magn´etica sobre un conductor. Un im´an de gran intensidad se coloca debajo de un anillo conductor horizontal de radio R que conduce una corriente i. Si la l´ıneas de campo forman un ´angulo θ con la vertical en la posici´on del anillo, calcularla magnitud y la direcci´on de la fuerza resultante sobre el anillo. R: El campo magn´etico generado por el im´an posee dos componentes: una paralela al eje de simetr´ıa del anillo B∥ = B cos θ, y otra perpendicular B⊥ = B sin θ. La fuerza sobre bϕ , e integrando un elemento de longitud ds es: dF = ids × B. Considerando ds = −RdϕU bz . en el intervalo {0, 2π}, la fuerza resultante obedece: Fr = 2πRiB sin θU

Figura 5.5: Diagrama esquem´atico, ejemplo 5.3. Problema 5.4: Un prot´on (carga +e, masa Mp ), un deuter´on (carga +e, masa 2Mp ) y una part´ıcula alfa (carga +2e, masa 4Mp ) se aceleran a trav´es de una diferencia de potencial com´ un V . Las part´ıculas entran en una regi´on de campo magn´etico uniforme B, en una direcci´on perpendicular a B. El prot´on se mueve en una trayectoria circular de radio rp .Determine los valores de los radios de las ´orbitas circulares para el deuter´on, Rd , y la part´ıcula alfa, Rα en t´erminos de Rp . R: Utilizando el principio de conservaci´on de la energ´ıa: qV = 1/2mv 2 . La fuerza magn´eti-

117

118 √ 2 /R = qvB. Eliminando v, ca y centr´ ıpeta se igualan atrav´ e s de la expresi´ o n: mv q/mR √ √ √ = 2V /B = constante. Utilizando las condicionesdel enunciado: Rd = 2Rp , Rα = 2Rp . Problema 5.5: Torsi´ on sobre una espira en un campo magn´etico cerrado. Una espira rectangular de dimensiones a y b conduce una corriente i en presencia de un campo magn´etico uniforme de intensidad B en direcci´on paralela al plano del lazo, (Fig.5.6).

Figura 5.6: Diagrama esquem´atico, ejemplo 5.3 ∮ R: Evidentemente la fuerza neta sobre el lazo es igual a cero, ya que F = i ds × B = 0. Sin embargo, el momento de torsi´on alrededor de un eje por el centro de la espira y paralelo al alambre de longitud b es τ = iabB. Supongamos ahora que el campo magn´etico forma un ´angulo θ con respecto al vector normal al ´area de la espira. El par torsi´on se hace ahora igual a: τ = µ × B, en donde µ es el momento magn´etico dipolar de la espira definido por: µ = iAb n, con A igual a el ´area encerrada por la corriente i. Problema 5.6: C´ alculo del momento magn´etico dipolar de un disco en rotaci´ on. Un disco aislante de radio R posee unadensidad superficial de carga σ uniforme, y gira alrededor de un eje que pasa por su centro a una velocidad angular ω. Obtener una expresi´on para el momento magn´etico dipolar µ. R: El diferencial de corriente asociado a una espira de radio r < R es di = dq/T = σ2πrdr/T , en donde T es el periodo de rotaci´on. Calculando el diferencial de momento magn´etico dµ = πr2 di, e integrando: µ = πωσR4 /4. Problema 5.7: C´ alculo del momento magn´etico dipolar de unaesfera en rotaci´ on. Una esfera aislante de radio R posee una densidad superficial de carga σ uniforme, y gira alrededor de un eje que pasa por su centro a una velocidad angular ω. Obtener una expresi´on para el momento magn´etico dipolar µ. En este caso, se considera un anillo que compone la esfera de radio R sin θ, en donde θ es el ´angulo subtendido con respecto a un eje vertical. El diferencial de momento dipolar es: dµ = πR2 sin2 θdq/T . El diferencial de carga es dq = 2πσR2 sin θdθ. Integrando: µ = 4πωσR4 /3. Problema 5.8: Ley de Biot-Savart I. Una l´ınea conductora delgada y muy larga transporta una corriente I, y yace sobre el eje X de coordenadas. Calcular el campo magn´etico en unpunto ubicado a una distancia R perpendicular a la l´ınea, sobre el eje Y . R: El elemento diferencial de campo etico se define como: ( ) ( magn´ )3/2 2 2 b b b dB = (µ0 I/4π) dxi × Rj − xi / R + x . Suponiendo que el alambre es de longitud

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

L, entonces: L µ0 I b √ B= k 4π R R2 + L2 /4

] ≈ L→∞

µ0 I b k. 2πR

Problema 5.9: Ley de Biot Savart II. Una banda delgada aislante suficientemente larga yace en el plano XY y posee una densidadde carga uniforme σ, un ancho w y se desplaza sobre unos rodillos a una velocidad v . Determine la intensidad del campo magn´etico en el plano de la banda (en un punto externo P ) a una distancia b desde unode los extremos, paralela al eje Y . R: Un elemento de la banda es considerado como un alambre ubicado a una distancia perpendicular y hasta el punto en donde se desea determinar el campo. Este elemento genera un campo µ0 Ia /2πy, en donde Ia = σvdy. Calculando todas las contribuciones en el punto P , finalmente: ( ) w µ0 σv ln 1 + . B= 2π b Problema 5.10: Ley de Biot-Savart III. Un anillo de radio R yace en el plano XY con centro bϕ . Calcular en el origen y transporta una corriente I en sentido de crecimiento del ´angulo U la intensidad del campo magn´etico en un punto sobre el eje de simetr´ıa Z a una distancia z desde el centro.( )3/2 b Una aplicaci´on de este resultado se conoce como bobinas R: B = µ0 R2 I/2 z 2 + R2 k. de Helmholtz. Esta configuraci´on consiste en dos bobinas de igual di´ametro, igual n´ umero de espiras N , separadas una distancia igual al radio. Es posible mostrar que el campo magn´etico en el interior de esta configurac´on es ´optimo bajo estos par´ametros e igual a: BHelmholtz = 8

µ0 N I . 53/2 a

Problema 5.11: Utilizar el resultado del problema anterior para demostrarque: ∫ ∞ B (z) dz = µ0 I, −∞

i.e., este resultado est´a de acuerdo con la ley de Amp`ere,incluso cuando la integral no est´e evaluada sobre una trayectoria cerrada. ( )3/2 ∫∞ R: Utilizando la relaci´on: −∞ dz/ z 2 + R2 = 2/R2 , es claro que se obtiene el resultado del enunciado. La interpretaci´on es evidente: Si consideramos un circuito Amperiano rectangular como el ilustrado en la figura (5.7), cuyo lado m´as extenso es paralelo al eje perpendicular del anillo que pasa por su centro, es claro que que la integral del campo magn´etico sobre ´esta trayectoria es proporcional a la magnitud de la corriente que circula en el anillo, considerando el campo magn´etico generado dirigido sobre el eje +Z de simetr´ıa. Problema 5.12: Ley de Biot-Savart IV. Un cascar´on esf´ericode radio a = 0,1m posee una carga total Q = 3,3µC y rota a unavelocidad angular ω = 120 rad/s. Hallar el campo magn´etico generado a una distancia z medida desde el centro sobre su eje de rotaci´on.

119

120

Figura 5.7: Lazo Amperiano alrededor de un circuito con corriente. R: Utilizando el resultado del ejemplo anterior, analizamos el campo generado por una espira de radio R = a sin θ y ubicada a una distancia z −a cos θ al punto en donde se desea calcular el campo. La corriente que circula en esta espirase calcula como: σωa2 sin θdθ, y la integral resultante es del tipo: B=

µ0 σωa2 2

∫ 0

π

sin3 θdθ µ0 σωa4 ] . [ ]3/2 ≈ z>>a z3 z 2 + a2 − 2za cos θ

(5.51)

Problema 5.13: Ley de Biot-Savart V. Hallar la inducci´on magn´etica en el centro de un solenoide de largo L con n espiras por unidad de longitud, que posee una secci´on cuadradade lado a. La intensidad de corriente que circula por el devanado del solenoide es igual a I.

Figura 5.8: Aplicaci´on de la ley de Biot-Savart en un solenoide. R. Utilizamos la expresi´on para el campo magn´etico creado por una corriente que circula en una espira de geometr´ıa cuadrada de lado a, a una distancia z desde su centro y sobre su eje: 2µ0 Ie a2 1 √ Be (z) = . (5.52) 2 π (a2 + 4z 2 ) z 2 + a 2

121

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

en direcci´on +Z de acuerdo con el sentido de circulaci´on de la corriente. En el centro de la espira cuadrada, la magnitud del campo es: √ 2 2µ0 Ie Be (0) = , πa en direcci´on +Z, deacuerdo con el sentido de circulaci´on de la corriente. Integrando sobre todas las componentes de corriente que componenel devanado y utilizando la relaci´on Ie = nIdz, obtenemos el campo magn´etico en el centro: ∫

L/2

4µ0 nI arctan B= Be (z) dz = π −L/2

(

) L √ . L2 + 2a2

(5.53)

En el l´ımite L → ∞, el campo magn´etico en elinterior del solenoide toma el valor B ≈ µ0 nI. Problema 5.14: Ley de Biot-Savart VI. Un cilindro de radio R, longitud ℓ y densidad superficial de carga σ gira sobre su eje de simetr´ıa con una velocidad angular constante ω. Calcular la inducci´on magn´etica en el centro del cilindro, utilizando el resultado del ejemplo (5.10). R: El elemento de campo dB se relaciona con el diferencial de corriente σωRdz. Integrando sobre la variable z, Ver figura (5.9). µ0 R3 σω B= 2

∫

ℓ/2

−ℓ/2

dz (z 2 +

R2 )3/2

µ0 ωσRℓ k= √ k. ℓ2 + 4R2

(5.54)

Para el caso en que ℓ >> R, B ∼ µ0 ωσR.

Figura 5.9: Tambor cil´ındrico, Problema 5.14 Problema 5.15: Dos alambres est´an doblados en forma de semic´ırculos de radio a como se ilustra en la figura (5.10). Si el alambre de la mitad superior posee una resistencia R′ Ω y el de la mitad inferior posee una resistencia RΩ, calcular el campo magn´etico en el centro del c´ırculo en t´erminos de la corriente I. R: Utilizando la ley de Biot-Savart, el campo generado por cada una de las partes es: ∫ µ0 Iu π adϕUϕ × a (−Ur ) µ0 Iu Bu = = k; 3 4π 0 a 4a ∫ µ0 Id π adϕ (−Uϕ ) × a (−Ur ) µ0 Id Bd = =− k. 3 4π 0 a 4a

122 Considerando las ecuaciones del divisor de corriente: Iu = IR/ (R + R′ ), Id = IR′ / (R + R′ ); por lo tanto: ( ) µ0 I R − R ′ B= k. 4a R + R′

Figura 5.10: Anillo conductor con dos resistencias diferentes. Problema 5.16: Campo magn´etico en el interior de un solenoide. Un solenoide circular recto de longitud finita L y radio a posee n vueltas por unidad de longitud y transporta una corriente I. Mostrar que la inducci´on magn´etica sobre el eje del cilindro en el l´ımite nL → ∞ es: Bz =

µ0 nI (cos θ1 + cos θ2 ) , 2

en donde los ´angulos est´an definidos en la figura (5.11). R: Utilizamos el resultado del ejemplo 5.9, reescribiendo la expresi´on para el campo magn´etico de una espira en t´erminos del ´angulo θ entre su eje de simetr´ıa y el radio a, i.e., tan θ = a/z. La contribuci´on al campo resultante de esta espira es Besp = µ0 iesp sin3 θ/2a. Considerando que la corriente de la espira puede tomarse en t´erminos de la corriente total a trav´es de la relaci´on simple: iesp = nIdz, y dz = −a csc2 θdθ, entonces: (tomando como origen el punto en donde se desea calcular el campo) ∫ Bz = −

θ1

π/2

∫ θ2 µ0 nI µ0 nI sin θdθ − sin θdθ 2 2 π/2 µ0 nI = (cos θ1 + cos θ2 ) . 2

Evidentemente, para solenoides muy largos θ1 ≈ 0, θ2 ≈ 0, y Bz = µ0 nI. Problema 5.17: Una esfera de radio R tiene una densidad de carga volum´etrica constante ρ. Determine el campo magn´etico en el centro de la esfera cuando ´esta gira como un cuerpo r´ıgido con velocidad angular ω alrededor de un eje que pasapor su centro. R: Iniciamos con el c´alculo del campo magn´etico de un anillo de radio r a una distancia z desde el centro. Suponemos que este campo est´a dirigido a lo largo del eje Z y tiene la forma:

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

Figura 5.11: Solenoide de secci´on circular

Banillo =

µ0 Ianillo r2 , 2 (z 2 + r2 )3/2

Ianillo = σωrdr;

en donde Ianillo es la corriente asociada al movimiento de una distribuci´on de carga de ´area 2πrdr. Sumando sobre todas estas contribuciones anulares:

Bdisco

( ) µ0 σω √ 2 z2 2 = r +z + √ − 2z . 2 r2 + z 2

El cambio de variables simple: r = R sin θ, z = R cos θ convierte la integral sobre todos los discos en la variable θ ) ∫ ( µ0 ωρR2 π 2 B= sin θ + sin θ cos θ − 2 cos θ dθ, 2 0 en donde se considera que la carga que reside en un disco de radio r y densidad de carga σ es la misma que en un cilindro de radio r, densidad de carga ρ y altura rdθ; es decir σ = ρrdθ. Integrando tenemos finalmente:

B=

4µ0 ωρR2 . 3

Problema 5.18: Potencial vectorial e inducci´ on magn´etica para un lazo circular con corriente. Consideremos el problema de un lazo circular de radio a, que yace en en plano XY , centrado en el origen, y transportando una corriente I, como se muestra en la figura (5.12). R. La expresi´on para el potencial vectorial en el punto P est´ a dada por: ∫ µ0 I dl A= . 4π | x − x′ | Es claro que x = r (cos θk + sin θi) y x′ = a (cos ϕi + sin ϕj), por consiguiente: √ | x − x′ |= r2 + a2 − 2ar sin θ cos ϕ.

123

124

Figura 5.12: Lazo de corriente. El diferencial dl que en el sentido de la corriente est´a definido por: adϕ (− sin ϕi + cos ϕj) . Dado que la geometr´ıa es cil´ındrica, seleccionamos el punto de observaci´on en el plano XZ, para prop´ositos de c´alculo. Ya que la integraci´on es sim´etrica alrededor de ϕ = 0, la componente x de la corriente no contribuye. La componente resultante est´a en la direcci´on y, la cual corresponde a la componente Aϕ del potencial vectorial. µ0 Ia Aϕ = 4π

∫

2π

√

0

4 µ0 Ia 4π 2arκ sin θ

cos ϕdϕ

= − 2ar sin θ cos ϕ [ ] ( 2 ) 2 2 r + a K (ζ) − κ E (ζ) , r2

+

a2

en donde definimos κ2 = r2 + a2 + 2ar sin θ y ζ = −4ar sin θ/κ2 , y K, E son las integarles el´ıpticas completas de primera y segunda especie, respectivamente. Las componentes de la inducci´on magn´etica pueden expresarse calculando del rotor del potencial vectorial, y las expresiones resultantes son u ´tiles en el an´alisis computacional.

Br =

1 ∂ (sin θAϕ ) , r sin θ ∂θ

Bθ = −

1 ∂ (rAϕ ) , r ∂r

Bϕ = 0.

Problema 5.19: Autoinductancia de un Solenoide. Un solenoide posee un radio R, longitud ℓ y se enrolla con N vueltas de alambre muy pr´oximas entre s´ı. Utilizando el resultado del ejemplo 5.10, calcular la autoinductancia de este objeto. R: L = πµ0 N 2 R2 /ℓ. Problema 5.20: Autoinductancia de un cable coaxial. Calcular la autoinductancia de un cable coaxial de radios a y b (b > a),y longitud ℓ. Suponer que el alambre interior transporta una corriente uniforme I. R: En la regi´on a > r > b, la intensidad del campo ∫magn´etico es: b B (r) = µ0 I/2πr. El flujo en el interior es Φm = a B (r) ℓdr = (µ0 Iℓ/2π) ln (b/a). La autoinductancia por unidad de longitud se define como: L/ℓ = Φm /Iℓ.

125

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

Problema 5.21: Autoinductancia de un toroide. Hallar la inductanciadel devanado de un toroide de una secci´on circular del radio r y n espiras. Fig. (5.13). El radio mayor del toroide es R. R: El campo magn´etico en el interior del toroide, est´a dado por: B = µ0 nI/2πx, en donde x es la distancia desde el centro del mismo. Esta expresi´on se obtienede evaluar la circulaci´on del campo en un circuito Amperiano (circular) de radio x. nI se define como la corriente total encerrada por este circuito. El flujo total sobre la secci’´on transversal es: ∫

∫ BdS =

Φ=n S

R+r

R−r

n2 µ0 IdS . 2πx

(5.55)

√ El elemento de superficie dS se calcula desde la geometr´ıa del problema: dS = 2 r2 − (x − R)2 dx. Integrando (5.55), y evaluando la inductancia como L = Φ/I, finalmente se obtiene: ( ) √ (5.56) L = µ 0 n2 R − R 2 − r 2 .

Figura 5.13: Toroide de Secci´on Circular. Problema 5.22: FEM de movimiento I Un autom´ovil tiene una antenade radio vertical de 1.2 m de largo. El autom´ovil viaja a 65 km/h sobre un camino horizontal donde el campo magn´etico terrestre es de 50µT y se dirige hacia abajo (hacia el norte) a un ´angulo de 650 debajo de la horizontal. (a) Especifique la direcci´on de movimiento del autom´ovil para generar la m´axima fem de movimiento en la antena, con la parte superior de la misma positiva con respecto a la inferior. (b) Calcule la magnitud de esta fem inducida. R: El m´ovil es libre de desplazarse en cualquier direcci´on en el plano XZ. Como se indica en el problema, el campo inducido debe dirigirse en la direcci´on +Y , con el fin de que exista m´axima inducci´on. As´ı, E = −v × B = − (−vx , 0, 0) × (0, −By , −Bz ) = vx Bz j. La componente Z del campo magn´etico es Bz = B cos 65, as´ı, la m´axima fem inducida es: E = vx Bz ℓ. Introduciendo valores num´ericos:E = 457,8µV. Problema 5.23: Disco homopolar de Faraday. Entre agosto y noviembre de 1831, Faraday realiz´o una serie de experimentos de inducci´on electromagn´etica. En uno de ellos hizo rotar un disco de cobre entre los polos de un magneto y obtuvo una corriente estacionaria

126 en el circuito entre el centro y el borde del disco (Figura 5.14). En laactualidad, este dispositivo se conoce como generador homopolar debido a que ´este produce una corriente DC. Contactos de mercurio en el centro y el borde del disco est´an conectados en serie con una resistencia R = 15Ω y un amper´ımetro. El radio del disco es a = 25 cm, su velocidad angular ω = 2π rad/s, y el campo magn´etico es B = 1 T. Hallar la fem generada por el circuito y la lectura en el amper´ımetro. R: Suponemos que el campo magn´etico est´a dirigido en la direcci´on Z: B = B0 k. En estado estacionario, el campo el´ectrico inducido en cualquier puntodel disco es de la forma: E = −v × B. La velocidad de un portador de carga es v = ω × r, en donde r es el vector bϕ . Por posici´on radial desde el centro del disco. El producto vectorial se reduce a: v = ωrU br . La consiguiente el campo el´ectrico inducido en la posici´on r es de la forma:∫ E = −ωB0 rU a diferencia de potencial entre los extremos del disco es igual a: E = − 0 E·dl = ωB0 a2 /2. El amper´ımetro registrar´a una lectura igual a E/R. Reemplazando los valores num´ericos: E = 0,2V , i = 0,01A.

Figura 5.14: Disco Homopolar de Faraday Problema 5.24: Un anillo met´alico circular de radio a y resistencia R se encuentra en un campo magn´etico uniforme que apunta en una direcci´on perpendicular al plano del anillo. La magnitud del campo magn´etico var´ıa con el tiempo de acuerdo con la ecuaci´on B (t) = B0 exp (−t/τ ). La corriente inducida en un tiempo t = 2τ es igual a : R: πa2 B0 e2 / (Rτ ). Problema 5.25: Dos iones positivos que poseen la misma carga q y diferentes masas m1 y m2 son acelerados horizontalmente desde el reposo a trav´es de una diferencia de potencial V . Despu´es penetran en una regi´on en donde existe un campo magn´etico uniforme B normal al plano de la trayectoria. (a) Demuestre que si las part´ıculas entraron en el campo magn´etico a lo largo del eje X, el valor de la coordenada Y para cada ion en cualquier instante t es aproximadamente: √ y = Bx

2

q , 8mV

bajo la condici´on y 0;

q2 > 0.

128

Figura 5.16: Cargas en movimiento. Problema 5.28: En una l´ amina infinita conductora de espesor t, que yace en el plano XY (ver figura), circula una densidad de corriente uniforme J = J0 j.Calcular la magnitud y direcci´on del campo magn´etico a una distancia z por debajo de la l´amina de corriente. R: Se define un circuito Amperiano alrededor de la fuente de corriente, de simetr´ıa rectangular, cuyas dimensiones son ℓ sobre el eje X y 2z (perpendicular a la l´amina). La circulaci´on del campo magn´etico alrededor de este circuito es: ∮ ∫ B · dℓ = B (2ℓ) = µ0 J · dS = µ0 J0 tℓ. S

Por consiguiente: B = µ0 J0 t/2 (i) . Problema 5.29: Calcular la inductancia de la secci´on ℓ de una l´ınea bifilar (Fig. 5.18), menospreciando la inductancia interior de los hilos. Los radios de los hilos son los mismos e iguales a r0 , y la distancia entre sus centros es d.

Figura 5.17: L´amina conductora.

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

Figura 5.18: L´ınea bifilar. R: El campo magn´etico en el punto P entre los dos conductores est´a definido por: µ0 I B (x) = 2π

(

1 1 + x d−x

) ,

direcci´on positiva sobre el eje vertical (Y ). Evaluamos el flujo de campo magn´etico en el espacio entre los dos conductores: ∫

d−r0

ΦM = r0

µ0 Iℓ ln B (x) ℓdx = π

(

) d − r0 . r0

La inductancia/unidad de longitud de este sistema se define por:Lℓ = ΦM /I: L µ0 = ln ℓ π

(

) d − r0 . r0

Problema 5.30: El cable largo y recto de la figura transporta una corriente constante I. Una espira rectangular conductora de resistencia R se desplaza con velocidad constante v en el sentido ilustrado en la Fig. (5.19). (a) Calcular la magnitud y sentido de corriente inducida en la espira. (b) Establecer el sentido de las fuerzas sobre los conductores paralelos al cable.

Figura 5.19: Ley de Faraday, espira rectangular.

129

130 R: La magnitud de la f.e.m se obtiene despu´es de obtener la expresi´on para el flujo, y su variaci´on con respecto al tiempo: E (t) =

µ0 Iℓwv 2πr (t) (r (t) + w)

Iind =

E . R

Problema 5.31: Un anillo de radio a ubicado en el plano XY con centroen el origen, transporta una corriente constante de magnitud I1 en el sentido indicado en la figura (5.20). Paralelo al eje de las X (Y = 0), y a una distancia d desde el origen de coordenadas, se extiende un alambre conductor muy largo y delgado que transportauna corriente constante I2 en el sentido positivo de las X.Hallar la fuerza magn´etica entre estos dos elementos.

Figura 5.20: Configuraci´on anillo-alambre. R. La ley de Biot-Savart nos permite escribir la expresion para el campo magn´etico producido por el anillo en cualquier punto sobre el alambre:

dBa =

bϕ × ρ µ0 I1 adϕU , 4π | ρ |3

en donde ρ est´a dado por la relaci´on vectorial: ρ = (x − a cos ϕ) bi − a sin ϕb j + db k. bϕ × bi = − cos ϕb bϕ × b En este punto es necesario recordar las relaciones vectoriales: U k, U j= b b b b − sin ϕk, Uϕ × k = Ur . El diferencial de campo magn´etico, en forma expl´ıcita es:

dBa =

br + (a − x cos ϕ) b µ0 I1 dU k adϕ. 4π (x2 + d2 + a2 − 2xa cos ϕ)3/2

El diferencial de fuerza entre los dos elementos de corriente esta definido por: dF = I2 dℓ2 × Ba , y consideraciones generales de simetr´ıa nos permite establecerla u ´nica componente no-nula para la fuerza resultante sobre el alambre:

131

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

∫

∞

F= −∞

( ) dxI2 Baz −b j ,

con ∫ 0

2π

∫

∞

(a − x cos ϕ) adxdϕ + d2 + a2 − 2xa cos ϕ)3/2 ) ( 1 . = 4π 1 − √ 1 + a2 /d2

−∞ (x2

Por lo tanto, la magnitud de la fuerza anillo-alambre en la configuraci´on de la fig. (5.20) est´a dada por: ( ) 1 F = µ0 I1 I2 1 − √ . (5.57) 1 + a2 /d2 Problema 5.32: Las corrientes en los conductores interno y externo de la figura (5.21) est´an uniformemente distribuidas. Utilizar la ley de Amp`ere para demostrar que para b < r < c: ( 2 ) c − r2 b I H= Uϕ . (5.58) 2πr c2 − b2

Figura 5.21: Cable coaxial, Problema 32 R: En un circuito Amperiano de radio r (b < r < c), la circulaci´on del campo magn´etico es proporcional a la cantidad de corriente encerrada por el mismo: ∮ H · dℓ = Ie . En este caso la corriente Ie toma el valor de la corriente total del conductor interior I menos la parte de la corriente para un lazo de radio r: ( 2 ) r − b2 Ie = I − I . c2 − b2 Considerando que la longitud del lazo Amperiano es 2πr, entonces: H=

Ie b Uϕ . 2πr

(5.59)

132 Problema 5.33: Un alambre conductor de seccion circular de radio a transporta una densidad de corriente uniforme J. El alambre posee una cavidad de radio b cuyo centro esta localizado a una distancia d, sobre el eje horizontal de coordenadas, como se ilustra en la figura 5.22. Estimar la intensidad del campo magn´etico en cualquier punto dentro de la cavidad.

Figura 5.22: Sistema alambre hueco. R. Relaciones simples de geometr´ıa conducen a la expresion vectorial: r − ρ = d, donde ρ es el vector posici´ on desde el centro de la cavidad hasta cualquier punto dentro de la misma. Utilizando el principio de superposicion para los campos, consideramos inicialmente la contribuci´on generada por la densidad de corriente +J sin cavidad, con el conocido resultado:

B1 =

µ0 Jr b Uϕ1 , 2

con respecto al centro del alambre. La contribuci´on al campomagn´etico debido a la cavidad puede considerarse en t´erminos de una densidad de corriente negativa −J: B2 = −

µ0 Jρ b Uϕ2 , 2

con respecto al centro de la cavidad. Es necesario establecer las relaciones entre los dos sistemas de coordenadas, utilizandolas identidades vectoriales: bϕ1 = −U br × U bz , U

bϕ2 = −U bρ × U bz . U

Combinando estas expresiones, finalmente se obtiene: Br =

µ0 J b Uz × (r − ρ) . 2

(5.60)

N´otese que la magnitud del campo resultante dentro de la cavidad solo depende de la distancia relativa entre los centros d: B = µ0 Jd/2.

133

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

Figura 5.23: Loop de corriente. Problema 5.34: En un plano yacen un conductor rectil´ıneo infinitamente largo y un conductor en forma de circunferencia de radio a. La distancia entre el centro del conductor anular hasta el conductor rectil´ıneo es igual a d. Hallar la inducci´on mutua. (Fig.5.23) R. La inducci´on mutua se obtiene como la relaci´on del flujo magn´etico producido por el conductor rectil´ıneo (1) sobre la espira circular (2): L12 =

Φ21 . I1

(5.61)

Integraci´on directa del campo magn´etico producido por el alambre recto sobre el ´area circular de la espira (2) conduce a (d > a): ∫ ∫ √ 1 µ0 a a2 − x2 L12 = dx = B1 dS2 = I1 S2 π −a d + x ( ) √ µ0 d − d2 − a2 . (5.62) Problema 5.35: Los conductores circular y rectil´ıneo, descritos en elproblema anterior, son recorridos por corrientes de intensidadesI1 e I2 . Calcular la fuerza que act´ ua sobre el conductor anular. R. La fuerza entre conductores depende del cambio de la disposici´on geom´etrica mutua entre los circuitos, y en este caso, a su vez, en el par´ametro de inducci´on L12 entre los mismos. Expl´ıcitamente, la fuerza entre conductores en direcci´on X est´a definida a trav´es de la expresi´on:

FX

∂L12 (x) . FX = I1 I2 ∂x ) ( d = µ0 I1 I2 1 − √ , 2 d − a2

expresi´on id´entica a (5.57), obtenida por integraci´on directa aplicando la Ley de BiotSavart. Problema 5.36: Dos circuitos id´enticos, con inductancias L se encuentran de tal manera que su inductancia mutua L012 = 0. Los circuitos son recorridos por corrientes superconductoras

134 de intensidad I0 . Despu´es de eso cambian la posici´on rec´ıproca de los circuitos, como consecuencia de lo cual su inductancia mutua se hace igual L12 . Hallar la intensidad de las corrientes en el estado final. R. La energ´ıa del sistema en el estado inicial es: 1 1 EI = LI02 + LI02 . 2 2

(5.63)

1 2 1 2 2 EII = LIX + LIX + L12 IX . 2 2

(5.64)

Despues de la reconfiguraci´on:

La intensidad de corriente que preserva el valor de la energ´ıa del campo electromagn´etico, omitiendo la del energ´ıa del estado Superconductor: √ L . (5.65) IX = I0 L + L12 Problema 5.37: Un anillo superconductor que puede moverse s´olo en sentido vertical, yace en una superficie plana sobre una espira conductora de dimensiones id´enticas. A trav´es de la espira del conductor comienza a circular una corriente de intensidad I. Como consecuencia de eso, el anillo superconductor se levanta. La inducci´on mutua de la espira y el anillo, elevado una altura x, es igual a L12 (x). La inductancia del anillo superconductor es L11 , la masa del anillo, m, yla aceleraci´on de ca´ıda libre, g. Determinar la altura h, a la que se levanta el anillo superconductor. R. La energ´ıa del anillo superconductor en contacto con la espira conductora es (utilizamos la expresi´on para la energ´ıa del campo magn´etico Φ2 /2L): EI =

L212 (0) I02 . 2L11

Cuando la espira alcanza una altura h, la energ´ıa de la espira es la combinaci´on de la energ´ıa potencial y del campo magn´etico: EII = mgh +

L212 (h) I02 . 2L11

La altura de la espira superconductora se obtiene desde la ecuaci´on secular: h=

( 2 ) I02 L12 (0) − L212 (h) . 2mgL11

(5.66)

Problema 5.38: Calcular la inductancia mutua asociada a dos espiras circulares de radio a que transportan corrientes uniformes I1 e I2 , y cuyos planos (paralelos) se encuentran separados una distancia d. Fig.(5.24). R.Utilizamos la f´ormula para el c´alculo directo de la inductancia mutua entre dos elementos que transportan corrientessobre los elementos dℓ1 y dℓ2 : ∫ ∫ µ0 d⃗ℓ1 · d⃗ℓ2 L12 = , (5.67) 4π C1 C2 r12

135

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

Figura 5.24: Sistema de espiras. en donde r12 es la distancia entre los elementos (1) y (2).La f´ormula (5.67) se convierte, seg´ un la geometr´ıa del problema, como: L12

µ0 2 = a 4π

∫

2π

0

∫ 0

2π

√

cos (ϕ1 − ϕ2 ) d2 + 2a2 (1 − cos (ϕ1 − ϕ2 ))

dϕ1 dϕ2 .

(5.68)

La soluci´on de esta u ´ltima integral se expresa en t´erminosde integrales el´ıpticas completas de primera y segunda clase, K (·) y E (·) respectivamente. Expl´ıcitamente: [

L12

( ) ( ( ))] 4a2 a2 4a2 = µ0 d −E − 2 + 1 + 2 2 K − 2 . d d d

(5.69)

Para el caso en el cual d >> a, es posible demostrar que la inductancia mutua toma la forma: µ0 πa4 . (5.70) L12 ≈ 2d3 Tomando en consideraci´on que la energ´ıa de interacci´on entre dos circuitos con corriente es W12 = L12 I1 I2 , esta funci´on se reduce a: W12 ≈

µ ⃗1 · µ ⃗2 , 3 d

(5.71)

en donde µ ⃗ j = πa2 I⃗j es el momento dipolar magn´etico del circuito que transporta una corriente Ij . Este resultado permite concluir que dos espiras suficientemente separadas interact´ uan con una energ´ıa igual a la energ´ıa de dos dipolos magn´eticos con momentos µ1 = πa2 I1 y µ2 = πa2 I2 . Problema 5.39: Dos espiras de alambre circulares planas cerradas planas de radios a1 y a2 yacen en un plano a una distancia d desde sus centros. Considerando que la distancia d es grande yque se puede hacer uso de la aproximaci´on dipolar, hallar la inductancia mutua de los circuitos.

136 R: Utilizamos la expresi´on que proporciona la energ´ıa dipolar entre dos elementos circuitales que transportan corrientes I1 e I2 : W12 =

µ0 µ ⃗1 · µ ⃗2 ; 4π d3

L12 ≈

πµ0 a21 a22 . 4d3

(5.72)

Problema 5.40: Por un conductor rectil´ıneo infinito de radio a, cuyo eje coincide con el eje Z del sistema de coordenadas, circula una corriente de intensidad I en sentido positivo del eje Z. Hallar el potencial vectorial. Figura (5.25). R: Partimos de la expresi´on general para el potencial magn´etico: ∫ µ0 jz dV Az = , (5.73) 4π r en donde Jz representa la densidad de corriente que circula en el conductor, y r es la distancia perpendicular desde el alambre conductor hasta el punto P. Para el caso r > a, el elemento de volumen se reduce a: dV = Sdz, con S como la secci´on transversal del conductor. La expresi´on integral para Az es: [√ ] ∫ µ0 I r2 + L2 + L µ0 L Jz Sdz √ = ln √ , (5.74) Az = 4π −L r2 + z 2 4π r2 + L2 − L con la geometr´ıa ilustrada en la figura (5.25). En el l´ımite L → ∞, se obtiene: Az (r) ≈ −

µ0 I ln r + C. 2π

(5.75)

Para el caso r < a, es conveniente utilizar inicialmente la expresi´on para el campo magn´etico en el interior de un conductor de esta geometr´ıa: Bφ (r) = µ0 Ir/2πa2 , y posteriormente obtener la componente z del vector potencial por integraci´on directa: Bφ = −

∂Az ; ∂r

Az (r) = −

µ0 Ir2 + C, 4πa2

r < a.

(5.76)

Problema 5.41: Un p´endulo de barra met´alica liviana de longitud ℓ y masa m est´a acoplado sin fricci´on a un circuito LC en presencia de un campo magn´etico de intensidad H, como se ilustra en la figura (5.26). El p´endulo es liberado desde el reposo con una amplitud angular φ0 , y la energ´ıa el´ectrica inicial del capacitor es cero. El ´area de influencia del campo H se resalta en el diagrama. Obtener la frecuencia de vibraci´on delsistema Ω. [10] R: Construimos la funci´on de Lagrange del sistema L = K − U ≡ L (φ, q), en donde φ y q son las variables conjugadas del sistema, y representan el ´angulo de desviaci´on del p´endulo y la carga el´ectrica circulante, respectivamente. En forma expl´ıcita, el t´ermino cin´etico es: 1 1 K (φ, q) = mℓ2 φ˙ 2 + Lq˙2 , (5.77) 2 2 mientras que la energ´ıa potencial gravitacional, el´ectrica y magn´etica se aproxima como: 1 q2 1 U (φ, q) = mgℓφ2 + + Hℓ2 φq. ˙ 2 2C 2

(5.78)

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

Figura 5.25: Potencial vectorial magn´etico de un alambre rectil´ıneo.

Figura 5.26: Sistema acoplado P´endulo-circuito LC

137

138 El u ´ltimo t´ermino en (5.78) corresponde a la energ´ıa magn´etica instant´anea sobre el circuito de area A, i.e., Um = Φq, ˙ Φ = Hℓ2 φ/2. Utilizando la ecuaci´on de Lagrange sobre las variables can´onicas {φ, q}: ( ) ( ) ∂L d ∂L ∂L d ∂L − = 0, − = 0, (5.79) ∂φ dt ∂ φ˙ ∂q dt ∂ q˙ obtenemos el par de ecuaciones acopladas: x ¨1 + ω12 x1 + ωH x˙ 2 = 0,

x ¨2 + ω22 x2 − ωH x˙ 1 = 0,

(5.80)

con los par´ametros x1 = ℓφ, x2 = (L/m)1/2 q y ωH = Hℓ/2 (mL)1/2 , ω12 = g/ℓ, ω22 = 1/LC. Utilizando la soluci´on de prueba: xj = Re{Aj } exp (iΩt) sobre (5.80), obtenemos las frecuencias de vibraci´on del sistema: √ √ Ω=

W±

W 2 − ω12 ω22 ,

(5.81)

con W =

2 ω12 + ω22 + ωH . 2

Problema 5.42: Una corriente de intensidad I circula por un conductor rectil´ıneo infinito, paralelo a la superficie de separaci´on plana de dos medios, uno con permeabilidad magn´etica µ0 , en el cual se encuentra el conductor, y otro con permeabilidad magn´etica µ Fig. (5.27). Hallar la fuerza que act´ ua sobre la secci´on ℓ del conductor. La distancia entre el conductor y la superficie de separaci´on es d.

Figura 5.27: Hilo de corriente en presencia de dos medios magn´eticos con diferente permeabilidad. R: Iniciamos nuestro an´alisis calculando el potencial vectorial magn´etico producido por la corriente I y su imagenI ′ en cualquier punto sobre Y > 0. Seg´ un la ecuaci´on (5.75), el √ potencial vectorial en unpunto localizado a una distancia r0 = x2 + (y − d)2 desde la √ ′ fuente I, ya una distancia r0 = x2 + (y + d)2 desde la fuente I ′ , para Y > 0 es: AIz =

µ0 I µ0 I ′ ln r0 + ln r0′ 2π 2π

Y > 0.

(5.82)

139

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

En la regi´on Y < 0 no existen fuentes de corriente reales, y el potencial vectorial magn´etico es asociado a una fuente de intensidad I1 localizada en el punto en donde se encuentra la carga “real”, i.e.: µ0 I1 AII ln r0 , Y < 0. (5.83) z = 2π I ′ e I1 son constantes a definir. Utilizamos las condiciones de continuidad en los campos magn´eticos sobre la superficie Y = 0, las cuales conducen a la primera relaci´on para las intensidades: HxI = HxII , Y = 0, (5.84) y la componente normal: µ0 HyI = µ1 HyII ,

Y = 0.

(5.85)

Utilizando Hx = ∂y Az y Hy = −∂x Az , obtenemos aplicando (5.84): I + I ′ = I1 ,

(5.86)

mientras que la expresi´on (5.85) se reduce a: ( ) µ0 I − I ′ = µ1 I1 .

(5.87)

Combinando estas dos u´ltimas expresiones arribamos a: I′ =

µ0 − µ1 I. µ0 + µ1

(5.88)

De las ecuaciones (5.82) y (5.88) es posible obtener el campo magn´etico sobre cualquier punto en el plano XY (Y > 0). Nos interesa en particular la componente Hx , dado que el alambre la secci´on transversal del alambre posee coordenadas (0, d) y Hy = 0 en ese punto. Es posible demostrar que en esa misma posici´on: Hx = µ0 I ′ /4πd. La magnitud de la fuerza sobreuna longitud ℓ es por consiguiente: Fy µ0 I 2 µ0 − µ1 = IHx = , ℓ 4πd µ0 + µ1

(↓)

(5.89)

en sentido negativo del eje Y , si µ1 > µ0 y la corriente original est´a orientada sobre el eje positivo Z. Problema 5.43: En un circuito LC la carga inicial del condensador es Q0 . Calcular el flujo magn´etico en el inductor cuando la carga en el condensador disminuye a la mitad. R: Un balance de energ´ıa electromagn´etica nos conduce a la ecuaci´on de conservaci´ on: ET =

Q20 q2 Φ2 = + , 2C 2C 2L

(5.90)

en donde q y Φ corresponden a los valores instant´aneos de la carga y el flujo magn´etico, respectivamente. En el instante particular para el cual q = Q0 /2, √ 3L Φ = Q0 . (5.91) 4C

140 Problema 5.44: Un cilindro s´olido de radio a, largo y orientado con su eje en al direcci´on z, transporta una corriente cuya densidad es J, la cual cambia seg´ un la relaci´on: J=b

e(r−a)/δ r

k,

r ≤ a,

(5.92)

y J = 0 para r > a. b y δ son constantes positivas. Considere que la corriente total que circula por la secci´on transversal completa es I0 . Calcular la magnitud del campo magn´etico en el interior del cilindro, a una distancia δ desde su centro. R: La constante b toma el valor: b=

I0 , 2πδ (1 − exp (−a/δ))

(5.93)

mientras que el campo magn´etico a una distancia δ desdesu centro es, por integraci´ on directa (ley de Amp`ere): µ0 I0 exp (1) − 1 B (δ) = . (5.94) 2πδ exp (a/δ) − 1 Problema 5.45: Conductores largos y rectos con secci´on transversal cuadrada, por cada uno de los cuales circula una corriente I, est´an colocados uno al lado del otro, de modo que forman una hoja de corriente con la corriente dirigida hacia afuera del plano de la p´agina. Una segunda hoja de corriente se ubica a una distancia d de la primera, y est´a formada por un conjunto de hilos conductores transportando corrientes de magnitud I hacia adentro del planode la p´agina en la figura (5.28). Calcular la magnitud y la direcci´on del campo magn´etico en los puntos P , R (punto medio de la separaci´on entre las hojas) y S.

Figura 5.28: Hilos conductores con secci´on transversal cuadrada. R: En la figura (5.28) se aprecian los circuitos Amperianos que se requieren para el c´alculo de los campos en los puntos designados y equidistantes. En R, e integrando sobre el contorno ABEF A, la ley de Amp`ere conduce a: HR =

nI , 3

(→)

(5.95)

en donde n es el n´ umero de hilos por unidad de longitud. El contorno ABCDEF A proporciona la relaci´on de los campos en P y S: HP = HS . As´ı, La intensidad del campo en P est´a definido como la mitad de la intensidad del campo en R: HP = HR /2, (←)

141

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

√ Problema 5.46: Un electr´on gira en una ´orbita circular con momento angular 2~, donde ~ = 1,05 × 10−34 J.s es la constante de Planck. (a) Determinar el momento magn´eticodel electr´on. (b) Calcular la inducci´on magn´etica en la posici´on del prot´on. R: (a) El momento magn´etico y el momento angular se aproxima cl´asicamente a: µ=−

|e| L, 2m

e~ µ= √ = 1,312 × 10−23 JCs/kg. 2m

(5.96)

|e| recibe el nombre de raz´ on giromagn´etica. (b) La magnitud de la inducci´on en donde 2m magn´etica en la posici´on del prot´on se deduce de la aproximaci´on para el campo magn´etico generado por una carga puntual e que gira en una ´orbita circular de radio a0 : √ µ0 e 2µ0 e~ B= = , (5.97) 2a0 T 8πma30

en donde T es el periodo de giro, y a0 se define por: a0 =

4πε0 ~2 . me2

(5.98)

Num´ericamente: B = 10,44 T. Problema 5.47: Efecto Hall (2). Cuando a una cinta met´alica por la que circula una corriente el´ectrica se le aplica un campo magn´etico perpendicular, aparece una diferencia de potencial entre los puntos opuestos de los bordes de la cinta (Fig. (5.29)). Demostrar que la resistencia Hall definida como RH = E/jB, siendo Eel campo el´ectrico que se establece al acumularse cargas a lo largo de los bordes de la cinta cuando se alcanza el equilibrio;B, el campo magn´etico; j, la densidad de corriente, est´a definido por: RH =

1 , nq

(5.99)

en donde n es el n´ umero de portadores por unidad de carga y q el valor de la carga “transportada”. R: El campo magn´etico aplicado genera una fuerza el´ectrica sobre un portador de carga definida en magnitud por: FY =| e | vB, (5.100) en donde v es la velocidad de los portadores en direcci´on opuesta al flujo de corriente. La fuerza por unidad de volumen sobre todos los portadores de carga se calcula en t´erminos de la densidad de corriente j: F = jB. Esta fuerza se iguala a la fuerza asociada al campo el´ectrico inducido E: F = neE = jB. (5.101) Redefiniendo (5.101), obtenemos una expresi´on para la resistencia (coeficiente) Hall del sistema: E 1 RH = = . (5.102) jB ne

142

Figura 5.29: Efecto Hall sobre una cinta conductora. Problema 5.48: En una cierta regi´on existe un campo el´ectrico y un campo magn´etico uniformes y perpendiculares entre s´ı (Fig.5.30). Se inyecta una part´ıcula con velocidad v0 paralela al campo magn´etico. (a) Escribir la ecuaci´on de movimiento de la part´ıcula en coordenadas cartesianas. (b) Calcular las componentes del vectorvelocidad en funci´on del tiempo t. R:(a) Las ecuaciones de movimiento de la part´ıcula est´an definidas por la segunda ley de

Figura 5.30: Part´ıcula en un campo electromagn´etico. Newton: F = mdv/dt = qE + qv × B. (b) Las componentes de la velocidad obedecen las relaciones: dvy qB = vz ; dt m dvz q q = E − Bvy , dt m m

(5.103) (5.104)

143

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

cuyas soluciones son: ( ) qB E t ; vz = sin B m [ ( )] E qB vy = 1 − cos t , B m

(5.105) (5.106)

con las condiciones ( vz (0) ( = 0))y vy (0) = 0. La posici´on de la carga en el tiempo se define por: z (t) = z0 1 − cos qB , con z0 = mE/qB 2 , mientras que la componente y (t) = mt ( ) Et/B − z0 sin qB on intr´ınseca y (z) corresponde a la ecuaci´on param´etrica de m t . La relaci´ una cicloide de radio R = mE/qB 2 , con periodo 2πR y altura 2R.

Figura 5.31: Espectr´ometro de masas de Dempster. S es una fuente de iones. V corresponde a la diferencia de potencial aceleradora aplicada sobre las rejillas colimadoras. P es una placa fotogr´afica que registra el impacto de los iones.

Problema 5.49: Espectr´ ometro de masas. Un espectr´ometro de masas (Fig. 5.31) tiene un voltaje acelerador de 5 kV y un campo magn´etico de 10−2 T. Hallar la distancia de impacto entre los dos is´otopos 68 Zn y 70 Zn del zinc. R: La distancia impacto desde el centro de la trayectoria se obtiene calculando el radio de la circunferencia R. Utilizandolos par´ametros dados por el problema, la traza de los impactosdista en: √ √ 2V √ ( m70 − m68 ) = 12,2 cm. (5.107) d= e+ B 2 Problema 5.50: Escribir las ecuaciones y las funciones de Lagrange para el circuito representado en la figura (5.32). R: La funci´on de Lagrange L tiene la forma: ( ) ( ) dq1 1 dq1 2 q2 L ≡ q1 , q2 , = L − 2 − U (q1 + q2 ) . dt 2 dt 2C

(5.108)

144

Figura 5.32: Circuito LC. El u ´ltimo t´ermino, U (q1 + q2 ) representa laenerg´ıa potencial instant´anea (constante) suministrada porla fuente de potencial U . Ecuaci´ on de Movimiento: L

d 2 q2 q2 + + U = 0, dt2 C

bajo la on q) = q1 + q2 =const. La soluci´on de estaecuaci´on es: q2 (t) = −CU + ( condici´ √ q0 cos t/ LC + φ , en donde q0 y φ son constantes de integraci´on. Problema 5.51: Una espira cuadrada de alambre se encuentra ubicada en el plano XY (z = 0). La espira tiene lados de longitud L y sus v´ertices est´an en (0, 0), (0, L), (L, 0) y (L, L), y porella circula una corriente constante I en sentido horario. El campo magn´etico en el espacio est´a dado por la expresi´on: B = B0 (y/L)2 i. Calcular la magnitud y direcci´on de la fuerza magn´etica neta sobre la espira. R: Fneta = 0. Las fuerzas sobre los segmentos verticales son iguales y opuestas a ±IB0 L/3. Problema 5.52: Un anillo met´alico circular de radio a y resistencia R se encuentra en un campo magn´etico uniforme que apunta en una direcci´on perpendicular al plano del anillo. La (magnitud )del campo magn´etico var´ıa con el tiempo de acuerdo con la ecuaci´on B = B0 1 − t2 /τ 2 , (0 < t < τ ). Calcular la corriente inducida despu´es de un tiempo t = τ /2. R: La FEM inducida en el anillo se define por E = −dΦ/dt = 2πa2 B0 t/τ 2 , mientras que la corriente el´ectrica inducida i = E/R despu´es deun tiempo τ /2 es: πa2 B0 /Rτ . Problema 5.53: Un cilindro de base circular de radio a homog´eneamentecargado de y longitud ℓ, cuya carga es Q, gira con una velocidad angular ω alrededor de su eje. Hallar su momento magn´etico dipolar. R: El momento magn´etico dipolar en una distribuci´on de cargas en movimiento µ puede definirse como: ∫ ω qdS, (5.109) µ= 2π S en donde q es la cantidad de carga contenida en un elemento de´area dS. Expl´ıcitamente: ) ∫ a( ω πr2 ωQa2 µ= Q 2 2πrdr = . (5.110) 2π 0 πa 4 Problema 5.54: En el espacio entre los polos de un im´an permanente en el que existe un campo magn´etico H0 se introduce una placa de magn´etico con permeabilidad magn´etica µ. Hallar la fuerza que act´ ua sobre el magn´etico. Fig. (5.33).

145

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

Figura 5.33: Fuerza de interacci´on sobre una placa magn´etica. R: La energ´ıa magn´etica en el sistema como funci´on de la coordenada x se escribe como: U (x) =

B2 B12 dℓx + 2 dℓ (a − x) ; 2µ 2µ0

(5.111)

en donde B1(2) son las magnitudes de los campos magn´eticos en las regiones con (sin) sustancia. Suponemos que la distancia, o el tama˜ no longitudinal de la placa (no ilustrado en la figura) es a, par´ametro irrelevante en el resultado final. Minimizamos (5.111) con respecto a la coordenada x para obtener la fuerza neta sobre el magneto: Fx = −

1 δU (x) = − (µ − µ0 ) dℓH02 , δx 2

(5.112)

considerando B1 = µH0 y B2 = µ0 H0 . Problema 5.55: Inductancia de un toroide. Hallar la inductancia del devanado de un toroide de n espiras de secci´on cuadrada con lado a. La distancia al centro del toroide es R. R: El campo magn´etico en el interior del solenoide posee simetr´ıa “circular”. Aplicando la ley de Amp`ere a este sistema, el campo magn´etico tiene la forma: B (x) =

µ0 nI , 2πx

(5.113)

en donde x es la distancia desde el centro del toroide a un punto en la regi´on interior del mismo. Calculamos el flujo magn´etico sobre una espira: ( ) ∫ R+a/2 µ0 nI 2R + a Φesp = B (x) adx = ln . (5.114) 2π 2R − a R−a/2 El flujo total sobre todas las espiras se obtiene como n vecesel flujo sobre una espira. La inductancia del devanado es: ( ) Φt µ 0 n2 2R + a L= = ln . (5.115) I 2π 2R − a

146 Problema 5.56: Rueda de Barlow. La rueda de Barlow es un disco de cobre que est´a situada entre los polos de un im´an y cuyo borde est´a en contacto con un dep´osito de mercurio. Se conecta una bater´ıa entre el eje de la rueda y el dep´osito de mercurio y se observa que la rueda empieza a girar alcanzando una velocidad angular l´ımite constante. Comprobar que la velocidad angular es proporcional a la intensidad de la corriente. La rueda de Barlow es reversible en el sentido de que al desconectar la bater´ıa y se la hace girar aplicando una fuerza externa, se puede medir la corriente inducida [11].

Figura 5.34: Rueda de Barlow. R: El elemento de fuerza sobre un elemento longitud dy en un campo magn´etico de magnitud B es dF = idyB; en donde i es la corriente que circula en el elemento dy. Si el sentido de giro del disco es antihorario, y la corriente circula hacia el centro del mismo, la fuerza magn´etica sobre el disco est´a orientada hacia la derecha en el diagrama de la figura (5.34). El momento de esta fuerza en el centro se obtiene por integraci´on directa: ∫ a 1 O (5.116) M = ydF = iBa2 , 2 0 en donde a es el radio del disco. Si consideramos que sobre eleje de rotaci´on se presenta un momento de fricci´on proporcional a la velocidad angular: M r = −kω (criterio de Petroff), entonces la ecuaci´on de movimiento del sistema seescribe como: I

dω = M O − M r, dt

(5.117)

con I como momento de inercia, y cuya soluci´on es: ω=

M0 (1 − exp (−kt/I)) . k

(5.118)

En estado estacionario t → ∞, la velocidad angular depende de la corriente el´ectrica externa que alimentaal sistema: ω∞ = M 0 /k = Ba2 i/2k.

(5.119)

147

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

Problema 5.57: Un cilindro diel´ectrico de radio a gira alrededor de su eje con una velocidad angular ω, paralelamente a la cual est´a dirigido el vector de inducci´on B de un campo magn´etico continuo. Hallar la polarizaci´on del cilindro y la densidad superficial de la carga ligada. La constante diel´ectrica de lasubstancia del cilindro es igual a ε. R: El campo el´ectrico asociado a una carga en la sustancia quese mueve con una velocidad v bajo la influencia de uncampo magn´etico B es E = v × B. Para un elemento de carga localizado en una posici´on r desde el eje del cilindro (y perpendicular al mismo), se define como v = ω × r. El campo el´ectrico en esta posici´on es por consiguiente: E (r) = ω × r × B.

(5.120)

El campo el´ectrico inducido posee simetr´ıa radial. Utilizando propiedades del triple producto vectorial: E (r) = (ω · B) r − (ω · r)B. (5.121) En este caso, ω ⊥ r, as´ı: E (r) = (ω · B) r.

(5.122)

El vector de polarizaci´on P se define como: P = D − ε0 E. Finalmente, La polarizaci´on del cilindro es: P = (ε − ε0 ) ωBr. (5.123) La densidad superficial de carga ligada σlig se obtiene directamente desde la componente normal del vector polarizaci´on: σlig = Pn = (ε − ε0 ) ωBa.

(5.124)

Problema 5.58: Un cilindro vac´ıo de radio r2 y un conductor cil´ındrico, coaxial con ´el, de radio r1 que posee una conductividad muy grande, se sumergen en un l´ıquido magn´etico conductor con permeabilidad µ y densidad de masaρ (Fig. 5.35). En el circuito circula una corriente de intensidad I. Hallar la altura que alcanza el l´ıquido en el cilindro.

Figura 5.35: Arrastre magn´etico de un l´ıquido hacia el espacio entre los conductores con corriente.

148 R: En el diagrama de la figura se ilustra la cantidad h, la altura que alcanza el l´ıquido magn´etico cuando se aplica una corriente I. En este problema, por consiguiente, se considera como l´ınea de referencia aquella altura que alcanzael l´ıquido por principio hidrost´atico. Cuando circula una corriente I en el sistema, se genera una energ´ıa magn´etica en el interior del cilindro: ∫ y 2 ∫ ℓ−y 2 B B0 u (y) = dSdy + dSdy, (5.125) 2µ0 0 2µ 0 en donde B (B0 ) se definen como las intensidades de los campos magn´eticos en la regi´on con (sin)fluido, y ℓ es la longitud del mismo. Utilizando B = µI/2πr, y B0 = µ0 I/2πr,e integrando (5.125), obtenemos una expresi´on para la funcional de energ´ıa magn´etica del sistema en t´erminos de la altura del l´ıquido: ( ) r2 I2 ln (µy + µ0 (ℓ − y)) . (5.126) u (y) = 4π r1 La fuerza vertical que se ejerce sobre el l´ıquido se obtieneminimizando la ecuaci´on (5.126): Fy = −δu (y) /δy. En equilibrio hidrost´atico, debe igualarse al peso del l´ıquido ( 2 esta2fuerza ) desplazado una distancia vertical h: πρg r2 − r1 h. La altura que alcalza el l´ıquido es por consiguiente proporcional al cuadrado de la corriente aplicada al sistema: ( ) r I 2 (µ − µ0 ) ) ln 2 . (5.127) h= 2 ( 2 2 4π ρg r2 − r1 r1 Problema 5.59: Galvan´ometro de d’ Arsonval. El movimiento de un medidor de d’ Arsonval. tiene asociado un campo radial uniforme B = 0,1T y un resorte de restauraci´on con un torque τ = 5,87×10−5 θ (N·m), en donde el ´angulo de rotaci´on est´a en radianes. La bobina contiene n = 35 vueltas y mide ℓ = 23mm × w = 17mm. Qu´e ´angulo de rotaci´on produce una corriente i = 15 mA en la bobina? Figura (5.36). R: La magnitud del torque magn´etico inducido en una espira de la bobina se aproxima a: τesp = iℓwB.

(5.128)

Sobre n espiras que componen la bobina, el torque total experimentada por la misma ser´a: nτesp . El ´angulo m´aximo de deflexi´on se obtiene en condici´on de equilibrio:nℓwB = 5,87 × 10−5 θ. De aqu´ı: θ ∼ 200 . Problema 5.60: Determinar una expresi´on para el potencial vectorial A producido por una l´amina de corriente plana e infinita, en la que circula una densidad J. R: Utilizando la ley de Amp´ere en el circuito ilustrado abcd, se obtiene el campo magn´etico bx (Ver ejemplo 5.28). En general, para una orientaci´on arbitraria H (z > 0),: H = Jt/2U de la l´amina de corriente, 1 bn , H = Jt × U (5.129) 2 bn es el vector unitario normal a la superficie. El potencial vectorial A est´a deen donde U finido por ∇ × A = µ0 H. La componente en la direcci´on X es: ∂Ay ∂Az 1 − = Jt. ∂y ∂z 2

(5.130)

149

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

Figura 5.36: Galvan´ometro de d’ Arsonval

Figura 5.37: Circuito Amperiano. Problema 5.60. El vector potencial posee la misma direcci´on de la densidad de corriente (en este caso, corresponde a la direcci´on Y ): 1 Ay (z) = − Jtz; 2

z > 0.

(5.131)

Para z < 0 la expresi´on (5.131) cambia de signo. Problema 5.61: Sobre la superficie de una esfera de madera se enrollan con gran densidad una capa de espiras de un alambre muy fino. Los planos de todas las espiras perpendiculares a un mismo di´ametro de la esfera. El radio de la esfera es a y la cantidad total de espiras es n. Una corriente de intensidad I circula por el devanado. Hallar la inducci´on magn´etica en el centro de la esfera. R: Utilizamos el resultado del ejemplo (5.10), considerando la esfera como una colecci´on de anillos paralelos de radio variable R = a sin θ. La inducci´on magn´etica en el centro de la esfera producida por una espira con corriente iespira es: Bespira =

µ0 iespira sin2 θ , 2a

(5.132)

150

Figura 5.38: Problema 5.63 con z = a cos θ. La corriente sobre la espira se relacionacon la corriente total a trav´es de la relaci´on de equivalencia iespira = nIdθ/π. Integrando en la variable angular θ, en el intervalo {0, π}, se obtiene ∫ µ0 nI π 2 µ0 nI B= sin θdθ = . (5.133) 2πa 0 4a Problema 5.62: La inducci´on magn´etica B0 entre los polos paralelos de un im´an el´ectrico puede considerarse constante y homog´enea. En el espacio entre los polos se introduce una placa de material paramagn´etico con susceptibilidad χP . Hallar la fuerza que act´ ua sobre la placa, si las superficie de las placas son paralelas a las de los polos del im´an. R: La energ´ıa del paramagneto por unidad de volumen es: (µ − µ0 ) B02 1 , w = hint · B0 = 2 2µµ0

(5.134)

en donde hint corresponde a la imanaci´on asociada al campo exterior B0 : hint = χP B0 /µ. La fuerza media sobre la placa se obtiene multiplicando la densidad de energ´ıa por el ´area transversal de la misma S: f = wS. Finalmente, utilizando χP = µ/µ0 − 1 f=

χP B02 . 2µ0 (1 + χP )

(5.135)

Problema 5.63: Un conductor transporta una corriente de intensidad I en direcci´on paralela a una placa conductora muy delgada con densidad de corriente J0 , y ancho w, Fig.(5.38). (a) Hallar la fuerza por unidad de longitud sobre el conductor. (b) Obtener una expresi´on para el l´ımite cuando w tiende a infinito. R: (a) La fuerza √ entre dos hilos de corriente con corrientes Iy J0 tdy, separados una distancia r = h2 + y 2 , es: dF = Iℓ × dB. (5.136) La fuerza resultante producida por dos hilos de ancho dy localizados en lados opuestos del origen de coordenadas est´a dirigida sobre el eje negativo de Z. En el diagrama ilustrado en la figura (5.38) es posible inferir que el elemento de fuerza producido por el diferencial de corriente J0 tdy posee direcci´on −Z, −Y . Expl´ıcitamente: ) ( )( b by ( ) −h U − y U z µ J t br = I √0 0 √ dF/ℓ = IdB −U dy . (5.137) 2π h2 + y 2 h2 + y 2

151

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

Figura 5.39: Problema 5.64. La fuerza total se obtiene integrando la componente Z: ∫ dy 2µ0 IJ0 th w/2 bz = F/ℓ = − U 2 2π (h + y 2 ) 0 (w) µ0 IJ0 t bz . − arctan U π 2h

(5.138)

Es claro por consiguiente que el campo producido por una placa de espesor t y de ancho w a una distacia perpendicular h de la misma, con la geometr´ıa indicada en la figura (5.38), es: (w) µ0 Jt by . B= arctan U (5.139) π 2h (b) Cuando el ancho w de la placa tiende a infinito, la fuerza entre los objetos se aproxima a: µ0 IJ0 t/2, en direcci´on −Z. Problema 5.64: Para la configuraci´on de la figura (5.39), la distribuci´on del campo magn´etico bz . Hallar el trabajo realizado al mover la espira una distancia w a es B = B0 sin (πx/w)U lo largo del eje x, a velocidad constante. R: El cambio de flujo magn´etico sobre la espira de corriente ∆Φm asociado al cambio de las posiciones es: ∫ ∆Φm = Φ2 − Φ1 =

2w

∫ B (x) ℓdx −

w

w

B (x) ℓdx = −

0

4ℓwB0 . π

(5.140)

El trabajo necesario para desplazar la espira es proporcional alcambio de flujo: W = ∆Um = I∆Φm = −4IℓwB0 /π. Problema 5.65: Dos l´aminas infinitas de corriente, cada una con densidades de corriente J1 y J2 , son paralelas, separadas una distancia d y tienen sus corrientes dirigidas de manera opuesta. Hallar la fuerza por unidad de ´area sobre las l´aminas. R: Utilizamos el resultado del problema 5.60. Si las l´aminas son paralelas a los planos XY , y la densidad de corriente de una de ellas est´a dirigida en la direcci´on −Y , el campo sobre la otra l´amina, en la parte superior es: H1 =

Jt1 b Ux , 2

(5.141)

152

Figura 5.40: Problema 5.66.

Figura 5.41: Problema 5.67. by en donde t1 es el espesor. La fuerza/unidad de ´area sobreun elemento de longitud dy U es: bz by × H1 = µ0 J1 J2 t1 t2 U (repulsi´on). (5.142) F/A = µ0 J2 t2 U 2 Problema 5.66: Una corriente de intensidad I circula por un alambre en direcci´on −z , y entra en una superficie semiesf´erica de radio a y espesor t. Escribir una expresi´on para la densidad de corriente sobre la esta superficie. Fig. (5.40). R: La densidad de corriente se obtiene indirectamente integrando: ∫ I = J · dS; (5.143) en donde el elemento de superficie tiene normal en la direcci´on del ´angulo polar en coorbθ : denadas esf´ericas U ∫ 2π ∫ a+t bθ · r sin θdϕdrU bθ , I= JU (5.144) 0

a

J=

I bθ . U 2πat sin θ (1 − t/2a)

(5.145)

Problema 5.67: Repetir el problema anterior, considerando una corriente I que incide sobre una l´amina conductora de espesor t y que yace en el plano XY. Fig (5.41). R: La corriente sobre la l´amina posee direcci´on radial. A una distancia r desde el punto de contacto con el alambre: ∫ 2π ∫ t br · rdθdz U br , J = I U br . I= JU (5.146) 2πrt 0 0 Problema 5.68: Una barra conductora paralela al eje y Fig. (5.42) completa una espira mediante un contacto deslizante con los conductores en y = 0 y y = ℓ = 0,5m. (a) Hallar

153

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

bz (T). (b) el voltaje inducido en la barra est´a estacionaria en x = ℓ y B = B0 sin (ωt)U b bx Repetir el ejercicio (a) si ala barra se le imprime una velocidad inicial v0 Ux = 0,25U m/s, considerando queel circuito posee una resistencia de 1 Ω, en presencia deun campo magn´etico B0 = 0,5 T. Considere la masa de la barra igual a 100 gramos.

Figura 5.42: FEM inducida, Problema 5.68 R: (b) En el caso de un campo magne´tico uniforme, la fem inducida est´a dada por B0 ℓv0 = 0,0625 V. (a) para un campo variable el conductor fijo en x = 0,5 m, la fem inducida es: E = −ℓ2 dB (t) /dt = −ℓ2 ωB0 cos (ωt). La fuerza que se ejerce sobre la barra depende de la velocidad instant´anea, y est´a dirigida en sentido contrario a la misma: F = iℓB = −ℓ2 B 2 v (t) /R. Considerando F = ma, m: masa de la barra, la soluci´on para la velocidad es (caso b): ( ) v (t) = v0 exp −ℓ2 B2 t/mR .

(5.147)

Problema 5.69: Un campo magn´etico uniforme B est´a contenido en un volumen cil´ındrico de radio R. Una barra met´alica de longitud ℓ es colocada como se ilustra en la figura (5.43). Si B est´ a cambiando a una raz´on dB/dt > 0, calcular la fem inducida en los extremos de la barra. R: La barra divide el ´area transversal del cilindro en dos circuitos de secciones: A1 y A2 , las cuales corresponden la regi´on superior y a la regi´on inferior, respectivamente. El cambio de flujo magn´etico en el circuito (1) induce una corriente que circula en sentido horario, mientras que en el circuito (2) la corriente circula ensentido antihorario. La diferencia de las variaciones de flujo es proporcional a la fem en los extremos de la barra: ˙ 1 − Φ˙ 2 . E =Φ Expl´ıcitamente: E = (dB/dt) Aef f , con √ (β − α) R2 + ℓ R2 − (ℓ/2)2 ; 2  ℓ ; β = π − α. α = 2 arctan  √ 2 2 2 R − (ℓ/2) Aef f = πR2 + 

(5.148)

154

Figura 5.43: Problema 5.69.

Figura 5.44: Corriente axial, simetr´ıa cil´ındrica. Problema 5.5.150. Problema 5.70: Un cilindro hueco de radio a tiene su centro sobre el eje z y transporta una bϕ . Demostrar que Hz = Ka , para r < a. densidad superficial de corriente Ka U R: Utilizamos la relaci´on para el campo magn´etico y la densidad de corriente: ∇ × H = J. En esta simetr´ıa, el campo s´olo depende de la componente radial, con Hϕ = 0. Integrando: ∫ a+t Hz = Jϕ dρ = Ka , (5.149) a

en donde t (t r1 .

Magnetismo e Inducci´on Electromagn´etica

Figura 5.47: Aguja de acero en presencia de un campo magn´etico. Problema 5.75: Una aguja delgada de acero magnetizado, de longitud 12 cm, est´a suspendida en un hilo sin torsi´on y realiza peque˜ nas oscilaciones libres alrededor de un eje que pasa por su centro en un plano horizontal en el campo magn´etico terrestre. El periodo de oscilaci´on es de 3 a 5 segundos. Estimar la densidad de magnetizaci´on del acero. [12]. R:La figura (5.47) ilustra la geometr´ıa del problema 5.75. Dado que u ´nicamente se consideran oscilaciones de ´angulo peque˜ no, el campo magn´etico terrestre se asume uniforme. Si el momento magn´etico de la aguja es µ, su energ´ıa potencial en presencia de un campo B es V = −µ · B = −µB cos θ, en donde θ es el ´angulo entre µ y B. La ecuaci´on de movimiento es: I θ¨ = τθ = −

∂V = −µB sin θ ∼ −µBθ, ∂θ

con I como el momento de inercia de la √ aguja con respecto a sucentro: mℓ2 /12. La frecuencia de oscilaci´on del sistema es ω = µB/I. En t´erminos de la densidadde masa ρ = 78 × 103 kg/m3 , el periodo de oscilaci´on T ∼ 4 s, y Bterrestre ∼ 5 × 10−5 W/m2 , se encuentra que la magnetizaci´on M = µV es (V -volumen) M=

π 2 ρℓ2 ∼ 4,6 × 105 Am−1 . 3BT 2

Problema 5.76: Dos cables conductores largos y delgados con igual densidad lineal de masa λ = 1,75×10−3 kg/m est´an suspendidos con hilos de masa despreciable de modo que est´an configurados en una posici´on horizontal y paralelos entre s´ı, y separados una distancia d = 2,0 cm. Los extremos posteriores est´an conectados por un alambre de baja resistencia R = 0,032 Ω. El terminal positivo de un condensador de 1 µF que ha sido cargado por una fuente de 2500 V, est´a conectado a un interruptor que a su vez conecta el extremo del cable (Figura 5.48). Cuando se cierra el circuito, los alambres experimentan una fuerza de repulsi´on entre ellos y cada uno adquiere una velocidad inicial v0 . El tiempo de descarga del capacitor es despreciable en comparaci´on con el tiempo necesario para producir cualquier desplazamiento apreciable en la posici´on de los cables. Calcular la fuerza de repulsi´on y la velocidad inicial que estos alambres experimentan. R: En el instante en que el circuito se activa, circula una corriente con un valor m´aximo

157

158

Figura 5.48: Problema 5.76

Figura 5.49: Problema 5.77 im = V0 /R. Los alambres se repelen con una fuerza m´axima por unidad de longitud dada por F/ℓ = µ0 i2m /2πd. El cambio del momentum que experimentan los alambres ∆p = F ∆t = 2λℓv0 . Considerando que el tiempo de descarga del condensador ∆t = RC corresponde al tiempo promedio en el cual se ejerce la fuerza magn´etica entrealambres, y la carga inicial Q0 = CV0 , la velocidad inicial se calcula como v0 = µ0 Q20 /4πdRCλ. Num´ericamente, v0 = 0,56 m/s. Problema 5.77: Un alambre circular de radio r y masa m transporta una corriente estacionaria I. Fig. (5.49). El alambre est´a restringido a moverse con su eje de simetr´ıa en direcci´on perpendicular a una l´amina infinita y perfectamente conductora que yace en el plano Y Z. Su altura instant´ anea es x, y se desplaza con velocidad v en direcci´on y, con v ρ0 , en donde ρ = dominante del potencial es: Φ→

√

x 2 + y 2 , y ρ0 =

√

x20 + y02 ), el t´ermino

4λ (x0 y0 ) (xy) . πε0 ρ4

R: (a) En la figura (6.7) se ilustra la disposici´on de los planos aterrizados y las cargas im´agenes. Adaptando la expresi´on√conocida para el potencial debido a una l´ınea de carga aislada en un punto P a una distancia r =

(x − x0 )2 + (y − y0 )2 desde la posici´on de la l´ınea en el primer cuadrante,

1

√ Yℓm

(θ, ϕ) =

2ℓ + 1 (ℓ − m)! m Pℓ (cos θ) exp (imϕ), 4π (ℓ + m)!

con

( )m/2 dm Pℓm (x) = (−1)m 1 − x2 Pℓ (x) , dxm (ℓ − m)! m Pℓ−m (x) = (−1)m Pℓ (x) , (ℓ + m)! en donde la representaci´ on de Rodrigues proporciona la f´ ormula para Pℓ (x): Pℓ (x) =

)ℓ 1 dℓ ( 2 x −1 . 2ℓ ℓ! dxℓ

( )1/2 Algunos polinomios asociados de Legendre tienen la forma: P00 (x) = 1, P01 (x) = x, P11 (x) = − 1 − x2 .

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

Figura 6.7: Sistema carga lineal-planos aterrizados V (x, y) = − (λ/2πε0 ) ln r + K, el potencial en presencia de los planos aterrizados es: ( ) r3 r4 λ ln , Φ (x, y) = 2πε0 r1 r2 √ r1 = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 , √ r2 = (x + x0 )2 + (y + y0 )2 , √ r3 = (x − x0 )2 + (y + y0 )2 , √ r4 = (x + x0 )2 + (y − y0 )2 . N´otese que esta expresi´on satisface las condiciones Φ (0, y) = 0 y Φ (x, 0) = 0. (b) La densidad superficial de carga en el plano y = 0 se obtiene desde la componente normal del campo el´ectrico En : σ = ε0 En = −ε0 ∂Φ alculo directo conduce a: ∂y |y=0 . C´ ) ( λy0 1 1 σ=− − . π (x − x0 )2 + y02 (x + x0 )2 + y02 (c) La carga total inducida en el plano se obtiene integrando la densidad superficial de carga: ∫ L∫ ∞ ∫ ∞ Qx = σdxdz = 2L σdx. −L

0

Integrando la u ´ltima expresi´on: Qx 2λ = − tan−1 2L π

0

(

) x0 . y0

De forma an´aloga, es posible calcular la carga total inducida en el plano x = 0, y el resultado es: ( ) Qy 2λ y0 −1 = − tan . 2L π x0

183

184 La suma de estas dos cargas es la carga total (negativa) de la l´ınea: Qx Qy + = −λ. 2L 2L 2

(d) Desarrollando en series de potencia la expresi´on del potencial Φ, con ln (1 + δ) ∼ δ − δ2 , δ θ. Problema 6.20: Una burbuja esf´erica de aceite en un medio con presi´on atmosf´erica pa y radio inicial r1 , adquiere una carga electr´ostatica Q y se expande muy lentamente en un proceso adiab´atico. Estimar la carga adquirida en este proceso, si la burbuja llega al equilibrio cuando alcanza un radio r2 . R: El trabajo realizado en el proceso de expansi´on se calcula integrando: ( ( )3γ−3 ) ∫ V2 r1 pa V1 , 1− W = pdV = γ − 1 r 2 V1 con γ como la constante adiab´atica del medio, p ∝ V −γ y V1 el volumen inicial de la burbuja. Esta cantidad debe igualarse al cambio negativo de la energ´ıa potencial electrost´atica en los dos estados ∆U : ( ) Q2 1 1 ∆U = − − . 4πε r2 r1 De este par de relaciones, se obtiene Q: v ( u ( )3γ−3 ) u 4πεr1 r2 pa V1 r1 t Q= 1− . (r2 − r1 ) (γ − 1) r2 Esta aproximaci´on ignora, entre otros, los cambios energ´eticos debido a las propiedades el´asticas de la superficie. Problema 6.21: Una onda electromagn´etica plana que se propaga dentro de un material con resistividad ρ tiene la forma: E (z, t) = E0 exp (−αz) cos (kz − ωt)b j; ( ) B (z, t) = B0 exp (−αz) cos (kz − ωt + φ) −bi .

188 Aplicar las ecuaciones de Maxwell y la relaci´on E = ρJ para encontrar α, k, φ y la relaci´on B0 /E0 como funciones de ω. R: Utilizamos las ecuaciones de Maxwell en un medio material: ∂B ∇×E=− ∂t 1 ∂E ∇×B= E+ε . ρ ∂t Reemplazando, obtenemos: εω 2 k = 2 2

√ ( 1+ 1+

1 ρ2 ε 2 ω 2

ω . 2kρ α tan φ = . k α=

) .

(6.24) (6.25) (6.26)

La relaci´on de amplitudes es: ω E0 . =√ B0 α2 + k 2

(6.27)

Problema 6.22: Considere una placa de vidrio no-absorbente con ´ındice de refracci´on n y espesor ∆x localizada entre una fuente de ondas Electromagn´eticas S y un observador en P . (Ver Figura 6.11). Sin la placa de vidrio, la onda en el punto P toma la forma: x

Eu = E0 eiω(t− c ) ,

(6.28)

en donde E0 corresponde a la amplitud del campo el´ectrico. Obtener una expresi´on para E (x, t) cuando la placa es colocada entre S y P .

Figura 6.10: Problema A.24 R: De la figura (6.11), es claro que x1 + x2 = x − ∆x. La velocidad de propagaci´on de la onda en la placa de vidrio es c/n. La onda que alcanza el punto P experimenta un cambio de fase dado por: [ ( )] x1 + x2 n∆x Ep = E0 exp iω t − − (6.29) c c [ ω ] Ep = Eu exp i (1 − n) ∆x . (6.30) c

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

189

Los campos Ep y Eu estar´an en fase (oposici´on de fase) si el ´ındice de refracci´on n satisface (n > 1): n = 1 + 2πc/ω∆x (n = 1 + πc/ω∆x). Problema 6.23: El potencial vectorial en un medio caracterizado por una constante diel´ectrica ε y una constante magn´etica µ se describe por la expresi´on A = A0 cos (ωt) cos (kz)b y . Hallar H, E y V [2]. R: Utilizamos las ecuaciones de Maxwell en forma diferencial: 1 H= ∇×A µ ∂E ε =∇×H ∂t ∂A ∇V = −E − . ∂t En forma expl´ıcita: H= E= V = 0,

k A0 cos (ωt) sin (kz)b x µ

k2 A0 sin (ωt) cos (kz)b y εµω con k 2 = ω 2 µε.

Problema 6.24: Luz azul de 480 nm se refleja fuertemente en una pel´ıcula de aceite sobre una l´amina de vidrio cuando ´esta es vista con un ´angulo cercano al de incidencia normal (Fig. 6.11). Asumiendo que el ´ındice de refracci´on del aceite es 1.2 y que el del vidrio es 1.6, cu´al es el m´ınimo espesor de la pel´ıcula de aceite (diferente de cero)?.

Figura 6.11: Problema A.24 R: Si la luz incide normalmente (desde el aire) sobre la pel´ıcula de aceite, la luz reflejada experimentar´ a interferencia constructiva con la luz incidente si la diferencia de fase obedece ∆ϕ = 2π, con ∆ϕ = k∆r, siendo ∆r = 2d la diferencia de recorrido de la onda reflejada, y d el espesor de capa de aceite. Con k = 2π/λaceite , el espesor toma el valor: d=

λaire = 200 nm. 2naceite

N´otese que este resultado es el mismo si la luz incide desde el vidrio.

190 Problema 6.25: Entre las armaduras de un condensador de placas planas existe un diel´ectrico no ideal que posee una constante ε y una conductividad peque˜ na σ. La capacidad del condensador es C. Se aplica una diferencia depotencial U y luego se a´ısla. Hallar la ley de variaci´on de la magnitud de las cargas en el tiempo y la corriente de desplazamiento que circula en el condensador. R: El sistema simula un circuito RC en configuraci´on de descarga. Si la capacitancia del sistema es C = εA/d, con A como el ´area de las placas del capacitor, d la distancia entre las placas, entonces la resistencia del sistema es: R = d/σA = ε/σC. En el r´egimen de disipaci´on de la carga, tenemos: Q (t) = CU exp (−σt/ε), mientras que la corriente de desplazamiento que circula por el diel´ectrico es: i (t) =

dQ σQ (t) =− . dt ε

El campo el´ectrico en el interior del capacitor toma la forma E (t) = Q (t) /Aε, mientras que la energ´ıa total disipada en el diel´ectrico puede calcularse como la potencia instant´anea integrada en un lapso de tiempo infinito: ∫ ∞ ∫ ∞ CU 2 σQ2 d , exp (−2σt/ε)dt = E∞ = vidt = − Aε2 2 0 0 que corresponde a la energ´ıa electrost´atica inicial. Problema 6.26: Determinar la potencia media de emisi´on para un alambre de geometr´ıa cuadrada que transporta una corriente I = I0 cos (ωt). El ´area del cuadro es A. Considerar I0 = 10 A, A = 100 cm2 , y ω = 108 s−1 . R: Utilizamos la f´ormula para la potencia emitida por un oscilador tipo dipolo en coordenadas esf´ericas: ∫ ∫ 1 ω 4 p20 P = E × H · dS = Eθ Hφ dS = cos2 (ωt − ωr/c) ; (6.31) 6πε0 c3 S S en donde p0 corresponde al valor m´aximo del momento magn´etico dipolar I0 A/c. La potencia media de emisi´on en un periodo es igual a: ⟨P ⟩ =

1 ω 4 p20 . 12πε0 c3

(6.32)

Num´ericamente, ⟨P ⟩ = 0,12 W. En este resultado se han utilizado las componentes de los campos: Eθ = −

1 ω2 Π sin θ; 4πε0 c2

Hφ = −

1 ω2 Π sin θ; 4π c

(6.33)

con la definici´on Π = p0 cos (ωt − ωr/c)/r. La integraci´on sobre S se realiza sobre un elemento dS = r2 sin θdφdθ. Problema 6.27: M´etodo de d’Alembert I. Hallar las oscilaciones el´ectricas en un cable de transmisi´on sin distorsi´on para t > 0, si para t < 0 se propaga en ´el una onda de voltaje y de corriente descritas por: v (x, t) = e−(R/L)t f (x + at) √ C −(R/L)t i (x, t) = − e f (x + at) , L

(6.34) (6.35)

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

191

en donde R, L y C son los par´ametros el´ectricos de la l´ınea, y f (z) describe el perfil del pulso inicial de voltaje (t = 0). Resolver en particular el caso en que el extremo est´a unido a tierra a trav´es de un inductor “puntual”de magnitud L0 . La condici´on de contorno en este caso se define por: v (0, t) = L0 it (0, t) ,

t > 0.

(6.36)

R: Utilizamos las relaciones asociadas a la propagaci´on del pulso de voltaje y de corriente de la forma: v (x, t) = e−(R/L)t [φ (x − at) + ψ (x + at)] √ i (x, t) =

C −(R/L)t e [φ (x − at) − ψ (x + at)] , L

(6.37)

en donde a es la velocidad de propagaci´on del pulso electromagn´etico. Utilizando la condici´on de contorno para x = 0, i.e., considerando los efectos puesta a tierra, estudiaremos la siguiente ecuaci´on: v (0, t) = L0 it (0, t), con L0 como la inductancia puntual en el extremo de la l´ınea. Reemplazando (6.37) en esta condici´on, se obtiene: α1 φ (z) + φ′ (z) = α2 ψ (−z) − ψ ′ (−z) , con z = −at (−∞ < z < 0) y

√

α1 = R

C L + , L L0

√ α2 = R

C L − . L L0

(6.38)

(6.39)

El lado izquierdo de (6.38) puede reducirse utilizando el factor integrante: φ (z) = e−α1 z ϕ (z) ,

(6.40)

y ϕ (z) dada por la integral: ∫ ϕ (z) =

z

[ ] dζ eα1 ζ α2 ψ (−ζ) − ψ ′ (−ζ) .

(6.41)

0

Es posible demostrar que el perfil inicial del pulso es: f (z) = ψ (z) con las condiciones: v (x, 0) = f (x) √ e i (x, 0) = − C/Lf (x). Finalmente, la soluci´on general en la componente φ (z) est´a dada por: ∫ z [ ] −α1 z φ (z) = e dζ eα1 ζ α2 f (−ζ) − f ′ (−ζ) . (6.42) 0

Expresi´on (6.42) debe se reemplazada en (6.37) y as´ı obtener la soluci´on general para el pulso electromagn´etico en una l´ınea aterrizada a trav´es de un inductor L0 . Problema 6.28: M´etodo de d’Alembert II. Hallar las oscilaciones el´ectricas en un cable de transmisi´on sin distorsi´on para t > 0, si para t < 0 se propaga en ´el una onda de voltaje y de corriente descritas por: v (x, t) = e−(R/L)t f (x + at) √ C −(R/L)t i (x, t) = − e f (x + at) , L

(6.43) (6.44)

192 en donde R, L y C son los par´ametros el´ectricos de la l´ınea, y f (z) describe el perfil del pulso inicial de voltaje (t = 0). Resolver el caso particular en que el extremo est´a unido a tierra a trav´es de un capacitor “puntual” de magnitud C0 . La condici´on de contorno en este caso se define por: vt (0, t) = − (1/C0 ) i (0, t) ,

0 < t < ∞.

(6.45)

R: Utilizando un procedimiento similar al del problema anterior, obtenemos la relaci´on: ( ) ( ) C C ′ − aRC φ (−at) − φ (−at) = + aRC ψ (at) − ψ ′ (at) . C0 C0 Bajo la transformaci´on de escala z = −at, la soluci´on se escribe en t´erminos del factor integrante (con β1 = C/C0 − aRC y β2 = C/C0 + aRC): ∫ z [ ] ϕ (z) = − dζ e−β1 ζ β2 ψ (−ζ) − ψ ′ (−ζ) , 0

y φ (z) = exp (β1 z)ϕ (z), −∞ < z < 0, con ψ (z) = f (z). Problema 6.29: Ecuaci´ on del telegrafista. Resolver el problema de la propagaci´on de las oscilaciones el´ectricas en un cable infinito con la condici´on GL = CR, en donde G es la conductancia de fugas, L la autoinducci´on, C la capacidad y R la resistencia (par´ametros dados en unidad de longitud) de la l´ınea de transmisi´on. Considere el modelo de ilustrado en la figura (6.12).

Figura 6.12: Modelo de una l´ınea de transmisi´on, Problema A.29. R: Utilizamos la t´ecnica de circuitos sobre el lazo exterior para obtener la ecuaci´on: (u → u (x, t), i → i (x, t)), con u como el voltaje instant´ aneo en los terminales, e i sucorriente instant´anea. +u −

∆x ∆x di ∆x ∆x d (i + ∆i) Ri − L − R (i + ∆i) − L 2 2 dt 2 2 dt = u + ∆u.

Simplificando: −Ri − Lit = ux .

(6.46)

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

193

La segunda ecuaci´on que conecta u e i proviene de la relaci´on: ( ) ∆x di u− R+L = −vG , 2 dt en donde vG es el voltaje instant´aneo en la derivaci´on que contiene la conductancia G. Adem´as, aplicando el concepto de conservaci´on de Kirchoff en el nodo: ∆i = iG + iC ;

∆vG ∆i = GvG + C . ∆x ∆t

Combinando estas dos anteriores ecuaciones, se obtiene la segunda relaci´on: ix + Gu + Cut = 0.

(6.47)

uxx = LCutt + (RC + GL) ut + RGu.

(6.48)

Combinando estas dos ecuaciones:

Bajo la condici´on GL = CR, la relaci´on (6.48) se reduce a: uxx = LCutt + 2RCut + RGu. Problema 6.30: Una onda plana de frecuencia ω incide normalmente desde el vac´ıo sobre una placa semiinfinita de un material con un ´ındice complejo de refracci´on n (ω), (n2 (ω) = ε (ω).) Hallar la raz´on de la potencia total incidente con respecto a la reflejada R, en t´erminos de n.

Figura 6.13: Problema A.30. R: La figura (6.13) ilustra la orientaci´on de los vectores de onda de las ondas incidente, reflejada y transmitida. Denotamos los campos electricos correspondientes como Ey , Ey′ , Ey′′ , mientrasque los campos magn´eticos se describen como Hx , Hx′ , Hx′′ . Las ecuaciones para las amplitudes de los campos son Ey + Ey′′ = Ey′ . Hx − Hx′′ = Hx′ .

194 La relaci´on entre los campos proviene de la ecuaci´on de Maxwell: ∇ × H = ε∂E/∂t. Si la naturaleza de las ondas es de la forma exp [i (kz − ωt)], entonces la magnitud de los campos magn´eticos son: (k = ω/c) ωε0 ωε (ω) ′ ωε0 ′′ Hx = Ey ; Hx′ = Ey ; Hx′′ = E . k nk k y Combinando las dos ecuaciones, se obtiene: 2 E ′′ 1 − n 2 Ey′′ n−1 y = ; R= = . Ey 1 + n Ey n+1 Problema 6.31: Calcular la impedancia caracter´ıstica para ondas monocrom´aticas en la l´ınea de transmisi´on representada en la figura (6.12). R: Planteamos soluciones de prueba para las ondas de voltaje u (x, t) y corriente i (x, t) de la forma: u (x, t) = u0 exp [j (ωt − kx)],

(6.49)

i (x, t) = i0 exp [j (ωt − kx)].

(6.50)

Reemplazamos u (x, t) e i (x, t) en (6.46) y (6.47): √ R + jωL . G + jωC

u (0, t) = Zˇ0 = i (0, t)

(6.51)

Problema 6.32: L´ınea de transmisi´ on I. Hallar la tensi´on el´ectrica en un cable 0 < x < ℓ, con autoinducci´on y conductancia de fugas despreciables, si su extremo x = ℓ est´a unido a tierra, la intensidad y el potencial inicial son nulos y en el extremo x = 0 se le aplica una Fuerza Electromotriz E0 a trav´es de una resistencia puntual R0 . R: Una fuente externa de voltaje E0 es conectada al sistema a trav´es de una resistencia puntual R0 , la resistencia total del cable es Rℓ y el extremo x = ℓ est´a conectado a tierra. Las condiciones L = 0, y G = 0 conducen a la ecuaci´on general para la distribuci´on del potencial en el cable u (x, t): uxx (x, t) = RCut (x, t) ;

a−2 = RC.

(6.52)

Las condiciones iniciales se describen a continuaci´on:

ux (x, 0) =0 i (x, t) = − r u (0, t → ∞) =

E0 Rℓ R0 + Rℓ

u (x, 0) = 0

(6.53)

Ecuaci´on del Telegrafista.

(6.54)

u (l, t) = 0

(6.55)

Estado Estacionario.

(6.56)

El par´ametro r en la ecuaci´on define el valor de la resistencia en el punto x. En estado estacionario, ut = 0, y la soluci´on est´a dada por: w (x) = E0

R (ℓ − x) , R0 + Rℓ

(6.57)

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas mientras que en estado transitorio, es posible utilizar la relaci´on: ∑ [ ] v (x, t) = An exp −a2 λ2n t sin [λn (ℓ − x)].

195

(6.58)

n

La soluci´on total es por consiguiente: u (x, t) = w (x) + v (x, t) . Describiremos un m´etodo para hallar los valores de las raices λn y la amplitud An . Inicialmente consideramos que el potencial inicial en x = 0 es, despu´es de un an´alisis simple de la teor´ıa de circuitos: E0 − u (0, 0) =

∑ E0 R0 An sin (λn ℓ) = 0, − R0 + Rℓ n

(6.59)

que corresponde precisamente al potencial en el resistor R0 en el instante de tiempo t = 0. La corriente en el sistema es tambi´en nula en el instante inicial, por lo tanto, la ecuaci´on (6.54) se reduce a: ∑ E0 R ux (0, 0) = 0 = + An λn cos (λn ℓ). (6.60) R0 + Rℓ n Combinando (6.59) y (6.60) obtenemos: ] [ ∑ R sin (λn ℓ) + λn cos (λn ℓ) = 0, An R0 n o en forma equivalente, la expresi´on de car´acter trascendente que relaciona las raices λn : tan (λn ℓ) = −λn

R0 . R

(6.61)

El valor del coeficiente An en la ecuaci´on (6.58) se obtiene desde la condici´on de la distribuci´oninicial de potencial igual a cero, i.e.: u (x, 0) = 0. Expl´ıcitamente: E0 R An = − (R0 + Rℓ)

∫ℓ 0

(ℓ − x) sin [λn (ℓ − x)] dx . ∫ℓ 2 sin [λ (ℓ − x)] dx n 0

(6.62)

Integrando y reemplazando la condici´on (6.61), finalmente se obtiene: ( 2 )1/2 R + R02 λ2n 2E0 R [ ]. An = λn R (R0 + Rℓ) + ℓR02 λ2n

(6.63)

N´otese que An posee las mismas unidades de E0 . Problema 6.33: Reflexi´ on desde una impedancia terminal. Considere una onda de voltaje que se propaga en una l´ınea de transmisi´on de longitud ℓ cuya impedancia terminal Zˇℓ ̸= Z0 , con Z0 denotando la impedancia caracter´ıstica de la l´ınea. (a) Hallar la impedancia de entrada del sistema, i.e., el valor de la relaci´on: v (0, t) Zˇg = , i (0, t)

196 ˇ [3]. en t´erminos de Zˇℓ y Z0 . (b) Hallar la amplitud del voltaje de reflexi´on R R: (a) Las ondas de voltaje y corriente que se propagan en el sistema viajan en dos direcciones, y pueden representarse como: (en notaci´on fasorial) v (z, t) = v+ exp [j (ωt − kz)] + v− exp [j (ωt + kz)] i (z, t) = i+ exp [j (ωt − kz)] + i− exp [j (ωt + kz)]. El valor de la impedancia terminal Zˇℓ coincide con la cantidad v (ℓ, t) /i (ℓ, t): v+ exp (−jkℓ) + v− exp (jkℓ) Zˇℓ = . i+ exp (−jkℓ) + i− exp (jkℓ) De las relaciones ∂v/∂t = − (1/C) ∂i/∂z, y ∂i/∂t = − (1/L) ∂v/∂z, es posible demostrar: Z0 = √ L/C = v+ /i+ = −v− /i− . v+ + v− Zˇg = . i+ + i− Combinando estas expresiones, obtenemos: Zˇℓ + jZ0 tan kℓ Zˇg = Z0 . Z0 + j Zˇℓ tan kℓ (b) Por definici´on: ˇ = v− exp (jkℓ) , R v+ exp (−jkℓ) y la relaci´on v− /v+ en t´erminos de las impedancias Zg , y Z0 : Zˇg − Z0 v− = . v+ Zˇg + Z0 Problema 6.34: Propagaci´ on de las ondas de voltaje en medio con disipaci´ on. Hallar la distribuci´on del voltaje en un cable el´ectrico homog´eneo, cuya resistencia R, autoinducci´on L, conductancia de fugas G y capacidad por unidad de longitud C son dadas. La corriente y la tensi´on iniciales son iguales a cero, el extremo x = 0 est´a aislado y al extremo x = ℓ se le aplica una fuerzaelectromotriz constante E a partir del instante t = 0. Nota: Utilizar las ecuaciones del telegrafista y obtener la ecuaci´on que define la distribuci´on del voltaje v (x, t): vxx = LCvtt + (LG + RC) vt + RGv.

(6.64)

Resolver para el caso: πa > ℓ

(

R G − L C

) con

RC > GL,

a−2 = LC.

R: El sistema no posee impulsos de fuentes externas que var´ıen en el tiempo, por consiguiente, es posible plantear una soluci´on del tipo: v (x, t) = w (x) + u (x, t) ,

(6.65)

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

197

en donde w (x) describe el r´egimen estacionario de la distribuci´on del voltaje en funci´on de la coordenada x, y u (x, t) es la soluci´on al r´egimen transitorio. Para el primer caso tenemos que w (x) satisface la ecuaci´on: (omitiendo los t´erminos vt y vtt en la ecuaci´on del telegrafista) wxx − RGw = 0, cuya soluci´on es: w (x) = A cosh

(√ ) RGx ;

(6.66)

A=

E (√ ). cosh RGℓ

(6.67)

Esta soluci´on cumple las condiciones: w (ℓ) = E y wx (0) = 0. En el r´egimen transitorio, se debe resolver: utt = a2 uxx − 2αut − a2 RGu, (6.68) con: 2α =

R G + . L C

Se propone una soluci´on del tipo: u (x, t) =

∞ ∑

An exp (−αt) cos (ωn t + φn ) cos [λn (ℓ − x)],

(6.69)

n=0

con el factor de fase φn , la amplitud An , la frecuencia ωn y el n´ umero de onda λn por definir desde las condiciones iniciales. La condici´on de extremo aislado u (0, t) = 0 conduce a: λn =

(2n + 1) π , 2ℓ

n = 0, 1, 2...

Reemplazando (6.69) en (6.68) se obtienen los modos de frecuencia del sistema: ∞ ∑ [ 2 ] −ωn − α2 + a2 λ2n + a2 RG × n=0

×An exp (−αt) cos (ωn t + φn ) cos [λn (ℓ − x)] = 0. La frecuencia de los modos normales de oscilaci´on est´a definida por: √ ωn = a2 (λ2n + RG) − α2 .

(6.70)

(6.71)

Para el c´alculo de la amplitud An , aplicamos la condici´on inicial del voltaje en (6.65): v (x, 0) = 0 ∫ ℓ (√ ) 2E ( ) cosh RGx cos [λn (ℓ − x)]dx = An cos φn = − √ ℓ cosh RGℓ 0 −

4πE (−1)n (2n + 1) . ℓ2 (λ2n + 4RG)

Finalmente, el factor de fase φn se obtiene de vt (x, 0) = 0: tan φn = −

α , ωn

(6.72)

198 completando de esta manera todos los par´ametros involucrados en la soluci´on de prueba (6.69) que corresponde al r´egimen “subamortiguado”, i.e., las frecuencias definidas en (6.71) son positivas para n > 0. En efecto, el m´ınimo valor permitido en la expresi´on radical en (6.69) determina la condici´on: ( ) πa R G > − . (6.73) ℓ L C Problema 6.35: Funci´ on de Green I. Utilizando el formalismo de funciones de Green, resolver el primer problema de contorno (Dirichlet) para la ecuaci´on de Laplace en el semiplano y > 0, si: { 0 para x < 0, u (x, y = 0) = (6.74) V para x > 0.

Figura 6.14: Geometr´ıa asociada al problema A.35. R: Considere el diagrama ilustrado en la figura (6.14). En los puntos P y su correspondiente imagen P ′ se localizan cargas de prueba de magnitudes e y e′ = −e respectivamente. La funci´on de Green asociada a este sistema est´a dada por la relaci´on: ( ′) 1 r ln 0 , (6.75) G (x, y; x0 , y0 ) = 2π r0 √ √ en donde r0 = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 y r0′ = (x − x0 )2 + (y + y0 )2 . Para calcular el potencial el´ectrico en cualquier punto sobre el plano y > 0 utilizamos la prescripci´on (modificada) del primer problema de contorno de Dirichlet: ( ) ∫ ∞ ∂G u (x0 , y0 ) = − u (x, 0) dx. (6.76) ∂y y=0 −∞ La condici´on de contorno u (x, 0) puede expresarse como: u (x, 0) = V Θ (x) ;

(6.77)

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

199

en donde Θ (x) representa la funci´on escal´on de Heaviside. Insertando (6.77) en (6.76) e integrando, finalmente se obtiene: [ ( )] 1 y0 . (6.78) u (x0 , y0 ) = V 1 − arctan π x0 Nota: En este resultado se ha utilizado la relaci´on: ( ) ( ) y0 x0 π arctan + arctan = . x0 y0 2 Problema 6.36: Funci´ on de Green II. Hallar el potencial creado por una carga puntual situada en la regi´on limitada por dos planos perfectamente conductores ubicados en z = 0 y z = ℓ que se mantienen a potencial nulo.

Figura 6.15: Problema A.36. R: La figura (6.15) ilustra las posiciones de las primeras cargas im´agenes localizadas por fuera de la regi´on 0 < z < ℓ, y las respectivas distancias al punto de observaci´on M . Es f´acil inferir que las cargas im´agenes positivas y negativas estar´an localizadas, en general, seg´ un: positivas

2nℓ + ζ

negativas

2nℓ − ζ,

con n como n´ umero entero. Las distancias rn ( rn′ ) desde cualquier carga imagen positiva (negativa) al punto M est´ a definida expl´ıcitamente por: √ rn = (x − ξ)2 + (y − η)2 + (z − (2nℓ + ζ))2 (6.79) √ rn′ = (x − ξ)2 + (y − η)2 + (z − (2nℓ − ζ))2 . (6.80) El potencial u (x, y, z) en el interior de la regi´on 0 < z < ℓ se relaciona con la funci´on de Green G a trav´es de la constante 4πe, en donde e representa la magnitud de la carga puntual en el punto P0 .

200 Asi, u = 4πeG, con

) ∞ ( 1 ∑ 1 1 − . G= 4π n=−∞ rn rn′

(6.81)

Problema 6.37: Obtener la densidad superficial de carga inducida en los planos z = 0 y z = ℓ, en el problema A.36. R: Por definici´on: ( ) ( ) 1 ∂u 1 ∂u σz=0 = − , σz=ℓ = − . (6.82) 4π ∂z z=0 4π ∂z z=ℓ Ilustraremos el resultado para el caso z = 0: σz=0

] ∞ [ e ∑ 2nℓ + ζ 2nℓ − ζ =− − + . 4π n=−∞ rn3 rn′3 z=0

(6.83)

En la figura (6.16) se ilustra la distribuci´on del campo potencial para la posici´on de la carga en u@zlDe

20 15 10 5 0 0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Figura 6.16: Problema A.36. ζ = 0,5ℓ, x = ξ, y = η. Problema 6.38: Considere un medio el cual est´a parcialmente lleno con un material con una susceptibilidad y conductividad cont´ınuas pero dependientes de las coordenada z: { 0 para −∞ < z < 0, χ (z) = (6.84) χ∞ (1 − exp (−λz)) para 0 < z < ∞; { σ (z) =

0 para −∞ < z < 0, σ∞ (1 − exp (−λz)) para 0 < z < ∞;

(6.85)

en donde λ, σ∞ y χ∞ son constantes positivas. El espacio es infinito en las direcciones x y y. Tambi´en, µ = 1 en todo el espacio. Una onda polarizada del tipo s (i.e., E es perpendicular al plano de incidencia), que viaja desde menos infinito a mas infinito incide sobre la superficie z = 0 con un ´angulo de incidencia θ, el cual es el ´angulo entre la normal y k0 , con k0 c = ω, tiene la forma: Eiy = A exp [i (k0 · r − ωt)]b y. La onda reflejada est´a dada por: [ ( )] b, Ery = R exp i k0 · r′ − ωt y

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

201

en donde k0 · r = k0 x sin θ + k0 z cos θ, y k0 · r′ = k0 x sin θ − k0 z cos θ. La onda transmitida puede representarse como: [ ( )] b. Ety = E (z) exp i xk ′ sin γ − ωt y A y R son las amplitudes incidentes y reflejadas. Determine las relaciones para las cantidades A, R y E (z) en t´erminos de los par´ametros dados. R: El campo magn´etico en la regi´on de la onda incidente/reflejada toma la forma: B = (c/ω) k × E(i/r) , mientras que en la regi´on en donde setransmite la onda, ´este debe calcularse como: c ∇ × E(t) iω [ ] ( ′ ) c ∂E (z) = zE (z) ik sin γ − x . iω ∂z B(t) =

B(t)

Las componentes normal (direcci´on z) y tangencial (direcci´on x) de los campos deben ser cont´ınuas en la superficie z = 0. As´ı: A + R = E (0) , ) ( ∂E (z) . k0 (R − A) cos θ = i ∂z z=0 Tambi´en se cumple la ley de Snell en z = 0: k0 sin θ = k ′ sin γ. En un medio material, la ecuaci´on para el campo el´ectrico en ausencia de cargas libres es: ) ( ω2 4πσ 2 ∇ E+ 2 ε+i E = 0. c ω Para la onda transmitida tendremos: ) ( ( )2 d2 E (z) ω 2 4πσ (z) E (z) − k ′ sin γ E (z) = 0. + 2 1 + 4πχ (z) + i 2 dz c ω

(6.86)

La soluci´on de E (z) en (6.86) conduce a las expresiones para los coeficientes A y R. Problema 6.39: Un campo el´ectrico se propaga en el vac´ıo con amplitud E i = 100 V/m, incide sobre un diel´ectrico perfecto, como el que se ilustra en la figura (6.17). Determine la intensidad del campo transmitido E t . R: Utilizamos la f´ormula general para la atenuaci´on de una onda electromagn´etica que se propaga en un medio con constantes caracter´ısticas ε, σ, µ: E = E0 exp (±γz)uE , con γ = α + iβ dado por: v ( v ( ) ) √ √ u u ( σ )2 ( σ )2 u εµ u εµ α = ωt − 1 , β = ωt +1 . 1+ 1+ 2 ωε 2 ωε

(6.87)

(6.88)

202

Figura 6.17: Problema A.39. ε y µ corresponden a valores relativos. √ Para σ = 0, α = 0 y β = ω εµ. La amplitud de la onda transmitida desde el vac´ıoest´a definida a trav´es de las impedancias de los medios (1) (vac´ıo) y (2) (diel´ectrico): 2η2 Et = , i E η1 + η2 en donde

√ η=

iµω . σ + iεω

(6.89)

(6.90)

En este caso η1 = (µ0 /ε0 )1/2 , mientras que η2 = (µ/ε)1/2 . Justo antes de abandonar el diel´ectrico, el campo posee una amplitud: E′ =

2η2 √ E i exp (−iω εµ∆). η1 + η2

(6.91)

Al abandonar el diel´ectrico, el valor de la componente transmitida posee una magnitud: || E t ||=

2η1 || E ′ || . η1 + η2

(6.92)

Num´ericamente, con η1 = 377 Ω y η2 = 84,3 Ω, E t = 59,7 V/m. Obs´ervese que el ejercicio no proporciona informaci´on sobre la frecuencia de la onda incidente, y el resultado para este caso es independiente del espesor del diel´ectrico, aunque la fase del campo E t si depende del mismo. En este √ caso particular, el tiempo de retardo de la se˜ nal es del orden de εµ∆ ∼ 14,9 ps. Problema 6.40: La presi´on de una onda electromagn´etica sobre una superficie perfectamente reflectora para un ´angulo de incidencia θ es igual a: pθ = 2w cos2 θ,

(6.93)

donde w es la densidad de energ´ıa electromagn´etica en la onda incidente. Supongamos que sobre la superficie incide una radiaci´on isotr´opa, es decir, la densidad de flujos de energ´ıa que inciden desde todas la direcciones posibles es la misma. Hallar la presi´on de radiaci´on sobre la superficie. R: Sobre un elemento de superficie dσ en coordenadas esf´ericas act´ ua una fuerza dF = 2w cos θdσ, y la

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

203

Figura 6.18: Diagrama Problema A.40. magnitud de la componente de esta fuerza en direcci´on normal es dFn = 2w cos2 θ. (Fig. 6.18). La fuerza total a lo largo de la componente normal se obtiene integrando dFn : ∫

2π

∫

Fn = 2wr2

π/2

cos2 θ sin θdφdθ = 0

0

4πr2 w . 3

(6.94)

La fuerza total por unidad de ´area sobre una superficie de simetr´ıa esf´erica de radio r es: pt =

wt . 3

(6.95)

Problema 6.41: Si la superficie en cuestion en el problema (A.40) posee un coeficiente de reflexi´on R (θ), como son afectados estos resultados?. R: La f´ormula (6.93) debe cambiar esencialmente en la forma: pθ = w [1 + R (θ)] cos2 θ.

(6.96)

Problema 6.42: A una intensidad del campo el´ectrico E ∼ 30 kV/cm tiene lugar la descarga disruptiva en el aire. Calcular ladensidad del flujo de energ´ıa de las ondas electromagn´eticas planas asociado a esta descarga. R: La densidad de flujo promedio de energ´ıa (magnitud del vector de Poynting) asociado a una onda electromagn´eticaest´a definido por: √ 1 ε0 2 E , (6.97) ⟨P⟩ = 2 µ0 0 aproximando las constantes ε y µ del aire a aquellas asociadas a las del vac´ıo. Num´ericamente: ⟨P⟩ = 1200 kW/cm3 . Problema 6.43: Una onda plana de frecuencia ω incide sobre un conjunto de interfaces como se ilustra en la figura (6.19). Los par´ametros de conductividad, permeabilidad y constante diel´ectrica asociados a cada una de las capas est´an especificadas en el mismo diagrama. El espesor de la capa intermedia es d. Los otros medios poseen extensiones “semi-infinitas”. Calcular (a) Los coeficientes de transmisi´on y reflexi´on. (b) La impedancia del medio 2. R: Utilizando la f´ormula (6.90), obtenemos las impedancias en los medios (1) y (3): √ √ µ0 µ0 η1 = , η3 = , (6.98) ε1 ε3

204

Figura 6.19: Diagrama Problema A.43. mientras que la impedancia en el medio (2) es (punto b): √ jωµ0 η2 = . σ2 + jωε2

(6.99)

El coeficiente de transmisi´on entre los medios (1) y (3) est´a dado por magnitud de: T = tt⋆ , 4η2 η3 exp (−γ2 d) , t= (η1 + η2 ) (η2 + η3 )

(6.100)

con el factor de atenuaci´on γ2 = α2 definido por (6.88). El coeficiente de reflexi´on est´a dado por R = 1 − T. Problema 6.44: Un campo el´ectrico E asociado a una onda plana incide desde el vac´ıo hacia un medio parcialmente conductor de 30 mm de espesor. Dada una frecuencia de 500 MHz y E0i = 100 V/m, determine la amplitud de los campostransmitidos E0t y H0t despu´es de atravesar el material. Considere εR = 50, µ = µ0 y σ = 5 S/m. R: Utilizando el resultado (6.100) con η1 = η3 = 377 Ω, y η2 = 2,2 + j1,7 Ω, se obtiene una relaci´on entre la amplitud del campo incidente y el campo transmitido: (γ2 = 86,76 m−1 ). E0t = tE0i = 0,2∠40,370 V /m.

(6.101)

Problema 6.45: Funci´ on de Green III. La ecuaci´on homog´enea de difusi´on para el vector potencial A ∇2 A − µσ

∂A = 0, ∂t

(6.102)

para campos cuasiest´aticos en medios ilimitados tiene una soluci´on al problema del valor inicial en la forma: ∫ ( ) ( ) A (x, t) = d3 x′ G x − x′ , t A x′ , 0 , (6.103)

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

205

donde A (x, 0) describe la configuraci´on inicial del campo y G es un kernel apropiado. (a) Resolver el problema de valor inicial, para demostrar que si σ es uniforme a trav´es de todo el espacio, la funci´on de Green es: ( ) ( µσ )3/2 ( ) µσ | x − x′ |2 ′ G x, t; x , 0 = Θ (t) exp − . (6.104) 4πt 4t R: Resolveremos para el caso del potencial en una dimensi´on, por ejemplo Az . En el caso de tres dimensiones es f´acilmente extendible en un medio homog´eneo. En el rango 0 < t < ∞, −∞ < x < ∞, e insertando (6.103) y (6.104) en (6.102), ∂Az (ξ, t) ∂ 2 Az (ξ, t) = µσ . ∂ξ 2 ∂t √ Multiplicamos por exp (iλξ)/ 2π, e integrando respecto a ξ: ∫ ∞ 1 ∂Az (ξ, t) dA¯z (λ, t) √ exp (−iλξ)dξ = , ∂t dt 2π −∞ ∫ ∞ 1 ¯ Az (λ, t) = √ Az (ξ, t) exp (−iλξ)dξ, 2π −∞ en donde A¯z representa la transformada espacial de Fourier. En un procedimiento similar, ∫ ∞ 2 ∂ Az exp (−iλξ)dξ = −λ2 A¯z , 2 ∂ξ −∞ suponiendo que la funci´on Az y su derivada tienden a cero suficientemente r´apido con ξ → ±∞. Combinando los dos u ´ltimos resultados: dA¯z λ2 ¯ + Az = 0. dt µσ

(6.105)

La soluci´on de (6.105), evidentemente toma la forma: ( ) A¯z (λ, t) = A¯z (λ, 0) exp −λ2 t/µσ . Aplicando la transformada inversa de Fourier: ∫ ∞ 1 √ Az (x, t) = A¯z (λ, t) exp (iλx)dλ, 2π −∞

(6.106)

(6.107)

y bajo reemplazos sucesivos de las cantidades A¯z , obtenemos una relaci´on expl´ıcita para Az : ) ( ∫ ∞ 1 λ2 t ¯ Az (x, t) = √ Az (λ, 0) dλ; (6.108) exp iλx − µσ 2π −∞ ( ) ∫ ∞∫ ∞ 1 λ2 t Az (x, t) = exp iλ (x − ξ) − Az (ξ, 0) dξdλ; (6.109) 2π −∞ −∞ µσ ∫

en t´erminos del kernel G: Az (x, t) =

∞

−∞

G (x, t; ξ, 0) Az (ξ, 0) dξ,

(6.110)

206 con: 1 G (x, t; ξ, 0) = 2π Integrando (6.111): G (x, t; ξ, 0) =

∫

−∞

∞

( ) λ2 t exp iλ (x − ξ) − dλ. µσ

( µσ )1/2 4πt

(6.111)

[

] µσ (x − ξ)2 exp − , 4t

(6.112)

el cual corresponde a la funci´on de Green asociada a la difusi´on del campo potencial en un medio conductor unidimensional. El caso en tres dimensiones es directamente extendible con este procedimiento. Problema 6.46: (a) Probar que en un plasma estacionario de conductividad Ohmica σ y permeabilidad µ = 1, el campo magn´etico satisface: ∂B = D∇2 B, ∂t

D=

c2 . 4πσ

(6.113)

(b) Si el plasma est´a en movimiento con velocidad v, demostrar que (6.113) debe escribirse como: ∂B = ∇ × (v × B) + D∇2 B. ∂t

(6.114)

(c) A t = 0, un plasma estacionario contiene un patr´on de campo magn´etico dado por B (x) = bx : B (x) U { B0 , | x |< L, B (x) = (6.115) 0 , | x |> L en donde B0 es una constante. Determinar B (t) asumiendo que el plasma permanece estacionario. R: El campo electromagn´etico en el interior del plasma satisface: ∇ · E = 4πρ ∇ · B = 0, 4π J, ∇×B= c 1 ∂B ∇×E=− . c ∂t Si el plasma es Ohmico, J = σE. Aplicando el operador rotacional obtenemos: ∇ × (∇ × B) =

4πσ 4πσ ∂B ∇×E=− 2 . c c ∂t

Utilizando la identidad ∇ × (∇ × B) = ∇ (∇ · B) − ∇2 B, finalmente ∇2 B =

4πσ ∂B . c2 ∂t

(b) En este caso, la densidad de corriente debe incluir el campo el´ectrico debido al movimiento: ( ) 1 J→σ E+ v×B . (6.116) c

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

207

(c) Utilizamos el resultado (6.112) bajo la transformaci´on µσ → 1/D: ( G (x, t; ξ, 0) =

1 4πDt

)1/2

[

] (x − ξ)2 exp − . 4Dt

En analog´ıa con la ecuaci´on (6.110), la evoluci´on temporal del campo toma la forma: B0 Bz (x, t) = √ 4πDt

[

] (x − ξ)2 exp − dξ. 4Dt −L/2

∫

L/2

Problema 6.47: Hallar la tensi´on el´ectrica en un cable 0 < x < ℓ, si uno de sus extremos est´a aislado y al otro se le aplica una fem constante de magnitud E. La autoinducci´on y la conductancia de fugas del cable son despreciables, el potencial inicial es V0 (constante) y la corriente inicial es cero. R: De las ecuaciones del telegrafista (Problema A.29) con L → 0, G → 0: uxx = RCut ,

(6.117)

con las condiciones i (x, 0) = 0, ux (x, 0) = 0, u (x, 0) = V0 para 0 < x < ℓ y u (ℓ, t) = E0 . La soluci´on general para la ecuaci´on de propagaci´on (6.117) es: u (x, t) = E0 +

∞ ∑ n=0

) ( λ2 t An exp − n cos (λn x), RC

(6.118)

en donde An y λn se obtienen a apartir de las condiciones de contorno del sistema. N´otese que los par´ametros R y C son cantidades por unidad de longitud. De la condici´on u (ℓ, t) = E0 , se obtieneλn = (n + 1/2) π/ℓ, n = 0, 1, 2, · · ·. Para el c´alculo de An , utilizamos u (x, 0) = V0 , el cual conduce a: [ ] ∞ ∑ (n + 1/2) π V0 = E0 + An cos , 2ℓ n=0

n

An =

4 (−1) (V0 − E0 ) , n = 0, 1, 2 · · · . (2n + 1) π

Estas relaciones completan la soluci´on para el r´egimen transitorio en el potencial descrito a trav´es de (6.118). Problema 6.48: Un condensador ideal de placas paralelas y circulares de radio a y separaci´on d (d > ωε, con α igual a: √ µσω . (6.124) α∼ 2 Reemplazando, δ ≈ 1 mm.

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

209

Problema 6.50: Una l´ınea artificial puede ser construida con un n´ umero de inductores y capacitores acoplados alternadamente como se ilustra en la figura (6.21). El circuito puede ser analizado en t´erminos de una secci´on elemental T, como se ilustra. (a) Demostrar que la l´ıneal no transmite ondas a frecuencias mayores que una frecuencia de corte 2 ωc = √ . LC

(6.125)

(b) C´omo var´ıa Zˇ0 y la velocidad de propagaci´on cerca a la frecuencia de corte?.

Figura 6.21: Probl. A.50 R: (a) La aproximaci´on de onda viajera monocrom´atica de voltaje um (x, t) um (x, t) = u0 ej(ωt−km x) , en donde um representa el voltaje en el m−´esimo nodo de la l´ınea. La diferencia de voltaje entre dos capacitores consecutivos se especifica a trav´es de una diferencia de fase φ: um+1 = um exp (−jφ), mientras que la corriente que circula en un inductor es: im (x, t) =

(exp (−jφ) − 1) um (x, t) . jωL

(6.126)

De las relaciones (6.46) y (6.47) con G = 0 y R = 0 se obtiene: ( u )2 i

√ =

Zˇ02 ,

Zˇ0 =

L exp (jφ/2), C

(6.127)

en donde φ/2 representa la diferencia de fase asociada a las ondas de voltaje y corriente en la l´ınea. Las relaciones (6.126) y (6.127) deben coincidir con las condiciones: sin

(φ) 2

√ √ (φ) ω LC ω 2 LC = ; cos = 1− . 2 2 4

(6.128)

210 Los valores de la frecuencia de red que permiten la propagaci´on de las ondas est´an restringidos por la condici´on: (φ) 2 ≤ 1; ω ≤ √ . (6.129) sin 2 LC √ (b) Para una frecuencia ω ∼ ωc , Zˇ0 ∼ L/C (1 + j). Problema 6.51: Funci´ on diel´ectrica inhomog´enea. Considere un medio diel´ectrico inhomog´eneo caracterizado por una funci´on diel´ectrica que es funci´on de la posici´on κe = κe (x, y, z). Obtener las ecuaciones que describen el comportamiento de los campos el´ectrico y magn´etico en el medio. R: Partimos de las ecuaciones de Maxwell en un medio material con κm = 1, ρf ree = 0, J = 0: ∇ · D = 0, ∂B , ∇×E=− ∂t ∇ · B = 0, ∂D ∇×H= ; ∂t

(6.130) (6.131) (6.132) (6.133)

con D = ε0 κe E y B = µ0 H. Desde la primera relaci´on: ∇·E=−

(∇κe ) · E . κe

(6.134)

Eliminando para E, y utilizando propiedades est´andares del c´alculo vectorial: κe ∂ 2 E ∇ E − 2 2 = −∇ c ∂t 2

(

∇κe · E κe

) .

(6.135)

En forma an´aloga con, −∇2 B =

1 ∂ [∇ × (κe E)] , c2 ∂t

finalmente se obtiene: ∇2 B −

κe ∂ 2 B 1 = − (∇κe ) × (∇ × B) . 2 2 c ∂t κe

(6.136)

Problema 6.52: Introducir el caso especial en el cual la permeabilidad κe s´olo cambia en la direcci´on de propagaci´on (Z), para ondas monocrom´aticas planas. R: En este caso, las ecuaciones (6.135) y (6.136) se reducen a: d2 E ω 2 κe (z) + E = 0, dz 2 c2 d2 B ω 2 κe (z) 1 dκe (z) dB + B= . dz 2 c2 κe (z) dz dz La soluci´on a estas ecuaciones pueden se halladas utilizando el m´etodo WKB.

(6.137) (6.138)

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

211

Problema 6.53: M´etodo WKB. El m´etodo para encontrar soluciones aproximadas a las ecuaciones de onda para medios inhomog´eneos es usualmente denotado como WKB (Wentzel-Kramers-Brillouin). Este aplica cuando las inhomogeneidades son graduales, i.e., cuando la escala de longitud de asociada a la inhomogenidad (dc/dz) /c es peque˜ na comparada con la longitud de onda. Si la funci´on diel´ectrica del medio var´ıa conforme a relaci´on: { 1 para −∞ < z < 0, κe (z) = 1 + 4πχ∞ (1 − exp (−λz)) para 0 < z < ∞; en donde χ∞ es una constante positiva. Obtener una soluci´on aproximada del tipo WKB para el campo el´ectrico en el sistema de ecuaciones (6.137), asumiendo que ´este se cambia como: E → e (z) exp [i (S (z) − ωt)]b y. R: Insertando la defini´on propuesta para E en la expresi´on (6.137), se obtiene: ( )2 d2 e dS ω 2 κe − e = − e dz 2 dz c2 de dS d2 S 2 + e 2 = 0, dz dz dz

(6.139) (6.140)

el cual son ecuaciones acopladas de las funciones desconocidas e (z) y S (z). A primera vista, estas ecuaciones parecen menos tratables que la ecuaci´on original; sin embargo, en el espiritu de la aproximaci´on, d2 e/dz 2 debe ser cero en un medio uniforme, y deber´a permanecer peque˜ no en un medio que cambia sus propiedades lentamente. Por consiguiente, en primera aproximaci´on: ∫ √ ω κe ω z√ dS = ; S (z) ≈ κe (s)ds. dz c c 0 −1/4

La amplitud del campo e (z) var´ıa seg´ un e (z) ∼ κe . Este resultado aparecede sustituir la funci´on S (z) en la ecuaci´on (6.140), cuyo resultado mas general tambi´en puede escribirse como e2 dS/dz =constante. El valor m´ınimo que puede alcanzar la magnitud del campo el´ectrico es por lo tanto emin ∼ (1 + 4πχ∞ )−1/4 . Problema 6.54: Medio magn´etico inhomog´eneo. Considere un sistema f´ısico cuya funci´on de permeabilidad magn´etica es una funci´on de las coordenadas espaciales, i.e., κm = κm (x, y, z). Obtener lasecuaciones que gobiernan la din´amica del campo el´ectrico y magn´etico en este medio, en ausencia de corrientes y de cargas libres. R: κe = 1, ρf ree = 0, J = 0. Siguiendo un procedimiento similar al del problema anterior, obtenemos: ∇2 E −

1 κm ∂ 2 E =− (∇κm ) × (∇ × E) , 2 2 c ∂t κm

(6.141)

el cual es id´entica a la ecuaci´on (6.136) bajo las transformaciones: κe → κm y B → E. Para el campo H = B/ (µ0 κm ): ( ) κm ∂ 2 H ∇κm · H 2 ∇ H− 2 = −∇ , (6.142) c ∂t2 κm el cual conserva similitud con (6.135) bajo E → H y κe → κm .

212 Problema 6.55: Considere el circuito de FILTRO PASA-ALTOS mostrado en la figura (6.22). Demostrar que para frecuencias peque˜ nas de la fuente exterior ω el cociente entre las amplitudes de los voltajes de salida VOU T y el deentrada VIN se puede aproximar a: VOU T ωRC . =√ VIN 1 + (ωRC)2

(6.143)

Figura 6.22: Filtro Pasa-Altos. R: La corriente en el circuito equivalente es de la forma: I=

VIN , Zˇ

en donde Zˇ corresponde a la impedancia equivalente vista desde los terminales de la fuente, y definida por Zˇ = R + j (ωL − 1/ωC). En los termunales de salida VOU T , tenemos VOU T = I (R + jωL). La magnitud de la relaci´on de los voltajes es: √ VOU T R 2 + ω 2 L2 = (6.144) )2 . ( VIN R2 + ωL − 1 ωC

En el l´ımite ω → 0, la relaci´on (6.144) se convierte en (6.143). A frecuencias altas, la magnitud del voltaje de salida se aproxima al voltaje de entrada: VOU T ≡ VIN . Problema 6.56: Efecto Piezoel´ectrico. Piezoelectricidad es la habilidad de ciertos materiales (cristales, e.g. BaTiO3 y cer´amica con Perosvkitas o estructuras de Tungsteno-bronce) de generar campos el´ectricos o potenciales el´ectricos en respuesta a una deformaci´on mec´anica. El efecto est´a relacionado a un cambio de la densidad de polarizaci´on en el volumen del material. Si el material no est´a en corto circuito, la deformaci´on mec´anica induce un voltaje a trav´es del material. Este fen´omeno encuentra aplicaciones u ´tiles tales como la producci´on y detecci´on del sonido, generaci´on de altos voltajes, generaci´on de frecuencias electr´onicas, enfoque ultrafino de ensamblajes ´opticos, entre otras. El modelo de un sistema piezoel´ectrico convencional de elementos distribuidos se ilustra en la figura (6.23). Un transductor piezoel´ectrico tiene una impedancia de salida DC alta, y puede ser modelado

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

213

Figura 6.23: Transductor Piezoel´ectrico. como una fuente de voltaje y un circuito filtro. El voltaje V de la fuente es directamente proporcional a la fuerza aplicada, presi´on o deformaci´on. La se˜ nal de salida es entonces relacionada a esta fuerza mec´anica, como si ´esta hubiese pasado a trav´es del circuito equivalente. Un modelo detallado incluye la inductancia Lm , debido a la inercia del sensor. Ce es inversamente proporcional a la elasticidad del sensor. C0 representa la capacitancia est´atica del transductor, resultando de la masa inercial de tama˜ no infinito. Ri es la resistencia de aislamiento. Si el sensor est´a conectado a una resistencia de carga, ´este act´ ua en paralelo con la resistenciade aislamiento, incrementando las frecuencias de corte altas. (a) Obtener una expresi´on para la impedancia equivalente de salida. (b) El voltaje de salida y la frecuencia de resonancia. R: (a) Ze = Z1 + Z2 . (b) El voltaje de salida est´a dado por la ecuaci´on del divisor: Z2 ; Z1 + Z2 1 Z1 = jωLm + , jωCe Ri Z2 = . 1 + jωRi C0 VS = V

(6.145)

La frecuencia de resonancia, la cual puede interpretarse como el valor en el cual el voltaje de salida alcanza un m´aximo: ωres = √ 2

√ Ce Lm −

C02 Ri2

−

C0 Ce Ri2

. √ 2 2 2 2 + (Ce Lm − C0 Ri (C0 + Ce )) + 4C0 Ce Lm Ri

En la figura (6.24) se ilusta la se˜ nal de salida de en funci´on de la frecuencia exterior, en unidades relativas para C0 = 15, Ri = 1, Lm = 1 y Ce = 1. Para uso como sensor, la regi´on plana en

214

Figura 6.24: Se˜nal de Respuesta de Salida. la respuesta de la frecuencia es utilizada entre la frecuencia de corte y el pico de resonancia. La resistencia de carga y de fuga necesitan ser suficientemente grandes de tal forma que las frecuencias bajas de inter´es son tambi´en registradas. En esta regi´on, el sensor puede ser modelado como una fuente de voltaje en series con la capacitancia del sensor, o una fuente de corriente en paralelo con la capacitancia. Problema 6.57: Disco de Corbino. La figura 6.25 ilustra el montaje del disco de Corbino. Este consiste en un anillo perfectamente conductor con bordes conductores. Sin campo magn´etico, la fuente genera una corriente en direcci´on radial entre extremos. Cuando se aplica un campo exterior paralelo al eje del anillo, una componente de corriente circular fluye debido a la fuerza de Lorentz. Obtener una expresi´on para la velocidad promedio de los portadores ⟨v⟩ en t´erminos de los campos externos y de su movilidad µ.

Figura 6.25: Disco de Corbino. R: Planteamos la ecuaci´on de la fuerza de Lorentz para un portador de carga −e, en un campo magn´etico B: F = −eE − ev × B, (6.146) en donde v corresponde a la velocidad (promedio) de los portadores. Utilizamos la aproximaci´on simple propia del modelo de Drude: ( ne ) e F = −e − v = − v. (6.147) σ µ

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

215

La ecuaci´on para v toma la forma: v = µE + µv × B.

(6.148)

Utilizando propiedades vectoriales est´andar: v=

µE + µ2 E × B + µ3 (E · B) B . 1 + µ2 B 2

(6.149)

Para el caso particular en el cual E ⊥ B, el u ´ltimo t´ermino de (6.149) desaparece. N´otese que en ausencia de campo magnetico aplicado, obtenemos v = µE, mientras que la componente angular de la densidad de corriente Jθ est´a asociada al segundo t´ermino de la misma ecuaci´on. Problema 6.58: Propagaci´ on en gases ionizados I. Considere un gas de electrones con densidad n. Adoptamos un modelo simplificado en el cual los electrones libres son considerados como part´ıculas independientes, mientras que los iones positivos se asumen en reposo. Las colisiones de los electrones con iones positivos y mol´eculas neutras est´an representadas a trav´es de una fuerza cont´ınua de arrastre. El plasma es macrosc´opicamente neutro. A pesar de que los electrones son tratados como part´ıculas independientes, las fuerzas de Coulomb son incluidas de forma autoconsistente a trav´es de la carga espacial colectiva electr´onica. As´ı, si un plasma uniforme es perturbado por fuerzas externas y luego liberado, las fuerzas electrost´aticas sobre las distribuciones de cargaact´ uan con tendencia a restaurar los electrones a su posici´on de equilibrio, pero su inercia produce oscilaciones alrededor de su posici´on de equilibrio. Para una perturbaci´on unidimensional, demostrar que esta oscilaci´on toma lugar a la frecuencia: √ ne2 , (6.150) ωp = ε0 m en donde m es la masa de los electrones de carga −e. Esta frecuencia se conoce como frecuencia de plasma, par´ametro fundamental de la f´ısica de gases ionizados. R: En esta aproximaci´on se asume que cada electr´on experimenta un desplazamiento desde su posici´on de equilibrio sobre el eje x, ξ = ξ (x), una funci´on de su posici´on inicial (no perturbada) x. De la ley de Gauss ∇ · E = ρ/ε0 , es posible extraer la magnitud del campo el´ectrico asociado a este desplazamiento: neξ . (6.151) Ex = ε0 Cada electr´on experimenta una fuerza de restauraci´on lineal (tipo Hooke), de tal forma que cuando el (campo exterior es removido, ´este oscila alrededor de su posici´on de equilibrio ξ = 0: Fx = −eEx = ) on del sistema es por consiguiente ne2 /ε0 = mωp2 . − ne2 /ε0 ξ. La constante de restituci´ Problema 6.59: Propagaci´ on en gases ionizados II. Considere un plasma con densidad electr´onica n inmerso en un campo magn´etico uniforme y est´atico en la direcci´on z, B0 . Hallar el n´ umero de onda κ para ondas planas polarizadas circularmente. R: Utilizamos la representaci´on para una onda polarizada circularmente E = (i ± jj) E0 ej(ωt−κz)

(6.152)

El desplazamiento, el campo el´ectrico y el campo magn´etico est´an relacionados a trav´es de la ecuaci´on de movimiento: d2 ξ m 2 = −eE − ev × B0 . (6.153) dt

216 El desplazamiento ξ est´a relacionado directamente con el campo el´ectrico a trav´es de: (despu´es de invertir la Ec. 6.153) e ξ= E, (6.154) mω (ω ± ωb ) con ωb = eB/m como la frecuencia ciclotr´onica. El vector densidad de corriente J asociado a la conducci´on el´ectrica en el gas, se obtiene a trav´es de J = −nev = −nedξ/dt, o: J = −j

ne2 E = σE. m (ω ± ωb )

Reemplazando en la ecuaci´on de Maxwell para medios conductores: ( ) jω 2 ∇ E = jω σ + 2 E, c

(6.155)

(6.156)

y reemplazando (6.152) en (6.156) se obtiene la expresi´on para el n´ umero de onda κ: [ ]1 2 ωp2 ω κ= 1− , c ω (ω ± ωb )

(6.157)

con ωp definido en (6.150). Problema 6.60: Propagaci´ on en gases ionizados III. Mostrar que una onda TM puede propagarse en la direcci´on x con el campo magn´etico polarizado en la direcci´on de B0 , con un n´ umero de onda dado por: [ ( ) ]1/2 ωp2 ω 2 − ωp2 ω ) 1− 2( 2 κ= . (6.158) c ω ω − ωp2 − ωb2 R: Citamos los resultados para el c´alculo de la estructura del tensor diel´ectrico generalizado en presencia de un campo magn´etico externo en la direcci´on n: [4] ϵij = ϵ1 δij + (ϵ3 − ϵ1 ) ni nj + iϵ2 ηijk nk , en donde ηijk es utilizado para designar los s´ımbolos magn´etico es aplicado en direcci´on paralela al eje Z, el  ϵ1 iϵ2  b ϵ = −iϵ2 ϵ1 0 0

(6.159)

de permutaci´on (Levi-Civita). Si el campo tensor diel´ectrico toma la forma:  0 0. (6.160) ϵ3

Los valores de ϵj est´an definidos por: ) ( ( ) ωp2 ωb ωp2 ωp2 ) ; ϵ3 = ε0 1 − 2 , ; ϵ2 = ε 0 ( 2 ϵ1 = ε 0 1 − 2 ω ω − ωb2 ω ω − ωb2

(6.161)

mientras que la conexi´on con el tensor conductividad σ b es: b ϵ = ϵ0 b 1 + ib σ /ω. Si la propagaci´on de los campos es perpendicular a la direcci´on del campo magn´etico B0 , ´esta es usualmente referida como

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

217

propagaci´on transversal. El vector de propagaci´on κ puede tomarse enla direcci´on x, entonces desde la ecuaci´on de Maxwell: κ × (κ × E) +

ω2 D = 0, c2

se obtiene el sistema de ecuaciones: ϵ1 E1 + iϵ2 E2 = 0, c2 κ2 ϵ1 E2 − iϵ2 E1 = 2 E2 . ω

(6.162) (6.163)

Resolviendo para el n´ umero de onda κ, se obtiene la expresi´on (6.158). Problema 6.61: Cilindro conductor en presencia de un campo magn´etico. En el exterior de un cilindro conductor infinito 0 ≤ r ≤ r0 se establece un campo magn´etico uniforme y constante H0 de forma instat´anea en t = 0, paralelo al eje del cilindro. Hallar la intensidad del campo magn´etico en el interior del cilindro, con condiciones iniciales nulas. Determinar el flujo de la inducci´on magn´etica a trav´es de la secci´on transversal del cilindro [5]. R: Las ecuaciones de Maxwell en un medio conductor conducen a: ∇2 H =

4πµσ ∂H εµ ∂ 2 H + 2 . c2 ∂t c ∂t2

(6.164)

En un medio conductor con σ muy grande, el segundo t´ermino de (6.164) puede despreciarse comparado con el primero, as´ı: ∇2 H = a2

∂H , ∂t

a−2 =

4πµσ . c2

(6.165)

Dada la geometr´ıa del sistema, consideramos Hφ = Hr = 0, y Hz → Hz (r, z). Por consiguiente, para Hz obtenemos: [ 2 ] ∂Hz 1 ∂Hz 2 ∂ Hz =a , 0 ≤ r < r0 , 0 < t < +∞, (6.166) + ∂t ∂r2 r ∂r con las condiciones Hz (r, 0) = 0, 0 < r < r0 y Hz (r0 , t) = H0 , 0 < t < +∞. La t´ecnica de variables separables nos permite escribir la soluci´on general de (6.166) de la forma: ( ) ∞ ∑ ( 2 2 2) µn r Hz (r, t) = H0 + An exp −µn a t/r0 J0 , (6.167) r0 n=1

en donde J0 corresponde a la funci´on de Bessel de orden cero, y µn son las raices positivas de la ecuaci´on J0 (µn ) = 0. Utilizando al condici´on de ortogonalidad: ∫ r0 1 J0 (µn r/r0 ) J0 (µn r/r0 ) rdr = r02 [J1 (µn )]2 , 2 0 ∫µ y la relaci´on 0 uJ0 (u) du = µJ1 (µ) en (6.167), tenemos que An toma la forma: An = −

2H0 . µn J1 (µn )

218 Reemplazando:

 Hz (r, t) = H0 1 − 2

∞ ∑ n=1

( ) J0 µrn0r ) . exp −µ2n a2 t/r02 µn J1 (µn ) (

(6.168)

El flujo magn´etico puede obtenerse integrando (6.168) sobre la secci´on transversal del cilindro. El resultado es: ( ( )) ∞ ∑ exp −µ2n a2 t/r02 2 Φ (t) = πr0 µH0 1 − 4 . (6.169) µ2n n=1

Figura 6.26: Problema A.61. Flujo del campo magn´etico en el interior del cilindro, con Φ0 = πr02 µH0 . Problema 6.62: Una capa conductora (conductividad σ, permitividad magn´etica µm ) 0 ≤ x ≤ ℓ se encuentra fuera de la acci´on de campos electromagn´eticos para t < 0. En el instante t = 0, surge por fuera de la capa un campomagn´etico uniforme de intensidad H0 , paralelo a la misma. Hallar la distribuci´on del campo magn´etico dentro de la capa para t > 0. R: Adaptamos la soluci´on de la ecuaci´on (6.165) a la de un sistema en unidimensional: Hxx = a2 Ht , con las condiciones de contorno: H (0, t) = H0 , H (ℓ, t) = H0 , y la condici´on inicial H (x, 0) = 0. Siguiendo un procedimiento similar al del problema anterior, la soluci´on se escribe como: H (x, t) = H0 ∞ [ ( )] ∑ 4H0 1 − exp − a2 π 2 (2k + 1)2 t/ℓ sin [(2k + 1) πx/ℓ]. π (2k + 1) k=0

Problema 6.63: Un condensador de placas planas circulares de radio a se conecta a una fuente cont´ınua de fem exterior E. La distancia entre las placas var´ıa lentamente por la ley arm´onica d = d0 + ∆ sin (ωt). Hallar la intensidad del campo magn´etico originado por las corrientes de desplazamiento.

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

219

R: El vector densidad de corriente se obtiene a partir del vector desplazamiento: JD = ∂D/∂t. De la informaci´on del problema: ε0 E b k, d0 + ∆ sin (ωt) ε0 Eω∆ cos (ωt) b JD = − k. [d0 + ∆ sin (ωt)]2 D=

(6.170) (6.171)

El campo magn´etico en el interior del condensador se calcula a trav´es de la relaci´on de Maxwell ∇ × h = JD : rJD . (6.172) hφ = − 2 Problema 6.64: Corriente Termoi´ onica⋆⋆ . Cuando un metal es sometido a una temperatura suficientemente alta, los electrones son emitidos desde la superficie met´alica y ´estos pueden ser colectados como corriente termoi´onica. Asumiendo que los electrones forman un gas de Fermi no-interactuante, (a) demostrar que la densidad de corriente obedece la ecuaci´on de Richardson-Dushman: j=−

2 T2 4πemkB exp (−W/kB T ), h3

(6.173)

en donde W es la funci´on de trabajo para el metal (i.e., la energ´ıa necesaria para remover un electr´on). (b) Representar gr´aficamente la ecuaci´on de Richardson-Dushman para la emisi´on termoi´onica en funci´on de kB T / | W |. (c) Estimar el valor de corriente termoi´onica que circula en un filamento de N´ıquel (Ni) de 2 mm de di´ametro, si ´este metal posee un potencial de trabajo | W | estimado en 4.6 eV, y a una temperatura cercana a la temperaturade fundici´on de 1700 K. (Tmelting = 1728K). R: El fen´omeno de formaci´on de una “nube”electr´onica en las inmediaciones de la superficie met´alica a causa del movimiento t´ermico de los electrones libres se denomina “emisi´on termoi´onica”. La densidad de esta nube electr´onica depende sensiblemente del trabajo de salida W , y disminuye abruptamente con su incremento. Para los metales W es del orden de eV , mientras que kT , incluso a temperaturas de miles de Kelvin, su magnitud corresponde a fracciones de eV . Por consiguiente, en la aproximaci´on W >> KT , la relaci´on (1 + exp [β (W + ε)])−1 puede aproximarse a exp (−W/kT ) exp (−ε/kT ), i.e, la intensidad de la corriente de saturaci´on depende del trabajo de salida y de la temperatura. (a) Asumimos inicialmente que la densidad de corriente termoi´onica j posee direcci´on Z. En este caso: ∫ jZ = −2e

f (ε) vZ

d3 p . (2π~)3

(6.174)

La funci´on de distribuci´on f (ε) se aproxima a la funci´on de distribuci´on de Maxwell-Boltzmann a temperaturas altas, mientras que el elemento de volumen en el espacio de los momentum toma la forma d3 p = dpX dpY dpZ , con pj = mvj . Reemplazando: ∫ jZ = −2m e 3

e−ε(v)/kT vZ

dvX dvY dvZ , (2π~)3

(6.175)

220 con ε (v) = mv 2 /2 + W , en donde W es el potencial de salida de los electrones en el metal. La integral (6.175) puede separarse en dos partes: una la cual contiene el integrando dvZ , y otra que contiene dvX dvY : ∫ ∫ 2 +v 2 /2kT 2em3 −W/kT ∞ ∞ −m(vX Y) jZ = − e dvX dvY × 3e (2π~) −∞ −∞ ∫ ∞ 2 × e−mvZ /2kT vZ dvZ . (6.176) 0

Las integrales corresponden a: ∫ ∞∫ −∞

∞

−∞

2πkT m ∫ ∞ kT 2 e−mvZ /2kT vZ dvZ = . m 0

e−m(vX +vY )/2kT dvX dvY 2

2

=

Los l´ımites de la integral en dvZ son positivos, i.e., se considera el movimiento de los portadores electr´onicos hacia la superficie exterior del metal en la direcci´on +Z. Utilizando estos resultados, la densidad de corriente termoi´onica es: jZ = −

4πemk 2 T 2 −W/kT e . h3

(6.177)

(b) Gr´afica:

Figura 6.27: Dependencia de la densidad de corriente termoi´onica en funci´on del kT / | W |. Se observa un incremento de la magnitud de la corriente al aumentar la temperatura, para un valor constante del “potencial de salida”W . (c) Es posible estimar la corriente termoi´onica que circula en un filamento de N´ıquel a 1700 K, utilizando (6.177) como: i = jZ πR2 ≈ 258 nA. (6.178) ⋆⋆

Problema 2.5. A. Fetter, J. Walecka: Quantum Theory of Many-Particle Systems.

Problema 6.65: Derivar las integrales de Helmholtz [6]. R: Deseamos hallar el vector potencial A y el potencial escalar ϕ asociado a una corriente monocrom´atica J y una densidad volum´etrica de carga ρ, en un medio sin fronteras ni p´erdidas. Partimos

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

221

de las expresiones: E = −∇ϕ + iωA, 1 ∇ × B = J − iωεE, µ para obtener: −µJ + ∇ (∇ · A − iωεµϕ) = ω 2 εµA + ∇2 A.

(6.179)

Utilizando la condici´on de Lorentz: ∇ · A = iωεµϕ, tendremos: −µJ = ω 2 εµA + ∇2 A ρ −∇2 ϕ − ω 2 εµϕ = , ε

(6.180) (6.181)

en donde se ha utilizado ∇ · E = ρ/ε. Planteamos una soluci´on para el potencial escalar en t´erminos del propagador de Green G (r, r′ ): ∫ ( ) ( ) 1 ϕ (r) = ρ r′ G r, r′ dV ′ , (6.182) ε para la cual G (r, r′ ) debe ser soluci´on de: ( 2 ) ( ) ( ) ∇ + ω 2 εµ G r, r′ = −δ r − r′ .

(6.183)

La soluci´on de (6.183) puede escribirse como: ( ) 1 exp (ik | r − r′ |) G r, r′ = , 4π | r − r′ |

√ k = ω εµ.

Las soluciones para ϕ (r) y A (r), utilizando (6.184) son: ∫ ( ) exp (ik | r − r′ |) ′ 1 ϕ (r) = ρ r′ dV 4πε | r − r′ | ∫ ( ) exp (ik | r − r′ |) ′ µ A (r) = J r′ dV . 4π | r − r′ |

(6.184)

(6.185) (6.186)

Problema 6.66: Hallar la funci´on de Green para el semiespacio z > 0 si en el plano z = 0 la soluci´on de la ecuaci´on ∆u + k 2 u = 0 satisface a) la condici´on de contorno de primer g´enero u (x, y, 0) = f (x, y), y b) la condici´on de segundo g´enero: ( ) ∂u = f (x, y) . ∂z z=0 R: Este problema hace parte de la teor´ıa escalar de la difracci´on. Los c´alculos est´andar de la difracci´on en ´optica cl´asica est´an basados en la aproximaci´on de Kirchhoff. Esta aproximaci´on consiste en asumir: i) u y ∂u/∂n desaparece en todas partes sobre la superficie S excepto en las aperturas. ii) Los valores de u y ∂u/∂n en las aperturas son iguales a los valores de la onda incidente en ausencia de cualquier pantalla u obst´aculo.

222 Algunas inconsistencias matem´aticas en la aproximaci´on de Kirchhoff pueden ser removidas introduciendo una funci´on de Green apropiada para el problema de Dirichlet (caso (a)), o el problema de Neumann (caso (b)). Utilizando el resultado (6.184), buscamos una soluci´on del tipo: G (x, y, z; ξ, η, ζ) = √ con r =

e−ikr + v, 4πr

(x − ξ)2 + (y − η)2 + (z − ζ)2 , y ′

e−ikr , v (x, y, z; ξ, η, ζ) = − 4πr′ √ y r′ = (x − ξ)2 + (y − η)2 + (z + ζ)2 . Es evidente que la funci´on cumple la condici´on G = 0 en z = 0, como se requiere en la teor´ıa de funciones de Green. La soluci´on al primer problema de contorno es: ) ∫ ∞∫ ∞( ∂G f (ξ, η) dξdη u (x, y, z) = ∂ζ ζ=0 −∞ −∞ ) ∫ ∞∫ ∞( z 1 e−ikR =− ik + f (ξ, η) dξdη, (6.187) 2π −∞ −∞ R R2 √ con R = (x − ξ)2 + (y − η)2 + z 2 . En el caso (b), la funci´on de Green asociada a la condici´on de Neumann tiene la forma expl´ıcita: −ikr ˆ (x, y, z; ξ, η, ζ) = e + w, G 4πr

(6.188)

la cual debe satisfacer (

ˆ ∂G ∂ζ

) = 0. ζ=0

La funci´on w toma la forma w = −v. La soluci´on para el campo u es: ∫

∞

u (x, y, z) = −∞

∫

∞

ˆ ζ=0 f (ξ, η) dξdη = 1 G 2π −∞

∫

∞

−∞

∫

∞ −∞

e−ikR f (ξ, η) dξdη. R

(6.189)

Problema 6.67: Aproximaci´ on de Fraunhofer. La distancia R en la ecuaci´on (6.187) desde una abertura en el plano z = 0 puede escribirse como: √ R = r2 + r′2 − 2 (xξ + yη), √ con r′ = ξ 2 + η 2 . La condici´on r >> r′ , implica que r es grande en comparaci´oncon las dimensiones de la abertura. La funci´on de onda u depender´a del ´angulo asociado a los coeficientes x/r y y/r que la onda se desv´ıa en la abertura. Esto constituye de aproximaci´on de Fraunhofer si, adicionalmente

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

223

kr >> 1 , o r >> λ. En( la aproximaci´on )de pantalla lejana, R ∼ r, 1 + ikR ∼ ikR, mientras que el factor de fase kR ∼ kr 1 − (xξ + yη) /r2 . La funci´on de onda (6.187) se transforma como: ∫ iku0 z −ikr eik(xξ+yη)/r dS, e u (x, y, z) = − 2πr2 S en donde dS = dξdη es el elemento de superficie asociado a las variables ξ, η. N´otese que ∫ ∫ ′ eik(xξ+yη)/r dS = eik(r·r )/r dS. S

S

Para una abertura de ancho a en x e infinitamente extendida en y, la funci´on de onda resultante es: ( ka ) ∫ a/2 sin sin θ u (x, y, z) ∼ eik(xξ)/r dξ ∼ a ka 2 , −a/2 2 sin θ con sin θ = x/r. La funci´on u tiene m´ınimos dados por: ka sin θ = 2nπ, con n = 1, 2.... Problema 6.68: Abertura circular. Utilizar el resultado anterior para calcular los m´ınimos de difracci´on asociados a una abertura circular de radio a. [7] R: En este caso, la integraci´on se realiza en coordenadas polares sobre la superficie S con x′ = ρ′ cos ϕ, y ′ = ρ′ sin ϕ, ∫ ∫ 2π ∫ a [ ( ) ] ik(r·r′ )/r e dS = exp ik xρ′ cos ϕ + yρ′ sin ϕ /r ρ′ dρ′ dϕ. S

0

0

Con alg´ un detalle, tenemos: ∫ 2π ( ) [ ( ) ] exp ik xρ′ cos ϕ + yρ′ sin ϕ /r dϕ = 2πJ0 kρρ′ /r , 0

( )1/2 con J0 (·) como la funci´on de Bessel de orden cero con argumento (·), y rho = x2 + y 2 . La integral con respecto a la coordenada ρ′ es: ∫ a ( ) J1 (kaρ/r) J0 kρρ′ /r ρ′ dρ′ = a2 . kaρ/r 0 Definiendo sin θ = ρ/r, y θ como el ´angulo con respecto a una l´ınea perpendicular al plano de localizaci´on de la abertura, obtenemos el patr´on de intensidad de Fraunhofer asociado a este sistema: [

J1 (ka sin θ) ⟨I⟩ ∼ ka sin θ

]2 .

(6.190)

Este resultado nos lleva a la expresi´on para el ´angulo subtendido por el disco central brillante formado en el centro de la pantalla lejana, (disco de Airy, fig.(6.28)), obteniendo el primer cero del patr´on de intensidad asociado a la primera franja anular oscura: J1 (x) = 0, x = 3,8317; sin θ ∼ θ θ=

1,22λ , w

w = 2a.

224

Figura 6.28: Disco de Airy, Patr´on de interferencia abertura circular[9] Problema 6.69: Abertura rectangular. Resolver el ejercicio anterior considerando una abertura rectangular de lados a y b que yace en el plano XY . R. Adaptamos la integral sobre la superficie S ∫ e

ik(r·r′ )/r

∫ dS =

e −a/2

S

∫

a/2

b/2

ikXx/r

eikY y/r dxdy, −b/2

[ ] en donde r = R 1 − (Xx + Y y) /R2 corresponde a la distancia desde del elemento de superficie de la abertura S a un punto P sobre una pantalla, R es la distancia desde el centro de la abertura hasta P , y las coordernadas X y Y est´an asociadas a los puntos sobre la pantalla. En la aproximaci´ on de pantalla lejana, r ∼ R, tenemos: ∫

∫

a/2

b/2

eikXx/r dx −a/2

−b/2

eikY y/r dy ∼

sin α sin β × , α = kaX/2R, β = kbY /2R. α β

El patr´on de intensidad la media de la radiaci´on despu´es de atravesar la abertura es proporcional al cuadrado de esta cantidad[8]: ( ) ( ) sin α 2 sin β 2 ⟨I⟩ ∼ . (6.191) α β

Figura 6.29: Patr´on de Fraunhofer de una abertura cuadrada, simulada num´ericamente desde la ecuaci´on (6.191). Se observa un m´aximo de intensidad en el centro de la pantalla la cual disminuye peri´odicamente conforme se aleja desde el mismo.

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

225

Problema 6.70: Electrodin´ amica de un Superconductor⋆ Las ecuaciones de London (1935) proporcionan una primera descripci´on te´orica del efecto Meissner. Estas ecuaciones fenomenol´ogicas describen la respuesta de la supercorriente j y del campo magn´etico h, cuya distribuci´on espacial dentro del superconductor est´a definido por la ecuaci´on: λ2L ∇2 h = h, en donde λL es el par´ametro de penetraci´on de London, dado por: √ mc2 λL = , 4πnS e2

(6.192)

(6.193)

con nS como la densidad de electrones en estado superconductor. (a) Realizar un an´alisis dimensional para demostrar que λL posee unidades de longitud. (b) Considere una pel´ıcula superconductora de espesor d en presencia deun campo magn´etico aplicado en la direcci´on x b: H = H0 x b, como se ilustra en la figura (6.30). Si el origen de coordenadas se localiza en el centro de la pel´ıcula, obtener una soluci´on para la densidad de flujo h en la regi´on −d/2 < z < d/2. (c) Demostrar que la densidad de ¯ es: flujo promedio B ( ) ∫ 2H0 λL d 1 d/2 ¯ h (z) dz = tanh . (6.194) B= d −d/2 d 2λL (d) Obtener una expresi´on para el valor m´aximo de la densidad de corriente superconductora jS que circula en la muestra. R: (a) En la expresi´on (6.193), tenemos que mc2 posee unidades de energ´ıa, nS unidades de densidad

Figura 6.30: Geometr´ıa pel´ıcula superconductora. o inverso de volumen, y e2 unidades de carga al cuadrado. Expl´ıcitamente, energ´ıa mc2 ≡ , 2 nS e energia/longitud2

(6.195)

dado que nS e2 tiene forma de e2 /longitud × longitud2 , y e2 /longitud posee unidades de energ´ıa. El par´ametro de London por consiguiente se reduce a dimensiones de √ energ´ıa λL ≡ ≡ longitud. (6.196) energia/longitud2

226 (b) La soluci´on general de la ecuaci´on (6.192) tiene la forma: hx (z) = aez/λL + be−z/λL ,

(6.197)

en el intervalo −d/2 ≤ z ≤ d/2. Utilizando las condiciones de frontera h (±d/2) = H0 en (6.197)obtenemos una expresi´on para el campo magn´etico en el interior de la pel´ıcula: hx (z) = H0

cosh (z/λL ) . cosh (d/2λL )

(6.198)

R: En la figura (6.31) se ilustra el comportamiento del campo magn´etico en el interior del superconz h ΛL

1.5 1.4 1.3 1.2 1.1 1.0 -1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Figura 6.31: Campo magn´etico en el interior de una pel´ıcula superconductora. ductor, en unidades adimensionales. El campo magn´etico decrece en funci´on de la distancia desde la frontera del superconductor hasta un valor m´ınimo dado por: H0 / cosh (d/2λL ). Esto sugiere un comportamiento tipo Meissner desde la aproximaci´ on electrodin´amica de London. (c) La densidad deflujo promedio se obtiene integrando directamente (6.198) sobre todo el espacio de la pel´ıcula: ( ) ∫ 2H0 λL d 1 d/2 cosh (z/λL ) ¯ dz = tanh . (6.199) B= H0 d −d/2 cosh (d/2λL ) d 2λL (d) El valor m´aximo de la corriente superconductora jS se obtiene evaluando: jS =

c ∂h (z) b c ∇ × h (z) = j. 4π 4π ∂z

(6.200)

El valor m´aximo de la densidad de corriente superconductora est´a presente en la frontera de la superficie superconductora: ( ) cH0 d max jS = tanh . (6.201) 4πλL 2λL La corriente superconductora circula sobre las fronteras con igual amplitud y direcciones opuestas. Problema 6.71: Un anillo delgado de cobre rota alrededor de un eje perpendicular a un campo magn´etico uniforme H. (Ver figura 6.32). La frecuencia inicial de rotaci´on es ω0 . Calcular el tiempo en el cual la frecuencia de rotaci´on decrece en un factor 1/e de su valor original bajo la suposici´on de que la energ´ıa

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

227

Figura 6.32: Efecto Joule, espira en rotaci´on se convierte en calor por efecto Joule. R: Se debe obtener una expresi´on para la potencia el´ectrica media ⟨P⟩ generada en la espira debido a la corriente inducida en la misma. La fem instant´anea inducida es E = d (HA cos θ) /dt, con A = πa2 como el area de la espira, y θ es el ´angulo instant´aneo de la normal del anillo con respecto al campo magn´etico. La corriente inducida se define como E/r, con r = 2πa/σS (Ω), σ corresponde a la conductividad del cobre, mientras que S define la secci´on transversal del alambre. La potencia promedio es por consiguiente: ⟨P⟩ = ⟨

H 2 A2 ω 2 E2 ⟩= . r 2r

( ) Esta potencia est´a asociada al cambio de la energ´ıa cin´etica de rotaci´on de la espira: d Iω 2 /2 /dt, en donde I es el momento de inercia de la misma. Igualando: ⟨P⟩ = −Iω

dω . dt

Integrando en la variable ω: ω = ω0 exp (−t/τ ),

τ −1 =

H 2 A2 . 2rI

(6.202)

La espira tomar´a un tiempo t = τ para disminuir su velocidad angular en un factor 1/e. Problema 6.72: Calcular el ´angulo cr´ıtico de reflexi´on total externa para rayos X de alta energ´ıa y de longitud de onda λ que inciden sobre una placa met´alica que contiene N electrones por unidad de volumen esencialmente libres. R: El ´angulo cr´ıtico se determina utilizando la ley de Snell. Esto requiere el c´alculo del ´ındice de refracci´on n (λ). La aproximaci´on involucra la ecuaci´on de movimiento m¨ x = +eE0 exp (−iωt), en donde ω = 2πc/λ, y el electr´on se asume que oscila a la misma frecuencia de los rayos, y con amplitud x0 , alrededor de un ion fijo en el metal. El momento dipolar inducido en su valor m´aximo, asumiendo iones estacionarios es: e2 E0 ex0 = − , (6.203) mω 2 para un par simple ion-electr´on. En presencia de un potencial de ligadura, el denominador de la ecuaci´on (6.203) debe contener un t´ermino adicional mω02 , el cual representa la frecuencia caracter´ıstica del electr´on ligado al i´on.

228 La polarizaci´on del metal es: P = −N e2 E0 /mω 2 , y la polarizabilidad α = −N e2 /mω 2 . Ahora, D = (1 + 4πα) E, desde la cual se obtiene: n2 = ε = 1 −

4πN e2 . mω 2

(6.204)

De la ley de Snell n1 cos θ1 = n2 cos θ2 (´angulos respecto con respecto a la superficie), el ´angulo cr´ıtico θ1 para la cual θ2 = 0, se encuentra como: 4πN e2 cos2 θC = n2 = 1 − mω 2 √ ωp 4πN e2 = sin θC = , 2 mω ω

(6.205) (6.206)

en donde ωp es la frecuencia de plasma. Para ω < ωp el ´ındice de refracci´on es imaginario puro, y por lo tanto se obtiene reflexi´on total a todos los ´angulos. Problema 6.73: (a) Demostrar que la velocidad de grupo de una onda EM que se propaga en un medio con ´ındice de refracci´on variable n (ω) puede escribirse como: vg =

c . n + ω (dn/dω)

(6.207)

(b) Utilizar este resultado para obtener la velocidad de grupo de una onda EM en un medio polarizable descrito por el ´ındice de refracci´on en un medio i´onico (6.204). R: De la definici´on de velocidad de grupo vg = dω/dk, y desde la relaci´on: ω = kc/n, tenemos: vg =

dω c kc dn c kc dn dω = − 2 = − 2 . dk n n dk n n dω dk

Despejando dω/dk se obtiene la f´ormula (6.207). (b) Un c´alculo directo conduce a: vg = nc, con n aproximado a n ∼ 1 − 2πN e2 /mω 2 , en el r´egimen de altas frecuencias (Rayos X). Problema 6.74: Demostrar que es posible la propagaci´on de una onda electromagn´etica en un tubo met´alico de secci´on transversal rectangular con paredes perfectamente conductoras. Cuales son las veloci-

Figura 6.33: Cavidad de secci´on rectangular, problema A. 74. dades de fase y de grupo?. Demostrar que existe una frecuencia de corte para las cuales las ondas

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

229

no pueden propagarse. R: Considere una soluci´on a las ecuaciones de Maxwell dentro de la cavidad rectangular de la forma, (TE) EZ = 0,

(6.208)

EX = E1 (x, y) exp (ikz − iωt)

(6.209)

EY = E2 (x, y) exp (ikz − iωt).

(6.210)

La ecuaci´on de onda ∇2 E − c−2 ∂ 2 E/∂t2 = 0, tiene se satisface a trav´es de las soluciones ( nπx ) ( mπy ) E1 = E01 cos sin a) b ) ( nπx ( mπy E2 = E02 sin cos . a b

(6.211) (6.212)

La relaci´on entre amplitudes de los campos se obtiene desde ∇ · E = 0, o nπE01 /a + mπE02 /b = 0. Las frecuencias de los modos de propagaci´on electromag´etica en la cavidad se obtienen de: √ n2 π 2 m2 π 2 ωnm = c k 2 + 2 + , (6.213) a b2 mientras que la propagaci´on es posible si ´esta frecuencia es mayor a ω0 = cπ/a, para k ≥ 0 y a > b. Lavelocidad de fase se obtiene de vp = ω/k mientras que la velocidad de grupo vg = dω/dk satisface vp vg = c2 . Problema 6.75: Dos l´ıneas de carga con densidad lineal λ0 en su marco de referencia est´an separadas una distancia d. Estas cargas se mueven en direcci´on paralela a su extensi´on con velocidad v, el cual puede ser cercana a la velocidad de la luz. (a) En el marco de referencia en reposo, c´ ual es la fuerza el´ectrica por unidad de longitud que la l´ınea superior experimenta debido a la l´ınea inferior?. (b) Resolver (a) en el marco de referencia de laboratorio. (c) Cu´al es lafuerza magn´etica por unidad de longitud que la l´ınea superior experimenta debido a la l´ınea inferior? R: (a) La linea inferior genera

Figura 6.34: Distribuci´on lineal de cargas en movimiento. Problema A.75. un campo el´ectrico de magnitud (unidades Gaussianas) E = 2λ0 /d. La fuerza porunidad de longitud es por lo tanto F/ℓ = 2λ20 /d, (repulsiva). (b) En el marco de referencia en donde los alambres se ven

230 movi´edose aparece un campo magn´etico B′ = v × E′ /c, adem´as del campo el´ectrico E′ . Sin embargo, √ ′ ′ −1 E = 2λ /d, en donde la densidad se afecta por un factor γ = 1 − v 2 /c2 , debido al efecto de contracci´on de Lorentz: λ′ = γλ0 . E ′ = 2γλ0 /d. (c) La fuerza magn´etica sobre la l´ınea superior es λ′ v × B′ /c ´o: Fmag = −

λ′ v 2 ′ 2γ 2 v 2 λ20 E = , c2 c2 d

↓.

La fuerza total por unidad de longitud en el marco de referencia de Laboratorio: ( ) v2 F ′ = λ′ 1 − 2 E ′ = F. c

(6.214)

El hecho que F ′ = F puede verse desde otro argumento. Si en el marco de referencia en reposo un alambre se le permite moverse bajo la acci´on de una fuerza F ℓ sobre ´el, ´este ganar´a un momentum dp = F ℓdt, mientras que en el marco de referencia en el cual los alambres se mueven, el momento adquirido es F ′ ℓ′ dt′ . Pero dp = dp′ , debido a que elmomento en la direcci´on normal de una transformaci´on de Lorentz es invariante bajo esta transformaci´on, y dt′ = γdt. Por lo tanto, F ℓ = γF ′ ℓ′ . Si ℓ = γℓ′ , por consiguiente, F = F ′ . Es posible obtener una expresi´on para la fuerza/longitud en el marco de referencia de laboratorio (K ′ ) y en el marco de referencia en reposoK. Con vy = vz = 0, e invirtiendo la matrix, se obtiene Fy′ /ℓ′ = γFy /ℓ, o Fy′ = Fy . (Ver Cap´ıtulo anterior para las ecuaciones relativistas de la fuerza). Problema 6.76: Un circuito consiste en un resistor de 5 Ω, un condensador de 1 µF, un inductor ideal de 0.01 H conectados en serie con una fuente de voltaje que genera una FEM de 10 sin (ωt) (V). La resistencia interna de la fuente de voltaje es despreciable. El sistema opera en resonancia. (a) Cu´al es la potencia promedio generada por la fuente (en Watts) (b) La frecuencia de la fuente ) ( 1 de voltaje? − ωL se convierteen 5 Ω; el valor m´aximo de la FEM disminuye de tal forma que la reactancia ωC permanece en 10 V. Cu´al es la potencia promedio generada por la fuente?. (a) En resonancia, X = 0, la impedancia es Z = R, y el ´angulo de fase ϕ esta dado por tan ϕ = X/R = 0, → ϕ = 0. La potencia promedio generada por la fuente es por consiguiente: P = (b) Con X = 5Ω, Z =

V02 cos ϕ = 10W. 2R

√ 2R, ϕ = 450 . La potencia promedio generada es ahora: P =

V02 cos ϕ = 5W. 2Z

Nota: este problema puede tambi´en resolverse calculando la potencia promedio disipada en el resistor (I 2 R), ya que el principio de conservaci´on de la energ´ıa establece que ´esta debe ser igual a la potencia promedio suministrada por la fuente. Problema 6.77: Un alambre de plomo de 1 mm de di´ametro es doblado para formar un circulo de 10 cm de di´ametro. El anillo est´a en estado Superconductor y por ´el circula una corriente de 100 A. Se observa

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

231

que no existe ning´ un cambio apreciable en la corriente en un periodo de un a˜ no, Si el detector es sensitivo a un cambio de 1 µA, calcular el l´ımite experimental superior para la resistividad del plomo en estado superconductor. R: Sea ρ la resistividad del plomo. La resistencia del anillo es R = ρℓ/S, ℓ = 2πr, r como el radio del anillo y S su secci´on transversal. El sistema puede considerarse como un circuito RL. La corriente que circula por ´el es por lo tanto: I (t) = I0 e

−Rt/L

,

L R = ln t

´o

(

) I0 . I (t)

(6.215)

La distribuci´on del campo magn´etico en el interior del anillo se aproxima al valor del campo en el centro del mismo:B = µ0 I/2r, y la autoinductancia L puede obtenerse desde la relaci´on flujo/corriente L = Φ/I ∼ πµ0 r/2. El cambio de corriente ∆I = I0 − I (t) se relaciona con la corriente inicial, la resistencia del circuito y su autoinductancia aproximando (6.215): ∆I =

I0 Rt . L

Num´ericamente, la resistividad del plomo en el estado superconductor tiene un valor l´ımite superior de 7,8 × 10−29 Ω m. En estado normal a 20 0 C, ρP b = 208 nΩ m. Problema 6.78: Considere un sistema de part´ıculas cargadas confinadas en un volumen V . Las part´ıculas se encuentran en equilibrio t´ermico a temperatura T en presencia de un campo el´ectrico E en la direcci´on z. (a) Sea n (z) la densidad de part´ıculas a una altura z. Utilizar mec´anica estad´ıstica para hallar la constante de proporcionalidad entre dn (z) /dz y n (z). (b) Suponga que las part´ıculas pueden ser caracterizadas por un coeficiente de difusi´on D. Utilizar la definici´on de D para calcular el flujo JD que surge desde el gradiente de concentraci´on obtenido en (a). (c) Suponga adem´as que las part´ıculas tambi´en se caracterizan por un factor de movilidad µ que relaciona sus velocidades de arrastre con el campo aplicado. Hallar el flujo de part´ıculas Jµ asociado con esta movilidad. Establecer la relaci´on µ y D (relaci´on de Einstein) [10]. R: (a) Una part´ıcula de carga e en presencia de un campo el´ectrico E posee una energ´ıa: u = −eEz. La concentraci´on de part´ıculas en equilibrio es ( n (z) = n0 exp

) eEz , kT

en donde n0 es la concentraci´on de part´ıculas a z = 0. El gradiente de la concentraci´on se calcula como: dn (z) eE = n (z) . dz kT (b) Por definici´on, JD = −Ddn (z) /dz. (c) El flujo de part´ıculas a lo largo del campo aplicado es Jµ = n (z) v¯ = n (z) µE. El flujo total es cero en equilibrio, JD + Jµ = 0,

as´ı

µ=

eD . kT

232 Problema 6.79: La ion´osfera puede ser vista como un medio diel´ectrico con ´ındice de refracci´on n = n (ω) en donde ω es √la frecuencia del gas. Calcular la velocidad de grupo de una onda de radio con frecuencia ω = 2ωp . √ R: El ´ındice de refracci´on se relaciona con la funci´on diel´ectrica del medio como n ∼ ε ´ o: √ ωp2 n = 1 − 2. ω Para una frecuencia

√ 2ωp , n =

√1 , 2

y la velocidad de grupo toma el valor vg =

√c . 2

Problema 6.80: Cuatro fuentes de ondas coherentes monocrom´aticas A,B,C,D (Fig.6.35) producen ondas de la misma longitud de onda λ. Dos receptores R1 y R2 est´an a gran (pero igual) distancia desde B. (a) Qu´e receptor detecta mayor se˜ nal? (b) Qu´e receptor (si alguno), capta mayor se˜ nal si la fuente B es apagada?.

Figura 6.35: Distribuci´on de fuentes monocrom´aticas. R: (a) Sea r la distancia desde B hasta R1 y R2 , con la condici´on r >> λ. La amplitud del campo el´ectrico de las ondas emitidas por cada fuente es E0 . Las amplitudes resultantes en cada receptor son: R1 )] [ ( λ + E0 exp [ikr] + E10 = E0 exp ik r − 2 [ √ ] [ ( )] 2 λ λ E0 exp ik r + + E0 exp ik r2 + , 2 4 R2 )] ( λ + = E0 exp [ikr] + E0 exp ik r + 2 [ √ ] 2 λ 2E0 exp ik r2 + . 4 [

E20

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

233

Dado kλ = 2πνλ/c, exp (±ikλ/2) = −1. Con r >> λ, E10 ≈ 0, y E20 ≈ 2E0 exp [ikr]. La intensidad de la se˜ nal es proporcional al cuadrado de la amplitud del campo: I ∝| E |2 , as´ı las intensidades recibidas por R1 y R2 son respectivamente iguales a: I1 = 0, I2 ∼ 4E02 . R2 detectamayor se˜ nal. (b) Si la fuente B es apagada, entonces, E10 ∼ −E0 exp [ikr] y E20 ∼ E0 exp [ikr]. Por lo tanto I1 = I2 , y los dos receptores reciben se˜ nal de la misma intensidad. Problema 6.81: M´etodo de van der Pauw. Un m´etodo de medici´on de la resistividad y el efecto Hall para muestras planas de geometr´ıa arbitraria fue propuesto en 1958 por el f´ısico Holand´es L. J. van der Pauw [11]. El m´etodoest´a basado en un teorema de mapeo conforme v´alido para superficies planas cuyos contactos sean suficientemente peque˜ nos y localizados sobre la circunferenciade la muestra. La demostraci´on del teorema parte del c´alculo de la ecuaci´on que involucra el caso particular de un semiplano infinito, con contactos P, Q, R y S a lo largo de la frontera, espaciados distancias a, b y c respectivamente Fig. (6.36). Una corriente i ingresa a la muestra en el contacto P y abandona la misma en el contacto Q. Si la diferencias de potencial VS − VR y VP − VS son conocidas, y si la corriente i en ´este u ´ltimo caso ingresa por el contacto Q y abandona la muestra por el contacto R, demostrar la ecuaci´on de van der Pauw para la resistividad ρ del material es: ) ( ) ( πdRQR,SP πdRP Q,RS + exp − = 1, exp − ρ ρ en donde d es el espesor.

Figura 6.36: M´etodo de las cuatro puntas. R: La densidad de corriente j en la muestra se relaciona con la corriente que ingresa a la misma por j = i/πxd, en donde x es la distancia desde el punto de contacto (P). La componente del campo b es: el´ectrico (total) en la direcci´on x ( ) ρi ρi b, E= − x πdr πd (r − a) en donde la contribuci´on del segundo t´ermino tiene en cuenta la corriente que abandona el sistema en el punto (Q). La diferencia de potencial entre R y S es: [ ] ∫ a+b+c ρi (a + b) (b + c) VS − VR = − E (x) dx = ln . πd b (a + b + c) a+b

234 La resistencia RP Q,RS es por lo tanto: RP Q,RS

[ ] VS − VR ρ (a + b) (b + c) = = ln . i πd b (a + b + c)

Un procedimiento similar conduce a: RQR,SP

[ ] ρ (a + b) (b + c) = ln . πd ac

De la relaci´on (a + b) (b + c) = b (a + b + c) + ac, se deduce: 1=

b (a + b + c) ac + (a + b) (b + c) (a + b) (b + c)

el cual conduce inmediatamente a: ) ( ) ( πdRQR,SP πdRP Q,RS + exp − . 1 = exp − ρ ρ Aunque la expresi´on anterior ha sido demostrada en el dominio unidimensional, ´esta permanece v´alida en dos dimensiones si se cumple expl´ıcitamente que: i) Los contactos est´en en la circunferencia de la muestra. ii) Los contactos sean suficientemente peque˜ nos. iii) La muestra tenga un espesor uniforme. iv) La superficie de la muestra sea simplemente conexa, i.e., no tenga huecos aislados. Problema 6.82: Determine la frecuencia del modo de oscilaci´on antisim´etrico en el circuito mostrado en la figura (6.37). Considere k = 1/LC, κ1 = 1/LCS y κ2 = LS /L. R: Escribiendo las ecuaciones de los lazos, tenemos (Ij = Q˙ j , I1 = I + I2 ): ( ) Q1 ¨ 1 − LS Q ¨1 − Q ¨ 2 − Q1 − Q2 = 0, − LQ C CS ( ) Q −Q Q2 2 ¨ 2 + LS Q ¨1 − Q ¨2 + 1 − − LQ = 0. C CS

−

Combinado estas relaciones bajo las transformaciones y = Q1 + Q2 y z = Q2 − Q1 (coordenada antisim´etrica), obtenemos:

z¨ + ωa z = 0,

y¨ + ky = 0, √ k + 2κ1 ωa = . 1 + 2κ2

Problema 6.83: Polaritones⋆ . Cuasipart´ıculas llamadas Polaritones resultan del acople entre fonones y fotones en cristales i´onicos. (a) Derivar la relaci´on de dispersi´on ω (k) y bosquejar esta dependencia para modos EM transversales que se propagan a trav´es de un cristal de NaCl. Ignorar los efectos de la polarizaci´on at´omica. (b) Evaluar una expresi´on para el ancho de banda de este sistema.

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

235

Figura 6.37: Circuito LC acoplado. R: En una cadena diat´omica, con masas M1 y M2 , constante el´astica f , y par´ametro de red a, la ley de dispersi´on de los fonones (puros) est´a dada por: ( 2

ω =K

1 1 + M1 M2

√(

) ±K

1 1 + M1 M2

)2 −

4 sin2 (ka), M1 M2

en donde el signo +(-) define la rama ´optica (ac´ ustica) de las excitaciones fon´onicas de la red. El modelo de polarizaci´on i´onica del cristal toma en consideraci´on el campo aplicado E con vector de onda k ≈ 0. El desplazamiento relativo W de un i´on positivo desde un i´on negativo tiene las ecuaciones de movimiento: ¨ = −2KW + qE, µW

(6.216)

en donde µ es la masa reducida, K la constante de fuerza y q es la carga del i´on. La posici´on de equilibrio del sistema es Weq = qE/2K. La polarizaci´on del sistema se relaciona con la susceptibilidad el´ectrica por: P = ρE = ε0 χE, en donde ρ corresponde a la densidad volum´etrica de carga q/V . Con ε = 1 + χ, la constante el´astica se calcula desde los par´ametros el´ectricos: K=

q2 . 2ε0 (ε − 1) V

La frecuencia del modo ´optico cuando en el r´egimen de grandes longitudes de onda es ω0 = o √ q2 ω0 = . µε0 (ε − 1) V

√

2K/µ,

La interacci´on del modo ´optico y una onda electromagn´etica transversal puede aproximarse desde las ecuaciones de Maxwell para un medio sin cargas libres: ∇2 E = µ0 ε

∂2 (E + ρQ) ; ∂t2

(6.217)

236 ˙ Q corresponde en donde la densidad de corriente J se introduce en las ecuaciones como J = ρW. a una coordenada relativa (con unidades de campo el´ectrico) dada por Q = ρW/ε0 . La ecuaci´on (6.216) se reduce a: ¨ = ω02 Q + ω02 χE. Q

(6.218)

Combinando (6.218) y (6.217), con ∇2 E = −k 2 E, y tomando la direcci´on de propagaci´on de la onda (sin p´erdida de generalidad) a lo largo del eje X, i.e., E = E0 exp [i (kx − ωt)]; Q = Q0 exp [i (kx − ωt)]; finalmente, despu´es de algunos desarrollos intermedios, se obtiene la relaci´on de dispersi´on del polarit´on: c2 k 2 ω 2 − εω02 = . (6.219) ω2 ω 2 − ω02 √ (b) Los l´ımites f´ısicamente significativos en (6.219) corresponden a ω → εω0 para k → 0, y ω → ω0 para k → ∞ (Ver Fig. (6.38)). De esta forma el ancho de banda est´a definido para frecuencias entre √ ω0 y εω0 , el cual corresponde al rango de frecuencias en el cual la luz incidente es completamente reflejada, y las respectivas longitudes de onda son: 2πc , λmin = √ εω0

λmax =

2πc . ω0

Para un cristal de NaCl, este banda prohibida est´a en el rango aproximado {32,2, 78,3} µm.

Figura 6.38: Diagrama esquem´atico de la ley de dispersi´on del Polarit´on en una red i´onica de NaCl. ε = 5,9 Problema 6.84: Considere un circuito RLC en paralelo en equilibrio t´ermico con un medio a temperatura T . Encontrar una expresi´on cl´asica para la ra´ız media cuadr´atica de la corriente atrav´es del inductor. R: Las fluctuaciones en el movimiento de los electrones libres en el conductor dan lugar a las fluctuaciones en la corriente. Si la corriente a trav´es del inductor es i (t), entonces la energ´ıa promedio del inductor es ⟨w⟩ = L⟨i2 ⟩/2. La equipartici´on de la energ´ıa conduce a: 1 1 ⟨w⟩ = kT = L⟨i2 ⟩, 2 2 en donde ⟨·⟩ indica el valor medio cuadr´atico de la cantidad (·). As´ı: √ √ kT ⟨i2 ⟩ = . L

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

237

Figura 6.39: Antena operando en el modo a = λ/4 Problema 6.85: Una antena alimentada por corriente opera en el modo λ/4 (a = λ/4). Hallar el patr´on de distribuci´on angular de la potencia irradiada. (Ver figura 6.39). R: La dimensi´on de la antena es del orden de la longitud de onda ℓ ∼ λ, por consiguiente ´esta no puede ser tratada como un dipolo. En el modo λ/4, a = λ/4 y la corriente que circula en la antena forma un patr´on de onda estacionaria con nodos en los terminales, i.e.: (π z ) ( ) ( ) r I z, t′ = I0 cos exp −iωt′ , t′ = t − . 2a c El vector potencial en un punto r es: µ0 A (r, t) = 4π

∫

J (r, t) dV ′ µ0 = r 4π

∫

I (z ′ , t − r/c) ′ dz ebz . r

A grandes distancias de r, utilizamos las aproximaciones r ≈ r0 − z ′ cos θ, con r0 medido desde el centro de la antena, y r−1 ≈ r0−1 . El potencial vectorial se reduce a: µ 0 I0 exp [i (kr0 − ωt)] A (r, t) ≈ 4πr0

∫

(

a

cos −a

π z′ 2a

)

( ) exp −ikz ′ dz ′ ,

cuyo resultado es (con ka = π/2): ( ) cos π2 cos θ µ0 I0 c A (r, t) ≈ exp [i (kr0 − ωt)] ebz . 2πr0 ω sin2 θ El campo magn´etico asociado se obtiene desde el rotacional de A. Considerando que la coordenada z se escribe en coordenadas esf´ericas como: ebz = (cos θ, − sin θ, 0), y que la componente relevante del campo es Bφ ≈ (1/r0 ) ∂ (r0 Aθ ) /∂r0 , ( ) cos π2 cos θ iµ0 I0 c Bφ (r, t) ≈ exp [i (kr0 − ωt)] . 2πr0 ω sin θ

238 La distribuci´on angular de la potencia media irradiada por esta antena se calcula como: ( ) cos2 π2 cos θ ⟨I⟩ dW = −2 ∝ . dΩ sin2 θ r0 en donde ⟨I⟩ ∝ B 2 Fig. (6.40).

Figura 6.40: Patr´on de distribuci´on angular de la potencia de radiaci´on, Antena operando en el modo λ/4. Problema 6.86: Radiaci´on Electromagn´etica como haces de radar y rayos de luz eventualmente se dispersan debido a la difracci´on. Un haz que se propaga a trav´es de una abertura circular de di´ametro D se dispersa con un ´angulo de difracci´on θd = 1,22λn /D. En muchos medios diel´ectricos, el ´ındice de refracci´on se incrementa en campos el´ectricos de gran intensidad seg´ un: n = n0 + n2 E 2 . Demostrar que en este medio no-lineal la difracci´on del haz puede ser contrarestada por una reflexi´on total interna de la radiaci´on para formar un haz auto-atrapado. Calcular el umbral de la potencia electromagn´etica necesario para la existencia del haz auto-atrapado. R: Considere una superficie cil´ındrica de di´ametro D en un medio diel´ectrico. Suponga que el campo el´ectrico en el interior del cilindro es E y que afuera es cero. As´ı, el ´ındice de refracci´on en el medio es n = n0 + n2 E 2 , el ´ındice en el exterior de la cavidad es n0 . Considere un haz de radiaci´on propag´andose a lo largo del eje del cilindro. Un rayo que se propaga formando un ´angulo θ con el eje ser´a totalmente reflejado en la superficie si: n0 . n cos (θ) ≥ n0 , n≥ cos θ El ´angulo de difracci´on θd ser´a contrarestado por reflexi´on total interna si n0 n0 + n2 E 2 ≥ . cos θd Por consiguiente, se requiere una intensidad del campo el´ectrico mayor que su valor cr´ıtico: √ [ ] n0 1 Ec = −1 . n2 cos θd La potencia de la radiaci´on promedio de umbral es: ⟨P ⟩ = ⟨I⟩ ×

πD2 πcε0 D2 Ec2 = . 4 8

En la aproximaci´on θd = 1,22λn /D 0. R: Utilizaremos el m´etodo de las im´agenes en este caso. Considere un elemento de carga sobre el

Figura 6.42: Sistema anillo-plano conductor a potencial V . anillo dQ que produce un campo potencial en el punto P, de coordenadas (x, y, z). La prescripci´on de Dirichlet nos indica que el potencial en el punto P generado por el sistema carga-plano puede obtenerse resolviendo: ∫ ∫ ( ) ( ) ∂G ( ′ ) ′ ϕ (r) = G r, r′ ρ r′ dV ′ − ϕ r dS , V′ S ′ ∂n

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

241

en donde S ′ corresponde a la superficie de inter´es en donde se eval´ ua el potencial ϕ (r′ ). El t´ermino ∂G/∂n corresponde a la derivada de la funci´on de Green evaluada en direcci´on normal a la superficie S ′ . La funci´on de Green para un elemento localizado en (x′ , y ′ , z ′ ), y su imagen localizada en (−x′ , y ′ , z ′ ) es:  ( ′) 1  1 √ G r, r = − 4π (x − x′ )2 + (y − y ′ )2 + (z − z ′ )2  1 . √ 2 2 2 ′ ′ ′ (x + x ) + (y − y ) + (z − z ) La distribuci´on volum´etrica de carga sobre el anillo escrbirse como: ρ (r′ ) = λδ (x′ − h) δ (ρ′ − a). Insertando la funci´on de Green en la f´ormula de Dirichlet, e integrando directamente sobre la distribuci´on anular en el primer caso, y sobre todo el plano YZ en el segundo, obtenemos:   ∫ ( ′ ) ( ′ ) ′ λa K (Q− ) K (Q+ ) ; √ G r, r ρ r dV = −√ π ′ 2 2 2 2 V (x − h) + (ρ − a) (x + h) + (ρ − a) √ 4ρa Q± = − , ρ = y2 + z2. (x ± h)2 + (ρ − a)2 ( ) ∫ ∞∫ ∞ ∫ ∂G ( ′ ) ′ ′ ′ ∂G ϕ r dS = − dy dz V = V. ∂x′ x′ =0 −∞ −∞ S ′ ∂n K (·) representa la funci´on integral el´ıptica completa con argumento ·. Este resultado puede probarse de forma particular. En el origen de coordenadas ρ = 0, y sin la presencia del plano cargado, no existe im´agenes en la parte inferior del plano, por lo tanto el potencial se reduce a K (0) = π/2: (en unidades de ε0 = 1). λa . ϕ (0, 0, 0) = √ 2 h2 + a2 Problema 6.90: Radiaci´ on de un dipolo magn´etico. Un peque˜ no lazo circular de alambre de radio a transporta una corriente variable i = i0 cos (ωt) (Fig.6.43). El lazo est´a localizado en el plano XY . (a) Calcular el primer momento multipolar diferente de cero del sistema. (b) Calcular la forma del vector potencial de este sistema para r → ∞, as´ı como los campos el´ectrico y magn´etico asint´ oticos, y determinar la distribuci´on angular de la radiaci´on emergente. R: (a) El primer momento multipolar no cero del peque˜ no lazo es su momento dipolar: m = πa2 i0 cos (ωt) (b z ), con cos (ωt) (−b z ) = Re (exp (−iωt)). (b) Obtenemos la variaci´on temporal del ¨ (t′ ) con t′ = t − r/c: momento magn´etico m ( ) ( ) ¨ t′ = −ω 2 m t′ . m Utilizamos la prescripci´on para el campo de radiaci´on de un dipolo (magn´etico) distante definida por (en unidades Gaussianas)[13]: −Eφ = Bθ =

¨ [m] sin θ. r

242

Figura 6.43: Dipolo circular de corriente. Expl´ıcitamente (unidades S.I.): E=

ω 2 µ0 i0 a2 sin θ exp [−i (ωt − kr)] eφ , 4πcr

B=

|E| eθ . c

El potencial vectorial se obtiene de la relaci´on: ωµ0 πa2 i0 sin θ A (r, t) = −i cr

(

exp [−i (ωt − kr)] 4π

) eφ .

(6.221)

Las expresiones para E y B son reproducidas desde: B = ∇ × A, y E = cB × er . Problema 6.91: Algunos diel´ectricos isotr´opicos se hacen birrefrigentes (doble ´ındice de refracci´on) cuando son colocados en un campo magn´etico externo. Estos materiales reciben el nombre de girotr´opicos, y est´an caracterizados por una permeabilidad ε y un vector g. En general, g es proporcional al campo magn´etico exterior aplicado al diel´ectrico.Considere una onda monocrom´atica plana E (x, t) = E0 exp [i (kˆ n · x − ωt)], que viaja a trav´es del material. ω corresponde a la frecuencia angular de la onda, y n ˆ es la direcci´on de propagaci´on dada. Para un medio girotr´opico no conductor (σ = 0) y no magn´etico (µ = 1), el desplazamiento el´ectrico D y el campo el´ectrico est´an relacionados por: D = εE + i (E × g) , en donde ε es un constante positiva (real) y g es un vector constante (real). Considere ondas planas que se propagan en la direcci´on g, con g orientado en la direcci´on del eje z: g = gˆ z,

n ˆ = zˆ.

(a) Desde las ecuaciones de Maxwell, hallar los posibles valores de ´ındice de refracci´on N = kc/ω, en t´erminos de las constantes ε y g. (b) Hallar las posibles polarizaciones de E0 para cada valor de N R: La combinaci´ on de las ecuaciones de Maxwell ∇ · D = 0, ∇ · B = 0, ∇ × E = −c−1 ∂B/∂t, −1 ∇ × B = c ∂D/∂t, conduce a la relaci´on para E: ( ) εω 2 iω 2 2 −k (k · E) + k − 2 E − 2 (E × g) = 0. c c

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

243

Las consideraciones de simetr´ıa del campo girotr´opico y de la direcci´on de propagaci´on de la onda conducen al sistema de ecuaciones: ) ( iω 2 g εω 2 2 k − 2 Ex − 2 Ey = 0, c c ( ) 2 iω g εω 2 2 Ex + k − 2 Ey = 0. c2 c √ Las soluciones para N conducen a N ± = ε ± g. (b) Las polarizaciones del campo el´ectrico, parag ̸= 0, corresponden a ondas circularmente polarizadas hacia la derecha para N + , y hacia la izquierda para N − , con E0x = iE0y y E0x = −iE0y respectivamente. Problema 6.92: Estimar el n´ umero de modos electromagn´eticos estacionarios que existen en el rango de frecuencias entre f0 = 1 × 1015 Hz y f1 = 1,2 × 1015 Hz en una cavidad de 1 cm3 de volumen. R: Considere una cavidad c´ ubica de lado a. Las frecuencias de los modos electromagn´eticos ωklm est´a dada por: )1/2 πc ( 2 ωklm = k + l 2 + m2 , a en donde c corresponde a la velocidad de la luz, y k, l, m son enteros positivos. As´ı: k 2 + l 2 + m2 =

2 4a2 fklm ≤ r2 , c2

en donde r corresponde al radio de una esfera en el espacio num´erico de los enteros, y acotada por el valor de f . Por lo tanto, el n´ umero de modos N corresponde a una octava parte del volumen de una esfera de radio r, y a cada modo se le asigna un grado 2 de degenerancia el cual corresponde a los modos el´ectrico y magn´ectico de la misma frecuencia. La espresi´on final es: N =2×

) 8πa3 ( 3 1 4πr3 × = f1 − f03 . 3 8 3 3c

Num´ericamente: N ∼ 2,26 × 1014 . Problema 6.93: Un medio diel´ectrico homog´eneo, isotr´opico, no permeable est´a caracterizado por un ´ındice de refracci´on n (ω), el cual es complejo. (a) Demostrar que la soluci´on general para las componentesde las ondas (planas) pueden escribirse como: u (x, t) = 1 √ 2π

∫

+∞

dω exp (−iωt) [A (ω) exp [iωn (ω) x/c] + B (ω) exp [−iωn (ω) x/c]] . −∞

(b) Calcular los coeficientes A (ω) y B (ω), si las condiciones de contorno en x = 0, u (0, t) y ux (0, t) son conocidas. R: La expresi´on del item (a) corresponde a la transformada de Fourier en el dominio de la frecuencia de una onda planaque se propaga en direcci´on ±x, con un vector de onda k = ωn (ω) /c. (b) El c´alculo de los coeficientes es posible si definimos: ∫ +∞ 1 u (0, t) = √ dω [A (ω) + B (ω)] exp (−iωt), 2π −∞ ) ( ∫ +∞ 1 iωn (ω) [A (ω) − B (ω)] exp (−iωt). ux (0, t) = √ dω c 2π −∞

244 Combinando estas expresiones, obtenemos los n´ ucleos A (ω) y B (ω): ] ∫ +∞ [ 1 ic dt u (0, t) − ux (0, t) exp (iωt); A (ω) = √ ωn (ω) 2 2π −∞ ] ∫ +∞ [ 1 ic B (ω) = √ dt u (0, t) + ux (0, t) exp (iωt). ωn (ω) 2 2π −∞ En la u ´ltima expresi´on, utilizamos la transformada inversa de Fourier ∫ +∞ 1 f (ω) = √ dt exp (iωt)g (t) . 2π −∞ Problema 6.94: La figura (6.44) muestra la secci´on transversal de un disco cil´ındrico de radio b y un filamento deradio a de un magnetr´on. El filamento se encuentra aterrizado y el disco est´a sometido a un potencial V positivo, y un campo magn´etico H est´a dirigido a lo largo del eje del cilindro. Electrones abandonan un filamento cil´ındrico con velocidad cero y viajan en trayectorias curvas a trav´es del disco. Calcular el voltaje V para el cual la corriente en el sistema ser´a suprimida por el campo H.

Figura 6.44: Esquema simplificado de un Magnetr´on. R: La fuerza que experimenta un electr´on en la regi´on entre a y b es F = e/cv × H. En coordenadas polares: ˙ U ˆθ + rθH ˆr , v × H = −rH ˙ U ˙ indica derivada temporal, y θ es la componente angular en coordenadas polares. Iguaen donde () lando la componente θ: d ( 2 ˙) | e | m r θ = rrH, ˙ dt c el cual puede integrarse como: mr2 θ˙ = eHr2 /2c + K, en donde K es una constante de integraci´on igual aK = −eHa2 /2c, con θ˙ = 0 en r = a. La velocidad angular depende de la posici´on radial como: ( ) 2 ˙θ = eH 1 − a . 2mc r2

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

245

Conservaci´on de la Energ´ıa requiere: ) 1 ( 2 m r˙ + r2 θ˙2 = eV (r) . 2 La energ´ıa potencial del electr´on eV (r) es: ] [ ( ) ) m 2 eH 2 ( 2 2 2 eV (r) = r˙ + r −a . 2 2mcr El umbral del potencial se obtiene desde la condicio´ n r˙ = 0, en r = b. V =

) eH 2 ( 2 2 2 b − a . 8mc2 b2

Problema 6.95: Una soluci´on de dextrosa ´opticamente activa est´a caracterizada por un vector de polarizaci´on P (momento dipolar el´ectrico por unidad de volumen) dado por: P = γ∇ × E, en donde γ es una constante real que depende de su concentraci´on. La soluci´on es no conductora (J = 0), y no magn´etica (M = 0). Considere que una onda electromagn´etica plana de frecuencia ω propag´andose en esta soluci´on en la direcci´on z, con γ/ω/c N a).(b) Calcular la dependencia polar (θ) de la potencia irradiada en el plano yz. (c) Obtener una expresi´on general para la dependencia azimutal ϕ de la potencia irradiada en plano xy, para el caso ka >> 1.

Figura 6.45: Esquema del problema A.97 R:(a) La posici´on del mth ´atomo es: xm = (ma, 0, 0) . Cuando el ´atomo es iluminado, su momento dipolar es: Pm = αE (xm , t) .

248 El potencial vectorial producido por los N ´atomos es: A=

N −1 ˙ N −1 µ0 ∑ P µ0 ωαE0 ∑ 1 m = −i exp [i (kma − ω (t − rm /c))]ˆ ez . 4π rm 4π rm m=0

m=0

Para r >> λ, r >> N a, la aproximaci´on, rm ≈ r − ma sin θ cos ϕ, (considerando la proyecci´ on del segmento ma paralela a la proyecci´on del vector r en el plano xy), 1/rm ≈ 1/r, toma lugar, y el potencial vectorial toma la forma: N −1 µ0 ωαE0 exp [i (kr − ωt)] ∑ A = −i exp [ikma (1 − sin θ cos ϕ)]ˆ ez . 4πr m=0

Para hallar el campo de radiaci´on, necesitamos retener los t´erminos ∼ 1/r en B = ∇ × A. Desde la relaci´on B (r, t) = − 1r ∂/∂r (rA sin θ) eˆϕ , el campo magn´etico toma la forma: N −1 ω 2 αE0 sin θei(kr−ωt) ∑ B (r, t) = − exp [ikma (1 − sin θ cos ϕ)]ˆ eϕ . 4πε0 c3 r m=0

Utilizando la identidad: N −1 2 ( ) ∑ sin2 N2x imx ( ) e = 2 x , sin 2 m=0 se obtiene el vector de Poynting promedio de la radiaci´on ⟨S⟩: ( ) ω 4 α2 E02 sin2 θ sin2 N2x ε0 c3 |B|2 ( ) eˆr , eˆr = x = ka (1 − sin θ cos ϕ) . ⟨S⟩ = 2 32π 2 ε0 c3 r2 sin2 x2 La potencia promedio irradiada por unidad de ´angulo s´olido dP¯ /dΩ es: ( ) dP¯ ω 4 α2 E02 sin2 θ sin2 N2x ( ) . = dΩ 32π 2 ε0 c3 sin2 x2 (b) En el plano yz, ϕ = 900 , y dP¯ /dΩ ∼ sin2 θ. (c) Bajo la condici´on ka >> 1, y en el plano xy, dP¯ /dΩ → N 2 , y la distribuci´on de la radiaci´on en este plano es isotr´opica, (o circular). Problema 6.98: Una pantalla oscura con una abertura circular de radio a est´a localizada en el plano XY , con centro en el origen. Esta pantalla es irradiada por una onda plana ψ = exp (ikz),

k = 2π/λ.

Determinar los ceros aproximados de intensidad sobre el eje positivo Z, para Z >> a. R: La amplitud de la onda sobre el eje positivo Z, la cual es transmitida a trav´es de la abertura esta dada por: ∫ dS exp (ikr) ψ=A ; r

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

Figura 6.46: Esquema del problema A.98 en donde dS es un elemento de area de la abertura, y r es la distancia desde dS hasta el punto de observaci´ on. Esta expresi´on puede deducirse desde la aproximaci´on de Huygen-Fresnel de la teor´ıa de la difracci´on, con un factor de oblicuidad constante (v´alido para a/z > λ.

Figura 6.47: Esquema del problema A.99

249

250 R: La acci´on del plano conductor en la regi´on x > 0 es equivalente al efecto del dipolo imagen en la ˆ El vector potencial en el punto r es: posici´on (−a/2, 0, 0) de momento P′ = −P = −P0 e−iωt k. ( ) ˙′ ˙ µ0 P P A= + , 4π r2 r1 ( ) ωµ0 P0 eikr1 eikr2 ˆ A = −i − e−iωt k. 4π r1 r2 De la gr´afica (6.47), las relaciones geom´etricas adecuadas para r1 y r2 en coordenadas esf´ericas se establecen a trav´es de: a r1 ∼ r − sin θ cos φ, 2 a r2 ∼ r + sin θ cos φ, 2 1 1 1 ∼ ∼ . r1 r2 r Insertando en la expresi´on para el potencial vectorial A: [ ] µ0 ωP0 ka ˆ A=− sin sin θ cos φ ei(kr−ωt) k. 2πr 2 ˆ = eˆr cos θ−ˆ En coordenadas esf´ericas, k eθ sin θ. Para obtener B = ∇×A, utilizamos la aproximaci´ on: Bφ = 1/r∂ (rAθ ) /∂r, mientras que para la componente del campo el´ectrico utilizamos Eθ = cBφ . El vector de Poynting promedio es: ⟨S⟩ =

ε0 c | E |2 . 2

En la aproximaci´on de grandes longitudes de onda, λ >> a, es posible escribir: sin ka on angular de la radiaci´on es: 2 sin θ cos φ, y la distribuci´

[ ka 2

] sin θ cos φ ∼

dP¯ = r2 ⟨S⟩ ∝ ω 6 P02 sin4 θ cos2 φ. dΩ Problema 6.100: Efecto Kerr. El efecto Kerr (John Kerr, 1875) es el cambio en el ´ındice de refracci´on de un material en respuesta a un campo el´ectrico aplicado. El cambio en el ´ındice de refracci´on inducido es directamente proporcional al cuadrado de la intensidad del campo el´ectrico, a diferencia del efecto Pockels, en el cual ´este var´ıa linealmente. Kerr en contr´o que una sustancia transparente isotr´opica se hace birrefrigente cuando se coloca en un campo el´ectrico E. El medio toma las caracter´ısticas de un cristal uniaxial cuyo eje ´optico corresponde a las direcci´on del campo aplicado. Los ´ındices n∥ , y n⊥ , est´an asociados con las dos orientaciones de los planos de vibraci´on de la onda. Su diferencia, ∆n, es la birrefrigencia, y se encuentra que: ∆n = λ0 KE 2 ,

(6.222)

donde K es la constante de Kerr, en unidades de cm×statvolt−2 (1 stV∼ 300 V), y λ0 es la longitud de onda de la luz incidente. Las celdas Kerr se han utilizado como obturadores de fotograf´ıa de alta

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

251

velocidad e interruptores luminosos que reemplazar´ıan superficies dentadas rotatorias. Si las placas que forman los electrodos en una celda Kerr (usualmente con Nitrobenceno o Bisulfuro de Carbono) tienen una longitud efectiva ℓ y est´an separadas una distancia d, demostrar que el cambio de fase de la onda incidente est´a dado por: ∆φ = 2πKℓV 2 /d2 , en donde V es el voltaje aplicado. R: El cambio de fase que experimenta la onda al recorrer una distancia ℓ es ∆φ = ∆kℓ, en donde k = 2π/λ es el n´ umero de onda. El cambio en el n´ umero de onda est´a relacionado con el cambio en la longitud de onda por ∆k = 2π∆λ/λ2 . A su vez, ∆λ = λ0 ∆n/n2 , y la longitud de onda cambia con respecto a su valor original λ0 por: λ = λ0 /n. Por consiguiente, ∆φ =

2π∆nℓ . λ0

Reemplazando el resultado (6.222), con E = V /d, finalmente se obtiene: ∆φ = 2πKℓV 2 /d2 . En una celda de Nitrobenceno de 1 cm, y ℓ ∼ 5cm, con K ∼ 220×10−7 cm statvolt−2 , se requerir´a un voltaje del orden de 30,000 V para que esta celda responda como una l´amina de media longitud de onda. Por esta raz´on, adem´as del alto grado de toxicidad del Nitrobenceno, asi como de su inestabilidad, hacen que otras sustancias como el Titanato de Bario, o el Tantalato de Potasio, sean estudiadas y utilizadas como moduladores electro-´opticos. Problema 6.101: La ley Lambert-Beer-Bouguer (LBB) describe la atenuaci´on de la intensidad de I de la radiaci´on Electromagn´etica debido a la absorci´on a trav´es de dos relaciones: I = I0 exp (−αx),

(6.223)

en donde I0 es la intensidad de la radiaci´on incidente en la direcci´on de propagaci´on, x es la distancia recorrida en la pel´ıcula, y α es el coeficiente de absorci´on que depende del material y de la frecuencia. La segunda forma de la ley LBB es: I = I0 · 10−τ , (6.224) donde τ = ϵCx es la densidad ´optica, ϵ es el coeficiente de extinci´on molar y C es la concentraci´ on de la sustancia absorbente. Cu´al es la relaci´on entre α y τ ?. Cu´ales son sus dimensiones?. R: Comparando las dos expresiones, α = ϵC ln 10. Las dimensiones de α son de inverso de longitud [L−1 ], mientras que τ no posee unidades. Las unidadesd el coeficiente de extinci´on molar son: [ ] [ϵ] = dm3 · mol−1 · cm−1 , mientras que las unidades de concentraci´on [C]=[mol/dm3 ]. Problema 6.102: La atenuaci´on de la intensidad I de un haz de radiaci´on electromagn´etica en la atm´osfera es debido a la absorci´on y a la dispersi´on. La dispersi´on de las part´ıculas suspendidas en la atm´osfera est´a descrita por la transmitancia T = I/I0 = exp (−βx), y el coeficiente β depende de la longitud de onda de radiaci´on, la concentraci´on de dispersores, sus tama˜ nos r, y el ´ındice de refracci´on n. Discutir las dispersiones de Rayleigh y Mie deacuerdo con el tama˜ no de las part´ıculas [14]. R: Cuando el tama˜ no de las part´ıculas son mucho m´as peque˜ nos que la longitud de onda de la

252 radiaci´on incidente, r > λ, la dispersi´on es no selectiva y β es independiente de la longitud de onda. En este caso, por ejemplo, las gotas de agua en nubes y neblina, con un tama˜ no 5 × 10−6 m ≤ r ≤ 10−4 m, dispersar´an radiaci´on infraroja. Este fen´omeno es utilizado en el radar clim´atico, una importante herramienta de monitoreo que detecta gotas suspendidas y nubes. La velocidad de aproximaci´on de las nubes puede ser medida utilizando efecto Doppler. Problema 6.103: Calcular el vector de Polarizaci´on el´ectrica P y tambi´en las densidades de carga superficial y la carga volum´etrica ligada en un cilindro diel´ectrico largo que rota con velocidad angular constante ω alrededor de su eje en un campo magn´etico uniforme B aplicado en direcci´on paralela a su eje de simetr´ıa. R: La ecuaci´on que relaciona los campos el´ectrico y magn´etico en un medio diel´ectrico movi´endose con velocidad v en un campo magn´etico B es: D = κε0 E + ε0 (κ − 1) v × B,

(6.225)

donde κ es la constante diel´ectrica relativa. Para un punto a una distancia r desde el eje de rotaci´on, v = ω × r, y v × B=(ω · B) r − (r · B) B = ωBr. La no existencia de cargas libres conduce a: D = 0,

( ) P = −ε0 E = ε0 1 − κ−1 ωBr.

∂ (rPr ): La densidad de volum´etrica de carga ligada es: ρL = −∇ · P = − 1r ∂r

( ) ρL = −2ε0 1 − κ−1 ωB. ( ) La densidad superficial de carga ligada σL = Pr = ε0 1 − κ−1 ωBa, dado que r = a para la superficie del cilindro. Problema 6.104: Una onda electromagn´etica plana incide normalmente en un conductor perfecto. Hallar los campos reflejados E y B, la densidad superficial de carga y la densidad de corriente en t´erminos de los campos incidentes. R: Sean E0 y B0 los campos electromagn´eticos incidentes y B′ y E′ los campos reflejados. Aplicando la condici´on de frontera n × (E2 − E1 ) = 0 en la superficie del conductor, se obtiene: E′ = −E0 , ya que estos campos son tangenciales en la frontera. Para una onda EM plana, B′ =

1 ′ 1 k × E′ = (−k0 ) × (−E0 ) = B0 . ω ω

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

253

Figura 6.48: Esquema del problema A.99 Problema 6.105: Considere una capa de un material no absorbente de espesor d y con ´ındice de refracci´on n1 . Esta capa se encuentra localizada en un medio con ´ındice de refracci´on n0 . Una onda electromagn´etica plana que incide normalmente sobre esta capa refleja y transmite campos de intensidades Er y Et , como se ilustra en la figura (6.48). Utilizar los coeficientes de Fresnel para obtener las amplitudes de reflexi´on R y transmisi´on T asociados a la onda incidente [15]. R: Es posible escribir las amplitudes de las ondas reflejadas y transmitidas sucesivamente en t´erminos de los coeficientes de Fresnel en la frontera de separaci´on entre n0 y n1 : 2n0 (n0 + n1 ) (n0 − n1 ) r= , (n0 + n1 ) t=

mientras que en la frontera entre n1 y n0 las anteriores expresiones cambian a: 2n1 (n1 + n0 ) (n1 − n0 ) r′ = . (n1 + n0 ) t′ =

Not´ese que r′ = −r. La amplitud reflejada es por consiguiente: ( )3 R = r + tt′ r′ e−2iδ + tt′ r′ e−4iδ + · · ·+ = r +

tt′ r′ e−2iδ 1 − (r′ )2 e−2iδ

con δ como la diferencia de fase inducida debido a la diferencia de camino, dada por: 2πn1 d/λ, con λ como la longitud de onda de la onda incidente. Utilizando las relacion tt′ − rr′ = 1, obtenemos: R=r

1 − e−2iδ . 1 − r2 e−2iδ

(6.226)

254 An´alogamente, la amplitud transmitida T se calcula como: ( ) ( )2 ( )4 T = tt′ e−iδ + r′ e−3iδ + r′ e−5iδ + · · ·+ T =

tt′ e−iδ . 1 − r2 e−2iδ

(6.227)

Estas expresiones proporcionan las amplitudes de las ondas en un medio discont´ınuo, y las energ´ıas de los correspondientes haces se obtienen como: n0 RR⋆ , y n0 T T ⋆ . Finalmente, los coeficientes de reflexi´on y de transmisi´on definidos como la relaci´on de la energ´ıa reflejada (transmitida) entre la energ´ıa incidente son: R =| R |2 , T =| T |2 . Problema 6.106: Una onda electromagn´etica plana E = Ei e(ik·r−iωt) incide normalmente sobre una hoja plana uniforme que consiste en un excelente conductor (σ >> ωε0 ) de espesor d. Asumiendo que en el espacio y en la hoja conductora µ0 /µ = ε0 /ε = 1, (a) obtener la relaci´on de las amplitudes de las ondas reflejada y transmitida. (b) Obtener el coeficiente de transmisi´on del sistema. (c) Obtener expresiones para sistemas con espesor cero y espesor “infinito”. R: (a) Utilizamos el resultado del ejercicio anterior con las siguientes modificaciones: la diferencia √ √ ˇ 1 = iσ/ω. de fase se aproxima a: δ = (ωµo σ/2)1/2 (1 − i) d. Los ´ındices de refracci´on: n0 = ε0 , n Reemplazando en el resultado (6.227) obtenemos finalmente para la onda transmitida: √ Et 2ˇ η e−iδ 2ωε0 = (1 − i) , , ηˇ = −2iδ −2iδ Ei σ (1 − e ) + ηˇ (1 + e ) y para la onda reflejada, reemplazando en (6.226), bajo la aproximaci´on r ≈ −1 en el numerador: Er 1 − e−2iδ =− . Ei (1 − e−2iδ ) + ηˇ (1 + e−2iδ ) (b) El coeficiente de transmisi´on se obtiene desde T =| Et /Ei |2 . (c) Para una hoja de espesor cero, una primera aproximaci´on conduce a Et /Ei → 1, Er /Ei → 0. Para una hoja conductora de espesor muy grande, Er /Ei → − (1 + ηˇ)−1 . Problema 6.107: Construir la funci´on de Green de un impulso instant´aneo localizado de magnitud unitaria para la ecuaci´on de potencial ϕtt (r, t) = a2 ∇2 ϕ (r, t) ;

−∞ < x, y, z < +∞,

0 < t < +∞,

asumiendo que el impulso tiene lugar en el origen de coordenadas en el instante t = 0. Considere las condiciones ϕ (r, 0) = 0, ϕt (r, 0) = δ (x) δ (y) δ (z), con r =| r |. R: Utilizamos la representaci´on integral de Fourier tridimensional para el campo ϕ (r, t) de la forma: ∫ 1 ϕ (r, t) = ϕ¯ (k, t) e−ik·r d3 k, (6.228) (2π)3 Ω

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

255

en donde Ω es el volumen en el espacio de los vectores de onda k. Reemplazando en la ecuaci´on de onda original, se obtiene: (k 2 = kx2 + ky2 + kz2 ). ϕ¯tt + a2 k 2 ϕ¯ = 0, con las condiciones ϕ¯ (k, 0) = 0, y ϕ¯t (k, 0) = 1. La soluci´on toma la forma: sin (kat) ϕ¯ (k, t) = . ka

(6.229)

Insertando (6.229) en (6.228), se recupera la forma del potencial ϕ en el espacio real: 1 δ (r − at) . (6.230) 4πa r En este u ´ltimo resultado, ha utilizado integraci´on ∫directa en coordenadas esf´ericas en el espacio ∫ π se ∞ −ik·r de k y los resultados: 0 e sin θdθ = 2 sin kr/kr; 0 cos [k (r ± at)]dk = πδ (r ± at). El t´ermino δ (r + at) se anula dado que r, a y t son considerados par´ametros positivos. La funci´on de Green ϕ (r, t) se denomina Funci´ on retardada de Green debido a que ´esta exhibe un comportamiento causal asociado con la perturbaci´on en t = 0. El argumento de la funci´on delta muestra que un efecto observado en el punto r en el instante t es causado por la acci´on de una fuente a una distancia r en un instante de tiempo anterior r/a. La diferencia r/a es justamente el tiempo de propagaci´on de la perturbaci´on desde un punto a otro. ϕ (r, t) =

Problema 6.108: Una onda electromagn´etica descrita por un potencial vectorial A = (0, A (x − ct) , 0) incide sobre un electr´on en reposo. A (x − ct) es una funci´on arbitraria que desaparece en x → −∞ . Calcular las componentes del vector velocidad del electr´on [16]. R: La fuerza total sobre el electr´on bajo los efectos de campos el´ectrico y Magn´etico simult´ aneos es: e p˙ = eE + v × B. c Las relaciones entre el potencial vectorial y los campos E y B son: 1 ∂A ; B = ∇ × A. c ∂t Resolviendo para las componentes de la velocidad vx y vy , ´estas deben satisfacer: E=−

e ∂A mv˙ x = vy , c ∂x e ∂A evx ∂A mv˙ y = − − . c ∂t c ∂x La derivada temporal del potencial vectorial en t´erminos de una variable de desplazamiento ξ = x−ct: ∂A ∂A = = Aξ ; ∂x ∂ξ ∂A ∂A = −c = −cAξ . ∂t ∂ξ dA = (x˙ − c) Aξ . dt

256 Combinando estas u ´ltimas ecuaciones, obtenemos: e ˙ y¨ = − A; mc ( ) eA 2 2 x˙ − 2cx˙ + = 0, mc con las condiciones x˙ (0) = 0 y y˙ (0) = 0. Las soluciones toman la forma: √ ) ( ) ( 1 eA 2 eA 2 2 ≈ . x˙ = c − c − mc 2c mc eA y˙ = − . mc La componente vertical de la velocidad depende linealmente de la intensidad del vector potencial, mientras que la componente horizontal es proporcional al cuadrado del mismo vector. Si A es de car´acter oscilatorio, el electr´on oscila en la direcci´on Y , mientras que la componente de la velocidad en la direcci´on X siempre es positiva. Problema 6.109: El espacio entre dos placas circulares perfectamente conductoras, planas y paralelas, se encuentra lleno de un material ´ohmico, de permitividad ε, conductividad σ, y permeabilidad magn´etica µ. El radio de las placas es b, y la distancia entre ellas es a (a 0 que contiene el medio con permitividad positiva ε1 y el semiespacio z < 0 con permitividad ε2 . Consideramos las ondas atenuadas de la forma: √ H1 = H0 eikx−κ1 z , κ1 = k 2 − ω 2 ε1 /c2 para z > 0. √ ikx+κ2 z H2 = H0 e , κ2 = k 2 + ω 2 | ε2 | /c2 para z < 0, en donde k, κ1 y κ2 son reales. La condici´on de continuidad en la componente tangencial de la frontera del campo magn´etico Hy = H se satisface, mientras que la componente tangencial del campo el´ectrico Ex es (1/ε1 ) ∂H1 /∂z = (1/ε2 ) ∂H2 /∂z en z = 0, o en forma equivalente: κ1 /ε1 = κ2 / | ε2 |. Reemplando κ1,2 , la relaci´on entre k y ω es: k2 = ω2

ε1 | ε2 | . ε2 | −ε1 )

c2 (|

Esta relaci´on se satisface si ε1 1 est´a asociada a un cambio de fase ϕ = π. tan ϕ =

Problema 6.122: La f´ormula general para el ´ındice de refracci´on en un gas de electrones diluido, i.e., en un medio constituido por part´ıculas suficientemente alejadas de tal forma que las interacciones entre las mismas pueden despreciarse, puede escribirse como: ∑ λ2 λ2 ρα α , (6.241) n≈1+ λ2 − λ2α en donde ρα est´a dado por N fα e2 /2πmc2 , λα corresponde a los valores de las longitudes de onda resonantes del gas, fα es un factor fraccional del n´ umero de electrones por unidad de volumen N que poseen una frecuencia de resonancia caracter´ıstica ωα , y α es la longitud de onda de la onda interactuante en el medio. Si centramos nuestra atenci´on en cierto rango ´optico de longitudes de onda en el cual no contiene ninguna de las frecuencias de resonancia ωα , entonces obtenemos una expresi´on simplificada de (6.241). Denotando como λr aquellas longitudes de onda λα que corresponden a las resonancias en la regi´on de grandes longitudes de onda (hacia el rojo), y λv aquellas longitudes de onda que yacen en la regi´on del violeta (ondas cortas), (a) demostrar que la f´ormula (6.241) puede expandirse como: Bv (ρv , λv ) Cv (ρv , λv ) + + · · · − Br (ρr ) λ2 − Cr (ρr , λr ) λ4 − · · · (6.242) λ2 λ4 (b) Obtener las expresiones de Av , Bv , Cv , Br y Cr en t´erminos de los par´ametros ρv,r y λv,r . R. (a) Expandiendo la funci´on (6.241) para dos valores espec´ıficos de λα : λv yλr , con λv < λ < λr , obtenemos: ( )−1 ( )−1 ρv λ4v λ2v ρr λ4r λ2 2 2 n ≈ 1 + λv ρv + 2 1− 2 + λ r ρr − 2 1− 2 . λ λ λr λr n ≈ 1 + Av (ρv , λv ) +

Expandiendo en series de Taylor: n ≈ 1 + λ2v ρv +

ρv λ4v ρv λ6v ρr λ 4 2 + − ρ λ − . r λ2 λ4 λ4r

(6.243)

(b) La u ´ltima expresi´on conduce a: Av = λ2v ρv , Bv = λ4v ρv , Cv = λ6v ρv , Br = ρr y Cr = ρr λ−2 r . En la aproximaci´on de Cauchy(1836) s´olo se consideran las contribuciones asociadas a las resonancias en el r´egimen del Ultravioleta: ( ) B n−1=A 1+ 2 , (6.244) λ con A = λ2v ρv y B = λ2v .

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

265

Problema 6.123: Mediciones precisas del ´ındice de refracci´on del Hidr´ogeno a 00 C y 760 torr han sido realizadas en la regi´on del rango ´optico. Los resultados pueden resumirse como: nH = 1 + 1,360 × 10−4 +

1,05 × 10−14 , λ2

donde λ est´a en cm. Asumiendo que una resonancia simple es responsable de la dispersi´on, calcular la longitud de onda de la resonancia y demostrar que yace en la regi´on del UV, como se asume en la derivaci´on de laf´ormula de Cauchy. Demostrar que la raz´on de las constantes A y B en la expresi´on (6.244) depende u ´nicamente del n´ umero de electrones por unidad de volumen √ del gas. R. Tomando en consideraci´on del ejemplo anterior, evidentemente λv = B = 87,86 nm, el cual yace en el rango UV entre 10 nm y 400 nm. La relaci´on A/B = ρv , el cual contiene el factor N , seg´ un ρv = N e2 /2πmc2 . Problema 6.124: La ionosfera terrestre puede ser aproximada con planos horizontales estratificados en los cuales la densidad electr´onica N aumenta con la altitud z hasta un valor m´aximo Nmax ∼ 106 cm−3 , y posteriormente decrecer. La ley de Snell aplicada sobre planos adyacentes demuestra que un haz de radio de onda corta sigue un camino de tal forma que n (z) sin θ (z) se conserva, en donde n es el ´ındicede refracci´on y θ es el ´angulo del haz con respecto a la vertical. (a) Despreciando el efecto del campomagn´etico terrestre, demostrar que una onda de radio es reflejada a una altura igual o menor a la cual su frecuencia es igual a la frecuencia de plasma. Comunicaciones de radio de largas distancias depende de la reflexi´on de estas ondas en la ionosfera (sky waves). Debido a la curvatura de la tierra, un haz enviado horizontalmente en la superficie terrestre impacta una regi´on de la ionosfera altamente ionizada (∼ 300 km de altitud) en un ´angulo aproximado de 750 . (b) Demostrar que la m´axima frecuencia utilizable para comunicaciones de largas distancias es alrededor de cuatro veces la frecuencia de plasma para Nmax . R. (a) √ En un medio ionizado en ausencia de campo magn´etico aplicado, el√´ındice de refracci´on es: n = 1 − ωp2 /ω 2 , en donde ωp es la frecuencia de plasma, proporcional a N (z). El fen´omeno de reflexi´on desde la ionosfera ocurre bajo la condici´on ωp ≤ ω (n como una cantidad real). La frecuencia de plasma aumenta con la altura desde al superficieterrestre en este modelo, por consiguiente, la reflexi´on de las ondas de radio es posible hasta ciertas alturas definidas por la relaci´on ωp (zmax ) = ω. (b) Con respecto a la normal (Fig.6.51), aplicamos la ley de Snell en un punto sobre la superficie y un punto sobre la ionosfera cuyos ´ındices de refracci´on son nS y nI respectivamente: nS sin 750 = nI sin 900 , en donde se considera que las ondas de radio se reflejan totalmente en la ionosfera. En el marco de la aproximaci´on de bajas densidades electr´onicas sobre la superficie terrestre, nS ≈ 1, tendremos finalmente: √ ωp2 sin 750 = 1 − 2 , ω cuya soluci´on es ω = 3,89ωp . Problema 6.125: La ecuaci´on

e m¨ r = eE + B0 r˙ × eˆ3 c

(6.245)

266

Figura 6.51: Representaci´on geom´etrica de la reflexi´on de una onda de radio desde la ionosfera. describe el movimiento de un electr´on libre en un campo magn´etico bajo la influencia de una onda electromagn´etica. Considere una modificaci´on de esta ecuaci´on si el electro´on est´a ligado a trav´es de una fuerza restauradora a un ´atomo fijo. Hallar una expresi´on para el ´ındice de refracci´on de este sistemaincluyendo la frecuencia caracter´ıstica de las oscilaciones libres del electr´on. Demostrar que si una onda electromagn´etica polarizada linealmente incide sobre un sistema de ´atomos en una direcci´on que coincida con ladirecci´on del campo magn´etico aplicado externo, entonces el vector de polarizaci´on de la onda experimentar´a una rotaci´on cuando la onda se propaga en el medio. Este efecto es conocido como efecto Faraday (1845). Demostrar que si el medio es de longitud L, entonces el ´angulo de rotaci´on del vector de polarizaci´on puede expresarse como: ∆θ = VBL

(6.246)

en donde V se denomina la constante de Verdet. R. El efecto de la fuerza de restauraci´on sobre el electr´on en la ecuaci´on de movimiento puede incluirse agregando el t´ermino −Kr en el lado derecho de (6.245). Desarrollando esta expresi´on por componentes, obtenemos: e m¨ x = eEx − Kx + B0 y˙ c e m¨ y = eEy − Ky − B0 x˙ c m¨ z = −Kz. Definiendo la coordenada transversal w± = x±iy, y la proyecci´on del campo el´ectrico E ± = Ex ±iEy , arribamos a: e mw ¨ ± = eE ± − Kw± ∓ B0 w˙ ± . c La relaci´on entre la amplitud del desplazamiento del electr´on y la intensidad del campo el´ectrico puede obtenerse introduciendo las soluciones de prueba de tipo onda arm´onica: w± = w0 exp [i (k ± z − ωt)], E ± = E0 exp [i (k ± z − ωt)], las cuales conducen a: w0 =

−ω 2

e/m E0 , + ω02 ± ωωB

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

267

√ con ω0 = K/m como la frecuencia de las oscilaciones libres del electr´on, y ωB = eB0 /mc representa la frecuencia ciclotr´onica. La ecuaci´on de onda para E toma la forma: ∇2 E −

4πσµ ∂E εµ ∂ 2 E − 2 = 0, c2 ∂t c ∂t2

la cual es adaptada para el caso particular ε = 1, µ = 1 y J = σE = N ew: ˙ ∇2 E −

1 ∂2E 4πN e ∂ 2 w − = 0. c2 ∂t2 c2 ∂t2

(6.247)

Las soluciones para el vector de onda, reemplazando w0 y las soluciones de prueba en (6.247), son: √ ωp2 ck ± = n± = 1 − 2 , (6.248) ω ω − ω02 ± ωωB en donde n± corresponde a los ´ındices de refracci´on asociados a los diferentes estados de polarizaci´on de la onda. El cambio del ´angulo de polarizaci´on puede estimarse bajo la condici´on ∆θ = ∆kL, con∆k = k + − k − . En t´erminos del valor medio del ´ındice de refracci´on n ¯ = (n+ + n− ) /2, la expresi´on final para la constante de Verdet toma la forma: ωp2 ω 2 e , V ≡ V (B) = ( ) n ¯ mc2 ω 2 − ω 2 2 − ω 2 ω 2 0

(6.249)

B

el cual depende intr´ınsicamente de la intensidad del campo externo. Una onda polarizada linealmente puede considerarse como la superposici´on de dos ondas polarizadas circularmente en direcciones opuestas (en sentido horario o antihorario). F´ısicamente, el campo el´ectrico produce un movimiento circular de los electrones en sentido contrario, afectando la din´amica de la interacci´on entre las dos componentes debido a la presencia del campo magn´etico externo aplicado, dado que unos electrones girar´an con mayor velocidad angular que otros, generando un cambio de fase en la onda superpuesta resultante, la cual es de nuevo lineal y cuyo plano de polarizaci´on experimenta una rotaci´on ∆θ. Problema 6.126: Obtener una expresi´on para la secci´on transversal diferencial de dispersi´on en el caso de una onda plana incidente polarizada elipt´ıticamente interactuando con una part´ıcula libre cargada con carga q. R. Una onda electromagn´etica plana polarizada el´ıpticamente puede representarse como: ( ) E = eˆ1 E10 ± eˆ2 E20 exp [−i (ωt − kz − α)], en donde α es un factor de fase relativo (±mπ, m-entero) entre las componentes de las amplitudes del campo el´ectrico. La interacci´ on del campo con la carga genera un cambio en el momento dipolar p ¨ ,definido por: q2 (6.250) p ¨ = E, m mientras que el vector de Poynting asociado a la radiaci´on de dipolo est´a dado es: S=

1 ˆ |2 n ˆ, | [¨ p] × n 4πc3 r2

(6.251)

268

Figura 6.52: Diagrama esquem´atico del experimento de Faraday-Verlet. ˆ = sin θ cos ϕˆ en donde n e1 + sin θ sin ϕˆ e2 + cos θˆ e3 corresponde al vector unitario en la direcci´on del punto de referencia en donde se desea obtener el flujo de potencia de la radiaci´on. La potencia emitida por el dipolo oscilante por unidad de ´angulo s´olido se define dP 1 ˆ |2 . = | [¨ p] × n dΩ 4πc3

(6.252)

El valor medio de la potencia irradiada por unidad de ´angulo s´olido es, despu´es de un c´alculo directo utilizando (6.252), finalmente toma la forma: ⟨

[( ] )2 ( 02 ) q4 dP 0 0 02 2 ⟩= E sin θ sin ϕ ∓ E sin θ cos ϕ + E + E cos θ , 1 2 1 2 dΩ 8πm2 c3

(6.253)

mientras que la secci´on transversal de dispersi´on se obtiene de la relaci´on entre la potencia por unidad de ´angulo s´olido promedio dividido entre el flujo de energ´ıa incidente: ⟨

⟨dP/dΩ⟩ dσ ⟩= . dΩ ⟨Flujo Incidente⟩

La expresi´on definitiva para la secci´on transversal es: ) )2 ( ) ( 2 )2 ( ( 0 E1 sin θ sin ϕ ∓ E20 sin θ cos ϕ + E102 + E202 cos2 θ dσ q ⟨ ⟩= . dΩ mc2 E102 + E202

(6.254)

En el caso de una onda polarizada linealmente, con E20 = 0, la expresi´on (6.253) se reduce a: ⟨

[( 02 2 )] q4 dP ⟩= E1 sin θ sin2 ϕ + E102 cos2 θ , 2 3 dΩ 8πm c

integrando sobre el ´angulo s´olido dΩ = sin θdϕdθ: ∫ dP q 4 E102 ⟨P ⟩ = ⟨ ⟩dΩ = , 3m2 c3 Ω dΩ

(6.255)

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas

269

Figura 6.53: Distribuci´on cuadrupolar oscilante. el cual puede expresarse en t´erminos del valor m´aximo del momento dipolar p0 : ω 2 p0 = q 2 E0 /m ⟨P ⟩ =

p20 ω 4 16π 4 cp20 = , 3c3 3λ4

(6.256)

el cual reproduce el resultado cl´asico de la potencia de radiaci´on producida por un dipolo oscilante ∼ 1/λ4 . Problema 6.127: Considere un cuadrupolo el´ectrico oscilante el cual se compone de cuatro dipolos dispuestos como lo muestra lafigura (6.53). Calcule el patr´on de radiaci´on de este sistema en la aproximaci´ on de campo lejano. R. La configuraci´on del cuadrupolo yace en el plano XY ocupando un cuadrado de lado a. El potencial vectorial A asociado a un sistema de dipolos oscilantes, en unidades Gaussianas es: ∑ [p] ˙ j , (6.257) A= crj j

en donde r es la distancia desde el dipolo hasta el punto de referencia. El momento dipolar el´ectrico ′ se expresacomo [p] ≡ p0 eiωt , mientras que las distancias de cada dipolo corresponde, en coordenadas esf´ericas y en la aproximaci´on de campo lejano (r >> a) a: (t′ = t − rj /c). ( ) a r1 = r 1 − sin θ sin φ , 2r ) ( a r2 = r 1 + sin θ sin φ , 2r ( ) a r3 = r 1 + sin θ cos φ , 2r ( ) a r4 = r 1 − sin θ cos φ . 2r El potencial vectorial a una distancia r se expresa expl´ıcitamente como: A (r, t) =

) −iωp0 ( ikr1 ˆ ˆX + eikr3 U ˆY − eikr4 U ˆY e−iωt , e UX − eikr2 U cr

270

Figura 6.54: Diagrama de los campos el´ectricos en la frontera entre dos medios diel´ectricos. con k = ω/c. La expresi´on definitiva para el potencial vectorial en coordenadas esf´ericas tiene la forma: [ ( ) ( )] ka ka 2ωp0 sin θ sin φ sin sin θ cos φ − cos φ sin sin θ sin φ ei(kr−ωt) , Ar = cr 2 2 [ ( ) ( )] 2ωp0 ka ka Aθ = cos θ sin φ sin sin θ cos φ − cos φ sin sin θ sin φ ei(kr−ωt) , cr 2 2 [ ( ) ( )] 2ωp0 ka ka Aϕ = sin φ sin sin θ sin φ + cos φ sin sin θ cos φ ei(kr−ωt) . cr 2 2 El campo el´ectrico se obtiene directamente desde E = − (1/c) ∂A/∂t. El patr´on de distribuci´on de la potencia promedio de radiaci´on es proporcional a la magnitud del campo al cuadrado: ⟨

dP ˆ. ⟩ = r2 ⟨Srad ⟩ · n dΩ

Una simplificaci´on para el c´alculo del patr´on la potencia irradiada en el plano azimutal φ = π/2 conduce a: ( ) dP ω 4 p20 2 ωa ⟨ ⟩= sin θ . (6.258) sin dΩ 2πc3 2c Problema 6.128: Cristal Fot´ onico I. ⋆ Considere un cristal peri´odico infinitamente extendido en el eje Z y fronteras planas sobre los planos XY , cuyos ´ındices de refracci´on y espesores se denotan como nj y dj respectivamente. Obtener las expresiones generales para los campos electromagn´eticos en una frontera arbitraria enfunci´on de los ´angulos de polarizaci´on y los ´ındices de refracci´on. R. El esquema de la polarizaci´on de los campos se ilustra en la figura (6.54). Las condiciones de las componentes tangencial y normal a la superficie z = 0 se reducen a las expresiones: (Er,i + El,i ) cos θi = (Er,j + El,j ) cos θj , (Er,i − El,i ) ni = (Er,j − El,j ) nj ;

Problemas Adicionales, Ondas Electromagn´eticas cuya solucio´on puede escribirse en forma matricial: ( )( ) ) ( 1 El,i 1 rij El,j = , Er,i Er,j tij rij 1

271

(6.259)

con las definiciones tij = 2ni cos θi / (ni cos θj + nj cos θi ) y rij = (ni cos θj − nj cos θi ) / (ni cos θj + nj cos θi ). Problema 6.129: Cristal Fot´ onico II. Utilizar las expresiones del problema anterior para obtener la matriz de transferencia de un cristal fot´onico en un periodo de red di + dj el cual corresponde a un elemento de dos bloques con ´ındices de refracci´on ni y nj . R. La matriz de translaci´on sobre el mismo elemento (j) Mj se define seg´ un la diferencia de fase debido al espesor dj : βj = ωnj dj cos θj /c por: ( ′ ) ′ (El,j , Er,j ) → Mj El,j , Er,j , ′ est´ en donde los campos Ek,j an asociados a las superficies de los bloques localizados a una distancia igual al espesor del bloque dj hacia la derecha. Expl´ıcitamente: ( ) ( )( ′ ) El,j El,j exp (−iβj ) 0 . = ′ Er,j 0 exp (iβj ) Er,j

En un periodo di + dj :

con M dado por: ( 1 1 tij tji rij

rij 1

(

′ El,i ′ Er,i

)

( =

M11 M12 M21 M22

)(

′ El,i+1 ′ Er,i+1

) ,

)( )( )( ) exp (−iβj ) 0 1 rji exp (−iβi ) 0 0 exp (iβj ) rji 1 0 exp (iβi )

(6.260)

Los valores expl´ıcitos de las componentes de la matriz de transferencia son: ] ] [ −i(β +β ) [ 2 −1 2 i(βj −βi ) i j M11 = 1 − rij e − rij e ] [ ] [ i(β +β ) 2 −1 M12 = 1 − rij e i j − ei(βi −βj ) rij ] [ ] [ −i(β +β ) 2 −1 i j M21 = 1 − rij e − e−i(βi −βj ) rij ] [ ] [ i(β +β ) 2 −1 2 −i(βj −βi ) M22 = 1 − rij e i j − rij e . En el caso de N bloques diel´ectricos (o cristal fot´onico truncado) con espesores dj e ´ındices nj , el coeficiente de transmisi´on puede escribirse como: ] [ ] [ Er,N (λ2 − λ1 ) = Abs , (6.261) T = Abs N Er,1 (M11 − λ1 ) λN 1 − (M11 − λ2 ) λ2 en donde λj corresponden a los valores propios de la matriz M. La figura (129) ilustra la respuesta de la funci´on de transmitancia para un cristal fot´onico frustrado con 3, 10 y 50 subredes biperi´odicas. Se observa alta reflectividad en el rango de 20 a 23 GHz, correspondientes a longitudes de onda 0.015 m y 0.013 m respectivamente, similares a aquellas asociadas al semiperiodo espacial del cristal artificial.

272

Figura 6.55: Espectro de transmitance para un cristal fot´onico con N = 3, N = 10 y N = 50, n1 = 1, n2 = 3,4 − j0,002, d1 = 0,0176 m, d2 = 0,0133 m. Problema 6.130: Una antena de cuadro peque˜ no de 100 vueltas y 20 cm de radio que opera a 10 MHz en el aire debe generar una intensidad de campo de 50 mV/m a una distancia de 3 m del cuadro. Determinar: (a) La corriente m´axima que debe circular por la antena. (b) La potencia promedio irradiada por la antena. R. La magnitud del campo el´ectrico a una distancia r producido por este sistema puede simplificarse como: π Zˇv I0 S , θ = π/2, | Eϕ |= rλ2 en donde S representa el ´area de la antena N πR2 , N el n´ umero de vueltas y Zˇv es el valor de la impedancia del vac´ıo. (a) La corriente m´axima que puede circular en la antena, despejando de la expresi´on anterior, es: I0 = 9,1 mA. (b) La potencia promedio irradiada por la antena es Pprom = 1 2 4 2 4 on. Rrad = 6,08Ω, y Prad = 0,252 2 Rrad I0 , con Rrad = 320π S /λ , como la resistencia de radiaci´ mW. Problema 6.131: La impedancia de un segmento de l´ınea de transmisi´on con p´erdidas de 100 m en corto circuito y circuito abierto son medidas con resultados Zˇcc = 68,45 + j128,13Ω y Zˇca = 4,99 − j16,65Ω a una frecuencia de operaci´on de 10 MHz. (a) Determinar la impedancia caracter´ıstica de la l´ınea, Zˇ0 , (b) la constante de atenuaci´on α en dB/m, (c) el factor de velocidad en el cable considerando que la longitud del cable es por lo menos dos longitudes de onda de largo. R. (a) La impedancia caracter´ıstica del segmento de l´ınea es: √ ˇ Z0 = Zˇcc Zˇca = 50,3∠ − 5,710 Ω. (b) En condici´on de corto circuito y resolviendo para γℓ con la condici´on propuesta en el problema: Zˇcc = Zˇ0 tanh (ˇ γ ℓ), γˇ ℓ = 0,12 + j104,93 Ω. En este caso la longitud de onda es λ = 5,988 m, y v = 5,988 × 107 m/s. El factor de velocidad es v/c = 0,199599

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