Solucion de Problemas de Teoria Electromagnetica

February 5, 2018 | Author: Rafael Cueva Amaya | Category: Capacitor, Sphere, Scalar (Mathematics), Euclidean Vector, Mathematical Analysis
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Descripción: Problemas...

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Temas de F´ısica

Soluci´ on de problemas de teor´ıa electromagn´ etica

Solución de problemas de teoría electromagnética JULIO MARTINELL BENITO JOSÉ ANTONIO GARCÍA BARRETO

                        Solución de problemas de teoría electromagnética      © D.R. 2010. Universidad Nacional Autónoma de México Facultad de Ciencias. Ciudad Universitaria. Delegación Coyoacán. C. P. 04510. México, Distrito Federal. [email protected]

ISBN: 978-607-02-3305-0

 Diseño de portada: Laura Uribe Edición y figuras: Fernando Magariños y Arturo Pérez Rangel  Prohibida la reproducción parcial o total de la obra por cualquier medio, sin la autorización por escrito del titular de los derechos patrimoniales

 Impreso y hecho en México

A nuestros hijos, Lorena y Jos´e Antonio J.A.G.B. Paula y V´ıctor J.M.B.

´INDICE GENERAL

´INDICE GENERAL

Prefacio

XIII

Simbolog´ıa

I

XVII

Nivel b´ asico e intermedio

I.1. An´ alisis vectorial I.1.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.2. Soluciones: An´alisis vectorial . . . . . . . . . . . . . . .

1 3 3 5

I.2. Electrost´ atica 13 I.2.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 I.2.2. Soluciones: Electrost´atica . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 I.3. Electrost´ atica en tres dimensiones 25 I.3.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 I.3.2. Soluci´on: Electrost´atica en tres dimensiones . . . . . 28 I.4. Campo electrost´ atico en medios materiales 35 I.4.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 I.4.2. Soluciones: Campo electrost´atico en medios materiales 37 I.5. Teor´ıa microsc´ opica: diel´ ectricos 45 I.5.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 I.5.2. Soluciones: Teor´ıa microsc´opica: diel´ectricos . . . . . 47 I.6. Energ´ıa electrost´ atica 51 I.6.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 I.6.2. Soluciones: Energ´ıa electrost´atica . . . . . . . . . . . . 53 I.7. Corriente el´ ectrica 59 I.7.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

ix

´INDICE GENERAL

I.7.2.

Soluciones: Corriente el´ectrica . . . . . . . . . . . . . .

61

I.8. Campo magn´ etico de corrientes constantes 65 I.8.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 I.8.2. Soluciones: Campo magn´etico de corrientes constantes 66 I.9. Propiedades magn´ eticas de la materia 73 I.9.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 I.9.2. Soluciones: Propiedades magn´eticas de la materia . . 75 I.10. Teor´ıa microsc´ opica del magnetismo 83 I.10.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 I.10.2. Soluciones: Teor´ıa microsc´opica del magnetismo . . . 85 I.11. Inducci´ on electromagn´ etica 91 I.11.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 I.11.2. Soluciones: Inducci´on electromagn´etica . . . . . . . . 94 I.12. F´ısica de plasmas 103 I.12.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 I.12.2. Soluciones: F´ısica de plasmas . . . . . . . . . . . . . . 105 I.13. Ecuaciones de Maxwell 111 I.13.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 I.13.2. Soluciones: Ecuaciones de Maxwell . . . . . . . . . . . 113 I.14. Propagaci´ on de ondas en medios 119 I.14.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 I.14.2. Soluciones: Propagaci´on de ondas en medios . . . . . 121 I.15. Ondas en regiones acotadas 127 I.15.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 I.15.2. Soluciones: Ondas en regiones acotadas . . . . . . . . 129 I.16. Radiaci´ on 135 I.16.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 I.16.2. Soluciones: Radiaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

x

´INDICE GENERAL

II

Nivel avanzado

139

II.1. Electrost´ atica 141 II.1.1. Problemas de frontera I . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 II.1.2. Soluciones: Problemas de frontera I . . . . . . . . . . 143 II.2. Electrost´ atica 149 II.2.1. Problemas de frontera II . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 II.2.2. Soluciones: Problemas de frontera II . . . . . . . . . . 151 II.3. Multipolos y magnetost´ atica 161 II.3.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 II.3.2. Soluciones: Multipolos y magnetost´atica . . . . . . . 163 II.4. Electrost´ atica y magnetost´ atica en medios materiales 171 II.4.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 II.4.2. Soluciones: Electrost´atica y magnetost´atica en medios materiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 II.5. Campos electromagn´ eticos que var´ıan con el tiempo 183 II.5.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 II.5.2. Soluciones: Campos electromagn´eticos que var´ıan con el tiempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 II.6. Ondas electromagn´ eticas planas 193 II.6.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 II.6.2. Soluciones: Ondas electromagn´eticas planas . . . . . 195 II.7. Ondas electromagn´ eticas en medios materiales 201 II.7.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 II.7.2. Soluciones: Ondas electromagn´eticas en medios materiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 II.8. Gu´ıas de onda y cavidades resonantes 213 II.8.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

xi

´INDICE GENERAL

II.8.2. Soluciones: Gu´ıas de onda y cavidades resonantes . . 216 II.9. Radiaci´ on 227 II.9.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 II.9.2. Soluciones: Radiaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 II.10. Dispersi´ on y difracci´ on de ondas electromagn´ eticas 239 II.10.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 II.10.2. Soluciones: Dispersi´on y difracci´on de ondas electromagn´eticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241 II.11. Formulaci´ on relativista de la electrodin´ amica 249 II.11.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 II.11.2. Soluciones: Formulaci´on relativista de la electrodin´amica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 II.12. Radiaci´ on de part´ıculas aceleradas 257 II.12.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 II.12.2. Soluciones: Radiaci´on de part´ıculas aceleradas . . . . 259 Bibliograf´ıa

263

xii

PREFACIO

En esta edici´on revisada, se presenta nuevamente la soluci´on de 157 problemas de teor´ıa electromagn´etica divididos en dos secciones; la primera abarca la soluci´on a problemas de nivel b´asico e intermedio correspondientes al curso de nivel licenciatura en f´ısica (ofrecido por J.M.B. y J.A.G.B. en la Facultad de Ciencias de la UNAM) y la segunda corresponde a problemas avanzados de un curso de posgrado en f´ısica (maestr´ıa y doctorado) ofrecido por J.M.B. La soluci´on de cada problema incluye un m´etodo, f´ısico y matem´atico, de resolverlo para llegar al valor ´o concepto final requerido. Nuestra motivaci´ on principal para recopilar la soluci´on a estos problemas es que sea un material de consulta y ayuda para los estudiantes. Estamos conscientes de que la lista de problemas presentados no es completa ni tampoco exhaustiva pero esperamos que s´ı constituya una muestra representativa de los diferentes t´opicos. Los ejercicios se dejaron como tareas en el curso de nivel licenciatura, ofrecido a estudiantes del s´eptimo semestre de la carrera de f´ısica de la Facultad de Ciencias de la Universidad Nacional Aut´ onoma de M´exico (UNAM), y en el curso de nivel maestr´ıa y doctorado de la misma Facultad. Las soluciones de los ejercicios se les repartieron a cada alumno cuando ellos entregaban su versi´ on al fin de clase. La din´amica de dejar ejercicios de tarea

xiii

Prefacio

para ser entregadas sus soluciones una semana despu´es y ofrecerles las soluciones para que los alumnos cotejen sus respuestas ha permitido mantener el inter´es acad´emico por parte de los alumnos. Es nuestra convicci´ on que los temas de teor´ıa electromagn´etica s´olo se aprenden resolviendo problemas representativos y las tareas cumplen muy bien su prop´osito. La calificaci´on final de los cursos impartidos se basa primordialmente en la capacidad de los alumnos para resolver los problemas planteados en las tareas. En la primera secci´on (indicada como I) se ofrece la soluci´on de 99 ejercicios de nivel b´asico que cubren 16 temas: an´alisis vectorial, electrost´atica, electrost´atica en tres dimensiones, campo electrost´atico en medios materiales, teor´ıa microsc´opica de materiales diel´ectricos, energ´ıa electrost´atica, corriente el´ectrica, campo magn´etico de corrientes constantes, propiedades magn´eticas de la materia, teor´ıa microsc´opica del magnetismo, inducci´on electromagn´etica, f´ısica de plasmas, ecuaciones de Maxwell, propagaci´ on de ondas en medios materiales, ondas en regiones acotadas y radiaci´on. En la segunda secci´ on (denotada II) se ofrecen 58 soluciones a problemas de nivel avanzado. Los 12 temas que abarcan son: electrost´atica y problemas de frontera, multipolos y magnetost´atica, electrost´atica y magnetost´atica en medios materiales, campos electromagn´eticos que var´ıan con el tiempo, ondas electromagn´eticas planas, ondas electromagn´eticas en medios materiales, gu´ıas de onda y cavidades resonantes, radiaci´on, dispersi´on y difracci´ on de ondas electromagn´eticas, formulaci´on relativista de la electrodin´amica y radiaci´on de part´ıculas aceleradas. Las unidades son mks en la primera parte y cgs-Gaussianas en la segunda parte. Los temas explicados en clase han tomado como base principalmente el libro de texto “Foundations of Electromagnetic Theory” escrito por J.R. Reitz, F.J. Milford y R.W. Christy, 4a. Edici´on, Editorial Addison Wesley, N.Y. (1993), para el nivel b´asico en licenciatura. Las soluciones que aqu´ı se ofrecen son nuestras; los

xiv

Soluci´ on de problemas de teor´ıa electromagn´etica

enunciados de los problemas corresponden principalmente a los problemas al final de los cap´ıtulos del libro. As´ı mismo los temas explicados en clase a nivel maestr´ıa y doctorado se basaron principalmente en el libro de texto “Classical Electrodynamics” escrito por J.D. Jackson, 2a. Edici´ on, Editorial John Wiley and Sons, Inc. N.Y. (1975). La numeraci´ on de las figuras es tal que permite una f´acil identificaci´on con la secci´ on y tema de un problema; por ejemplo la figura I.9.2.5 se refiere a la figura de la primera secci´ on (I: nivel b´asico e intermedio) del tema 9 (Propiedades magn´eticas de la materia), correspondiente a su soluci´on (2), con el n´ umero consecutivo de figura (en este caso la figura 5). Agradecemos el apoyo secretarial del Instituto de Astronom´ıa de la UNAM, en especial a Juanita Orta y Ver´ onica Alem´an, para tener este compendio en formato TEX. Julio Martinell B. J. Antonio Garc´ıa Barreto Julio 2010.

xv

SIMBOLOG´IA

Constantes 4.8 × 10−10

e me C mp 1

eV

k h  G 0 μ0 σ

esu = 1.602 × 10−19 coul 9.109 × 10−28 gm = 0.511 Mev 2.99792458 × 1010 cm/seg 1.6726 × 10−24 gm = 938.26 MeV 1.6021 × 10−12 erg 1.380 × 10−16 ergs/◦ K 6.6260 × 10−27 ergs seg 1.0545 × 10−27 ergs seg 6.673 × 10−8 cm3 /gm/seg2 8.8541 × 10−12 F/m 4π × 10−7 N/A2 5.670 × 10−5 ergs/seg/m2 /◦ K4

REFERENCIA: Mohr, P. J. y Taylor, B. N. 2000. Reviews of Modern Physics, Vol. 72, No. 2, pag. 351

xvii

Simbolog´ıa

Teor´ıa electromagn´etica Identidades vectoriales  son funciones vectoriales. es una funci´on escalar; F y G ψ es una funci´ on escalar ϕ

 · ∇ϕ  = ∇2 ϕ ∇

(1)

 ·∇  ×F  =0 ∇

(2)

 × ∇ϕ  =0 ∇

(3) 2

 ×∇  ×F  = ∇(  ∇  ·F ) − ∇ F ∇

(4)

  + ψ ∇ϕ  ∇(ϕψ) = ϕ∇ψ

(5)

 F  · G)  = (F  · ∇)  G  +F  × (∇  × G)  + (G  · ∇)  F  +G  × (∇  ×F ) ∇(

(6)

 · (ϕF  ) = ∇ϕ  ·F  + ϕ∇  ·F  ∇

(7)

 · (F  × G)  = (∇  ×F  ) · G − (∇  × G)  ·F  ∇

(8)

 × (ϕF  ) = ∇ϕ  ×F  + ϕ∇  ×F  ∇

(9)

 × (F  × G)  = (∇  · G)  F  − (∇  ·F  )G  + (G  · ∇)  F  − (F  · ∇)  G  ∇

xviii

(10)

Parte I

´ sico e Nivel ba intermedio

1

I.1 ´ ANALISIS VECTORIAL

I.1.1.

Enunciado de problemas

I.1.1.1 Los vectores del origen a los puntos A, B, C y D son  A

=

i +  j+ k,

 B

=

2i + 3 j,

 C

=

3i + 5 j − 2 k,

 D

=

− j+ k.

−→

−−→

(a) Muestre que las l´ıneas AB y CD son paralelas y (b) Encuentre el cociente de sus magnitudes I.1.1.2 Muestre que para cualquier vector F = Fxi + Fyj + Fz k  ·∇  ×F  =0 ∇

I.1.1.3 Demuestre que para cualesquiera tres vectores  A

=

j + a3  k, a1i + a2

 B

=

j + b3  k, b1i + b2

 C

=

k c1i + c2 j + c3 

·B  ×C  =A ×B  · C.  A , C  I.1.1.4 Demuestre que para cualesquiera tres vectores A , B definidos en el problema 3 se cumple  × (B  × C)  = B(  A  · C)  − C(  A  · B)  A

3

´ lisis vectorial Ana  en coordenadas I.1.1.5 Para una funci´on ϕ(x, y, z) encuentre ∇ϕ polares (r, θ, φ) (o en esf´ericas)

I.1.1.6 Para un vector F como el definido en el problema 2 muestre que  × (∇  ×F  ) = ∇(  ∇  ·F  ) − ∇2 F  ∇  · r I.1.1.7 Encuentre para el vector de posici´on r, ∇

I.1.1.8 Muestre que para una funci´on escalar ϕ(x, y, z) y un vector  = (Fx , Fy , Fz ) F  · (ϕF  ) = ∇ϕ  ·F  + ϕ∇  ·F  ∇  = G1i + G2 k y I.1.1.9 Encuentre para cualquier vector G j + G3 

r = xi + y j + z k

 · ∇ r G

I.1.1.10 Demuestre que para cualquier funci´on escalar ϕ(x, y, z)  · ∇ϕ  = ∇2 ϕ ∇

4

donde

 ·∇  ∇2 = ∇

´ lisis vectorial Soluciones: Ana

I.1.2.

Soluciones: An´ alisis vectorial

I.1.2.1 A = i + j + k,

 = 3i + 5 C j − 2 k,

 = 2i + 3 B j,

 = − D j+ k.

(a) Ver figura I.1.2.1 Z

 D  A Y

 B

 C

X

Figura I.1.2.1

−→  AB ≡ G

pero

+G  =B  A

(I.1.1)

de donde  G

=

 − A,  B

(I.1.2)

 G

=

i + 2 j− k,

(I.1.3)

−−→  CD ≡ F  F  F

pero

 +F  =D  C

(I.1.4)

=

 − C,  D

(I.1.5)

=

−3i − 6 j + 3 k.

(I.1.6)

5

´ lisis vectorial Ana −→

−−→

Si AB y CD son paralelos entonces su producto cruz debe ser cero ⎛

i

 j

−3

−6

 ×F  =⎜ G ⎝ 1

2



 k

= (6 − 6)i −  j(3 − 3) + (−6 + 6) k ⎟ −1 ⎠ 3 =0

(I.1.7)

por otro lado se tiene  ×F  = |G||  F  |senθ G

por lo tanto ´o 180◦

θ=0  y F  son Las magnitudes de G  = |G|



1+4+1=



| = |F

6;



9 + 36 + 9 =



√ 54 = 3 6;

(I.1.8)

 F  | = 18, |G||

(I.1.9)

 ·F  = (i + 2 G j− k) · (−3i − 6 j + 3 k) = −3 − 12 − 3 = −18.

(I.1.10)

Por otro lado sabemos que  ·F  = |G||  F  |cosθ G

(I.1.11)

 F  | = 18 (de la expresi´ pero |G|| on I.1.9), por lo tanto θ = 180◦

(b)

√ −−→   |/|G|  = 3√ 6 ⇒ |F | ≡ |CD| = 3. |F −→  6 |G| |AB|

(I.1.12)

I.1.2.2 ⎛  ×F  ∇

=

⎜ ⎝

=

i

 j

 k

∂ ∂x

∂ ∂y

∂ ∂z

Fx

Fy

Fz

i ∂Fz − ∂Fy ∂y ∂z

⎞ ⎟ ⎠ − j

6



∂Fz ∂Fx − ∂x ∂z



+ k



∂Fy ∂Fx − ∂x ∂y

,

(I.1.1)

´ lisis vectorial Soluciones: Ana

 ·∇  ×F  ∇

=

=

∂ ∂Fx ∂ ∂Fz ∂Fy ∂Fz + − − ∂x ∂y ∂z ∂y ∂z ∂x ∂ ∂Fy ∂Fx + − ∂z ∂x ∂y

(I.1.2)

∂ 2 Fz ∂ 2 Fy ∂ 2 Fx ∂ 2 Fz ∂ 2 Fy ∂ 2 Fx − + − + − , ∂x∂y ∂x∂z ∂y∂z ∂y∂x ∂z∂x ∂z∂y

(I.1.3)

pero ∂Fz ∂x∂y ∂Fx ∂y∂z ∂Fy ∂x∂z

= = =

∂Fz , ∂y∂x ∂Fx , ∂z∂y ∂Fy , ∂z∂x

por lo tanto  ·∇  ×F  =0 ∇

(I.1.4)

I.1.2.3 ⎛

i

 j

 ×C  =⎜ B ⎝ b1

b2

c1

c2

·B  ×C  A

 k



⎟ j + (b1 c2 − b2 c1 ) k, b3 ⎠ = (b2 c3 − b3 c2 )i + (b3 c1 − b1 c3 ) c3

=

a1 (b2 c3 − b3 c2 ) + a2 (b3 c1 − b1 c3 ) + a3 (b1 c2 − b2 c1 )

=

a1 b2 c3 − a1 b3 c2 + a2 b3 c1 − a2 b1 c3 + a3 b1 c2 − a3 b2 c1

=

(a2 b3 − a3 b2 )c1 + (a3 b1 − a1 b3 )c2 + (a1 b2 − a2 b1 )c3

=

×B  ·C  A

(I.1.1)

(I.1.2)

I.1.2.4 ⎛  × (B  × C)  A

=

=

⎜ ⎝

i

 j

 k

a1

a2

a3

(b2 c3 − b3 c2 )

(b3 c1 − b1 c3 )

(b1 c2 − b2 c1 )

[a2 (b1 c2 − b2 c1 ) − a3 (b3 c1 − b1 c3 )] i+ j+ [a3 (b2 c3 − b3 c2 ) − a1 (b1 c2 − b2 c1 )]  k [a1 (b3 c1 − b1 c3 ) − a2 (b2 c3 − b3 c2 )] 

7

⎞ ⎟ ⎠

(I.1.1)

´ lisis vectorial Ana

Por otro lado ·C  A

=

a1 c 1 + a2 c 2 + a3 c 3 ,

(I.1.2)

·B  A

=

a 1 b 1 + a2 b 2 + a 3 b 3 ,

(I.1.3)

 A  · C)  B(

=

j + b3  k] (a1 c1 + a2 c2 + a3 c3 )[b1i + b2

(I.1.4)

=

(a1 b1 c1 + a2 b1 c2 + a3 b1 c3 )i + (a1 b2 c1 + a2 b2 c2 + a3 b2 c3 ) j + (a1 b3 c1 + a2 b3 c2 + a3 b3 c3 ) k,

 A  · B)  C(

=

j + c3  k] (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )[c1i + c2

=

(a1 b1 c1 + a2 b2 c1 + a3 b3 c1 )i +

(I.1.5)

j + (a1 b1 c2 + a2 b2 c2 + a3 b3 c2 ) + (a1 b1 c3 + a2 b2 c3 + a3 b3 c3 ) k,

 A  · C)  − C(  A  · B)  B(

=

(I.1.6)

[a2 (b1 c2 − b2 c1 ) − a3 (b3 c1 − b1 c3 )]i + [a3 (b2 c3 − b3 c2 ) − a1 (b1 c2 − b2 c1 )] j+ [a1 (b3 c1 − b1 c3 ) − a2 (b2 c3 − b3 c2 )] k.

(I.1.7)

De las expresiones I.1.1 y I.1.7 se tiene  × (B  × C)  = B(  A  · C)  − C(  A  · B)  A

I.1.2.5 Ver figura I.1.2.2 dϕ =

∂ϕ dr ∂r

+

∂ϕ dθ ∂θ

+

∂ϕ dφ, ∂φ

(I.1.1)

 ds = dr r + rdθθ + r sen θdφφ.

(I.1.2)

dϕ = gradϕ · ds

(I.1.3)

Si

entonces de las expresiones I.1.1 y I.1.2 ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ dr + dθ + dφ = (gradϕ)r dr + (gradϕ)θ rdθ + (gradϕ)φ (r sen θ)dφ, ∂r ∂θ ∂φ

8

(I.1.4)

´ lisis vectorial Soluciones: Ana

rdθ

r

θ

r sen θ φ r sen θ dφ

Figura I.1.2.2

igualando t´erminos: (gradϕ)r

=

(gradϕ)θ

=

(gradϕ)φ

=

∂ϕ , ∂r 1 ∂ϕ , r ∂θ 1 ∂ϕ , r sen θ ∂φ

finalmente   = ∂ϕ r + 1 ∂ϕ θ + 1 ∂ϕ φ grad ϕ ≡ ∇ϕ ∂r r ∂θ r sen θ ∂φ

I.1.2.6 La soluci´on es similar a la soluci´on del problema I.1.1.4

9

(I.1.5)

´ lisis vectorial Ana  =A  si ∇

y

 =∇  B

 =F  C

entonces

 × (B  × C)  A  × (∇  ×F ) ∇

=

 A  · C)  − C(  A  · B)  B(

(I.1.1)

=

 A  · C)  − (A  · B)  C,  B(

(I.1.2)

=

 ∇  ·F  ) − (∇  · ∇)  F . ∇(

(I.1.3)

finalmente  × (∇  ×F  ) = ∇(  ∇  ·F  ) − ∇2 F ∇

(I.1.4)

I.1.2.7 Sea r

=

 ∇

=

xi + y j + z k, ∂ ∂  ∂  k, i+ j+ ∂x ∂y ∂z

(I.1.1) (I.1.2)

 · r = ∂ x + ∂ y + ∂ z. ∇ ∂x ∂y ∂z

(I.1.3)

k, ϕ(x, y, z)Fxi + ϕ(x, y, z)Fy  j + ϕ(x, y, z)Fz  ∂ ∂ ∂ ϕ(x, y, z)Fx + ϕ(x, y, z)Fy + ϕ(x, y, z)Fz ∂x ∂y ∂z ∂ ∂ϕ ∂Fx ∂Fy Fx ϕ(x, y, z) + ϕ + Fy +ϕ ∂x ∂x ∂y ∂y ∂ϕ ∂Fz + Fz +ϕ ∂z ∂z ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ ∂Fx ∂Fy ∂Fz Fx + Fy + Fz +ϕ + + ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z

(I.1.1)

 · r = 3. finalmente ∇

I.1.2.8  ϕF

=

 · (ϕF ) ∇

= =

= =

 · ∇ϕ  + ϕ∇  ·F  F

10

(I.1.2)

(I.1.3) (I.1.4)

´ lisis vectorial Soluciones: Ana

I.1.2.9  G

=

 ·∇  G

=

 · ∇ r G

= =

∂   = ∂ i + ∂  k, k; ∇ j+ G1i + G2 j + G3  ∂x ∂y ∂z

∂ ∂ ∂ , + G2 + G3 G1 ∂x ∂y ∂z

∂ ∂ ∂ + G2 + G3 (xi + y j + z k) G1 ∂x ∂y ∂z ∂  ∂  ∂  G1 xi + G1 y j + G1 zk + ∂x ∂x ∂x ∂ ∂ ∂ j + G2 z  k+ G2 xi + G2 y ∂y ∂y ∂y ∂ ∂ ∂ j + G3  G3 xi + G3 y k. j + G3 z  k = G1i + G2 ∂z ∂z ∂z

(I.1.1) (I.1.2) (I.1.3)

(I.1.4)

Finalmente  · ∇ r=G  G

I.1.2.10

∂ ∂ ∂  ∂  ∂  ∂  k · k ϕ(x, y, z) i+ j+ i+ j+ ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z



∂  ∂  ∂ϕ ∂ϕ  ∂ϕ  ∂ k · k i+ j+ i+ j+ ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z  · ∇ϕ  ∇

= = = = = =

∂2ϕ ∂2ϕ ∂2ϕ + + 2 2 ∂x ∂y ∂z 2



∂  ∂  ∂  ∂  ∂ ∂ i+ j+ i+ j+ k · k ϕ ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z   ∇ · ∇ϕ ∇2 ϕ

11

(I.1.1)

I.2 ´ ELECTROSTATICA

I.2.1.

Enunciado de problemas para cualquier r = xi + yj + z k y

 × (r − r ) I.2.1.1 Encuentre ∇ j + z k . r = xi + y  1  I.2.1.2 Encuentre ∇ . | r − r  |3

I.2.1.3 Si ϕ(r) =

q1 1 4π0 | r − r1 |

 r) . encuentre E(

I.2.1.4 En coordenadas esf´ericas (figura I.2.2.1), dV = (dr)(rdθ)(r sen θdφ), dV r 2 dr

= sen θdφdθ ≡ dΩ.

Encuentre

esfera

dΩ.

I.2.1.5 Una carga est´a uniformemente distribuida a lo largo de una l´ınea infinita con densidad de carga por unidad de longitud λ. Calcule E usando la formula integral para cualquier punto r (figura I.2.2.2).

1 4π0

dE =

ayuda:





dx (x2 +a2 )3

=

a2

√x

x2 +a2

r λd . |r|3

.

I.2.1.6 Dos part´ıculas, cada una de masa m y misma carga q, un. est´an suspendidas por hilos de longitud desde un punto com´ Encuentre el ´angulo θ que cada hilo hace con la vertical.

13

´ tica Electrosta

I.2.1.7 Muestre que |r − r1 | para cualesquiera dos vectores r = j + z1  k puede escribirse como xi + y j + z k y r1 = x1i + y1 |r − r1 | = (r · r − 2r · r1 + r1 · r1 )1/2 ,

as´ı en forma similar para tres vectores r, r1 ,  se tiene: |r − r1 −  | = |(r − r1 ) −  | =



(r − r1 ) · (r − r1 ) − 2(r − r1 ) ·  + · .

I.2.1.8 Muestre que 1 = |r − r |3 |(r − r ) −  |3 1



3(r − r ) ·  + ··· 1+ |r − r |2

 ,

guardando solo t´erminos lineales en . I.2.1.9 Si ϕ(r + ) =

q 1 4π0 |r +  |

y

| |  |r|

entonces muestre que ϕ(r + ) se puede aproximar como  ϕ(r + ) = ϕ(r) +  · ∇ϕ(r).

I.2.1.10 Muestre 3(r · r )2 − |r |2 |r|2 para cualesquiera dos vectores j + z k se puede expresar como r = xi + y j + z k; r = xi + y  3(r · r )2 − |r |2 |r|2 =

3 3  

  xi xj 3xi xj − δij (r )2 ,

i=1 j=1

donde

 δij

=1

cuando i = j,

=0

cuando i = j.

14

´tica Soluciones: Electrosta

I.2.2.

Soluciones: Electrost´ atica

I.2.2.1 Sea r = xi + yj + z k; r = xi + yj + z  k , r − r = (x − x )i + (y − y  ) j + (z − z  ) k, ⎛  × (r − r ) = ⎜ ∇ ⎝



i

 j

 k

∂ ∂x

∂ ∂y

∂ ∂z

(x − x )

(y − y  )

⎟ ⎠=

(z − z  )

(I.2.1)





∂ ∂ (z − z  ) − ∂z (y − y  ) i+ ∂y  ∂   ∂  ∂z (x − x ) − ∂x (z − z ) j+   ∂ ∂ (y − y ) − ∂y (x − x )  k ∂x

finalmente  × (r − r ) = 0 ∇

I.2.2.2 1  ∇ |r − r |3

 =

=

+

+

∂ ∂x



1

 ∇

[(x − x )2 + (y − y  )2 + (z − z  )2 ]3/2   ∂ 1 i ∂x [(x − x )2 + (y − y  )2 + (z − z  )2 ]3/2   ∂ 1  j ∂y [(x − x )2 + (y − y  )2 + (z − z  )2 ]3/2   ∂ 1  k. ∂z [(x − x )2 + (y − y  )2 + (z − z  )2 ]3/2

(I.2.1)

(I.2.2)



1 [(x − x )2 + (y − y  )2 + (z − z  )2 ]3/2 =−

∂ ∂y





2(x − x ) 3 ,  2 2 [(x − x ) + (y − y  )2 + (z − z  )2 ]5/2

(I.2.3)



1 [(x − x )2 + (y − y  )2 + (z − z  )2 ]3/2 =−

2(y − y  ) 3 , 2 [(x − x )2 + (y − y  )2 + (z − z  )2 ]5/2

15

(I.2.4)

´ tica Electrosta ∂ ∂z





1 [(x − x )2 + (y − y  )2 + (z − z  )2 ]3/2 =−

2(z − z  ) 3 . 2 [(x − x )2 + (y − y  )2 + (z − z  )2 ]5/2

Sumando las expresiones I.2.3, I.2.4 y I.2.5 tenemos  ∇

j + (z − z  ) k] −3[(x − x )i + (y − y  ) 1 = ,  3  5 |r − r | |r − r |

finalmente,  ∇

(r − r ) 1 = −3  3 |r − r | |r − r |5

I.2.2.3 ϕ(r)

=

 E(r)

= =

1 q1 1 q1  , = 4π0 |r − r1 | 4π0 (x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2  −∇ϕ(r)  q1 1 ∂ i  − 4π0 ∂x (x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 +

=

∂ 1   j ∂y (x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2

 ∂ 1   k + ∂z (x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 − 12 2(x − x1 ) q1 i − 2 4π0 [(x − x1 ) + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 ]3/2 + +

− 12 2(y − y1 )  j [(x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 ]3/2

− 12 2(z − z1 )  k [(x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 ]3/2

q1 r − r1  E(r) = 4π0 |r − r1 |3

16

(I.2.5)

´tica Soluciones: Electrosta

rdθ r sen θ dφ r

θ

dr

φ r sen θ dφ

Figura I.2.2.1

I.2.2.4 dΩ = sen θdθdφ en coordenadas esf´ericas θ var´ıa entre 0 y π , φ var´ıa entre 0 y 2π (figura I.2.2.1);







0

=

π

= 0

sen θdθdφ = 2π

2π(cos 0 − cos π) = 4π

17

π

sen θdθ = 2π(− cos θ)π0

dΩ = 4π. por lo tanto 0

´ tica Electrosta

Z d R dE2 r

dE1

d

Figura I.2.2.2

I.2.2.5 R2

=

dE1

=

dE2

=

(r2 + z 2 ) en coordenadas 1(r r − z z )λdz , 4π0 (r2 + z 2 )3/2 (r r + z z) 1 λdz, 4π0 (r2 + z 2 )3/2

cil´ındricas

(I.2.1) (I.2.2) (I.2.3)

ya que para z existe un elemento en −z la contribuci´on en z se cancela y se tiene s´olo en la direcci´on en r, (figura I.2.2.2):

 E

= =

Sea





1 r rλ dz 2 + z 2 )3/2 4π (r 0 −∞

∞ λ r dz r. 4π0 −∞ (r2 + z 2 )3/2

dx x = √ . a 2 x2 + a 2 (x2 + a2 )3

18

(I.2.4) (I.2.5)

(I.2.6)

´tica Soluciones: Electrosta

(Ver tablas de integrales). Sea la substituci´on z ; r

x=

λ 4π0 =

λ 1 4π0 r2

dx =

rdz λ = 4π0 (r2 + z 2 )3/2



dz z2 r2

+1

3/2

=

dz , r 1  r3

λ 1 4π0 r2

(I.2.7) r

3/2 dz

(I.2.8)

rdx , (x2 + 1)3/2

(I.2.9)

1+

z2 r2

utilizando las expresiones I.2.6 y I.2.7, tenemos λ 1 = 4π0 r

∞ ∞   λ 1 z/r  λ r z dx   √ = = ,   2 2 3/2 2 2 2   4π0 r z 4π0 r (x + 1) z + r + 1 −∞ −∞ 2 r

(I.2.10)

finalmente,  E(r) =

λ rˆ 2π0 r

(I.2.11)

I.2.2.6 Ver figura I.2.2.3 (I.2.1)

ΣFx = 0, −Fm sen θ + Fe = 0, 2

Fm sen θ = Fm =

q , 4π0 (2r)2

q2 . 4π0 4r2 sen θ

(I.2.2) (I.2.3) (I.2.4)

Por otro lado ΣFy = 0,

(I.2.5)

Fm cos θ − mg = 0,

(I.2.6)

Fm

mg = . cosθ

(I.2.7)

Igualando las expresiones I.2.4 y I.2.7 mg q2 = , 16π0 sen θr 2 cos θ

19

(I.2.8)

´ tica Electrosta

Fm

θ r

Fe mg

Figura I.2.2.3

q2 = tan θ. 16π0 r2 mg

Pero

(I.2.9)

r ,

(I.2.10)

r = sen θ.

(I.2.11)

sen θ =

por lo tanto Sustituyendo la expresi´ on I.2.11 en la expresi´on I.2.9 tenemos q2 = tan θ sen2 θ 16π0 mg 2

=

tan θ sen2 θ

cos2 θ tan3 θ tan3 θ  =  2 = tan3 θ cos2 θ = 1 2 sen θ+cos2 θ cos θ cos2 θ cos2 θ

=



3

tan θ cos2 θ+sen2 θ cos2 θ

 =

3

tan θ . (1 + tan2 θ)

Finalmente:

20

´tica Soluciones: Electrosta

tan3 θ q2 = (1 + tan2 θ) 16π0 mg 2

I.2.2.7 |r − r1 |

= = = =

  

(x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 (x2 − 2xx1 + x21 ) + (y 2 − 2yy1 + y12 ) + (z 2 − 2zz1 + z12 ) (x2 + y 2 + z 2 ) − 2xx1 − 2yy1 − 2zz1 + x21 + y12 + z12

 r · r − 2(r · r1 ) + r1 · r1 .

|r − r1 | =

I.2.2.8



1

r2 − 2(r · r1 ) + r12

1

=

|r − r −  |3

|(r − r ) −  |3

(I.2.1)

.

Por el resultado del problema 7 la expresi´on I.2.1 se puede escribir como = 

1

(I.2.2)

3/2 , (r − r ) · (r − r ) − 2(r − r ) ·  + ·

factorizando (r − r ) · (r − r ) se tiene =

=



 (r − r ) · (r − r ) 1 −

1 2( r − r  )· ( r − r  )·( r − r )

 [(r − r ) · (r − r )]3/2 1 −

+

 · ( r − r  )·( r − r )

1 2( r − r  )· ( r − r  )·( r − r )

+

(I.2.3)

3/2

 · ( r − r  )·( r − r )

3/2

,

(I.2.4)

pero (r − r ) · (r − r ) = |r − r |2 =

1  |r − r |3 1−

21

(I.2.5)

1 2( r − r  )· | r − r  |2

+

2 | r − r  |2

3/2

.

(I.2.6)

´ tica Electrosta

Utilizando la expansi´on del binomio (x + y)n = xn + nxn−1 y + n(n−1) n−2 2 r − r  )· 2 x y + · · · donde x = 1 e y = − 2( + |r− 2! | r − r  |2 r  |2 =

=

 "

! −2(r − r ) ·  1 2 3 + 1+ − |r − r |3 2 |r − r |2 |r − r |2   2  3 5 −2 −2 −2(r − r ) ·  2 + + + ··· 2 |r − r |2 |r − r |2   1 3 2 3(r − r ) ·  − + ··· , 1+ |r − r |3 |r − r |2 2 |r − r |2

(I.2.7) (I.2.8)

conservando t´erminos lineales en , finalmente se tiene: 1 =  3  | r − r |3 |r − r − | 1

I.2.2.9 Sea ϕ(r + ) =



3(r − r ) ·  + ··· 1+ |r − r |2

|r +  |

=

=

(r2 1 r

1 | r + |

1 1 =  2 1/2  r + 2r · + )



!

1 1− 2

(I.2.9)

q 1 . 4π0 |r +  |

Si | |  |r| entonces podemos aproximar 1



2 2r ·  + 2 2 r r

(I.2.1) como 1

1+

"

2 r · r2

+

 + ···

,

2 r2

1/2

(I.2.2) (I.2.3)

conservando solamente t´erminos lineales en , tenemos 1 r ·  − 3 , r r q 1  q r , − · 4π0 r 4π0 r3

= ϕ(r + )

=

(I.2.4) (I.2.5)

pero −

r  1, =∇ r3 r

(I.2.6)

finalmente, ϕ(r + ) =

22

q 1   + · ∇ϕ 4π0 r

(I.2.7)

´tica Soluciones: Electrosta

I.2.2.10 (r · r )2  2

3(r · r )  2

|r | |r|

2

=

(xx + yy  + zz  )2

=

x2 x2 + 2xyx y  + 2xzx z  + y 2 y 2 + 2yzy  z  + z 2 z 2 ,

=

2 2

2

2 2

 

 

 

3x x + 3yy + 3z z + 6xyx y + 6xzx z + 6yzy z , 2

2

2

2

2

(I.2.1) (I.2.2)

2

=

(x + y + z )(x + y + z )

=

x2 x2 + x2 y 2 + x2 z 2 + x2 y 2 + y 2 y 2 + z 2 y 2 + x2 z 2 + y 2 z 2 + z 2 z 2

=

x2 (x2 + y 2 + z 2 ) + y 2 (x2 + y 2 + z 2 ) + z 2 (x2 + y 2 + z 2 )

=

xx(r )2 + yy(r  )2 + zz(r )2

=

(r )2 (xx + yy + zz),

sea 3 3  

x i xj

=

x(x + y + z) + y(x + y + z) + z(x + y + z)

=

x2 + xy + xz + yx + y 2 + yz + zx + zy + z 2

i=1 j=1

=

2

2

2

x + y + z + [xy + xz + yx + yz + zx + zy] .

(I.2.8) (I.2.9)

Si hacemos que los miembros del par´entesis sean cero entonces 3 3  

δij (xi xj ) = x2 + y 2 + z 2

(I.2.9)

i=1 j=1

donde  δij

=0

para

i = j,

=1

para

i = j.

(I.2.10)

Entonces |r |2 |r|2 =

3 3   i=1 j=1

23

δij xi xj (r )2

(I.2.11)

´ tica Electrosta

Por otro lado la expresi´ on I.2.1 se puede reescribir (r · r )2

(r · r )2

=

x2 x2 + 2xyx y  + 2xzx z  + y 2 y 2 + 2yzy  z  + z 2 z 2

=

xx (xx + yy  + zz  ) + yy  (xx + yy  + zz  ) + zz  (xx + yy  + zz  ),

=

3  3  i=1 j=1

xi xi xj xj =

3  3 

xi xj xi xj

i=1 j=1

Finalmente 3(r · r )2 − |r |2 |r|2 =

3 3   i=1 j=1

24

xi xj (3xi xj − δij (r )2 )

(I.2.12)

I.3 ´ ELECTROSTATICA EN TRES DIMENSIONES

I.3.1.

Enunciado de problemas

I.3.1.1 Encuentre la soluci´on a la ecuaci´on de Laplace cuando s´olo depende de la coordenada r en el sistema de coordenadas cil´ındricas. ϕ

I.3.1.2 Muestre que la ecuaci´ on

dP d (1 − x2 ) + n(n + 1)P = 0, dx dx

se puede expresar como

1 dP sen θ + kP = 0. sen θ dθ

(ayuda: Haga x = cos θ y k = n(n + 1).) I.3.1.3 La soluci´on a la ecuaci´ on de Legendre, es de la forma:  y(x) y(x)

=

=

B0 +

#∞ k=1

Bk (0)x2k

B0 Un (x)  # 2k+1 B0 x + ∞ k=1 Bk (1)x B0 Vn (x)

 para s = 0,  para s = 1,

donde las expresiones para Bk (0) y Bk (1) son: Bk (0)

=

(−1)k B0 [n(n − 2) · · · (n − 2k + 2)] [(n + 1)(n + 3) · · · (n + 2k − 1)] , (2k)!

Bk (1)

=

(−1)k B0 [(n − 1)(n − 3) · · · (n − 2k + 1)] [(n + 2)(n + 4) · · · (n + 2k)] . (2k + 1)!

Exprese los primeros 6 t´erminos de Un (x).

25

´ tica en tres dimensiones Electrosta

I.3.1.4 Exprese los primeros 6 t´erminos de Vn (x). I.3.1.5 Calcule Un (x) y Un (1) hasta para los primeros 6 t´erminos encontrados en el problema 3 cuando n = 0, 2, 4. I.3.1.6 Calcule Vn (1) hasta para los primeros 6 t´erminos encontrados en el problema 4 cuando n = 1, 3, 5. I.3.1.7 Escriba los primeros 6 polimonios de Legendre de acuerdo a Pn

=

Pn

=

Un (x) Un (1) Vn (x) Vn (1)

para n = 0, 2, 4; para n = 1, 3, 5;

seg´ un las expresiones encontradas en los problemas 3,4, 5 y 6. I.3.1.8 Encuentre la carga neta de una esfera en un campo el´ectrico uniforme.

2π π Q = a2

σ(θ) sen θdθdφ,

0

donde σ(θ) = 30 E0 cos θ es la carga superficial. I.3.1.9 En el m´etodo de im´agenes se tiene para una carga y una esfera conductora (ver figura I.3.1.1). ϕ(r, θ, φ) =

Sea : sea : se tiene :

1 4π0

r1 r2 q



q q  q + + . r1 r2 r

=

(r2 + d2 − 2dr cos θ)1/2 , 2

2

=

(r + b − 2rb cos θ)

=

a − q d

encuentre la carga superficial σ(θ, φ) donde

26

(I.3.1)

1/2

,

a2 y b= , d   σ(θ, φ) = −0 ∂ϕ . ∂r  r=a

(I.3.2) (I.3.3) (I.3.4)

Enunciado de problemas

p

r a

r1

r2

θ q



q

q



d

Figura I.3.1.1

I.3.1.10 Encuentre la carga total Q del problema 9.

27

Z

´ tica en tres dimensiones Electrosta

I.3.2.

Soluci´ on: Electrost´ atica en tres dimensiones

I.3.2.1 Sea ϕ = ϕ(r) en coordenadas cil´ındricas 1 d r dr

∇2 ϕ(r) ≡

d dr

r r

dϕ dr dϕ dr

=

0,

(I.3.1)

=

0.

(I.3.2)



Si la derivada es cero, entonces el argumento debe ser una constante, por lo tanto r

dϕ dr

=

a,

(I.3.3)



=

a dr, r

(I.3.4)

integrando ambos lados de la expresi´on I.3.4 tenemos, donde a y b son constantes ϕ = a ln r + b

I.3.2.2

d dP (1 − x2 ) + n(n + 1)P = 0. dx dx

(I.3.1)

n(n + 1) = k,

(I.3.2)

x = cos θ,

(I.3.3)

Sea y entonces dx dθ dP dθ

y en general

=

− sen θ,

(I.3.4)

=

dP dx , dx dθ

(I.3.5)

d d dθ 2 dP 2 dP (1 − x ) = (1 − x ) . dx dx dθ dx dx

Substituyendo las expresiones I.3.5, I.3.6 y I.3.2 en la expresi´on I.3.1 tenemos

28

(I.3.6)

´ n: Electrosta ´ tica en tres dimensiones Solucio   1 d 1 dP 2 sen θ  dx  + kP = 0. dx dθ dθ dθ dθ

(I.3.7)

Substituyendo la expresi´ on I.3.4 en la expresi´on I.3.7 1 1 d dP sen2 θ + kP = 0, − sen θ dθ − sen θ dθ

(I.3.8)

1 d dP sen θ + kP = 0 sen θ dθ dθ

(I.3.9)

finalmente tenemos

I.3.2.3 Un (x)

= − + − + −

1 (n)(n + 1) 2 x 2! n(n − 2)(n + 1)(n + 3) 4 x 4! n(n − 2)(n − 4)(n + 1)(n + 3)(n + 5) 6 x 6! n(n − 2)(n − 4)(n − 6)(n + 1)(n + 3)(n + 5)(n + 7) 8 x 8! n(n − 2)(n − 4)(n − 6)(n − 8)(n + 1)(n + 3)(n + 5)(n + 7)(n + 9) 10 x . 10!

I.3.2.4 Vn (x)

= − + − + −

x (n − 1)(n + 2) 3 x 3! (n − 1)(n − 3)(n + 2)(n + 4) 5 x 5! (n − 1)(n − 3)(n − 5)(n + 2)(n + 4)(n + 6) 7 x 7! (n − 1)(n − 3)(n − 5)(n − 7)(n + 2)(n + 4)(n + 6)(n + 8) 9 x 9! (n − 1)(n − 3)(n − 5)(n − 7)(n − 9)(n + 2)(n + 4)(n + 6)(n + 8)(n + 10) 11 x . 11!

29

´ tica en tres dimensiones Electrosta

I.3.2.5 U0 (1) = 1

U0 (x) = 1 U2 (x) = 1 − 3x2

U2 (1) = 1 − 3 U2 (1) = −2 U4 (1) = 1 − 10 + U4 (1) =

35 3

8 3

U4 (x) = 1 − 10x2 +

35 4 x 3

I.3.2.6 V1 (1) = 1

V1 (x) = x

V3 (1) = 1 − V3 (1) = −

4 6

V5 (1) = 1 − V5 (1) =

V3 (x) = x − 10 x3 6

10 2 V3 (x) = x 1 − x 6

10 6

14 3

+

63 15

8 15

V5 (x) = x −

14 3 63 5 x + x 3 15

I.3.2.7 P0

=

U0 (x) 1 = ⇒ P0 (x) = 1 U0 (1) 1

P1

=

V1 (x) x = ⇒ P1 (x) = x V1 (1) 1

P2

=

U2 (x) 1 1 − 3x2 = ⇒ P2 (x) = (3x2 − 1) U2 (1) (−2) 2

P3

=

V3 (x) x − (10/6)x3 5 3  4 ⇒ P3 (x) = x3 − x = V3 (1) 2 2 −6

P4

=

1 − 10x2 + U4 (x) 8 = U4 (1) 3

P5

=

x− V5 (x) = V5 (1)

35 4 x 3

14 3 x + 63 x5 3  8  15 15

30

⇒ P4 (x) =

35 4 15 2 3 x − x + 8 4 8

⇒ P5 (x) =

63 5 70 3 15 x − x + x 8 8 8

´ n: Electrosta ´ tica en tres dimensiones Solucio

I.3.2.8 Q

= =

a2



π

(I.3.10)

σ(θ) sen θdθdφ

π 3a2 0 E0 2π cos θ sen θdθ 0

0

(I.3.11)

0

=

−3a2 0 E0 2π

=

−3a2 0 E0 2π

Q

=

0.

ϕ(r, θ, φ)

=

1 4π0

finalmente,

−1 1

(I.3.12)

cos θd(cos θ)

−1 cos2 θ  1 1 2 = −3a  E 2π (I.3.13) − 0 0 2 1 2 2

(I.3.14)

I.3.2.9 $

+  ∂ϕ  −4π0 ∂r r=a

$ =

q (r2 + d2 − 2rd cos θ)1/2

q q  + 2 2 1/2 r (r + b − 2rb cos θ)

q(a − d cos θ) (a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2 +

q  (a − b cos θ) q  + 2 2 2 3/2 a (a + b − 2ab cos θ)

% ,

(I.3.1)

,

(I.3.2)

%

Substituyendo las expresiones de q y b se tiene =

=

=

q(a − d cos θ) (a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2   2 a − ad cos θ aq q  −  3/2 + 2 4 3 d a a2 + ad2 − 2ad cos θ q(a − d cos θ) (a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2 (d − a cos θ) q q  − d2   3/2 + 2 2 a a2 a2 1 + ad2 − 2a cos θ d q(a − d cos θ) (a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2 (d − a cos θ) q  − q 2  3 + 2 d a a (d2 + a2 − 2ad cos θ)3/2 a2 d3

31

(I.3.3)

(I.3.4)

(I.3.5)

´ tica en tres dimensiones Electrosta q(a − d cos θ) (a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2

=

q ad (d − a cos θ) q  + 2 2 3/2 a + d − 2ad cos θ)  2  d q(a − d cos θ) − q a − d cos θ



=

(I.3.6)

(a2

(a2

+

d2



2ad cos θ)3/2

+

q  , a2

(I.3.7)

finalmente −4π0

 ∂ϕ  ∂r r=a  

 Si σ(θ, φ) = −0 ∂ϕ dr 

−q(d2 − a2 ) q  + . a2 a(a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2

=

(I.3.8)

entonces finalmente tenemos r=a

a(d2 − a2 ) −q q  + 4πa2 (a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2 4πa2

σ(θ, φ) =

(I.3.9)

I.3.2.10 Tenemos al substituir la expresi´on I.3.4 del problema I.3.2.9, σ(θ, φ) =

d(d2 − a2 ) 1  q  q 2 + . 2 2 3/2 4πa 4πa2 (a + d − 2ad cos θ)

(I.3.1)

La carga total es

Q



π

= 0

0

a2 2π

=

σ(θ, φ)a2 sen θdθdφ

(I.3.2)

σ(θ) sen θdθ.

(I.3.3)

π 0

Substituyendo la expresi´ on I.3.1 en la expresi´on I.3.3 tenemos Q = q

d 2

(a2

(d2 − a2 ) sen θ dθ + q  . + d2 − 2ad cos θ)3/2

(I.3.4)

Sean A

=

B

=

(d2 − a2 ) , 4a 2 2 a +d ,

u

=

2ad cos θ,

du

=

−2ad sen θdθ,

32

−q 

(I.3.5)

´ n: Electrosta ´ tica en tres dimensiones Solucio

cuando θ = 0, u = 2ad y para θ = π, u = −2ad . Substituyendo las expresiones I.3.5 en la expresi´ on I.3.4 tenemos Q

= = =

−2ad

A du (B − u)3/2 2ad −2ad  2  q  + A 1/2 (B − u) 2ad % $ 1 1 , q  + 2A − (B + 2ad)1/2 (B − 2ad)1/2

q  +

(I.3.6) (I.3.7) (I.3.8)

pero B − 2ad

=

B + 2ad

=

(a − d)2 ,

(I.3.9)

2

(I.3.10)

(a + d) .

Substituyendo las expresiones I.3.9 y I.3.10 en la expresi´on I.3.8 tenemos: Q

= =

1 1 −2d = q  + 2A − (a + d) (a − d) (a2 − d2 ) 4Ad q  + 2 . (d − a2 )

q  + 2A



(I.3.11) (I.3.12)

Substituyendo el valor de A de la expresi´on (I.3.5) en (I.3.12), tenemos   2 2  

Q=q +

4 −q

(d −a ) 4a

(d2



d

a2 )

,

finalmente:

d Q = q  + −q  a

(I.3.13)

Q = q  + q

(I.3.14)

33

I.4 ´ CAMPO ELECTROSTATICO EN MEDIOS MATERIALES

I.4.1.

Enunciado de problemas

I.4.1.1 Para r r



=

xi + y j + z k,

=

k, xi + y  j + z

encuentre  ∇

1 |r − r|

  es el gradiente con respecto a las coordenadas primas. donde ∇

I.4.1.2 Un cilindro delgado de material diel´ectrico de secci´on recta o ´area lateral A se extiende en el eje x desde x = 0 hasta x = L. La polarizaci´ on del cilindro es a lo largo de su eje mayor y est´a dada por P = Pxi, donde Px = ax2 + b. Encuentre la densidad volum´etrica de polarizaci´on (ρp ) y la polarizaci´on superficial en cada lado extremo. Muestre que la carga total de polarizaci´on es CERO en este caso. I.4.1.3 Un cilindro delgado circular de longitud L y radio R est´a polarizado en la direcci´on de su eje mayor (sea en la direcci´on z ). Si la polarizaci´ on es uniforme (P = P k) y de magnitud P , ´ctrico en un punto sobre el eje del calcule el campo ele cilindro. (calcule s´olo el campo el´ectrico en la direcci´on z ).

35

´ tico en medios materiales Campo electrosta

I.4.1.4 Encuentre la expresi´on del campo el´ectrico, E 1 fuera de la esfera diel´ectrica inmersa en un campo el´ectrico uniforme y E 2 dentro de la esfera. Tome las expresiones para el potencial de la secci´on 4.9 del libro de Reitz. Ver figura I.4.2.3. I.4.1.5 Dos materiales diel´ectricos con constante K1 y K2 est´an separados por una interfase plana. No existe carga externa sobre la interfase. Encuentre una relaci´on entre los ´angulos θ1 y θ2 (donde  con la normal a la interestos ´angulos son los que hace el vector D fase: θ1 en el material 1 y θ2 con el material 2). Ver figura I.4.2.2.

36

´ tico en medios materiales Soluciones: Campo electrosta

I.4.2.

Soluciones: Campo electrost´ atico en medios materiales

I.4.2.1 Sea

 ∇

r − r

=

|r − r|

=

1 |r − r|

=

=

(x − x )i + (y − y  ) j + (z − z  ) k,  (x − x )2 + (y − y  )2 + (z − z  )2 , ∂  ∂  ∂  i + j + k ∂x ∂y  ∂z    1  (x − x )2 + (y − y  )2 + (z − z  )2

 2(x − x )(−1)i 1 − 2 [(x − x )2 + (y − y  )2 + (z − z  )2 ]3/2 +

[(x −

x ) 2

j 2(y − y  )(−1) + (y − y  )2 + (z − z  )2 ]3/2

2(z − z  )(−1) k +  2 [(x − x ) + (y − y  )2 + (z − z  )2 ]3/2 =

j + (z − z  ) k (x − x )i + (y − y  )  ,  2  2  ( (x − x ) + (y − y ) + (z − z )2 )3

(I.4.1) (I.4.2)

(I.4.3)



(I.4.4) (I.4.5)

finalmente,  ∇

1 r − r = |r − r| |r − r|3

Y

X

Figura I.4.2.1

I.4.2.2 Ver figura I.4.2.1  = Pxi P

37

(I.4.1)

´ tico en medios materiales Campo electrosta

donde Px = ax2 + b .

(I.4.2)

Sabemos que σP

=

 ·n P ,

(I.4.3)

ρP

=

 ·P . −∇

(I.4.4)

Substituyendo la expresi´ on I.4.2 en la expresi´on I.4.4 tenemos ´ n volum´etrica, la densidad de carga de polarizacio ρP = −2ax

(I.4.5)

σPT = σP1 + σPcara + σP2

(I.4.6)

Ahora bien

donde σPT es la carga superficial total, σP1 es la carga superficial en la cara en x = 0 , σP2 es la carga superficial en la cara en x = L , σPcara es la carga superficial en el cilindro. De (I.4.2) y (I.4.3) se ve que σPcara = 0 ya que P es perpendicular a n y σP1 = −b

(I.4.7)

σP2 = aL2 + b

(I.4.8)

QP

= = =

 ·P  dv  + P  ·n −∇ da

A L

A

A −2axdxdA + σP1 da1 + σP2 da2 0 0 0 0   −aAL2 + −bA + (aL2 + b)A

finalmente, QP = O

38

(I.4.9) (I.4.10) (I.4.11)

´ tico en medios materiales Soluciones: Campo electrosta

area 1 ´

1 2

Z Y

area 2 ´

1 2

X

area 3 ´

R

Figura I.4.2.2

I.4.2.3 Ver figura I.4.2.2 r

=

σ

=

L k + r r 2  ·n P ,

σ1

=

P,

(I.4.3)

σ2

=

−P ,

(I.4.4)

σ3

=

0

ρP

=

 E(z)

=

 ·P  = 0, −∇

σP (r − r )  ρP (r − r )  1 da + dv . 4π0 S |r − r |3 |r − r |3 V

r = z  k,

(I.4.1) (I.4.2)

 ⊥n (P ) ,

El segundo t´ermino es cero por ecuaci´on I.4.6 y nos queda, en la direcci´on z :

39

(I.4.5) (I.4.6) (I.4.7)

´ tico en medios materiales Campo electrosta

Ez (z)

1 4π0

=



0

R 0



P 4π0

=

P (z − L/2) 20 P (z + L/2) 20



pero





+

r2 ]3/2

0

(z − L/2)2 + r2

(z + L/2)2 + r2

R



0

r [A2



0

P (z − L/2)

[z − (−L/2)]

R



0



R



dr =

3 rdrdθ

3/2 rdrdθ

r (z − L/2)2 + r2 r (z + L/2)2 + r2

(I.4.8)

3/2 dr 3/2 dr

−1 . (A2 + r2 )1/2

(I.4.9)

(I.4.10)

Sustituyendo la expresi´ on I.4.10 en la expresi´on I.4.9  E(z)

=

R  (z − L/2)P 1  (−1)   z  1/2  20 (z − L/2)2 + r2

+

R  P (z + L/2) 1   z .   1/2 2  20 2 (z + L/2) + r

0

(I.4.11)

0

Finalmente  E(z)

= −

 E(z)

=



(z + L/2) (L/2 − z) + (z − L/2)2 + R2 (z + L/2)2 + R2 (L/2 − z) (z + L/2) − z (z − L/2) (z + L/2)   (z + L/2) (L/2 − z) P  + z . 20 (z − L/2)2 + R2 (z + L/2)2 + R2 P 20



Para z muy grandes con respecto a L/2 el campo el´ectrico en la direcci´ on radial (r) tiende a cero. I.4.2.4 Ver figura I.4.2.3

40

(I.4.12) (I.4.13)

´ tico en medios materiales Soluciones: Campo electrosta

esfera diel´ectrica 2 E

regi´ on 1

eje z

regi´ on 2

Figura I.4.2.3

ϕ1

=

ϕ2

=

 E

=

1 E

=

1 E

=

−E0 rcosθ + a3

(K − 1) E0 cos θ , (K + 2) r2

−3E0 r cos θ , (2 + K)  , −∇ϕ ∂ 1 ∂ϕ  − ϕ r− θ, ∂r r ∂θ (K − 1) cos θ r E0 cos θ + 2a3 E 0 (K + 2) r3 (K − 1) sen θ  −E0 sen θ + a3 E0 3 θ , (K + 2) r

2a3 (K − 1) 1 3 (K − 1) 1  r + E0 sen θ a − 1 θ E1 = E0 cos θ 1 + (K + 2) r3 (K + 2) r3

2 E

=

2 E

=

3E0 3E0 cos θ r− sen θθ , (2 + K) (2 + K) 3E0  , + (cos θ r − sen θθ) (2 + K)

pero

 2 = E0 cos θ E

3 3 θ r − E0 sen θ (2 + K) (2 + K)

(I.4.1) (I.4.2) (I.4.3) (I.4.4)

(I.4.5)

(I.4.6)

(I.4.7) (I.4.8)

(I.4.9)

A grandes distancias (l´ım r → ∞), ϕ1 = −E0 r cos θ ,

(I.4.10)

 0 = E0 cos θ r − E0 sen θθ , E

(I.4.11)

41

´ tico en medios materiales Campo electrosta 2 = E

3 0 E (2 + K)

(I.4.12)

finalmente, 1 D

=

1 , E

2 D

=

2 . E

I.4.2.5 Ver figura I.4.2.4(a). n ˆ2

ΔS

material 2

K2

material

K1

1 n ˆ1

Δ

Figura I.4.2.4(a)

Figura I.4.2.4(b)

Aplicando la Ley de Gauss en una caja peque˜ na (figura I.4.2.4(b).), 1 · n 2 · n 2 ΔS + D 1 ΔS = 0 D

D2 cos θ2 cos θ2 cos θ1

= =

cero carga externa,

D1 cos θ1 , D1 K1 E1 = . D2 K2 E2

(I.4.1)

(I.4.2) (I.4.3)

Pero tambi´en sabemos que los componentes tangenciales del campo el´ectrico son iguales, es decir

de donde

E1 sen θ1 = E2 sen θ2 ,

(I.4.4)

E1 sen θ2 = . sen θ1 E2

(I.4.5)

42

´ tico en medios materiales Soluciones: Campo electrosta

Substituyendo la expresi´ on I.4.5 en la expresi´on I.4.3 K1 sen θ2 cos θ2 = . cos θ1 K2 sen θ1

(I.4.6)

Finalmente K1 sen θ1 cos θ2 = cos θ1 sen θ2 K2

43

´o

K1 tan θ1 = tan θ2 K2

(I.4.7)

I.5 ´ ´ TEOR´IA MICROSCOPICA: DIELECTRICOS

I.5.1.

Enunciado de problemas

I.5.1.1 Utilice la ecuaci´on Clausius-Mossotti para determinar la polarizabilidad (α) de las mol´eculas de nitr´ogeno (N2 ) y ox´ıgeno umero de mol´eculas de aire por metro c´ ubico (O2 ) del aire. [N´ = 2.688 × 1026 ; el aire contiene 78 % de nitr´ogeno (N2 ) y 21 % de ox´ıgeno (O2 )]. (T´omese el valor de K del aire, K = 1.00059) I.5.1.2 Estime el radio de la mol´ecula de N2 y de O2 utilizando el resultado obtenido en el problema 1 y el modelo simple de un “´atomo” con dipolo inducido. I.5.1.3 Encuentre la expresi´on de R0 (radio de una mol´ecula) en t´erminos de la constante diel´ectrica K . I.5.1.4 Encuentre la expresi´on para p0 cos θ donde  p0 cos θ =

p0 cos θep0 Em cos θ/kT dΩ  , ep0 Em cos θ/kT dΩ

donde dΩ = sen θdθdφ I.5.1.5 Utilice la ecuaci´on Clausius-Mossotti para determinar la polarizabilidad del agua (H2 O) a 0◦ C y determine el momento dipolar p0 . (nota: N´ umero de mol´eculas de agua por metro c´ ubico es ZN0 donde Z es el n´ umero at´omico de la mol´ecula y N0 = 6 × 1026 ).

45

´ pica: diele ´ctricos Teor´ıa microsco

I.5.1.6 Usando el resultado del problema 1 para la polarizabilidad del nitr´ogeno, calcule el desplazamiento relativo entre el n´ ucleo de nitr´ogeno y su nube electr´onica cuando se aplica un campo el´ectrico de Em = 3 × 106 V/m.

46

´ pica: diele ´ctricos Soluciones: Teor´ıa microsco

I.5.2.

Soluciones: Teor´ıa microsc´ opica: diel´ ectricos

I.5.2.1 Ecuaci´ on Clausius-Mossotti α= K

30 (K − 1) , N (K + 2)

(I.5.1)

(constante diel´ectrica del aire, p´ag. 87 Libro de Reitz y Milford). K N (N2 ) N (O2 ) 0

= = = =

(I.5.2)

1.00059 , 0.78Naire = 2.09 × 10

26

mol´eculas/m ,

0.21Naire = 0.56 × 10

26

mol´eculas/m3 ,

8.854 × 10−12

3

2

C

Nt m2

.

(I.5.3) (I.5.4)

Substituyendo las expresiones y valores I.5.2, I.5.3 y I.5.4 en la expresi´ on I.5.1 se tiene

donde

Nt C

=

α(N2 ) = 2.5 × 10−41

C 2 m V

α(O2 ) = 9.3 × 10−41

C 2 m V

V m

I.5.2.2 α

=

R0

=

4π0 R03 , 1/3 α . 4π0

Substituyendo los valores encontrados en la soluci´on del problema I.5.1.1 se tiene −11 R0 (N2 ) ∼ m = 6.1 × 10 −11 R0 (O2 ) ∼ m = 9.4 × 10

Estos valores est´an de acuerdo con el valor del radio de una “mol´ecula de aire” reportado como R0 (aire)  1.73 × 10−10 m.

47

(I.5.5) (I.5.6)

´ pica: diele ´ctricos Teor´ıa microsco

I.5.2.3 Sabemos que α =

30 (K−1) N (K+2)

R0 =

I.5.2.4

entonces

3(K − 1) 4π(K + 2)N

 2π  π 0

p0 cos θ =

1/3

p E

0 m p0 cos θe kT cos θ sen θdθdφ 0  2π  π p0 Em cos θ e kT sen θdθdφ 0 0

.

(I.5.7)

Em = A; x = cos θ; para θ = 0 se tiene x = 1; para θ = π se Sea p0kT tiene x = −1. La integral del numerador es (N ):

N = 2πp0

1 −1

xeAx dx .

(I.5.8)

Resolvi´endola por partes, sea u = x; du = dx, dv = eAx dx; v = A1 eAx 1 

1  1 Ax x Ax  2πp0 e  − e dx  A −1 A −1

$ % 1 1 A 1  2πp0 e − − e−A − 2 eA − e−A , A A A

1 2πp0 2 cosh A − 2 senh A . A A 

N

= =

N

=

(I.5.9)

La integral del denominador (D) es:

D ⇒

=

1

2π −1

=

e

Ax

1  2π Ax  dx = e   A

−1

2π (2 senh A) . A

(I.5.10)

Finalmente p0 cos θ =

N = D

2πp0 A

  1 2 senh A 2 cosh A − A , 2π 2 senh A A

kT p 0 Em − p0 cos θ = p0 coth kT p 0 Em

48

(I.5.11)

´ pica: diele ´ctricos Soluciones: Teor´ıa microsco

I.5.2.5 α= A = 18

30 (K − 1) , N (K + 2)

(I.5.12)

(agua),

K = 87.8

a

2

0 = 8.854 × 10−12 C

T = 273◦ K , −2

m Nt

N=

6×1029 mol´ eculas 18 m3

,

,

α = 7.7 × 10−40

C 2 m3 Nt m2

k = 1.38 × 10−23 (Nt · m)◦ K −1 , p0 =



3kT α .

Substituyendo valores p0 = 2.95 × 10−30 C · m

I.5.2.6 Zex = αEm , x=

2.5 × 10−40 m2 C/V3 × 106 V/m αEm = ⇒ x = 6.7 × 10−16 m Ze (7)(1.6 × 10−19 C)

49

(I.5.13)

I.6 ´ ENERG´IA ELECTROSTATICA

I.6.1.

Enunciado de problemas

I.6.1.1 Un electr´on con energ´ıa cin´etica 3 × 10−17 J entra a una regi´on del espacio donde existe un campo el´ectrico E = 1000 V/m. Considere que el electr´ on viaja en la direcci´on positiva a lo largo del eje x y que el campo el´ectrico est´a dirigido a lo largo del eje x pero en el sentido opuesto al movimiento del electr´ on de tal forma que act´ ua sobre ´el desaceler´andolo. ¿Qu´e distancia viaja el electr´ on hasta detenerse? (e = 1.6 × 10−19 C) I.6.1.2 Un dipolo se coloca perpendicular a un plano conductor de tal forma que la carga (−q) est´a a una distancia d del plano y la carga (+q) est´a a una distancia d + . Calcule la energ´ıa electrost´atica del sistema (puede usar el m´etodo de cargas imagen). I.6.1.3 Determine la energ´ıa electrost´atica de una esfera con radio R y densidad volum´etrica de carga constante ρ0 , utilizando   para todo el espacio. la expresi´on U = 12 E · Ddv I.6.1.4 Determine la energ´ıa electrost´atica de una esfera con radio R y densidad volum´etrica de carga constante ρ0 , utilizando   s´ olo para 0 ≤ r ≤ R. la expresi´on U = 12 E · Ddv I.6.1.5 Sup´ongase que el electr´on es una part´ıcula esf´erica uniformemente cargada de radio R. Adem´as suponga que la auto energ´ıa electrost´atica (encontrada en el problema 4) es igual a la energia en reposo mc2 donde m es la masa del electr´on y c es la velocidad de la luz. Calcule el radio cl´asico del electr´on.

51

´tica Energ´ıa electrosta

I.6.1.6 Un capacitor con dos placas paralelas se forma con dos materiales diel´ectricos. Un material con permitividad 1 y grosor d1 se coloca sobre otro material con permitividad 2 y grosor d2 y ambos se colocan entre 2 placas conductoras con separaci´on d1 +d2 . Calcule la capacitancia por unidad de ´area. Ver figura I.6.2.2. I.6.1.7 Un capacitor tiene el espacio entre sus placas lleno de material diel´ectrico con constante K (K = 1 /0 ). Las dimensiones de las placas son: ancho w, longitud y separaci´on d. El capacitor se carga mientras est´a conectado a una diferencia de potencial Δϕ0 despu´ es de lo cual se desconecta (capacitor aislado). El material diel´ectrico se mueve de tal forma que s´olo queda una longitud x entre las placas. Calcule la diferencia de potencial (Ver figuras I.6.2.3(a) y I.6.2.3(b)). I.6.1.8 Calcule la fuerza que tiende a jalar al material diel´ectrico a su posici´on original en el problema 7.

52

´ tica Soluciones: Energ´ıa electrosta

I.6.2.

Soluciones: Energ´ıa electrost´ atica

I.6.2.1 La energ´ıa cin´etica del electr´on debe igualar al trabajo hecho por la fuerza el´ectrica hasta que ´este se detiene, en una distancia d, Ec =

1 mvx2 2 Ec

=

3 × 10−17 J ,

(I.6.1)

=

 |d , |F

(I.6.2)

 E

=

 = 1.6 × 10−19 C × 1000 V/mˆ E = eE x, 1000V/mˆ x⇒F

FE

=

1.6 × 10−16 C · V/m ,

sustituyendo en la expresi´ on I.6.1: Ec /d = 1.6 × 10−16 CV/m; as´ı que, d=

3 × 10−17 J ⇒ 1.6 × 10−16 CV m

d = 0.187m

I.6.2.2 Problema real

Problema Equivalente

+q

+q4

−q

−q3

————

plano conductor cargas imagen

———— +q2 −q1

W

=

(−q1 )q2 (−q1 )(−q3 ) (−q1 )(q4 ) + + 4π0

4π0 ( + 2d) 4π0 2(d + ) (q2 )(q4 ) (q2 )(−q3 ) + + 4π0 2d 4π0 (2d + ) (−q3 )(q4 ) . + 4π0

Considerando que q1 = q2 = q3 = q4 = q, W

=

−q 2 q2 q2 + − 4π0

4π0 ( + 2d) 4π0 2(d + ) −

q2 q2 q2 + − , 4π0 2d 4π0 (2d + ) 4π0

53

´tica Energ´ıa electrosta

W =

$

−2q 2 4π0

1 1 1 1 − + +

( + 2d) 4(d + ) 4d

%

r

R

ρc

Figura I.6.2.1

I.6.2.3 Ver figura I.6.2.1 U=

1 2

 · Ddv  , E

(I.6.1)

pero  = 0 E , D 1 U= 2



(I.6.2)

0 E 2 dv .

(I.6.3)

Por la Ley de Gauss 

&  ·n E da

=

E4πr 2

=

ρ0  dv , 0 ⎧ ρ0 r 3 ⎨ 4π 3  0

⎩ ⎧ ⎨

E

=



54

4π ρ0 R3 3 0

r < R, r > R.

ρ0 r 30

⎫ r < R, ⎬

ρ0 R3 −2 r 30

r>R ⎭

.

(I.6.4)

´ tica Soluciones: Energ´ıa electrosta

Substituyendo la expresi´ on I.6.4 en la expresi´on I.6.3 tenemos U

1 2

=

R

0



0 ∞

π

0

0 2π

ρ20 r2 2 r sen θdθdφdr 920

ρ20 R6 −4 2 r r sen θdθdφdr 920 R 0 0 ∞ 1 ρ20 4π R5 1 ρ20 4π 6 (−1)  + R 2 0 9 5 2 0 9 r R 1 2

+

=

π

0

1 ρ20 4π 5 1 R +1 . 2 0 9 5

=

U=

4π 2 5 ρ0 R 150

I.6.2.4 En forma similar al problema I.6.2.3 s´olo tenemos la integral para r ≤ R U

= =

1 2 1 2



R 0 R



0

2π 0

π

0



0

0

U=

0 E 2 r2 sen θdθdφdr

π

0

ρ20 r2 2 r sen θdθdφdr . 32 20

1 ρ20 R5 4π 2 90 5

I.6.2.5 Utilizando el resultado del problema I.6.2.4, tenemos U = mc2 ⇒

1 ρ20 4π 4π 1 5 R 1 R = mc2 , 2 0 3 3 4π R5

pero ρ0

1 e2 1 1 e2 4π 3 R =e⇒ = mc2 ⇒ R = 3 2 4π 50 R 4πmc2 100

si e = 1.6 × 10−19 C , m

=

9.1 × 10−31 kg ,

c

=

2.997 × 108 m/seg ,



=

8.85 × 10−12 F/m ,

55

´tica Energ´ıa electrosta

entonces R = 2.8 × 10−13 cm

placas 1

d1 2

d2

Figura I.6.2.2

I.6.2.6 Ver figura I.6.2.2 E1

=

E2

=

σ Q = ; 1 1 A σ Q = , 2 2 A

(I.6.1) (I.6.2)

donde A ≡ ´area de placa y Q = carga total, pero Δϕ = Ed, entonces C

=

C1

=

Q Q = , Δϕ Ed 1 A ; d1

(I.6.3)

2 A . d2

(I.6.5)

(I.6.4)

entonces, C2

=

Como los materiales diel´ectricos est´an en serie 1 C 1 C A C

= = =

56

1 1 + ; C1 C2 d1 d2 + ; 1 A 2 A d2 d1 + , 1 2

(I.6.6) (I.6.7) (I.6.8)

´ tica Soluciones: Energ´ıa electrosta w x

Δϕ0

K

d

K C1

C2 0

1 −x



despu´es

antes

Figura I.6.2.3(a)

Figura I.6.2.3(b)

finalmente C  1 2 = A  2 d1 +  1 d 2

(I.6.9)

I.6.2.7 C

=

Q

=

Ci

=

Q , Δϕ Δϕ0 C 1 A d

(I.6.1) carga total al cargarse, capacitancia al cargarse dondeA = · w

(I.6.2) (I.6.3)

al desconectarse Δϕ =

Q Cf

pero Q es constante

(I.6.4)

Δϕ0 1 · w/d . Cf

(I.6.5)

Δϕ =

Cf es la capacitancia despu´ es de desconectarse y es igual a la suma de las capacitancias (figuras I.6.2.3(a) y I.6.2.3(b)). Cf = C1 + C2 ⇒ Cf = Cf =

0 ( − x)w 1 wx + , d d

0 w [ + (K − 1)x] , d

57

(I.6.6) (I.6.7)

´tica Energ´ıa electrosta

entonces substituyendo la expresi´on I.6.7 en la expresi´on I.6.5 tenemos ·w Δϕ =

Δϕ0 1 d . + (K − 1)x]

0 w [ d

Finalmente Δϕ =

KΔϕ0 [ + (K − 1)x]

I.6.2.8 U=

1  2

E 2 dv =

1 1 2



Δϕ d

2 xwd +

1 0 2



Δϕ d

2

wd( − x) ,

(I.6.1)

pero Δϕ =

Q , C

(I.6.2)

substituyendo la expresi´on I.6.2 en la expresi´on I.6.1 se tiene 1 1 Q2 Q2 1 2 2 xwd + 0 2 2 wd( − x) , 2 C d 2 C d 1 Q2 wx 1 Q2 1 U = (1 − 0 ) + 0 2 w . 2 2C d 2 C d    restitutiva es Fx = − ∂U ∂x  U

La fuerza

=

Q constante

Fx = (K − 1)

0 Q2 w 2 C2 d

pero C de la soluci´on del problema I.6.1.7 es C = (expresi´on I.6.7): Fx =

(K − 1) 2 w0 Q 2 d

Fx =

1 2 2 0w [ d2

+ (K − 1)x]2

(K − 1)Q2 d 20 w[ + (K − 1)x]2

58

0 w [ d

,

+ (K − 1)x]

(I.6.3) (I.6.4)

I.7 ´ CORRIENTE ELECTRICA

I.7.1.

Enunciado de problemas

I.7.1.1 La corriente (I ) que puede pasar por un cable de cobre de ´area (2 mm2 ) es 20 Amp: . (a) Calcule la densidad de corriente |J|

(b) Suponiendo que cada a´tomo de cobre contribuye con un electr´on conductor, calcule la velocidad de deriva correspondiente a esta densidad de corriente (ayuda: N´ umero de Avogadro = 6 × 1026 ´atomos/kmole; 1 kmole de cobre es 63.5 kg; ρ densidad del cobre es 8.92 gm/cm3 ) (c) Estime el tiempo promedio entre colisiones del electr´on en el cobre. (ηcobre = 1.67 × 10−8 Ωm)(me = 9.1 × 10−31 kg) I.7.1.2 La conductividad del agua de mar es 4.3 (Ωm)−1  ) en un vol´ (a) Encuentre la densidad de corriente (|J| umen de 1 2 cm de largo y 1 cm de ´area cuando se aplica un voltaje de 3 Volts.

59

´ctrica Corriente ele

(b) Calcule la velocidad de deriva =

kg 1.028 × 103 m 3 ,

#electrones mol´ ecula

=

0.2 ,

1 kmole

=

18kg

N

=

6 × 1026 mol´ eculas/kmole .

ρagua

de mar

de agua,

I.7.1.3 Un medio conductor est´a dentro de un campo el´ectrico uniforme E = E0 k. Una cavidad esf´erica de radio “a” se forma en el medio. Encuentre el potencial dentro y fuera de la cavidad.

60

´ctrica Soluciones: Corriente ele

I.7.2.

Soluciones: Corriente el´ ectrica

I.7.2.1 (a) I = 20 Amp,

A = 2 mm2 ⇒ A = 0.000002 m2 ,

J=

I Amp = 107 2 A m

(b) J

=

N ev ,

v

=

× C/seg 107 Amp J Amp m2 , = on tomos 1kmole C 3 kg 1electr´ Ne 6 × 1026 ´akmole 8.92 × 10 × 1.602 × 10−19 electr´ 63.5kg atomo on m3 ´

v = 0.00074

m seg

(c) v = eτ E/me pero E = ηJ , τ

=

τ

=

me v ⇒ eηJ 9.1 × 10−31 kg 0.00074m/s 1.6 ×

10−14 C

1.67 ×

10−8 V·s m C

107 mC2 s

kg m2 1 seg2 C

,

V

τ = 2.5 × 10−14 seg

I.7.2.2 (a) J = σE ; J= I=σ

A Δϕ, 

I , A σ 

entonces J = Δϕ;

J = 1290

61

C m2 seg

J=

4.3(Ωm)−1 3V ; 0.01m

(I.7.1)

´ctrica Corriente ele

(b) v=

C 1290 sm J 2 = , eculas 1kmole 3 kg × 0.2 electrones × 1.6 × 10−19 C Nq 6 × 1026 mol´ 1.028 × 10 3 kmole 18 kg mol´ eculas m

v = 1.17 × 10−6 m/s

vderiva en agua de mar  vderiva cobre

I.7.2.3 Ver figura I.7.2.1. E = E0 k ˆ  = E0 k E a

medio 2 medio 1

Figura I.7.2.1

 · J = 0 ⇒ ∇2 ϕ = 0) En analog´ıa con electrost´atica (∇ ϕ1 (r, θ)

=

ϕ2 (r, θ)

=

A1 A2 + 2 cos θ + · · · r r B1 B2 B0 r cos θ + + 2 cos θ + · · · r r A0 r cos θ +

1. Primero nos damos cuenta de que los coeficientes A1 y B1 deben ser cero ya que de otra manera tendr´ıamos campos el´ectricos que decaen como r−2 y esto implicar´ıa el tener una carga en el centro; pero en el centro de la cavidad ¡no hay cargas! 2. A grandes distancias (r  a) el potencial debe dar lugar a un campo el´ectrico constante E = E0 k. Esto implica que el

62

(I.7.1) (I.7.2)

´ctrica Soluciones: Corriente ele

t´ermino dominante del potencial es el primero ϕ1 (r  a)

=

A0 r cos θ ,

− E0 dz = −E0 z = −E0 r cos θ ,

pero ϕ1 (r  a) =

A0 = −E0

entonces

(I.7.3)

3. El coeficiente B2 debe ser cero para evitar una singularidad en r = 0. El potencial ϕ2 queda (I.7.4)

ϕ2 (r, θ) = B0 r cos θ .

4. La otra condici´on de frontera es que los potenciales dentro y fuera de la cavidad justo en r = a deben ser iguales  ϕ1 (r = a) = −E0 a +

A2 a2



cos θ



ϕ2 (r = a) = B0 a cos θ

B0 = −E0 +

A2 . a3

(I.7.5)

´ n para determinar B0 y 5. necesitamos otra condicio ´ n es: la componente normal de la denA2 . esta condicio sidad de corriente debe ser continua en la interfase (en la direcci´on radial). J1n − J2n = 0 .

(I.7.6)

Pero

J = σE

 ∂ϕ1  σ1 −  ∂r  r=a

2A2 σ1 E0 cos θ + 3 cos θ a

= − −

∂ϕ , σ − ∂r

 ∂ϕ2  σ2 −  ∂r  0 (en

= 0, r=a

la cavidad J = 0) = 0 ;

entonces, 1 A 2 = − E0 a 3 . 2

(I.7.7)

Substituyendo la expresi´ on I.7.7 en la expresi´on I.7.5 3 B0 = − E 0 . 2

63

(I.7.8)

´ctrica Corriente ele

Por lo tanto, finalmente tenemos las expresiones para el potencial ⎫ 3 0 ϕ1 (r, θ) = −E0 r cos θ − a2 E cos θ para r > a ⎬ r2 ϕ2 (r, θ) = − 32 E0 r cos θ

64

para r < a ⎭

(I.7.9)

I.8 ´ CAMPO MAGNETICO DE CORRIENTES CONSTANTES

I.8.1.

Enunciado de problemas

I.8.1.1 Para  r1 ) J(

=

Jx (r1 )i + Jy (r1 ) j + Jz (r1 ) k,

r2

=

j + z2  k, x2i + y2

r1

=

2 ∇

=

1 ∇

=

k, x1i + y1 j + z1  ∂  ∂  ∂  i+ j+ k, ∂x2 ∂y2 ∂z2 ∂  ∂  ∂  k. i+ j+ ∂x1 ∂y1 ∂z1

Encuentre:  2 (r2 −r1 )3 .  r1 ) · ∇ (a) J( | r2 − r1 |  1 (r1 −r2 )3 .  r1 ) · ∇ (b) J( | r1 − r2 | 2 1 . I.8.1.2 Obtenga ∇ | r2 − r1 |  2 ) r2 3 .  ·∇ I.8.1.3 Obtenga (m | r2 |  r2 )  2 (m· . I.8.1.4 Obtenga ∇ | r2 |3

I.8.1.5 Considere un circuito de forma circular de radio a. Si el on magn´etica, circuito lleva una corriente I , encuentre la inducci´  , es el centro del c´ırculo. B I.8.1.6 Considere un circuito de forma cuadrada de lado a. Si el on magn´etica, circuito lleva una corriente I , encuentre la inducci´  B , en el centro del cuadrado.

65

´tico de corrientes constantes Campo magne

I.8.2.

Soluciones: Campo magn´ etico de corrientes constantes

I.8.2.1 (a)  2 (r2 − r1 )  1) · ∇ J(r |r2 − r1 |3

∂ ∂ ∂ + Jy + Jz ∂x2 ∂y2 ∂z2 j + (z2 − z1 ) k (x2 − x1 )i + (y2 − y1 )

=

=

=

Jx

[(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 ]3/2 (x2 − x1 )i ∂ Jx ∂x2 [(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 ]3/2 (y2 − y1 ) j ∂ + Jy 2 ∂y2 [(x2 − x1 ) + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 ]3/2 (z2 − z1 ) k ∂ + Jz ∂z2 [(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 ]3/2 $ % (x2 − x1 )(−3/2)(2(x2 − x1 ))  1 Jx + i [ ]3/2 [ ]5/2 $ % (y2 − y1 )(−3/2)(2(y2 − y1 ))  1 + j + Jy [ ]3/2 [ ]5/2 $ % (z2 − z1 )(−3/2)(2(z2 − z1 ))  1 k; + + Jz [ ]3/2 [ ]5/2

donde [ ] = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 . Finalmente



 2 (r2 −r1 )3  r1 ) · ∇ J( | r2 − r1 |

=

Jx + +

(b) En forma similar  1 (r1 − r2 )  r1 ) · ∇ J( |r1 − r2 |3

=

=

2 1 1) i − 3(x[ 2]−x 5/2 []3/2 2 3(y −y ) Jy [ ]13/2 − [ 2]5/21  2 1) Jz [ ]13/2 − 3(z[ 2]−z 5/2

 j  k

∂ ∂ ∂ + Jy (|r |) + Jz (|r |) ∂x1 ∂y1 ∂z1 j + (z1 − z2 ) k (x1 − x2 )i + (y1 − y2 )



Jx (r1 )

[(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 ]3/2 (x1 − x2 )i ∂ Jx ∂x1 [(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 ]3/2

66

´tico de corrientes constantes Soluciones: Campo magne

+ Jy + Jz

(y1 − y2 ) j ∂ 2 ∂y1 [(x1 − x2 ) + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 ]3/2 (z1 − z2 ) k ∂

∂z1 [(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 ]3/2 % (x1 − x2 )(−3/2)(2(x1 − x2 ))  1 i Jx + [ ]3/2 [ ]5/2 $ % (y1 − y2 )(−3/2)(2(y1 − y2 ))  1 + Jy + j [ ]3/2 [ ]5/2 $ % (z1 − z2 )(−3/2)(2(z1 − z2 ))  1 k; + + Jz [ ]3/2 [ ]5/2 $

=

donde [ ] = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 . Finalmente  1 (r1 −r2 )3  r1 ) · ∇ J( | r1 − r2 |



=

Jx + +

2 1 2) i − 3(x[ 1]−x 5/2 []3/2 2 2) Jy [ ]13/2 − 3(y[ 1]−y 5/2  2 2) Jz [ ]13/2 − 3(z[ 1]−z 5/2

 j  k

Sin embargo dada la simetr´ıa en los t´erminos elevados al cuadrado (x1 − x2 )2 = (x2 − x1 )2 ; (y1 − y2 )2 = (y2 − y1 )2 ; (z1 − z2 )2 = (z2 − z1 )2 podemos escribir  1 (r1 − r2 )  |r |) · ∇ J( |r1 − r2 |3

$

=

% 3(x2 − x1 )2  1 − i [ ]3/2 [ ]5/2 $ % 3(y2 − y1 )2  1 − + Jy j 3/2 [ ] [ ]5/2 $ % 3(z2 − z1 )2  1 k, − + Jz [ ]3/2 [ ]5/2 Jx

y del resultado del inciso (a) vemos que ambas expresiones son iguales.  2 (r2 − r1 ) = J(  |r |) · ∇  1 (r1 − r2 )  r1 ) · ∇ J( |r2 − r1 |3 |r1 − r2 |3

67

´tico de corrientes constantes Campo magne

I.8.2.2 2 ∇

 1 ∂ ∂ ∂    k (I.8.1) i+ j+ ∂x2 ∂y2 ∂z2 [(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 ]1/2  1  1  1 − 2 (2(x2 − x1 )) − 2 (2y2 − y1 )) − 2 (2(z2 − z1 ))    k , (I.8.2) i+ j+ [ ]3/2 [ ]3/2 [ ]3/2



1 |r2 −  r1 |

= =



donde [ ]3/2 = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 =

3/2

.

j − (z2 − z1 ) k −(x2 − x1 )i − (y2 − y1 ) ; 3/2 [ ]

finalmente, 2 ∇

(r2 − r1 ) 1 =− |r2 − r1 | |r2 − r1 |3

I.8.2.3  2 ) r2 (m  ·∇ |r2 |3

= =

=

=

Finalmente



k) j + z2  ∂ ∂ ∂ (x2i + y2 mx + my + mz 2 2 ∂x2 ∂y ∂z [x2 + y2 + z22 ]3/2 k) j + z2  ∂ (x2i + y2 mx + 2 2 ∂x2 [x2 + y2 + z22 ]3/2 k) ∂ (x2i + y2 j + z2  + + my ∂y2 [x22 + y22 + z22 ]3/2 j + z2  k) ∂ (x2i + y2 + mz ∂z2 [x22 + y22 + z22 ]3/2   mxr2 − 32 (2x2 ) mxi + [ ]3/2 [ ]5/2   my r2 − 32 (2y2 ) my  j + + [ ]3/2 [ ]5/2   mz r2 − 32 (2z2 ) k mz  + + [ ]3/2 [ ]5/2 3(mx x2 + my y2 + mz z2 )r2 j + mz  k mxi + my  − . [ ]3/2 [ ]5/2

2 m  ·∇

 r 3(m  · r2 )r2 m  2 = − |r2 |3 |r2 |3 |r2 |5

68

(I.8.3)

´tico de corrientes constantes Soluciones: Campo magne

I.8.2.4 2 ∇

m  · r2 |r2 |3



= =

∂  ∂  ∂  m x x 2 + m y y2 + m z z2 i+ j+ k ∂x2 ∂y2 ∂z2 (x22 + y22 + z22 )3/2

(mx x2 + my y2 + mz z2 )(−3/2)(2x2 )  mx + i (x22 + y22 + z22 )3/2 (x22 + y22 + z22 )5/2 (mx x2 + my y2 + mz z2 )(−3/2)(2y2 )  my j + + (x2 + y22 + z22 )3/2 (x22 + y22 + z22 )5/2 2 (mx x2 + my y2 + mz z2 )(−3/2)(2z2 )  mz k. + + (x22 + y22 + z22 )3/2 (x22 + y22 + z22 )5/2 2 ∇

m  · r2 |r2 |3

=

3(m  · r2 )r2 m  − |r2 |3 |r2 |5

I.8.2.5 Ver figura I.8.2.1 Y

r1 θ

a

Z

Figura I.8.2.1

69

d X

´tico de corrientes constantes Campo magne

d 

=

(−a sen θi + a cos θ j)dθ ,

r1

=

a cos θi + a sen θ j,

r2

=

0

r2 − r1

=

−a cos θi − a sen θ j, ⎛ i  j ⎜ −a sen θdθ a cos θdθ ⎝ −a cos θ −a sen θ

d  × (r2 − r1 )

=

 2 ) = μ0 I B(r 4π

(centro del c´ırculo),

 k



⎟ 2 k, 0 ⎠ = a dθ 0

d  × (r2 − r1 ) μ0 I a2 2π  = dθk ; |r2 − r1 |3 4π a3 0

finalmente,  2 ) = μI  k B(r 2a

I.8.2.6 Ver figura I.8.2.2 d 1

=

dy j,

r1

=

xi + y j,

r2

=

0;

r2 − r1 = −xi − y j.

Para el tramo AB r1

=

d 1 × (r2 − r1 )

=

 B

= =

=

a i + y j, 2 a  dy k , 2

 d1 × (r2 − r1 ) μ0 I 4π |r2 − r1 |3

a 2 a/2dy μ0 I k  3/2  4π − a  a 2 2 2 + y 2

a μI a 2 dy k;  3/2  4π 2 − a  a 2 2 2 +y 2

la integral, buscando en tablas de integrales, es:

70

(I.8.1) (I.8.2) (I.8.3) (I.8.4) (I.8.5)

´tico de corrientes constantes Soluciones: Campo magne Y

d2

C

d3

B

d1

r1 θ

a

D

X

A

d4

Figura I.8.2.2

=

=

a/2  μI a ±y   (I.8.6)      2  4π 2 a 2 a y2 + 2 −a/2 2 ⎤ ⎡ a/2 (−a/2) μI a ⎣ ⎦  −      2 (I.8.7) 4π 2  a 2  a 2  a 2 a 2 a 2 + 2 + a2 2 2 2 2 B(Tramo AB) =

√ μ0 I 2 2 4π a

(I.8.8)

Tramo BC: r2 − r1

=

d 2 × (r2 − r1 )

=

B(tramo BC)

=

−xi − a/2 j; a  dxk , 2

μ0 I −a/2  4π a/2

71

d 2 = −dxi ,

(I.8.9) (I.8.10)

(a/2)dx   a 2 3/2 k ; 2 x + 2

(I.8.11)

´tico de corrientes constantes Campo magne

B(Tramo BC) =

√ μ0 I 2 2 4π a

(I.8.12)

Tramo CD: r2 − r1

=

d 3 × (r2 − r1 )

=

B(tramo

CD) =

a − i − y j, j; d 3 = −dy 2  a dy  k, − 2

−a/2 (− a2 )dy μ0 I k;  3/2  4π a/2 (a/2)2 + y 2

√ μ0 I 2 2 B(Tramo CD) = 4π a

(I.8.13) (I.8.14) (I.8.15)

(I.8.16)

En forma an´aloga  tramo B(

DA) =

 B(centro)

=

√ μ0 I 2 2 (I.8.17) , 4π a  tramo AB + tramo BC + tramo CD + tramo DA); B(

finalmente utilizando las expresiones I.8.8, I.8.12, I.8.16 y I.8.17, se tiene √  = μ0 I 2 2  k B π a

72

I.9 ´ PROPIEDADES MAGNETICAS DE LA MATERIA

I.9.1.

Enunciado de problemas

I.9.1.1 Encontrar la distribuci´on de corrientes de magnetizaci´on  . Dacorrespondientes a una esfera con magnetizaci´on uniforme M 2   do que la inducci´on magn´etica para tal esfera B = 3 μ0 M es uniforme en su interior; ¿podr´ıas usar esta informaci´on para dise˜ nar un embobinado de corrientes que produjera un campo magn´etico uniforme dentro de una regi´on esf´erica? I.9.1.2 A un anillo de hierro de 15 cm de longitud media se le enrolla un embobinado toroidal de 100 vueltas. Determinar  en el anillo cuando la corriente en el la inducci´on magn´etica B embobinado es (a) 0.1 A, (b) 1.0 A. (c) Obtener la magnetizaci´on para los dos casos (a) y (b). I.9.1.3 Un cilindro largo de radio a y permeabilidad μ se coloca  0 , tal que el eje del en un campo magn´etico inicialmente uniforme B  0 . Calcular la inducci´ on magn´etica cilindro est´a perpendicular a B  dentro y fuera del cilindro. Hacer un diagrama de las l´ıneas de B en todo el espacio. Trabajar en dos dimensiones (r, θ) ignorando z y expresar el potencial ϕM en t´erminos de los arm´onicos cil´ındricos de cos θ, s´olo. Mostrar que si se tienen dos cilindros como ´este, uno de cobre y otro de hierro con corrientes el´ectricas iguales I , la fuerza que siente el alambre de hierro (μ  μ0 ) es el doble de la que siente el de cobre (μ ≈ μ0 ). I.9.1.4 Una barra cil´ındrica de hierro de 10 cm de longitud y 5 cm de di´ametro tiene una magnetizaci´ on uniforme paralela a su

73

´ticas de la materia Propiedades magne

eje. El momento dipolar es de 75 Am2 . Calcular el campo B dentro del hierro en Teslas. I.9.1.5 Un alambre recto muy largo que lleva una corriente I se encuentra paralelo a la superficie plana de un material magn´etico semiinfinito de permeabilidad relativa κm y a una distancia d de ´el (a) Mostrar que el campo magn´etico en la regi´on del vac´ıo puede obtenerse como el resultado de esta corriente y una corriente imagen I  = I(κm −1)/(κm +1) localizada a una distancia d dentro del material. (b) Encontrar la corriente I  que dar´ıa el valor correcto  dentro del material si se coloca en la misma posici´ on que I . de H ¿Cu´al es la fuerza por unidad de longitud entre I y el material?

74

´ticas de la materia Soluciones: Propiedades magne

I.9.2.

Soluciones: Propiedades magn´ eticas de la materia

 es uniforme ∇  ×M  = 0 ⇒ no hay corrientes I.9.2.1 Puesto que M volum´etricas, s´olo puede haber corrientes superficiales dadas por (figura I.9.2.1(a)) ,  =M  ×n  | K  = |M z×n  = M sen θφ

M ϕ

θ ^n Figura I.9.2.1(a)

B=constante

I( θ)=I0senθ

Figura I.9.2.1(b) donde φ es el ´angulo azimutal de las coordenadas esf´ericas.

75

^ z

´ticas de la materia Propiedades magne

Poniendo un embobinado en direcci´on φ sobre la superficie de una esfera, con la corriente variando como ∼ sen θ, se tendr´a un campo B uniforme en el interior (figura I.9.2.1(b)). I.9.2.2 (Ver figura I.9.2.2(a)). Usando  B

C

I

Figura I.9.2.2(a)

1.52

B(T) 0.25 66

666 H (A/m) Figura I.9.2.2(b)

&

 · d H =

 ×H  = J ⇒ ∇ c

J · da = Is , s

y tomando como superficie S la delimitada por el circuito C de la l´ınea punteada H = N I ,

76

´ticas de la materia Soluciones: Propiedades magne

donde  es la longitud de la circunferencia  = 0.15 m y Is = N I con N el n´ umero de vueltas total N = 100 N 100 I= I.  0.15m

H=

10A A (a) Para I = 0.1 A ⇒ H = 0.15 = 66 m m y de la curva de magnetizaci´on del hierro B = 0.25T (figura I.9.2.2(b)).

(b) para I = 1. A ⇒ H =

100A 0.15m

A = 666 m ⇒ B = 1.52T .

(c) B − μ0 H M= ⇒ μ0



Para I = 0.1 A, M = Para I = 1.0 A, M =

0.25T 4π×10−7 1.52T 4π×10−7

A A − 66 m = 1.99 × 105 m , A A − 666 m = 1.2 × 106 m .

I.9.2.3 Ver figura I.9.2.3(a)  .  0 = B0 x  = B0 (cos θ r − sen θθ) B

Como no hay corrientes  = −∇ϕ  M H

y

 ·B  = 0 ⇒ ∇ 2 ϕM = 0 , ∇

la soluci´on en coordenadas cil´ındricas en la regi´on externa es (manteniendo s´olo t´erminos de cos θ, pues son con los que se pueden satisfacer las condiciones de frontera) ϕM,ex (r, θ) =

∞ 

(An rn + Dn r−n ) cos nθ

r ≥ a,

n=1

en el interior tiene la forma (excluyendo t´erminos r−n pues la soluci´ on debe ser finita en r = 0) ϕM,in (r, θ) =

∞  n=1

77

Cn rn cos nθ

r < a.

´ticas de la materia Propiedades magne

r

θ B0

Figura I.9.2.3(a)

Figura I.9.2.3(b)

Las condiciones de frontera son:

Bex )r (r = a)

=

Hex )θ (r = a)

=

    ∂ϕM,in  ∂ϕM,ex  Bin )r (r = a) ⇒ −μ0 = −μ   ∂r  ∂r   r=a  r=a   1 ∂ϕM,ex  1 ∂ϕM,in  Hin )θ (r = 0) ⇒ − =−   r ∂θ  r ∂θ  r=a

 ex (r −→ ∞) B

=

B0 B0 x  =⇒ ϕM,ex (r −→ ∞) = − r cos θ . μ0

78

r=a

´ticas de la materia Soluciones: Propiedades magne

De la u ´ltima se tiene n Σ∞ n=1 An r cos nθ −→ −

B0 r r cos θ , μ0

que implica que An = 0 para n > 1 y A1 = − Bμ00 . Las 2 primeras condiciones dan: C1 = A1 + D1 a−2

de donde C1 = −B0

y

2 μ0 + μ

C1 =

y

μ0 (A1 − D1 a−2 ) , μ

D1 = −a2

μ0 − μ B 0 . μ0 + μ μ 0

 M,in  in = −μ∇ϕ Los campos de inducci´on magn´etica B son (figura I.9.2.3(b))

y

 M,ex  ex = −μ0 ∇ϕ B

μ − μ0 a 2  , B0 (cos θ r + sen θθ) μ + μ0 r 2

 ex B

=

B0 x +

 in B

=

2μ B0 x . μ + μ0

 ⇒ |F | Para la fuerza F = J × B Bin )Fe FFe = = FCu Bin )Cu

pues μCu μ0

y

I B πa2 in

,

2μFe μFe +μ0 2μCu μCu +μ0



2μFe = 2, μFe

μFe  μ0 .

I.9.2.4 El campo B est´a dado por (figura I.9.2.4) B = μ0 (H + M ) ,

que podr´ıa escribirse como B = μFe H donde μFe  μ0 (en el rango de magnetizaci´ on lineal). Ahora, justo fuera del hierro (im´an), el campo H0 debe cumplir H0 = H por las condiciones de frontera; los dos son en sentido opuesto a M. Esto implica B μ0 B0 = ⇒ B0 = B. μ0 μFe μFe

79

´ticas de la materia Propiedades magne H0 M

Figura I.9.2.4

Entonces B

=

μ0 (H0 + M ) = B0 + μ0 M μ0 M = μ0

B

=

μ0

momento magnetico , volumen

m 75A m2 75 Am2 = 0.48 T . = 4π × 10−7 T 2 πa L A π(0.025)2 0.1 m2

I

κm d

R2

r

r

R

R1

θ

θ I



−d μ

d μ0

μ

para

para |θ| < π/2

I 

d μ0

I 3π 2

>θ>

y

3π 2

π 2

Figura I.9.2.5

I.9.2.5 (a) Tomar las im´agenes para cada lado |θ| < se muestra en la figura I.9.2.5.

80

π 2

>θ>

π 2

seg´ un

´ticas de la materia Soluciones: Propiedades magne  =∇  ×A  y B  = μH  , la ley de Ampere ∇  ×H  = J Como B 2   da la ecuaci´on para A : ∇ A = −μJ , cuya soluci´on es = μ A 4π

 ) 3  J(r d x. |r − r |

Para un alambre recto largo en direcci´on de z con corriente I .  = − μ I ln |r − r0 | z. A 2π

Entonces, el potencial en el lado A+z = −

π 2

> |θ|

ser´a

μ0 (I ln R1 + I  ln R2 ) , 2π

con R1 = (d2 + r2 − 2rd cos θ)1/2 y R2 = (d2 + r2 + 2rd cos θ)1/2 ; en el otro lado

μ  I ln R1 . 2π     En la frontera θ = π2 las condiciones B+θ θ = π2 = B−θ θ = π2     (componente normal) y H+r θ = π2 = H−r θ = π2 (compoA−z = −

nente tangencial) dan μ0 (I + I  ) = μI 

y

I − I  = I 

respectivamente, de donde I = I

con κm =

μ μ0

μ − μ0 κm − 1 =I μ + μ0 κm + 1

.

(b) Se obtiene tambi´en I  =

2I 2I = . 1 + μ/μ0 1 + κm

La fuerza es aquella con la que se atraen (o repelen) I y I  F =

−μ0 II  μ0 I 2 1 − κ m . = 2π (2d) 4π d 1 + κm

81

I.10 ´ TEOR´IA MICROSCOPICA DEL MAGNETISMO

I.10.1.

Enunciado de problemas

I.10.1.1 La magnetizaci´on de un material ferromagn´etico se anula a la temperatura de Curie, que est´ a dada por la pendiente y , que es tangente a la funci´on de Langevin de la recta M = γμkT 0 m0 M = N m0 [coth y − 1/y] en el origen. Usar los valores experimentales   para el hierro Tc = 1043◦ K, m0 = 2μB , N = 8.5 × 1028 m−3 para determinar γ . I.10.1.2 Mostrar que la teor´ıa de Weiss del ferromagnetismo viola la tercera ley de la termodin´ amica, mostrando que  dMs = 0, Ms = Magnetizaci´ on espont´ anea dT T =0 I.10.1.3 Se encuentra que χm = 2.2×10−5 para el aluminio a 20◦ C. Suponer que el origen es totalmente paramagn´etico y encontrar el dipolo magn´etico permanente correspondiente, m0 . ¿Cu´antos magnetones de Bohr son? [la densidad del Al es 2.7 g/cm3 y su peso at´omico 27 g/mol] I.10.1.4 Calcular la susceptibilidad diamagn´etica del ne´on a temperatura y presi´on estandar (0◦ C, 1 atm) con la suposici´on de que s´olo los ocho electrones exteriores en cada ´atomo contribuyen, y que su radio medio es R = 4 × 10−9 cm. I.10.1.5 Un alternador consiste en una bobina de N vueltas de a´rea A, que gira en un campo B alrededor de un di´ametro perpendicular al campo, con una frecuencia de rotaci´on f . Encontrar

83

´ pica del magnetismo Teor´ıa microsco

la FEM en la bobina. ¿Cu´al es la amplitud del voltaje alterno si N = 100, A = 10−2 m2 , B = 0.1 T y f = 2000 rpm? I.10.1.6 Un alambre recto infinitamente largo que lleva una corriente constante coincide con el eje z . Una espira circular de radio a est´ a en el plano xz con su centro en el eje x positivo a una distancia b del origen. (a) Encontrar el flujo a trav´es de la espira. (b) Si ahora la espira se mueve con velocidad constante v paralelamente al eje x y alej´andose de I , encontrar la FEM inducida ¿Cu´al es la direcci´ on de la corriente inducida?

84

´ pica del magnetismo Soluciones: Teor´ıa microsco

I.10.2.

Soluciones: Teor´ıa microsc´ opica del magnetismo 

I.10.2.1 La pendiente de la funci´on de Langevin M = N m0 coth y − y1 es

dM = N m0 dy

1 − (cschy)2 . y2

Su valor en y = 0 se obtiene de la expansi´ on en serie de Taylor dM = N m0 dy



1 y2 − + ··· 3 15



Entonces la pendiente de la recta M = para obtener la temperatura de Curie Tc

 N m0 dM  = . dy y=0 3 

kT y γμ0 m0



debe ser

N m0 3

N m0 kTc 3kTc = . ⇒γ= γμ0 m0 3 μ0 N m20 e Para los valores dados del Fe (Tc = 1043◦ K, m0 = 2μB = 2 2m , e 28 −3 N = 8.5 × 10 m )

γ = 1176.

I.10.2.2 La magnetizaci´on espont´ anea est´a dada por el cruce de y con L(y) = coth y − y1 las dos curvas. M = N m0 L(y) y M = γμkT 0 m0 la funci´on de Langevin. Substituyendo la segunda en la primera Ms = N m0 L

Ms γμ0 m0 kT

,

define Ms impl´ıcitamente. De aqu´ı γN m20 μ0  dMs = L k

y la derivada de L es L =

1 y2

$

− csch2 y .

Ms dMs − 2 dT T T

%

Entonces

dMs N m20 μ0 γMs L  . =− N m2 dT 0 kT 2 1 − μ0 γL kT

85

,



´ pica del magnetismo Teor´ıa microsco 0 μ0 Ahora, cuando T → 0, y = M γm → ∞ =⇒ L → 0 y tambi´ en kT 2  2 2 Ms → N m0 y y L = 1 − y csch y → 1;

  dMs   dT 

→ T =0

−k −k y 2 L → = 0 , γm0 μ0 γm0 μ0

por lo que se viola la 3a ley de la termodin´amica, pues calor espec´ıfico y ´este debe → 0 en T → 0.

dM dT

da el

I.10.2.3 Para materiales paramagn´eticos χm

N m20 μ0 = ⇒ mo = 3kT

1 3kT χm . N μ0

Dada la densidad de masa ρ = 2.7 g/cm3 y el peso at´omico A = 27 g/mol la densidad de part´ıculas es N

=

m0

=

2.7g/cm3 ρ = = 6 × 1022 cm−3 = 6 × 1028 m−3 , Amp 27 · 1.67 × 10−24 g

1/2 3 × 1.38 × 10−23 J/◦ K × 293◦ K × 2.2 × 10−5 = 1.88 × 10−24 Am2 , 4π × 10−7 NwA−2 × 6 × 1028 m−3

como el magnet´on de Bohr es μB = n´ umero de magnetones es n=

e 2me

= 9.27 × 10−24

Am2 , el

m0 1.88 = = 0.2 . μB 9.27

I.10.2.4 Para materiales diamagn´eticos χm = −

N e 2 μ0  2 Ri . 4me i

Como para el Ne hay 8 electrones externos en el mismo orbital con  R0 = 4 × 10−9 cm ⇒

Ri2 = 8R02 = 8 × 1.6 × 10−21 m2 .

i

N

se obtiene de la ecuaci´ on del gas ideal p = N kT N

=

χm

= =

105 N/m2 p 1atm = = = 2.6 × 1025 m−3 , ◦ kT k · 273 K 1.38 × 10−23 × 273J 2.6 × 1025 × (1.6 × 10−19 C)2 × 4π × 10−7 × 8 × 1.6 × 10−21 NwA−2 m−1 − 4 × 9.1 × 10−31 kg −3 × 10−9 .

86

´ pica del magnetismo Soluciones: Teor´ıa microsco

I.10.2.5 Ver figura I.10.2.1

A  B ω

Figura I.10.2.1

Para una vuelta

Φm1 =

 ·n B da = AB cos θ; A

. ´angulo entre n y B Como est´a girando θ = ωt. El flujo total Φm = N Φm1 y la FEM es, θ=

ε=−

dΦm = N AB(sen ωt)ω . dt

La amplitud del voltaje alterno inducido es ε0

=

ε0

=

 seg −1 ωN AB = 2π × 2000rpm × 60 × 100 × 10−2 m2 × 0.1T , m 20.9 V .

I.10.2.6 a) El campo magn´etico de un alambre recto infinito es (figura I.10.2.2(a)) ,  = μ0 I φ B 2πr

con r la distancia normal al alambre. Para el diagrama r → x y φ → y. El flujo magn´etico es (figura I.10.2.2(b))

 ·n B da

Φm = S

87

con

n  = y ,

´ pica del magnetismo Teor´ıa microsco Z

I a X

b

Figura I.10.2.2(a)

dx

b−a

b+a

Figura I.10.2.2(b)

Φm =

μ0 I 2π

S

da μ0 I = x 2π

b+a b−a

2zdx , x

para este c´ırculo la ecuaci´on es (x − b)2 + z 2

=

a2 ⇒ z =

Φm

=

μ0 I π



b+a b−a

a2 − (x − b)2 ⇒ 

a2 − (x − b)2 μ0 I π a2 sen2 θdθ dx = , x π 0 b + a cos θ

88

´ pica del magnetismo Soluciones: Teor´ıa microsco

con el cambio de variable x − b = a cos θ. Evaluando la integral Φm

√ √ b b + a − (b + a) b − a √ = μ0 I . b+a

b) Si la espira se mueve a lo largo de x entonces b = b(t) y v = y la fem es ε=−

dΦm dΦm =− v = μ0 Iv dt db

$ √

b −1 2 b − a2

db dt

% ,

la direcci´on de la corriente inducida es en el sentido de las manecillas del reloj para producir un campo que compense a la disminuci´ on del campo que siente la espira al alejarse, seg´ un la ley de Lenz.

89

I.11 ´ ELECTROMAGNETICA ´ INDUCCION

I.11.1.

Enunciado de problemas

I.11.1.1 Un circuito consiste de 2 cascarones cil´ındricos coaxiales de radios R1 y R2 (R2 > R1 ) y longitud igual L, conectados por placas planas en los extremos. La carga fluye longitudinalmente por el interior de un cascar´on y regresa por el exterior. ¿Cu´al es la autoinductancia de este circuito? (figura I.11.1.1). R2 R1 i L

Figura I.11.1.1

I.11.1.2 Dos circuitos de inductancias L1 y L2 y resistencias R1 y se colocan uno cerca del otro. La inductancia mutua entre ellos es M . Si se aplica un voltaje V repentinamente en uno de ellos, mostrar que la cantidad de carga que circula en el otro circuito es Q = RV1M . R2 R2

I.11.1.3

91

´ n electromagne ´tica Induccio

(a) Usar la f´ormula de Neumann para encontrar la inductancia mutua de los circuitos de la figura (a). [Ayuda: Suponer que el segmento recto va de −L a +L donde L es muy grande y tomar una expansi´ on en potencias de 1/L]. (Ver figura I.11.1.2(a) y I.11.1.2(b)) I

I

I a

C

d b

D

I

a

b

d

I

C

Figura I.11.1.2(a)

Figura I.11.1.2(b)

(b) Ahora considerar las corrientes de la figura (b) suponiendo que est´an todas en el mismo plano. Encontrar la inductancia mutua entre el circuito compuesto por las dos corrientes de direcciones opuestas (infinitos ) y el rect´angulo. Verificar que en el l´ımite apropiado el resultado se reduce al de la primera parte. I.11.1.4 Un circuito en forma de una vuelta circular de alambre de radio b se coloca en el centro de un circuito mayor de radio a, b  a. El circuito peque˜ no se fija a un eje diametral y es libre de rotar alrededor de ´el; el eje est´a sobre el plano del circuito mayor. Los circuitos llevan corrientes Ia , Ib respectivamente. Si el ´angulo entre las normales a los dos circuitos es θ, calcular la torca sobre el circuito movil. ¿Cu´al es su direcc´on cuando Ia e Ib est´an en la misma direcci´on?

92

Enunciado de problemas

I.11.1.5 Considerar dos circuitos de corriente en interacci´ on cars/2 s/2 s acterizados por las inductancias L1 = βI1 , M12 = M21 = βI1 I2 y L2 = βI2s , donde β y s son constantes. Este es un sistema magn´ etico reversible pero no lineal. Calcular la energ´ıa magn´etica del sistema en t´erminos de las corrientes finales I1 e I2 . Hacerlo de dos maneras: (a)Primero produciendo las corrientes en la misma proporci´on desde cero hasta sus valores finales y (b) tambi´en manteniendo I2 = 0 mientras I1 alcanza su valor final y despu´es cambiar I2 . I.11.1.6 Calcular la fuerza entre el alambre recto y el circuito rectangular del problema 3 (a) si las corrientes son I1 e I2 .

93

´ n electromagne ´tica Induccio

I.11.2.

Soluciones: Inducci´ on electromagn´ etica

I.11.2.1 Para calcular el campo B se toma la superficie de integraci´on en forma de disco mostrada, de radio R (ver figura I.11.2.3) & →

Bd = μ0 I

B2πR = μ0 I ,

c

donde I es la corriente total que fluye por el cilindro. R2

R1

l

I

R

Figura I.11.2.3

Entonces B=

μ0 I . 2πR

El flujo es



ΦB = s

R2

Bda =

B R1

0



dzdR =

μ0 I 2π

R2

R1

La inductancia es entonces L=

ΦB μ0 R 2 . = ln I 2π R1

94

dR μ0 I R2 . = ln R 2π R1

´ n electromagne ´tica Soluciones: Induccio

R2

R1

L2

L1

V

M Figura I.11.2.4

I.11.2.2 Al encender V empieza a circular corriente en el circuito 1. Para un incremento dV la corriente dI1 correspondiente es (figura I.11.2.4) dV = R1 dI1 .

(I.11.1)

El campo B producido por dI1 produce un flujo magn´etico en el circuito 2, por la inductancia mutua que hay, dado por dΦ2 = M dI1 .

(I.11.2)

De acuerdo a la ley de Faraday, se produce una fem en I.11.2 que satisface ε2 = R2 I2 .

Para un intervalo de tiempo dt la ecuaci´on (I.11.2) da, usando la ecuaci´on (I.11.1), −ε2 dt = M

dV , R1

que con la ec. (I.11.3) da R2 I2 dt = − RM1 dV as´ı que la carga que circula dq = I2 dt es, por tanto, dq = −

M dV . R 1 R2

Integrando desde V = 0 hasta V da la carga total Q de magnitud Q=

95

MV . R1 R2

(I.11.3)

´ n electromagne ´tica Induccio

I.11.2.3 (a) Ver figura I.11.2.5. Y

|r1 − r2 |

I

b

d1

d2 a

d

X

Figura I.11.2.5

La formula de Neumann es M=

μ0 4π

&

& C1

C2

d

1 · d

2 . |r1 − r2 | 

En este sistema de coordenadas |r1 −r2 | = d2 + (y1 − y2 )2 . Como d 1 es perpendicular a d 2 cuando ´este es horizontal, s´olo contribuyen las 2 secciones verticales, con signos opuestos M

= −



b L μ0 1 dy1 dy2  4π d2 + (y1 − y2 )2 −L 0 

L

b 1 dy1 dy2  (d + a)2 + (y1 − y2 )2 −L 0

(I.11.4)

y hay que hacer L → ∞. Primero tomamos la integral

L −L

dy1  = ln d2 + (y1 − y2 )2

!

96

y1 − y2 + d

2

(y1 − y2 )2 1+ d2

" L    

−L

´ n electromagne ´tica Soluciones: Induccio

y la del 2◦ t´ermino es igual pero cambiando d → d + a. Entonces M

μ0 4π

b

= −

0





d2 + (L − y2 )2  −(L + y2 ) + d2 + (L + y2 )2 0   L − y2 + (d + a)2 + (L − y2 )2  dy2 ln . −(L + y2 ) + (d + a)2 + (L + y2 )2 b

dy2 ln

L − y2 +

Y

I

0

I

D

b

a

d

X

Figura I.11.2.6 Como nos interesa tomar el l´ımite L → ∞ , antes de integrar en y2 expandemos en potencias de L−1 L − y2 +



!

d2 + (L − y2 )2

= 

−L − y2 +



d2 + (L + y2 )2

= 

"  y2 2 d2 + 1 − L2 L

2 2y2 d L 2− + · · ·  2L − 2y2 , + L 2L2 ! " 2  y2 y2  2 d2 L −1 − + 1+ + L L2 L

2 2 d d + ···  L , 2L2 2L L 1−

y2 + L

2

as´ı que la primera integral se reduce a

b 0

dy2 ln



b  4 2 4 2  , (L − y L) = −(L − y ) ln (L − y L) − 1 2 2 2  d2 d2 0

97

´ n electromagne ´tica Induccio

y en la 2a integral se tiene lo mismo pero con d → d + a, as´ı que M

= − =



μ0 4L 4L2 L ln 2 − 1 − (L − b) ln 2 (L − b) − 1 4π d d



2 4L 4L L ln − 1 + (L − b) ln (L − b) − 1 (d + a)2 (d + a)2

2 (d + a) (d + a)2 μ0 μ0 d+a L ln . = + (b − L) ln b ln 4π d2 d2 2π d

(b) Esto lo calculamos a partir del flujo magn´etico a trav´es del circuito rectangular tomando el origen sobre el alambre de la izquierda (figura I.11.2.6).

ΦB12 =

b 0

d+D+a

B1 dxdy d+D

El campo de los alambres rectos en el lado derecho se escribe B1 =

μ0 I μ0 I − 2πx 2π(x − D)

pues s´olo depende de la distancia normal al alambre, que es x. Aqu´ı, la direcci´on positiva es la que sale de la p´ agina. Como la normal al ´area rectangular, en la direcci´on de las manecillas del reloj en que se recorre el circuito, es hacia adentro  ·n  < 0, y entonces B

ΦB12 = −

d+D+a d+D



μ0 Ib d+a μ0 Ib dx dx d+D+a = ln . − − ln 2π x x−D 2π d d+D

La inductancia mutua es M=

ΦB12 μ0 b = ln I 2π



d+a d+D d d+D+a

.

El l´ımite que lleva al caso de la primera parte es D → ∞ y se obtiene el resultado anterior, pues l´ım

D→∞

d+D = 1. d+D+a

98

´ n electromagne ´tica Soluciones: Induccio

I.11.2.4 En el centro de una espira circular, sobre el eje perpendicular a ella (eje z ) el campo magn´etico se encontr´o que es, (ver figura I.11.2.7)

b Ib a

Ia

Figura I.11.2.7

a2   a = μ 0 Ia k. B 2 2 (z + a2 )3/2

Como la espira peque˜ na tiene radio b  a se puede suponer que el campo debido a Ia es uniforme  a  μ0 Ia  k. B 2a

El flujo a trav´es de b es entonces

 ·n B da =

Φb = S

μ0 Ia 2 μ0 I a  k·n  (πb2 ) = πb cos θ , 2a 2a

donde θ es el ´angulo entre k (normal a Ia , fijo ) y n (normal a Ib ,que gira). La inductancia mutua Mab es Mab =

Φb μ0 πb2 = cos θ , Ia 2a

y la energ´ıa magn´etica U=

1 1 La Ia2 + Lb Ib2 + Mab Ia Ib . 2 2

99

´ n electromagne ´tica Induccio

As´ı que la torca N=

∂U ∂Mab μ0 πb2 = Ia Ib = −Ia Ib sen θ ∂θ dθ 2a

dirigida a lo largo del eje de giro. Cuando las corrientes tienen el mismo sentido ⇒ θ < π por lo que sen θ ≥ 0 as´ı que N < 0 (apunta a la izquierda en la figura). I.11.2.5 El trabajo diferencial es dWb = I1 dΦ1 + I2 dΦ2

con los flujos dados por dΦ1

=

L1 dI1 + M12 dI2 ,

dΦ2

=

M21 dI1 + L2 dI2 .

As´ı que, a un tiempo dado en que las corrientes que se est´an creando son I1 e I2 el trabajo es   dWb = L1 I1 dI1 + M12 I1 dI2 + M21 I2 dI1 + L2 I2 dI2 ,

donde L1 = β(I1 )s ,

L2 = β(I2 )s

y

  M12 = M21 = β(I1 )s/2 (I2 )s/2 .

(a) Primero tomamos que todas las corrientes se incrementan en la misma proporci´on as´ı que I1 = αI1 ,

I2 = αI2 ,

dI1 = I1 dα,

dI2 = I2 dα

donde I1 , I2 son valores finales. As´ı Wb

= + =

1



(I1 α)s (I1 α)I1 dα + (I1 α)s/2 (I2 α)s/2 I1 αI2 dα  (I1 α)s/2 (I2 α)s/2 I2 αI1 dα + (I2 α)s (I2 α)I2 dα  1  s/2+1 s/2+1 I2 + I2s+2 αs+1 ds β I1s+2 + 2I1 dWb = β

0

0

=

 1  L1 I12 + 2M12 I1 I2 + L2 I22 = U . s+2

100

´ n electromagne ´tica Soluciones: Induccio

(b) Ahora empezamos con I1 = 0 y crecemos I2 (paso 1)

Wb 1 =

I2 0

L2 I2 dI2 = β

I2 0

(I2 )s+1 dI2 =

βI2s+2 1 = L2 I22 , s+2 s+2

despu´es mantenemos I2 fijo y crecemos I1 (paso 2)

Wb 2

I1

= 0



=

β

 (L1 I1 dI1 + M21 I2 dI1 )

I1s+2 s/2+1 + I2 s+2

I1 0

s/2

I1

dI1 =

M12 I1 I2 1 L1 I12 + . s+2 s/2 + 1

La energ´ıa es el trabajo total U = W b1 + W b 2 =

 1  L2 I22 + L1 I12 + 2M12 I1 I2 . s+2

I.11.2.6 La fuerza, cuando las corrientes son constantes es  = ∇U  = I1 I2 ∇M  12 , F

pues s´olo M12 depende de la separaci´on entre los circuitos d. Usando la expresi´on obtenida para M12 en el problema I.11.2.3(a)

 = I1 I2 μ0 ∇  d b ln d + a , F 2π d d

es la variable  a μ0 ab  = μ0 I1 I2 b d  = − I1 I2 − 2 x x  F 2π d+a d 2π d(d + a)

tiende a juntarlos.

101

I.12 F´ISICA DE PLASMAS

I.12.1.

Enunciado de problemas

I.12.1.1 Consid´erese un plasma de electrones y protones con temperaturas iguales Te = T1 = T en un campo gravitacional g en direcci´on −z . Si los iones y electrones fueran neutros sus densidades estar´ıan dadas por la relaci´on de Boltzmann para la en Ug . Esto producir´ıa erg´ıa gravitacional Ug = −mgz ; nj = n0j exp − kT que ne = ni . Como no son neutros en realidad, se generar´an campos el´ectricos que tender´an a mover hacia arriba a los iones y hacia abajo a los electrones. Tomando en cuenta la energ´ıa electrost´atica de estos campos, modificar la expresi´on para nj dada por la relaci´on de Bolzmann, usando la condici´ on ni = ne para el equiblibrio. I.12.1.2 Un plasma poco denso (n = 1013 cm−3 ) se encuentra en  = (0.1tesla) on presencia de un campo magn´etico B y bajo la acci´ de la gravedad g = −gz . Aplicando la teor´ıa de ´orbitas, porque hay pocas colisiones, encontrar la corriente el´ectrica resultante, en Amperes/m2 . Para ello calcular la velocidad de deriva de electrones e iones a partir de la velocidad de deriva el´ectrica, reemplazando la fuerza el´ectrica qj E por la fuerza gravitacional mj g. # De ah´ı obtener la densidad de corriente J = j qj nj vj tomando mi = mp me , ni = ne = n ¿Qu´ e direcci´on tiene? I.12.1.3 Se tiene un plasma colisional descrito por las ecuaciones MHD en estado estacionario, con flujo (V = 0), en una direcci´on  son mutuamente perpendiculares fija x. Si se supone que V , J y B

103

F´ısica de plasmas

y son funciones s´olo de x, y que la secci´on transversal del canal de flujo es independiente de x (ρVx = f (x)), mostrar que la velocidad de flujo ! " V = V0 −

1 2ρ0 V0



μ0

2

Jdx



B02 + 2p − 2p0 μ0

;

donde V0 es la velocidad cuando ρ = ρ0 , B = B0 y la presi´on p = p0 . I.12.1.4 Una esfera homog´enea de radio a y conductividad el´ectrica σ  se mueve con velocidad −V0 en un fluido incompresible no viscoso de conductividad σ en presencia de un campo magn´etico  0 . La velocidad V 0 es paralela a B  0 . Calcular las p´ erdidas uniforme B Joule que resultan de las corrientes inducidas en el sietema, e igualando ´estas a la tasa a la que disipa energ´ıa mec´anica por la esfera (F1 V0 ), calcular la fuerza de arrastre F1 Suponer un flujo potencial en el fluido: en el sistema de coordenadas en el que la esfera est´ a en reposo, la velocidad del fluido est´a dada por

 =V  0 + 1 a3 ∇  V 0 · r V 2 r3

relativa a un origen en el centro de la esfera I.12.1.5 Calcular el efecto de amortiguamiento colisional sobre la propagaci´on de ondas electrost´aticas de Langmuir a˜ nadiendo un t´ermino de colisiones −me nνc u a la ecuaci´on de movimiento de los electrones. (a) Encontrar la relaci´on de dispersi´on para ω, (b) De ah´ı encontrar Im(ω) y mostrar que sustituyendo en la soluci´on oscilatoria ∼ exp(−iωt + ik · r) el signo realmente indica que la onda se amortigua. I.12.1.6 Una sonda cuya superficie colectora es una hoja de tantalio cuadradada de 2 × 2 mm. tiene una corriente de saturac´on de 100μA cuando se introduce en un plasma de Arg´on una vez ionizado (con masa at´omica 40). Si se sabe que la temperatura electr´ onica es kTe = 2eV , calcular la densidad. (N´otese que ambos lados de la sonda colectan corriente).

104

Soluciones: F´ısica de plasmas

I.12.2.

Soluciones: F´ısica de plasmas

I.12.2.1 Debido a que Ug = −mj gz la energ´ıa gravitacional de los iones es mayor, en valor absoluto, que la de los electrones, dado que mi me ; as´ı que la densidad

 m gz  Ug j = n0j exp nj = n0j exp − kT kT

disminuye con z m´ as r´apido para iones que para electrones, con lo que se produce separaci´on de carga, y por tanto un potencial electrost´atico ϕ(z). La energ´ıa ser´a entonces U = Ug + UE = −mj gz − qj ϕ(z)

con

qi = e, qe = −e .

La condici´on ni = ne determinar´a el valor de ϕ

U n0i exp − kT



= =

mi gz + eϕ(z) kT



me gz − eϕ(z) U = n0e exp , n0e exp − kT kT

n0i exp

como originalmente hay neutralidad: n0i = n0e , as´ı que la condici´on se reduce a mi gz + eϕ = me gz − eϕ ⇒ ϕ(z) =

(me − mi )gz . 2e

As´ı que las densidades finales son ni = ne = n0 exp

(me + mi )gz 2kT

 n0 exp

 m gz  i . 2kT

I.12.2.2 La velocidad de deriva del centro de giro cuando hay  una fuerza F es (reemplazando F = qE) vdj =

y como

 ×B  F qj B 2

⇒ para

mj g  = −mj g , F z ⇒ vdj = − z × B qj B 2

mj g  = B x , B y ⇒ vdj = qj B

105

F´ısica de plasmas

distinta para iones y electrones. Entonces se genera una corriente el´ectrica J

=





nj qj vj =

ni qi

j

=

mi g me g + ne q e qi B qe B



x 

ng ngmi x (me + mi ) x . B B

Para los valores dados J=

(1019 m−3 )(9.8m/s2 )(1.6 × 10−27 Kg) A = 1.5 × 10−6 2 0.1 tesla m

en direcci´on x. I.12.2.3 La ecuaci´on de movimiento MHD para un estado de  ∂ = 0 es: equilibrio ∂t  ·∇ V  = −∇p  + J × B . ρV

Si  = (Vx , 0, 0) V

y

J = (0, Jy , 0),

 = (0, 0, Bz ) B

y s´olo dependen de x, la ecuaci´on es ρVx

dP d Vx = − + Jy Bz . dx dx

Como el ´area de flujo del canal A es constante, la ecuaci´on de continuidad: ρVx A = const implica ρVx = const = ρ0 V0 . z . Entonces, La Ley de Ampere da Jy = − μ10 dB dx ρ0 V0

B2 dVx dBz dP 1 d Bz + + =0⇒ ρ0 V0 Vx + P + z = 0 . dx dx μ0 dx dx 2μ0

Integrando desde el punto (0) ρ0 V0 (Vx − V0 ) + (P − P0 ) +

Vx

=

Vx

=



Bz2 − B02 + P − P0 0, usando Bz = −μ0 Jy dx , 2μ0 ! "

2 1 B02 Jy dx − V0 − + 2P − 2P0 . μ0 2ρ0 V0 μ0 V0 −

1 ρ0 V 0



Bz2 − B02 = 0, 2μ0

106

Soluciones: F´ısica de plasmas

σ

σ

a

v0 σ

−v0

0 B

0 B

Figura I.12.2.0(a)

I.12.2.4 Pasando al sistema de referencia de la esfera (figura I.12.2.0(a)) a descrito por V = V0 +  Aqu´ı el flujo potencial est´  1 3 0 · r3 . a ∇ V 2 r Seg´ un la Ley de Ohm generalizada la corriente inducida es  +V  × B)  J = σ(E

pero

 = 0. E

Dentro de la esfera no hay movimiento ⇒ V = 0 ⇒ J = 0. S´olo en el fluido exterior hay corriente dada por

 ×B  0 = σ a3 ∇  V 0 · r × B 0 J = σ V 2 r3

pues

0 × B 0 = 0 . V

La potencia Joule disipada, por unidad de volumen, es  2

  σ  r  6  V 0 ·  0   ×B  0 = σ|V  ×B  0 | = a ∇ ×B P = J · E = J · V 3  4  r 

2

y la potencia total viene de integrar sobre todo el volumen del fluido (figura I.12.2.0(b))

P

=

 J · EdV

B0r

=





2

π

∞ σ 6 ∂ cos θ cos θ ∂ 2 V0 2 V0 2 B0θ − B0r sen θdθ r dr , a 2π 4 ∂r r r∂θ r 0 a B0 cos θ ,

B0θ

=

−B0 sen θ ,

=

107

F´ısica de plasmas

r

θ B0

Figura I.12.2.0(b)

π P = σ a6 V02 B02 2

∞ a

dr r4

π 0

9 cos2 θ sen3 θdθ =

2 3 πa σV02 B02 . 5

Esto se puede igualar a la energ´ıa mec´anica disipada por una fuerza de arrastre F1 : P = V0 F1 de donde F1 =

2 3 πa σV0 B02 . 5

I.12.2.5 Las ecuaciones de fluidos relevantes, incluyendo un t´ermino de colisiones, son n e me

∂ve ∂t

∂ne  · (ne ve ) +∇ ∂t  ·E  ∇

=

 − ne me νcve , n e qe E

=

0,

=

e 1 (qi ni + qe ne ) = (ni − ne ).

0

0

Tomando variaciones s´olo en direcci´on x y separando la contribuci´ on de las oscilaciones (denotadas por sub´ındice 1) como ne = n0 + n1 , ve = v1 , E = E1 y ni = n0 (iones fijos) se pueden linealizar las ecuaciones a, n 0 me

∂v1 ∂t

d ∂n1 + n 0 v1 ∂t dx dE1 dx

=

−n0 eE1 − n0 me νc v1 ,

=

0,

=



108

e n1 .

0

Soluciones: F´ısica de plasmas

Ahora se suponen variaciones oscilantes n1 = n exp(−iωt + ikx) y lo mismo para E1 y v1 , con lo que −iωv1

=

−m−1 e eE1 − νc v1 ,

−iωn1 + ikn0 v1

=

0,

ikE1

=



e n1 .

0

(a) Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra la relaci´ on de dispersi´on para ω. (iω − νc )ω = i

e 2 n0 ≡ ωp2 i ⇒ ω(ω + iνc ) = ωp2 . m e 0

(b) Separando ω = Re(ω) + iIm(ω) ≡ ωR + iωI y substituyendo en la ecuaci´on anterior se tiene que, igualando las partes imaginarias 2ωR ωI + νc ωR = 0 ⇒ ωI = −

νc 2

que es negativa y por lo tanto indica amortiguamiento, pues e−iωt = e−iωR t+ωI t = e−iωR t e−νc t/2 .

I.12.2.6 Como los 2 lados de la sonda colectan carga, la densidad de corriente es J=

I 10−4 A A 100μA = = 12.5 2 . = 2 2A 2 × 4mm 8 × 10−6 m2 m

El potencial negativo hace que s´olo la corriente de iones cone tribuya, con velocidades v0 ≥ kT 2e Js

= =





1/2

1/2 kTe Ji mi ⇒ n0 = 2 mi e kTe "1/2 ! 2 × 12.5A/m2 40 × 1.6 × 10−27 kg = 7 × 1016 m−3 . J 1.6 × 10−19 C 2eV × 1.6 × 10−19 eV

Ji =

1 n0 e 2

109

I.13 ECUACIONES DE MAXWELL

I.13.1.

Enunciado de problemas

I.13.1.1 Dos placas circulares de radio a separadas por una distancia d forman un capacitor ideal, que contiene en su interior un diel´ectrico que es un aislante perfecto, donde el campo D es uniforme. El capacitor est´a siendo cargado por una corriente constante I . (a) Encontrar el campo H en un punto P sobre la superficie cil´ındrica del diel´ectrico. (b) Encontrar la magnitud y direcci´ on   del vector de Poynting S en P . (c) Integrar S · n sobre la superficie cil´ındrica del diel´ectrico y mostrar que el resultado es igual a la derivada temporal de la energ´ıa elelctrost´atica almacenada. 2

2

I.13.1.2 Dada la ecuaci´ on de onda unidimensional ∂∂zE2 = μ ∂∂tE2 donde E es la magnitud del campo el´ectrico, suponer que E tiene direcci´ on constante a lo largo de y. Introduciendo el cambio de √ √ variables ξ = t + μz , η = t − μz , mostrar que la ecuaci´on de onda toma una forma que se puede integrar f´acilmente, dando por resultado E(z, t) = E1 (ξ) + E2 (η) con E1 y E2 funciones arbitrarias. I.13.1.3 Mostrar que la ecuaci´ on de movimiento para una parμ = qFμν U ν representa la t´ıcula cargada, en forma covariante: mc dU ds ecuaci´on de movimiento tridimensional d p  + v × B)  = q(E dt

para μ = 1, 2, 3 (componentes espaciales), y la ecuaci´on de energ´ıa d  · v K = qE dt

con

K= 

111

mc2  , 2 1/2 1 − vc2

para

μ = 0.

Ecuaciones de Maxwell

I.13.1.4 (a) Verificar que las ecuaciones de campo. ∂Fνλ ∂Fλμ ∂Fμν + + =0 ∂xλ ∂xμ ∂xν

dan las ecuaciones de Maxwell homog´eneas:  ·B  =0 ∇

y

  ×E  + ∂B = 0 . ∇ ∂t

(b) Mostrar que las otras dos ecuaciones, dependientes de las fuentes:  ·D  =ρ ∇

y

   ×H  − ∂ D = J, ∇ ∂t

se obtienen de la ecuaci´on ∂Fμν = μ0 jμ . ∂xμ  a I.13.1.5 Obtener las transformaciones de los campos E y B partir de la transformaci´ on del tensor de campo electromagn´etico  β α Fμν = Lα L F donde L es la matriz de transformaci´ on de Lorentz. μ ν αβ μ

112

Soluciones: Ecuaciones de Maxwell

I.13.2.

Soluciones: Ecuaciones de Maxwell

I.13.2.1   ×H  = J + ∂ D (a) De la ecuaci´on ∇ se integra sobre el contorno ∂t circular C que pasa por P (figura I.13.2.0(a))

a S1 P

d

C

S2

I

Figura I.13.2.0(a)

&

 · d H =

C

∂ J · da + ∂t S

 · da . D S

Si la superficie S se toma como la S1 plana, rodeada por C , sobre ella J = 0 y entonces H2πa =

∂D 2 a ∂D πa ⇒ H = . ∂t 2 ∂t

Si la superficie se toma como S2 que termina en el mismo contorno C pero se deforma para pasar por el alambre, entonces D = 0 y

H2πa =

I J · da = I ⇒ H = 2πa

que debe ser igual a lo anterior. Esto determina el valor de ∂D/∂t.

113

Ecuaciones de Maxwell

 H

 D

Figura I.13.2.0(b)

(b) 2  =E  ×H  = D ×H  = DH = a D ∂D = a ∂D S   2 ∂t 4 ∂t

 y D  son perpendiculares (ver figura I.13.2.0(b)). pues H

(c) S es normal a la superficie cil´ındrica, as´ı que

 ·n S da = S

2π 0

d 0

S(dz)(adθ) =

a ∂D2 ∂D d ∂D2 2πad = πa2 = πa2 dE . 4 ∂t 2 ∂t ∂t

Por otro lado, la energ´ıa electrost´atica es UE =

entonces dUE d = dt dt

V

  E·D dV , 2 v

D2 1 ∂D2 dV = (πa2 d) 2 2 ∂t

que coincide con la integral de S . Consecuentemente, el cambio en la energ´ıa almacenada es igual al flujo saliente total de energ´ıa. I.13.2.2 La ecuaci´on de onda ∂2E ∂2E = μ . ∂z 2 ∂t2

114

Soluciones: Ecuaciones de Maxwell

Con el cambio de variables ξ

=

η

=

t+ t−

√ √

μz , μz ;

se tiene



∂ ∂z

=

∂2 ∂z 2

=

∂ ∂t

= =

√ ∂ξ ∂ ∂η ∂ ∂ ∂ , + = μ − ∂z ∂ξ ∂z ∂η ∂ξ ∂η



2

∂ ∂2 ∂2 ∂ ∂ ∂ ∂ μ + − 2 − − = μ , ∂ξ ∂η ∂ξ ∂η ∂ξ 2 ∂η 2 ∂ξ∂η



∂ ∂ ∂2 ∂ ∂ ∂ ∂ + ⇒ 2 = + + ∂ξ ∂η ∂t ∂ξ ∂η ∂ξ ∂η ∂2 ∂2 ∂2 + +2 . 2 2 ∂ξ ∂η ∂ξ∂η

As´ı que

∂2E ∂2E ∂2E − μ 2 = −4μ =0 2 ∂z ∂t ∂ξ∂η

es la ecuaci´on de onda. Integrando ∂2E ∂E =0⇒ = F1 (η) ∂ζ∂η ∂η

∂E = F2 (ξ) ; ∂ξ

o

funciones arbitrarias. Otra integraci´on:

F1 , F2

E= 3

F1 (η)dη +E1 (ξ) ⇒ E(z, t) = E1 (ξ) + E2 (η) . 45 6 E2 (η)

I.13.2.3 La ecuaci´on de movimiento es: mc

dUμ = qFμν U ν . ds

La cuadrivelocidad es Uμ =

dxμ dxμ 1  =  = (γ, −γ β) 2 ds c 1 − β dt

115

con

γ = (1 − β 2 )−1/2

y

 = v β c

Ecuaciones de Maxwell

y  . U μ = (γ, γ β)

La cuadriaceleraci´on dUμ dUμ γ =γ = ds dt c



dγ d  , − γβ dt dt

=

γ c2



1 d p 1 dK ,− mc dt m dt

,

puesto que la energ´ıa es K = γmc2 y el momento p = γmv. Adem´as, el tensor de campo electromagn´etico, en componentes, es: ⎛ ⎞ Fμν

0 ⎜ ⎜ −E1 /c ∂Aν ∂Aμ = − =⎜ ⎜ −E /c ∂xμ ∂xν 2 ⎝ −E3 /c

E1 /c

E2 /c

E3 /c

0

−B3

B2

B3

0

−B1

−B2

B1

0

as´ı que el lado derecho de la ecuaci´on de movimiento es: ⎛

⎜ ⎜ −E1 /c qFμν U ν = qγ ⎜ ⎜ −E /c 2 ⎝ −E3 /c

que es igual a

⎛ mc



 · E/c  β

⎟ +β3 B2 ⎟ ⎟ −B1 β3 ⎟ ⎠ +B1 β2

−β2 B3 +B3 β1 −B2 β1

dK/dtc

⎜ dUμ γ ⎜ −dp1 /dt = ⎜ ds c⎜ ⎝ −dp2 /dt −dp3 /dt

⎞ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

De donde se ve que la componente μ = 0 da dK  = qv · E dt

ecuaci´on de energ´ıa

y las otras 3 componentes μ = i dan d p  + v × B)  = q(E dt

I.13.2.4

116

ecuaci´on de momento.

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Soluciones: Ecuaciones de Maxwell

(a) Usando la expresi´on matricial de Fμν del ejercicio 3, tomamos las posibles combinaciones de ∂Fνλ ∂Fλμ ∂Fμν + + =0 ∂xλ ∂xμ ∂xν

con μ = ν = λ; ∂F12 ∂F20 1 ∂E1 1 ∂B3 ∂F01 1 ∂E2 + + = − − ∂x2 ∂x0 ∂x1 c ∂x2 c ∂t c ∂x1 ∂F31 ∂F10 1 ∂E3 1 ∂B2 1 ∂E1 ∂F03 + + = − − ∂x1 ∂x0 ∂x3 c ∂x1 c ∂t c ∂x3 ∂F23 ∂F30 1 ∂E2 1 ∂B1 1 ∂E3 ∂F02 + + = − − ∂x3 ∂x0 ∂x2 c ∂x3 c ∂t c ∂x2 ∂F23 ∂F31 ∂B3 ∂B1 ∂B2 ∂F12 + + =− − − ∂x3 ∂x1 ∂x2 ∂x3 ∂x1 ∂x2

 × E)  3 + ∂B3 = 0 , 0 ⇒ (∇ ∂t ∂B 2  × E)  2+ 0 ⇒ (∇ = 0, ∂t  × E)  1 + ∂B1 = 0 , 0 ⇒ (∇ ∂t

= = =

 ·B  = 0. 0⇒∇

=

(b) En forma matricial ⎛

∂Fμν ∂xμ

1 (∂E1 /∂x1 + ∂E2 /∂x2 + ∂E3 /∂x3 ) ⎜ c ⎜ (∂E1 /∂t) c−2 − ∂B3 /∂x2 + ∂B2 /∂x3 =⎜ ⎜ c−2 ∂E /∂t + ∂B /∂x − ∂B /∂x 2 3 1 1 3 ⎝ c−2 ∂E3 /∂t − ∂B2 /∂x1 + ∂B1 /∂x2

As´ı que, con jμ = (ρc, −j), la ecuaci´on componente temporal (μ = 0)  ·E  = c2 ρμ0 = ρ ∇ 0

pues

∂Fμν ∂xμ

c2 =

⎞ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

= μ 0 jμ

tiene

1 ,  0 μ0

o sea  ·D  =ρ ∇  = 0 E  en el vac´ıo; y la componente espacial (μ = i) es con D   1 ∂E  ×B  = −μ0 J ⇒ 0 ∂ E − 1 ∇  ×B  = −j , −∇ 2 c ∂t ∂t μ0   ×H  − ∂ D = J ∇ ∂t

117

con

 = μ0 H . B

Ecuaciones de Maxwell  β I.13.2.5 La transformaci´on de Lorentz Fμν = Lα μ Lν Fαβ puede visualizarse tomando componente por componente, pero tambi´en en forma matricial como sigue, para la velocidad en direcci´on z ,



=

0 ⎜ ⎜ −E1 /c ⎜ ⎜  ⎝ −E2 /c −E3 /c ⎛ γ 0 ⎜ ⎜ 0 1 ⎜ ⎜ 0 ⎝ 0 ⎛

=

⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

γβ

0 B3

−B2 0

γβ

0

0

1

0

0

γ

E2 /c

E3 /c

0

−B1

−B3

B2

B1 ⎞⎛

⎞ ⎟ ⎟ ⎟= ⎟ ⎠

0 0

⎟⎜ ⎟ ⎜ −E1 /c ⎟⎜ ⎟⎜ ⎠ ⎝ −E2 /c −E3 /c

E1 /c

E2 /c

E3 /c

0

−B3

B2

B3

0

−B1

−B2

B1

0

⎞⎛ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎠⎝

−γβE3 /c

γ(E1 /c − βB2 )

γ(E2 /c + βB1 )

γE3 /c

−E1 /c

0

−B3

B2



=

0

E1 /c

−E2 /c

B3

0

−B1

−γE3 /c

γ(E1 β/c − B2 )

γ(E2 β/c + B1 )

γβE3 /c

0 ⎜ ⎜ −E1 /c + βB2 γ⎜ ⎜ ⎝ −E2 /c − βB1 −E3 /cγ

E1 /c − βB2

E2 /c + βB1

0

−B3 /γ

B3 /γ

0

βE1 /c − B2

βE2 /c + B1

γ

0

0

γβ

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

γ

γβ ⎞⎛ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎠⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

γ

0

0

γβ

0

1

0

0

0

0

1

0

γβ ⎞

0

0

γ

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

E3 /cγ ⎟ −βE1 /c + B2 ⎟ ⎟. ⎟ βE2 /c − B1 ⎠ 0

Que puede expresarse, en t´erminos de las componentes de E y  como B E3

=

E1

=

B1

=

E3 ,

B3 = B3

recordar que se tom´o v = (0, 0, v) ,

vB2 ), E2

 ⊥  ⊥ + v × B)  , γ(E1 − = γ(E2 + vB1 ) ⇒ E = γ(E

    v v  ⊥  .  ⊥ − 1 v × E γ B1 + 2 E2 , B2 = γ B2 − 2 E1 ⇒ B =γ B c c c2

118

I.14 ´ DE ONDAS EN MEDIOS PROPAGACION

I.14.1.

Enunciado de problemas

I.14.1.1 Mostrar que las ecuaciones de Maxwell para un medio isotr´opico, homog´eneo, no conductor y sin carga, pueden satisfacerse tomando: 



 ×∇  × (Fa) , (a) E = Re ∇ 

   = Re μ ∂ ∇  × (Fa) B ∂t





o bien



∂   = Re ∇  ×∇  × (Fa) donde a es un ∇ × (Fa) , B (b) E = Re − ∂t vector unitario constante y F satisface la ecuaci´on de onda escalar.

I.14.1.2 Dos ondas planas tienen la misma ω, k y amplitud E , pero polarizaci´on circular opuesta (derecha e izquierda, respectivamente). Mostrar que la superposici´ on de las dos ondas est´a polarizada linealmente con amplitud 2E . I.14.1.3 Considerar una onda estacionaria en el vac´ıo, que es la superposici´on de dos ondas planas de la misma frecuencia, amplitud y polarizaci´on lineal, pero direcci´on k opuesta. Calcular  r, t). (N´ otese el vector de Poynting de las ondas superpuestas S( que el origen no es arbitrario) ¿Cu´anto vale el flujo promedio S ? I.14.1.4 Calcular la presi´on de radiaci´on (fuerza por unidad de ´area) ejercida sobre una superficie conductora, por una onda electromagn´etica plana que incide perpendicularmente. En el l´ımite de conductividad infinita mostrar que se reduce a P = 0 E02 donde E0 es la amplitud de la onda.

119

´ n de ondas en medios Propagacio

I.14.1.5 Encontrar el cociente um /uE  de las densidades de energ´ıa magn´etica y el´ectrica para una onda plana en un medio conductor. De ah´ı encontrar sus valores aporoximados para los casos l´ımite de un aislante y de un buen conductor.

120

´ n de ondas en medios Soluciones: Propagacio

I.14.2.

Soluciones: Propagaci´ on de ondas en medios

I.14.2.1 Las ecuaciones de Maxwell para un medio no conductor  = E , B  = μH  sin cargas, que satisface las relaciones constitutivas D con  y μ constantes (o sea un medio isotr´opico y homog´eneo) son

 ·E  ∇

=

0,

(I.14.1)

 ·B  ∇

=

0,

(I.14.2)

 ×E  ∇

=

 ×B  ∇

=

 ∂B , ∂t  ∂E . μ ∂t −

(I.14.3) (I.14.4)

(a) Estas ecuaciones se satisfacen por    = Re ∇  ×∇  × (Fa) E

∂   B = Re μ ∇ × (Fa) ∂t

y

2

donde F cumple ∇2 F − μ ∂∂tF2 = 0 y a es constante.  ·∇  × g = 0 La ec. (I.14.1) se satisface id´enticamente pues ∇ para cualquier g; lo mismo la ec. (I.14.2). La ec. (I.14.4) es tambi´en una identidad pues

 × (Fa) = μ ∂ ∇  ×∇  × (Fa) .  × μ ∂ ∇ ∇ ∂t ∂t  Por u ´ltimo la ec. (I.14.3) da, sustituyendo E y B   2  × (Fa) = −μ ∂ ∇  × (Fa)  ×∇  ×∇  × (Fa) = ∇  ∇  ·∇  × (Fa) − ∇2 ∇ ∇ ∂t2

o, permutando el laplaciano y el rotacional y usando que a = constante,

2

 ∇2 F − μ ∂ F ∇ ∂t2

× a = 0

que se cumple si F satisface la ecuaci´on de onda.

121

´ n de ondas en medios Propagacio

(b) Tambi´en se satisfacen si

∂  E = Re − ∇ × (Fa) ∂t

y

   = Re ∇  ×∇  × (Fa) . B

Esta vez las ecuaciones (I.14.1), (I.14.2) y (I.14.3) se satisfacen id´enticamente y la ec. (I.14.4) se escribe   2  ×∇  ×∇  × (Fa) = ∇  ∇  ·∇  × (Fa) − ∇2 ∇  × (Fa) = −μ ∂ ∇  × (Fa) ∇ ∂t2

que otra vez se cumple si F satisface la ecuaci´on de onda escalar. I.14.2.2 Una onda plana con polarizaci´on circular derecha se representa por    1 = E n1 + Ee−iπ/2 n 2 ei(k· r−ωt) E

y una con polarizaci´on izquierda por    2 = E n1 + Ee+iπ/2 n 2 ei(k· r−ωt) , E

donde E es la amplitud y n1 , n2 son vectores unitarios normales a la direcci´ on de propagaci´on n3 , orientados de acuerdo a n1 × n2 = n3 . Sum´ andolos  2 = [E( 1 + E n1 − i n2 ) + E( n1 + i n2 )] ei(k· r−ωt) = 2E n1 ei(k· r−ωt) E

que es una onda con polarizaci´on lineal a lo largo de n1 y amplitud 2E . I.14.2.3 Onda plana con polarizaci´on lineal y direcci´on de propagaci´ on k 1 = n E 1 Ee−iωt eik· r .

Si la propagaci´on es en direcci´on −k: 2 = n 1 Ee−iωt e−ik· r . E

122

´ n de ondas en medios Soluciones: Propagacio

La superposici´on    =E 1 + E 2 = n 2Ee−iωt cos k · r E Ee−iωt e+ik· r + e−ik· r = n

es una onda estacionaria con nodos en k · r = ± π2 . El vector de Poynting es (en el vac´ıo) ! =E  ×H  = ReE  × Re S

 n 3 × E μ0 c

El promedio es

puesto que cos2 ωt =

"

n3 2 n 3  2 = 4 |ReE| E cos2 ωt cos2 k · r . μ0 c μ0 c

=

2  = 2E n  cos2 k · r S μ0 c 1 2

I.14.2.4 La ecuaci´on de conservaci´on de momento para el campo electromagn´etico es

+ F V

∂ g dV ∂t



=−

Tij n j da S

i

 es el momento del campo, por unidad de volumen donde g = E × H y Tij el tensor de esfuerzos de Maxwell Tij = 0

1 Ei Ej − E 2 δij 2



1 + μ0



1 Bi Bj − B 2 δij 2

.

Se ve que Tij representa la fuerza por unidad de ´area ejercida sobre la superficie S (con normal nj ) en la direcci´on ˆi. Entonces la presi´on ejercida por una onda propag´andose en direcci´ on n3 sobre una superficie normal (o sea, definida por n3 ) ser´a



2 2 2 2 P = −T33 = 0 E32 −

E 2



1 μ0

B32 −

pues la onda es transversa =⇒ E3 = B3 = 0. En el vac´ıo 2 B2 =

E = μ 0 0 E 2 c2

123

B 2

= 0

E B + 2 2μ0

´ n de ondas en medios Propagacio

as´ı que p = 0 E 2 (t) ,

que es oscilatoria. Ahora, si esta onda incide sobre un conductor, hay una gran parte de la energ´ıa reflejada, que se porpaga en direcci´on −n3 por lo que ejerce una fuerza adicional por conservaci´on de momento. La presi´on neta ser´a 2 P = 0 (EI2 + ER ) ≡ 0 EI2 (1 + R) ,

donde EI y ER son la onda incidente y la reflejada y R es la reflectividad, EI = E0 ei(k·r−ωt) . Promediando sobre las oscilaciones P = 0 (1 + R)EI2 = 0

E02 (1 + R) . 2

Como la penetraci´on en un conductor δ = ωnc I ∼ σ1 en el l´ımite σ → ∞ se tiene δ → 0, as´ı que toda la onda es reflejada y R = 1. As´ı que P = 0 E02 . I.14.2.5 Para un conductor la ley de Ampere da k × B  =−ω c2

K +i

As´ı que

pues k =



B 2  1 um  = = 2μ0 2μ0  ω. K c

7

σ 0 ω



 ≡−ωK E . E c2

ω  2 KE c2 k

8 =

 |K| E 2  2μ0 c2

Tambi´en uE  =

E 2  0 = KE 2  2 2

as´ı que um  uE 

= =

 1/2  σ iσ K − K + i  0 ω 0 ω |K| = μ0 0 c 2 K K 1/2 1/2 1 σ2 = 1 + , 1+ (0 Kω)2 Q2

124

´ n de ondas en medios Soluciones: Propagacio

con Q = ω . σ Para un aislante σ → 0 ⇒ Q → ∞ um  σ2 −→ 1 . =1+ uE  2(ω)2

Para un buen conductor σ → ∞ ⇒ Q → 0 um  σ uE  ω

1+

125

ω 2 2 2σ 2

−→

σ . ω

I.15 ONDAS EN REGIONES ACOTADAS

I.15.1.

Enunciado de problemas

I.15.1.1 Una onda plana incide normalmente sobre la frontera plana de un metal desde el aire. Suponer que su frecuencia est´ a en el rango donde nr ni 1. Del coeficiente de transmisi´on de Fresnel encontrar |E t |2 justo adentro de la superficie met´alica. Calcular la disipaci´on de energ´ıa por unidad de volumen cerca de la superficie y evaluarla, si la amplitud de la onda incidente es Ei = 10 V/cm y la frecuencia es f = 1010 Hz. I.15.1.2 Un haz de luz monocrom´atica de frecuencia ω en aire incide normalmente sobre una pel´ıcula diel´ectrica de ´ındice de refracci´on n. El grosor de la pel´ıcula es d . Calcular los coeficientes de reflexi´on y transmisi´on como funci´on de d y n, haciendo que se cumplan las condiciones de frontera en ambas superficies (en vez de sumar las m´ ultiples reflexiones). Permitir que haya ondas viajando a la derecha y a la izquierda dentro de la pelicula, E 2 y  2 , adem´ as de las ondas incidente, reflejada y transmitida, fuera E de la pel´ıcula. I.15.1.3 Encontrar la densidad de carga superficial y la corriente por unidad de longitud sobre la superficie de un conductor perfecto sobre el que inciden ondas elelctromagn´eticas, cuando el vector el´ectrico es (a) perpendicular al plano de incidencia y (b) paralelo a este plano. I.15.1.4 Considerar una onda T M en una gu´ıa de onda rectangular (Hz = 0) que se propaga en direcci´on z con longitud de onda

127

Ondas en regiones acotadas

Mostrar que Ez = A sen mπx sen nπy e2πiz/λg satisface la ecuaci´ on a b 2 2 2 2 ∂ Ez ∂ Ez ω 4π de onda ∂x2 + ∂y2 + c2 − λ2g Ez = 0 y las condiciones de frontera en x = 0, a y y = 0, b. ¿Cu´al es la frecuencia de corte del modo T M11 ¿Por qu´e no hay un modo T M10 ? λg .

I.15.1.5 (a) Determinar las frecuencias de oscilaciones de dipolo   e =  ×∇  × sen kr  b , B el´ectrico dadas por los campos E e = e−iωt ∇ r  × −ike−iωt ∇





sen kr  b r

dentro de una cavidad resonate esf´erica de radio a. (b) Hacer lo mismo para oscilaciones de dipolo magn´etico e y B  e ( m = E b es un vector arbitrario constante dadas por E m = −B y k = ω/c).

128

Soluciones: Ondas en regiones acotadas

I.15.2.

Soluciones: Ondas en regiones acotadas

I.15.2.1 Para incidencia normal  t12 =

2n1 ; n1 + n2

2 en el aire n1 1 y en el conductor n2 = nr + inI −→ t12 = (nr +1)+in . I 1−i  En el rango de frecuencias donde nr nI 1 → t12 nI . Entonces, el campo el´ectrico transmitido es 2 1−i t |2 = E t E t =  t∗ = 2Ei t12 Ei = Ei =⇒ |E E nI n2I

pero

2 nI =

σ 20 ω

por lo tanto |Et |2 =

40 ω 2 Ei . σ

La energ´ıa disipada por unidad de volumen es t , P = J · E

pero hay que tomar el promedio temporal P =

1   ∗ σ   ∗ σ  2 ReJ · E t = ReE |Et | = 20 ωEi2 . t · Et = 2 2 2

Para Ei = 10 V/cm = 103 V/m y ω = 2πf = 2π × 1010 seg−1

coul P = 2 8.85 × 10−12 2π × 1010 s−1 (103 V/m)2 = 1.1 × 106 W/m3 V·m

donde P denota promedio temporal. I.15.2.2 En la frontera 1-2 las condiciones de frontera son (figura I.15.2.1) E1 − E1

=

E2 − E2 =⇒ E continua,

E1 + E1

=

n(E2 + E2 ) =⇒ B continua.

129

Ondas en regiones acotadas

1 E1

2

3

E2

k1

E3

k2

E1’ − k1

E2’

− k2

n=1

k3

n=1

n

Figura I.15.2.1

Para la frontera 2–3, las ondas al cruzar el medio 2 han tenido una diferencia de fase, que seg´ un sea la propagaci´on a la derecha o la izquierda es, e±ik2 α ; entonces las condiciones de frontera son E2 eiβ − E2 e−iβ

=

E3 =⇒ E continua,

E2 eiβ )

=

E3 =⇒ B continua,

n(E2 e



+

donde β = k2 d = ωc nd. En t´erminos de los coeficientes de reflexi´on r = E1 /E1 y transmisi´on t = E3 /E las ecuaciones son, definiendo E21 = E2 /E1 y  E21 = E2 /E1  1 − r = E21 − E21  1 + r = n(E21 + E21 )  =t eiβ E21 − e−iβ E21 iβ

e E21 + e

−iβ

 E21

= t/n

⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭

resolviendo para r por su metodo favorito, se tiene r=

(n2 −1)(e−iβ −eiβ ) (n+1)2 e−iβ −(n−1)2 eiβ

y de aqu´ı t=

4n . (n + 1)2 e−iβ − (n − 1)2 eiβ

I.15.2.3 La condici´on de frontera para la componente normal de es

 E

En2 − KEn1 = σq /0 ,

130

Soluciones: Ondas en regiones acotadas

donde σq es la densidad superficial de carga, E 2 el campo en el conductor y E 1 el campo fuera del conductor. Si est´a en el vac´ıo K = 1.  2 = 0, Si la conductividad σ = ∞ ⇒ E 2 = B σq = 0 En1 .

Para el campo magn´etico H2t − H1t = KJ ← corriente por unidad de longitud KJ =

Bt1 . μ0

(a) Para polarizaci´on S (E ⊥ al plano de incidencia) E = E t , tangencial a la superficie del conductor ⇒ En = 0, (figura I.15.2.2(a)) as´ı que σq = 0 y  B  E

ˆ k

θ

n ˆ σ=∞

Figura I.15.2.2(a)

 ;  = k ×E B ω

 ×n | = Bt = |B

Kj =

k  k = k cos θE ; ·n  E − ( n · E) ω ω ω

kE cos θ μ0 ω

(b) Para polarizaci´on p, En = E · n = E sen θ (figura I.15.2.2(b))

131

Ondas en regiones acotadas

 E

θ

k

n ˆ

Figura I.15.2.2(b)

σq = 0 E sen θ,

Kj =

B μ0

pues Bt = B . I.15.2.4 Sustituyendo Ez = A sen

 mπ   nπ  x sen y e2πiz/λg a b

en la ecuaci´on de onda ∂ 2 Ez ∂ 2 Ez + + 2 ∂x ∂y 2

se llega a que

 mπ 2 a

+

 nπ 2 b



4π 2 ω2 Ez = 0 − c2 λg

4π ω2 + 2 = 2 ≡ λg c



2π λ0

2

que es la relaci´on que debe cumplirse para que Ez sea soluci´on. Adem´as cumple con las condiciones de frontera Ez (x = 0)

=

sen(0) = 0,

Ez (x = a) = sen(mπ) = 0,

Ez (y = 0)

=

sen(0) = 0,

Ez (y = b) = sen(nπ) = 0.

La frecuencia de corte (aquella para la cual λ2g < 0) es

132

Soluciones: Ondas en regiones acotadas



2π λ0

2 =

1/2   mπ 2  nπ 2 ω2 mπ 2  nπ 2 ≤ + ⇒ ω = c + . c c2 a b a b 

2

2

1/2

Para el T M11 m = n = 1 ⇒ ωc11 = c πa2 + πb2 .   Si hubiera un modo T M10 m = 1 y n = 0 pero sen 0π y = 0 por b lo que Ez = 0, as´ı que no hay onda. Por lo tanto no puede existir este modo. Esto no es cierto para el T E10 pues ah´ı Hz depende de   y = 1. los cosenos y cos 0π b I.15.2.5 (a) Si la cavidad es esf´erica la condici´on de frontera es que n×E = 0 en r = a; n = r normal a la esfera.  ×∇  × Para el campo dado E e = e−iωt ∇

e E

=





sen kr  b r

,



k2 2k k2 2 sen kr − cos kr − sen kr b + br sen kr r r3 r2 r



sen kr sen kr k k + bφ . cos kr − cos kr − + bθ r2 r3 r2 r3

As´ı que

e = n ˆ×E

k2  φ)  θ − θb sen kr r × b + (φb r



sen kr k cos kr − r2 r3

=0

en r = a. De aqu´ı las dos componentes θ y φ dan el mismo resultado:

sen kr k k2 sen kr + 2 cos kr − r r r3

=0⇒ r=a

1 − ka = cot ka . ka

Esta ecuaci´on determina los valores de k para oscilaciones de modos normales. El valor m´as bajo que es soluci´on es ka = 2.74 ⇒ ω = ck0 = 2.74 c/a.

133

Ondas en regiones acotadas

(b) Para el campo de dipolo magn´etico m E

=

m E

=

 × sen kr  b e−iωt , ik∇ r

sen kr k r ×  be−iωt cos kr − r r2

y  m = r × ( n ×E r × b)

entonces



k sen kr cos kr − r r2



e−iωt = 0 r=a

k sen ka = 0 ⇒ tan ka = ka . cos ka − a a2

El modo normal m´as bajo que satisface esta ecuaci´ on es k0 a = 4.49 ⇒ ω0 = 4.49c/a.

134

I.16 ´ RADIACION

I.16.1.

Enunciado de problemas

I.16.1.1 Un anillo circular de alambre que lleva una corriente constituye un dipolo magn´etico oscilante. Determinar  para el oscilador, y la potencia total los campos de radiaci´on E y B radiada. I = I0 cos ωt

I.16.1.2 El modelo cl´asico del ´atomo de hidr´ogeno consiste en un electr´on girando en una o´rbita circular de radio r, con energ´ıa e2 (a) Calcular la energ´ıa fraccional radiada, cin´etica Ek = 12 4π 0r P T /EK , donde T es el per´ıodo orbital. (b) La mec´ anica cu´antica da que la velocidad en el nivel n-´esimo es v/c = (1/n)(1/137). Evaluar P T /EK para n = 2. I.16.1.3 Suponer que la aceleraci´ on de una part´ıcula r´apida es en la misma direcci´on que su velocidad. Mostrar que la radiaci´on es cero a lo largo de la direcci´on de movimiento.

135

´n Radiacio

I.16.2.

Soluciones: Radiaci´ on

I.16.2.1 El potencial vectorial retardado es, para I = I0 cos ωt  = μ0 A 4π

&

I0 cos ω(t − |r − r |/c)dr |r − r |

  → Idr . Como para el campo de radiaci´ reemplazando JdV on r r

1



r · r |r − r | = (r2 + r2 − 2r · r )1/2 r 1 − 2 + · · · . r

En el denominador es suficiente con mantener |r − r | r que da la dependencia 1/r del campo de radiaci´on. En el argumento del coseno mantenemos el siguiente orden y se expande

r · r r r · r cos ω(t − r/c) − cos ω t − + ω sen ω(t − r/c) + · · · c rc rc

Entonces & & ω μ 0 I0 ∼ cos ω(t − r/c) dr − sen ω(t − r/c) r · r dr . A = 4π r rc

La primera integral se anula pues es sobre un contorno cerrado. Para la segunda integral, se escribe (r · r )dr =

1  1 (r × dr ) × r + d(r (r · r )) . 2 2

El segundo t´ermino, al integrarlo sobre un controno cerrado, se anula tambi´en, pues es una diferencial total. As´ı se obtiene  = μ0 I0 ω sen ω(t − r/c) 1 A 4π r c 2

pero como 1 2

&

&

r × (r × dr ) r

(πa2 ) r × dr = n

donde n es normal al anillo y πa2 es su ´area, entonces

136

´n Soluciones: Radiacio

  = μ0 I0 ω πa2 sen θ sen ω(t − r/c)φ A 4π r c

pues r × n = sen θφ.  ·A  = 0 y de la El potencial escalar es cero (o constante) pues ∇ norma de Lorentz ∂ϕ  ·A  = 0. = −c∇ ∂t

Los campos de radiaci´on son entonces  B

=

 E

=

2  ×A  → Bθ = − 1 ∂ rAϕ = μ0 I0 ω (πa2 ) sen θ cos ω(t − r/c) + O ∇ 2 r ∂r 4πr c  ∂A ∂Aφ μ 0 I0 ω 2 − → Eφ = − =− (πa2 ) sen θ cos ω(t − r/c) . ∂t ∂t 4π r c

Donde, otra vez, los t´erminos del tipo no contribuyen al campo de radiaci´on. La potencia total radiada es

P

= =

P

=

1 r2



1 r2



se ignoraron porque

Bθ 2 r dΩ μ0

μ20 I02 ω 4 (πa2 )2 cos2 ω(t − r/c) sen2 θdΩ, (4π)2 c3 μ0  · rda = − S



y como

sen2 θdΩ =

2 μ0 I02 ω 4 (πa2 )2 cos2 ω(t − r/c) . 3 4πc3

I.16.2.2 (a) La potencia radiada por una carga con aceleraci´ on v˙ es P =

2 q 2 v˙ 2 3 4π0 c3

para una carga en ´orbita circular v˙ es la aceleraci´on centr´ıpe2 . ta v˙ = vr y el periodo orbital T = 2πr v As´ı PT =

2 q2 v3 3 20 r c3

y en t´erminos de la energ´ıa cin´etica EK =

137

1 q2 , 2 4π0 r

8π 3

´n Radiacio 2 q 2  v 3 2 × 4π0 r 8π  v 3 PT = = . EK 3 20 r c q2 3 c

(b) Usando

v c

=

 v 3 c

1 1 n 137

=

para el nivel n = 2, 1 1 2 137

3

PT = 4.07 × 10−7 . EK

= 4.86 × 10−8 ⇒

 para una part´ıcula acelerada se I.16.2.3 Los campos E y B pueden escribir como  E

=

 B

=

1 q 4π0 R∗3   × E R R c





  − R v R c donde

1−

v 2 c2

+

1  R × c2





  − R v R c



× v˙ 

   · v R∗ = R − R c

y la prima denota evaluar al tiempo retardado. Ahora, si la aceleraci´on es a lo largo de la direcc´on de movimien´ltimo t´ermino v × v˙  = 0. Adem´as el to, v y v˙ son paralelos, y el u primer t´ermino no corresponde a campos de radiaci´on pues va como R−2 y no como R−1 . Entonces r = E ad

q 1   × v˙  ) .   × (R R 4π0 R ∗3 c2

  es paralelo a v y v˙ asi que En la direcci´on de movimiento R  × v˙ = 0 y por lo tanto E  r = 0 y no hay emisi´ on de radiaci´on en R ad esa direcci´on.

138

,

Parte II

Nivel avanzado

139

II.1 ´ ELECTROSTATICA

II.1.1.

Problemas de frontera I

II.1.1.1 Probar el teorema del valor medio: El valor promedio del potencial electrost´atico sobre una superficie esf´erica cualquiera es igual al potencial en el centro de la esfera, siempre que no haya cargas contenidas dentro de ella. (Sugerencia: Usar el teorema de Green dos veces). II.1.1.2 Un capacitor simple es un dispositivo formado por dos conductores aislados adyacentes. Si se colocan cargas iguales y opuestas en los conductores, habr´a una cierta diferencia de potencial entre ellos. El cociente de la magnitud de la carga a la magnitud de la diferencia de potencial se llama la capacitancia (en unidades electrost´aticas se mide en cent´ımetros). Usando la ley de Gauss calcular la capacitancia de: (a) Dos hojas grandes, planas, de ´area A separadas por una peque˜ na distancia d. (b) Dos esferas conc´entricas de radios a, b (b > a). (c) Dos cilindros conc´entricos de longitud L grande comparada con sus radios a, b (b > a). (d) Calcular la energ´ıa electrost´atica total en cada uno de los tres casos, expresada en t´erminos de la carga contenida en cada conductor.

141

´ tica Electrosta

(e) Calcular la fuerza atractiva entre los conductores para los casos (a) y (c) para cargas fijas en cada conductor. II.1.1.3 Si el campo el´ectrico de una carga puntual q fuera proporcional a qr−2−δ r, donde r es un vector radial unitario y δ  1,  ·E  y∇  ×E  , para r = 0; (b) y si dos cascarones esf´ eri(a) calcular ∇ cos conc´entricos de radios a y b se conectaran con un alambre muy delgado, con carga qa en el cascar´on externo, probar que en el cascar´ on interno quedar´a una carga,

qb =

−qa δ {[2b log 2a − (a + b) log(a + b) + (a − b) log(a − b)]} + O(δ 2 ). 2(a − b)

II.1.1.4 Dos planos conductores se cruzan a un ´angulo de 90◦ y se coloca una carga el´ectrica q en el punto (a, a) (tomando el punto de intersecci´ on como el origen de coordenadas). Encontrar las cargas imagen que permiten resolver esta configuraci´on, calcular el potencial en el cuadrante donde est´a la carga, y la densidad de carga en los dos planos. II.1.1.5 Un cascar´on esf´erico, conductor, aislado de radio a, est´a en un campo el´ectrico uniforme E0 . Si la esfera se corta en dos por un plano perpendicular al campo, encontrar la fuerza necesaria para evitar que los hemisferios se separen, (a) si la esfera no est´a cargada y (b) si la carga total es Q.

142

Soluciones: Problemas de frontera I

II.1.2.

Soluciones: Problemas de frontera I

II.1.2.1 Teorema de Green

(φ∇2 ψ − ψ∇2 φ)dV = V

&  − ψ ∇φ)  · ds . (φ∇ψ S

1 Usando primero φ = φ(x) (potencial) y ψ = | x− junto con las x| 2 2  ecuaciones ∇ φ = −4πρ y ∇ ψ = −4πδ(x − x ) se obtiene

φ(x) = V

con

∂ ∂n

ρ(x ) 1 dV  + |x − x | 4π

& S

∂ 1 ∂φ 1 − φ ds |x − x| ∂n ∂n |x − x |

. ≡n  · ∇

Como no hay carga en el interior de la esfera, ρ(x ) = 0. Ahora, usando el teorema de Green con φ = φ(x) y ψ = 1 se encuentra & S

∂φ  ds = −4π ∂n

ρdV  = 0 . V

As´ı que, us´andolo en la expresi´on para φ(x) anterior, junto con  n ·∇

1 1 =− |x − x | |x − x |2

se llega a

φ(x)

= =

φ ∂φ 1 ds + |x − x | ∂n |x − x |2 s & 1 φ(x )ds ≡ φ 4π|x − x |2 1 4π

&

pues |x − x | es constante para la esfera. II.1.2.2 (a) Para un plano cargado E = 4πσ = 4π

143

Q , A

´ tica Electrosta

y el potencial

φ=−

C=

x 0

Ed = 4π

Q x, A

Q A = . φ(d) − φ(0) 4πd

(b) Para el exterior de una esfera cargada φ(r) = φ= Q constante (R = radio) R C=

Q r

y en el interior

Q ab = . φ(a) − φ(b) b−a

(c) Para un cilindro cargado conductor de longitud L y radio R  E=

2Q , rL

si r > R =⇒ φ(r) = si r < R

0,

C=

(d)

ΔφdQ =

1 C

Q2 b−a 2 ab

cilindros: U =

Q2 L

QdQ =

,

ln b/a.



(e) Fuerza F = EdQ = planos: F =

2π 2 Q A

cilindros: F =

2

Q Lb

∂U ∂x

2Q L

planos: U = 2π Ad Q2 , esferas U =

− 2Q ln r, L ln R,

Q L = . φ(b) − φ(a) 2(ln b/a)

U=



,

, .

II.1.2.3 Ver figura II.1.2.1.  = E

144

q r . r2 + δ

Q2 , 2C

r>R r a o r < a.

145

´ tica Electrosta

As´ı φ(r)

= =

q 4π



2π 0



−q 2ar(1 − δ 2 )

π

sen θdθ (1 + δ)(r2 + a2 − 2ar cosθ)(1+δ)/2

|a − r|1−δ − |a + r|1−δ . 0

Haciendo una expansi´on en δ  1 (usando y1+δ = yyδ ∼ = y(1 + δ ln y))

φ(r) =



−q |a − r|(1 − δ ln |a − r|) − (a + r)(1 − δ ln(a + r)) . 2ar

Ahora, para dos cascarones esf´ericos conc´entricos de radios a y b, los potenciales en las dos superficies, tomando contribuciones de ambos, son (a > b)

φ(r = a)

=

φ(r = b)

=

δ qb 1+ ((a − b) ln(a − b) − (a + b) ln(a + b)) a 2b  qa  1 − δ ln 2a , + a qb (1 − δ ln 2b) b δ qa 1+ ((a − b) ln(a − b) − (a + b) ln(a + b)) . + a 2b

Al conectarse por un alambre se hace que est´en al mismo potencial, as´ı que φ(r = 1) = φ(r = b) implica que qb =

 −qa δ  (a − b) ln(a − b) − (a + b) ln(a + b) + 2b ln 2a . 2(a − b)

II.1.2.4 Se necesitan 3 cargas imagen en los 3 cuadrantes restantes y equidistantes de los planos, con signos alternantes. El potencial en un punto (x, y ) ser´a (figura II.1.2.2)

146

Soluciones: Problemas de frontera I

−q

q

a

−q

q

Figura II.1.2.2 φ(x, y)

=



+



(x −

q q − 2 2 + (y − a) (x − a) + (y + a)2

a)2

q q − . (x + a)2 + (y + a)2 (x + a)2 + (y − a)2

Se puede ver inmediatamente que cumple con φ(x = 0, y) = φ(x, y = 0) = 0.

La densidad de carga superficial en el plano y = 0 es

σ(x, y = 0) =



−1 ∂φ  qa 1 1 = −     3/2 3/2 4π ∂y y=0 2π (x + a)2 + a2 (x − a)2 + a2

y an´alogamente en el plano x = 0

σ(x = 0, y) =



 2 −1 ∂φ  qa  2 2 −3/2 2 −3/2 a = + (y + a) − a + (y − a) . 4π ∂y x=0 2π

II.1.2.5 La fuerza sobre un elemento de ´area de la esfera es pero por simetr´ıa s´olo la componente paralela a E 0 contribuye as´ı que (figura II.1.2.3)  = 2πσ 2 da dF

F =

Hemisferio

147

2πσ 2 cos θa2 dΩ .

´ tica Electrosta  dF θ

0 E a

Figura II.1.2.3

(a) La densidad de carga inducida se vi´o que es σ = as´ı que F =

9E02 a2 8π

π/2 0

cos3 θ sen θdθ

2π 0

dϕ =

3 E 4π 0

9 2 2 E0 a . 16

(b) Cuando hay una carga Q se a˜ nade una densidad uniforme as´ı que

F

= =

(2π)2 a2

0

π/2



Q 3 E0 cos θ + 4π 4πa2

cos θ

Q 4πa2

2 cos θ sen θdθ

9 2 2 QE0 Q2 E0 a + + 2. 16 2 8a

El segundo t´ermino viene de la interacci´ on de la carga con el campo y el tercero de la repulsi´on de la carga en los dos hemisferios.

148

II.2 ´ ELECTROSTATICA

II.2.1.

Problemas de frontera II

II.2.1.1 La funci´on anal´ıtica Z(z) = −q log z resuelve el problema bidimensional con condiciones de Frontera V = 0 en y = 0, x > 0 y V = V0 en y = 0, x < 0. Se puede transformar por medio del mapeo conforme, z =

a π

log z +

1 1 − z2 . 2 2

En un condensador de placas paralelas. (a) Determinar las densidades superficiales de carga en las caras interior y exterior de la placa inferior (V = 0). Cu´al es el resultado a gran distancia del extremo de la placa? (b) Calcular la carga total (interior y exterior) contenida en una unidad de longitud medida desde el extremo de la placa. Determinar las correcciones de borde para la capacidad. (Sugerencia: Usar las partes real e imaginaria de Z(z)). II.2.1.2 Considerar el problema de potencial en el medio plano definido por z ≥ 0, con condiciones de frontera sobre el plano z = 0 (y en infinito). (a) Escribir la funci´on de Green apropiada G(x, x ). (b) Si se especifica el potencial sobre el plano z = 0 como φ = V dentro de un c´ırculo de radio a centrado en el origen, y φ = 0 fuera del c´ırculo, encontrar una expresi´ on integral para el potencial en un punto P en coordenadas cil´ındricas (ρ, ϕ, z).

149

´ tica Electrosta

(c) Mostrar que sobre el eje del c´ırculo (ρ = 0) el potencial es, φ=V 1−

z (a2 + z 2 )1/2



(d) mostrar que a grandes distancias (ρ2 + z 2 a2 ) se puede expandir el potencial en potencias de (ρ2 +z 2 )−1 obteni´endose, φ=

  5(3ρ2 a2 + a4 ) V a2 z 3a2 + . . . . 1 − + 4(ρ2 + z 2 ) 8(ρ2 + z 2 )2 2(ρ2 + z 2 )3/2

II.2.1.3 Encontrar el potencial dentro de un prisma rectangular infinitamente largo con paredes conductoras a tierra en x = 0, a, y = 0, b, debido a una l´ınea con carga λ por unidad de longitud localizada en el punto (c, d) dentro del prisma. II.2.1.4 Mostrar que el potencial debido a un disco conductor de radio a que tiene una carga q es, φ(ρ, z) =

q a

∞ 0

e−k|z| J0 (kρ)

sen ka dk . k

II.2.1.5 Dos cargas puntuales, q y −q, se localizan sobre el eje z en z = a y z = −a. (a) Encontrar el potencial electrost´atico como una expansi´on en arm´onicos esf´ericos y potencias de r para r > a y r < a. (b) Tomar el l´ımite de a −→ 0 manteniendo constante el producto qa = p/2 y encontrar el potencial para r = 0. Esto es un dipolo a lo largo del eje z . (c) Suponer que el dipolo est´a rodeado por un cascar´on esf´erico a tierra de radio b con centro en el origen, y encontrar el potencial dentro del cascar´on por superposici´on lineal.

150

Soluciones: Problemas de frontera II

II.2.2.

Soluciones: Problemas de frontera II

II.2.2.1 El mapeo z  = z

a π

ln z +

1 2



z2 2



manda el eje x del plano



en dos l´ıneas del plano z (figura II.2.2.1). v = v0 Z

+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++

+++++++++ ///////// xxxxxxxxx

−1 v = v0

1

Y

//////////////////////////////////////// xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

X

v=0

v=0

Z a

X

Figura II.2.2.1

La secci´on 0 < x < 1 se mapea al eje x < 0 en la parte superior. El intervalo 1 < x < ∞ va tambi´en al eje x < 0 pero en la parte inferior. El intervalo −1 < x < 0 es mapeado a la recta y = a, con x < 0 recorrida por abajo y por u ´ltimo −∞ < x < −1 va a la misma recta y = a (x < 0) pero en la parte superior. La funci´ on F (z) = −q ln z representa la soluci´ on del problema con V = 0 en x > 0 y V = V0 en x < 0. Las l´ıneas de campo son c´ırculos y las equipotenciales, rectas desde el origen. As´ı, F (z) = −q(ln r + iθ) = ψ + iφ. El potencial φ(z) = −θq es la parte imaginaria de F . En el espacio z  , F (z(z  )) ≡ F  (z  ) la parte imaginaria de F  dar´a el potencial de las dos placas paralelas. Si F  = ψ + iφ . (a) La densidad superficial de carga en la placa inferior es σ=−

  1 ∂φ  1 dF   = − Re 4π ∂y  y =0 4π dz  y =0

ya que ∂ψ  ∂φ ∂φ ∂ψ  dF  = +i  = −i  .    dz ∂x ∂x ∂y ∂y

151

´ tica Electrosta

Ahora podemos aplicar la regla de la cadena con

z

a π

dz  dz

=

1 z



. σ

= =

σ

=

  dF (z(z  )) dz  1 1 −q 1  = − Re Re 4π dz dz  y =0 4π z dz  /dz y =0   (1 − z 2 )∗  q q 1  − Re 2 = Re  4a z − 1 y =0 4a |1 − z 2 |2 y =0   q q 1 − r2 cos 2θ 1  = Re 4a 1 + r4 − 2r 2 cos 2θ y =0 4a 1 − r 2



pues y = 0 corresponde a θ = 0 (r es un par´ametro). En la cara interior r < 1 y σ > 0; en la exterior r > 1 y σ < 0. Lejos del extremo (en el extremo r = 1 y σ −→ ∞) en la q constante. En la cara exterior cara interior r  1 =⇒ σ  4a r −→ ∞ =⇒ σ = 0 no hay carga. Como cuando las placas son infinitas. (b) Carga total

qT =

L 0

σdx

por unidad de longitud normal al plano. El eje x < 0 es x =

a π

ln r +

como





dx =

1 r2 − 2 2

,

1 a −r dr, r π

el cambio de variable da qT = −

q 4a

R 1

a (1 − r 2 ) q dr = − π r(1 − r2 ) 4π

donde −L =

a π

ln R +

152

R 1

1 − R2 2

dr q =− ln R r 4π

.

Soluciones: Problemas de frontera II

La soluci´on de esta ecuaci´on para R < 1 da la carga en el interior de la placa y para R > 1 se tiene la carga en el exterior. Se puede escribir qL q 1 − R2 + . 4a 4π 2

qT =

El primer t´ermino es el valor para placas infinitas, as´ı que el segundo es la correcci´ on de borde. Tambi´en puede obtenerse de la parte real de F  (z  ), pues usando condiciones de Cauchy-Riemann y la ley de Gauss qT

=

= =

"

!  1 ∂φ  ∂φ   i+ j · ds E · ds = − 4π ∂x ∂y "

!  1 ∂ψ  ∂ψ   i− j · ds 4π ∂y ∂x

L 1 1  ×  · d ∇ψ k · ds = ∇ψ

4π 4π 0 1 4π

con d a lo largo del eje −x , =⇒ qT = 

Como ψ =

−q πa x + 2q − 2q Re

z

2



1 ψ  (−L) 4π





, pues F (z ) = −q

.  2

π  z − 12 + z(z2 ) a



,

se recupera el resultado anterior. Adem´as φ = −q πa y − 2q Im z 2 y Im z 2 (y = a) = Im z 2 (y = 0) = 0. La capacidad por unidad de longitud es C=

donde

2

1−R 8π 2

qT = φ (a) − φ (0)

qL 4a

+

q 1−R2 4π 2



=

L 1 − R2 + 4πa 8π 2

es la correcci´on de borde.

II.2.2.2 (a) La funci´on de Green se puede obtener del potencial de una carga unitaria en x y su imagen con z < 0; x = (x , y  , z  ), x = (x , y  , −z  ) G(x, x )

= = −

1 1 − |x − x | |x − x |  −1/2 (x − x )2 + (y − y  ) + (z − z  )2  −1/2 (x − x )2 + (y − y  ) + (z + z  )2

153

´ tica Electrosta

o en coordenadas cil´ındricas G(x, x )

= −

 

ρ2 + ρ2 − 2ρρ cos(ϕ − ϕ ) + (z − z  )2 ρ2 + ρ2 − 2ρρ cos(ϕ − ϕ ) + (z + z  )2

−1/2 −1/2

.

Su derivada normal n = −z , evaluada en z  = 0   ∂G(x − x )    ∂n

  ∂G  −  ∂z 

= z  =0

=

(ρ2

+

z  =0

ρ2

−2z



2ρρ

cos(ϕ − ϕ ) + z 2 )3/2

.

(b) φ(x)

=

1 − 4π



= 0

V 4π

φ(x )

a 0

∂G(x, x )  da ∂n 2zρ dρ dϕ

(ρ2 + ρ2 − 2ρρ cos(ϕ − ϕ ) + z 2 )3/2

pues φ = 0 para ρ > a. (c) Para ρ = 0 φ(x)

= =

a ρ dρ Vz 2 + z 2 )3/2 (ρ 0

a

z −z √ . V = V 1 − (ρ2 + z 2 )1/2 0 a2 + z 2

(d) Si ρ2 + z 2 a2 como ρ ∼ a expandemos el integrando de Vz 2 φ(x) = − (ρ + z 2 )−3/2 2π

con Δ =





0

ρ2 −2ρρ cos(ϕ−ϕ ) ρ2 +z 2



a 0





ρ dρ



ρ2 − 2ρρ cos(ϕ − ϕ ) 1+ ρ2 + z 2

,

(1 + Δ)−3/2  1 −

3 15 2 Δ+ Δ + ··· 2 8

las integrales de potencias impares de cos ϕ son cero

  5(a4 + 3ρ2 a2 ) V za2 3a2 φ(x) = + ··· . + 1− 4(ρ2 + z 2 ) 8(ρ2 + z 2 )2 2(ρ2 + z 2 )3/2

154

−3/2

Soluciones: Problemas de frontera II

II.2.2.3 Se encuentra la funci´on de Green a partir de la ecuaci´ on de eigenvalores bidimensional

λ2mn

=

∂ 2 ψmn ∂ 2 ψmn + + λ2mn ψmn = 0 ∂x2 ∂y 2 2



4 mπ nπ =⇒ ψmn = sen x sen x ; ab a b 2

2 m n π2 + 2 . a2 b

Satisfaciendo las condiciones de frontera ψnm = 0 en x = a, x = 0, y = 0, y = b. Expandiendo G(x, x ) =



Anm (x )ψnm (x)

n,m

pero como ∇2 G(x, x ) = −4πδ(x − x ) , 

Anm (x )λ2nm ψnm (x) = 4πδ(x − x ) =⇒ Anm (x ) =

mn

As´ı G(x, x ) =

16  sen ( πab m,n

4π ∗ ψnm (x ) . λ2nm

mπ x) sen( mπ x ) sen( nπ y) sen( nπ y ) a a b b 2 2 m + nb2 a2

.

Ahora, para la l´ınea de carga ρ(x) = λδ(x − c)δ(y − d). Por lo que el potencial por unidad de longitud z

φ(x)

= =

φ(x, y)

=

G(x, x )ρ(x )d2 x

x sen nπ y 16λ  sen mπ a b 2 m n2 πab mn + b2 a2

a b mπ  nπ  sen x sen y δ(x − c)δ(y  − d)dx dy  , a b 0 0 ! " c d mπ nπ 16λ  sen mπ a sen nπ b sen x sen y. πab mn m2 /a2 + n2 /b2 a b

155

´ tica Electrosta

II.2.2.4 En coordenadas cil´ındricas podemos expresar el potencial como φ(ρ, ϕ, z) =

∞ 

∞ 0

m=0

dke−k|z| Jm (kρ)(Am (k) sen mϕ + Bm (k) cos mϕ)

para que φ sea finito en ρ = 0. Como hay simetr´ıa en ϕ s´olo el t´ermino m = 0 sobrevive. As´ı

φ(ρ, z) =

∞ 0

dke−k|z| J0 (kρ)A(k)

y hay que obtener A(k). Las condiciones de frontera son: – Potencial constante sobre el disco, por ser conductor φ(ρ < a, z = 0) = V . – Densidad superficial de carga = 0 en el disco e igual a 0 fuera de ´el   ∂φ   ∂z 

 = z=0

0,

ρ > a,

F (ρ),

ρ < a.

Con esto se tienen las ecuaciones integrales duales



0 ∞

0

dkJ0 (kρ)A(k)

=

V

dkkJ0 (kρ)A(k)

=

0

ρ < a, ρ > a.

La soluci´on se obtiene a partir del par de ecuaciones



0 ∞

0

dyg(y)Jn (yx)

=

xn

dyyg(y)Jn (yx)

=

0

0 ≤ x < 1, 1 < x < ∞.

(Ver Jackson[5], secc. 5.13 ec. (5.126)) que tienen soluci´on 2Γ(n + 1)  jn (y) g(y) = √  πΓ n + 12

156

Soluciones: Problemas de frontera II

con jn la funci´on esf´erica de Bessel. En este caso n = 0, x = ρ/a, y = ka y g(y) = Por lo tanto A(ka) = √

1 A(ka) Va

.

2V 2V a sen ka j0 (ka)a = π π ka

pues Γ( 12 ) = π y j0 (x) = senx x . Para obtener V en t´erminos de la carga q del disco calculamos σ,   1 ∂φ  σ=−  4π ∂z 

= z=0

2V 4π 2

dkkJ0 (kρ)

sen ka 1 V  . = k 2π 2 a2 − ρ2

La carga sobre una de las caras del disco es q/2, por lo tanto q = 2



a

a 0

aV V ρdρ πq  = =⇒ V = . π a2 − ρ 2 π 2a



2πσρdρ = 0

Finalmente φ(ρ, z) =

q a

0

dke−k|z| J0 (kρ)

sen ka . k

II.2.2.5 Las cargas est´an en las posiciones x+ = (a, θ = 0), x− = (a, θ = π). Usando la expansi´on   1 1 r< ∗ Ym (θ , ϕ )Ym (0, ϕ) . = 4π +1  |x − x | 2 + 1 r> m

(a) El potencial de las 2 cargas es φ

= =

q q − |x − x+ | |x − x− |    1  r< ∗ ∗ 4πq (0, ϕ) − Ym (φ, ϕ) Ym (θ, ϕ) Ym +1 2 + 1 r> m

por simetr´ıa azimutal, ϕ no aparece y s´olo m = 0 sobrevive y con 2 Y0 (θ, ϕ) =

2 + 1 P (cos θ) 4π

y

157

r>( a.



=

q



es una funci´on par (impar) de x para par (impar) as´ı que  0, si par P (1) − P (−1) = 2P (1), si impar P (x)

φ = 2q

∞ 2n+1  r< P2n+1 (1)P2n+1 (cos θ) . r2n+2 n=0 >

(b) Si se hace tender a −→ 0 manteniendo qa = p2 constante, s´olo el t´ermino n = 0 permanece finito para r > a, φ −→ 2q

a 1 P1 (1)P1 (cos θ) = p 2 cos θ r2 r

campo dipolar como se esperaba. (c) La manera m´as f´acil es sumarle un potencial que sea soluci´ on de la Ec. de Laplace, tal que el resultante se anule en la superficie de la esfera. Debe ser de la forma φ =



A r + B r−−1 P (cos θ)



pero como nos interesa el interior de la esfera, B = 0 para que sea finito en r = 0 φtot

= +

φ + φ = 2qa ∞ 

∞  a2n P2n+1 (1)P2n+1 (cos θ) r2n+2 n=0

An r2n+1 P2n+1 (cos θ)

n=0

con = 2n + 1.

158

Soluciones: Problemas de frontera II

Asi se encuentra que para que φtot (r = b) = 0 φtot = p

∞  n=0

1 r2n+2



r2n+1 2n a P2n+1 (1)P2n+1 (cos θ) b4n+3



si a −→ 0, s´olo queda n = 0 =⇒ φtot = P

159

1 r2



r b3

cos θ.

II.3 ´ MULTIPOLOS Y MAGNETOSTATICA

II.3.1.

Enunciado de problemas

II.3.1.1 Una densidad de carga localizada ρ(x, y, z) se coloca en un campo electrost´atico externo descrito por un potencial φ(0) (x, y, z). El potencial externo var´ıa lentamente en el espacio en la regi´on ocupada por la densidad de carga. (a) De primeros principios mostrar que la fuerza total que act´ ua sobre la distribuci´ on de carga expresada como una expansi´ on en momentos multipolares por derivadas del campo el´ectrico, hasta incluir momentos cuadrupolares es,  F

= +

 (0) (x)])0  (0) (0) + (∇[ p·E qE ⎧  ⎫ (0) ⎨ ⎬  ∂E 1 j ∇ Qjk (x) + ··· ⎩ ⎭ 6 ∂xk j,k

0

(b) Repetir el mismo c´alculo para obtener la torca total. Por simplicidad mostrar s´olo que la componente cartesiana x es,  ! ! " " 1 ∂  ∂  (0) (0) (0)  τx = [ p × E (0)]x + Qyj Ej Qzj Ej ··· − 3 ∂z ∂y j j 0

II.3.1.2 Calcular el momento cuadrupolar de dos cargas anulares coplanares conc´entricas q y −q, que tienen radios a y b. II.3.1.3 Una esfera de radio a tiene una distribuci´on de carga superficial uniforme σ. Se hace girar alrededor de un di´ametro con velocidad angular constante ω. Encontrar el potencial vectorial y el campo magn´etico dentro y fuera de la esfera.

161

´ tica Multipolos y magnetosta

II.3.1.4 Un anillo circular z = b, x2 + y2 = a2 lleva una corriente I . Mostrar que para r < R = (a2 + b2 )1/2 el potencial escalar magn´etico es proporcional a ! "n ∞  r n+1 Pn (cos θ). [Pn+1 (b/R) − Pn−1 (b/R)] 2n + 1 R n=1

II.3.1.5 Considerar dos solenoides coaxiales largos. El interior tiene radio R1 y n1 vueltas por unidad de longitud, y el exterior radio R2 y n2 vueltas. Cada uno lleva una corriente i pero las direcciones son opuestas. Ignorando cualquier corriente axial, calcular el campo magn´etico en todo el espacio (dentro, entre ellos y afuera).

162

´ tica Soluciones: Multipolos y magnetosta

II.3.2.

Soluciones: Multipolos y magnetost´ atica

II.3.2.1 (a) La fuerza est´a dada por

 = F

 (0) (x)d3 x . ρ(x)E

Expandiendo  (0) (x) E

 (0) (0) + (x · ∇)  E  (0) (0) E 2 ∂ 1  (0) (0) + · · · xi x j E 2 ij ∂xi xj

= +

y al sustituirlo en la expresi´on para F

 (0) (0) + ρ(x)(x · ∇)  E  (0) (0)d3 x ρ(x)d3 xE

 ∂ 2  (0) 1 xi x j ρ(x) E (0)d3 x + · · · 2 ∂x i xj ij

 F

= +







como ρ(x)d3 x = q; p = xρ(x)d3 x y Qij = ρ(x)(3xi xj −δij r2 )d3 x y E (0) (0) y sus derivadas son constantes en la integral, entonces  F

= +

 E  (0) (0)  (0) (0) + ( p · ∇) qE

∂ 2  (0) 1 ρ(x)(3xi xj − δij r2 ) E (0)d3 x + · · · 6 ij ∂xi ∂xj

donde se sum´o el t´ermino, r2 2  (0) r2 δij ∂ 2  (0) ∇ E (0) = 0 E (0) = 6 ∂xi ∂xj 6 2 (0)  (0) ) = ∇(∇  pues ∇2 (∇φ φ ) = 0 debido a que las fuentes de E (0) no est´an presentes (ρ = 0).

p  es vector  (0) (0)). E

 E  (0) (0) = ∇(  p· constante de tal forma que (p · ∇)

163

´ tica Multipolos y magnetosta  ×E  (0) (0) = 0 o sea En el u ´ltimo t´ermino se usa ∇ para obtener (0)

Qij

(0)

(0)

∂E i ∂xj

=

∂E j

∂xi

(0)

(0) ∂ 2 Ej ∂Ej ∂ 2 Ek ∂ = Qij = Qij ∂xi xj ∂xk xi ∂xk ∂xi

pues Qij es constante. As´ı pues (0)   ∂Ej   p·E  (0) )0 + ∇  1  = qE  (0) (0) + ∇( Qij + ··· F 6 ij ∂xi 0

(b) La torca es

τ =

 (0) (r)ρ(r)d3 x , r × E

as´ı que usamos la misma expansi´on, qued´andonos con s´olo 2 t´erminos,

τi

=

=

(0)

xj ρ(x)Ek (0)d3 x

∂ (0) + ijk ρ(x)xj x E (0)d3 x + · · · ∂x k

ijk

(suma sobre ´ındices repetidos)

(0)

ijk pj Ek (0)

∂ (0) 1 E (0)d3 x + · · · ρ(x)(3xj x − δj r2 ) + ijk 3 ∂x k (0)

∂Ek r2  r2  (0) )i = 0 = ijk (∇ × E 3 ∂xj 3    (0) (0) + 1 ijk Qj ∂ E (0) (0) + · · · p ×E i 3 ∂x k se rest´ o

=

En particular (usando otra vez que Qij es constante, y que ∂Ei ∂xj

=

∂Ej ∂xi

, 

 (0) (0) τx = p ×E



1 + x 3

!

∂ ∂ (0) (0) Qy E − Qz E ∂z ∂y

" . 0

II.3.2.2 De la definici´on de Qij ; en coordenadas cil´ındricas (figura II.3.2.1),

164

´ tica Soluciones: Multipolos y magnetosta

Z

−q b

q

a

Figura II.3.2.1

Qxx =

ρ(3x2 − r2 )d3 x =

ρr2 (3 cos2 θ − 1)rdrdθdz .

Aqu´ı ρ(r, θ, z) =

Qxx

= =

δ(z) (qδ(r − a) − qδ(r − b)) , 2πr

a 2π ∞ q dr dθ dzr2 (3 cos2 θ − 1)(δ(r − a) − δ(r − b))δ(z) 2π 0 0 −∞ 1 q(a2 − b2 ) . 2

Similarmente Qyy

= =

q dr dθr2 (3 sen2 θ − 1)(δ(r − a) − δ(r − b)) 2π 1 q(a2 − b2 )) 2

y

Qzz = −q

r2 (δ(r − a) − δ(r − b))dr = −q(a2 − b2 ) . 

Los elementos cruzados son cero pues Qxy ∼ xydθ ∼  0 y Qxz ∼ Qyz ∼ zδ(z)dz = 0.

165

 2π 0

sen θ cos θdθ =

´ tica Multipolos y magnetosta

As´ı queda

⎛ ⎜ Qij = q(a2 − b2 ) ⎝

1/2

0

0

1/2

0

0

0



⎟ 0 ⎠. −1

II.3.2.3 Ver figura II.3.2.2

ω 

R = a sen θ

θ a

σ

Figura II.3.2.2

 = σaωδ(r − a) sen θ ϕ  . J = ρv = σδ(r − a)Rω φ

El potencial vectorial A tiene s´olo componente ϕ al igual que J. Escogemos el punto de observaci´ on con ϕ = 0 por haber simetr´ıa,  con lo que ϕ coincide con j . Como ϕ = − sen ϕi + cos ϕj Aϕ

= =

Jϕ cos ϕ 3  d x |x − x |

 δ(r − a) r< σaω  ∗ 4π Ym (θ, 0)Ym (θ , ϕ ) cos ϕ sen θ r2 dr dΩ . +1 c 2 + 1 r> 1 c

m







3 Ahora, como Re Y (θ , ϕ ) = − 8π sen θ cos ϕ la ortonormalidad de los arm´onicos esf´ericos al integrar en θ y ϕ hace que s´olo m = = 1 subsistan, por lo tanto

166

´ tica Soluciones: Multipolos y magnetosta



= =

σa3 ω 4π r< ReY (θ, 0) 2 c 3 r>   r , ra r2

El campo magn´etico Br

=



=

 1, 1 8π σω ∂ (sen θAϕ ) = a cos θ r sen θ ∂θ 3 c a3 /r3 ,  σω − 8π a sen θ, r < a, 1 ∂ 3 c − (rAϕ ) = 4π σω a4 r ∂r sen θ, r > a, 3 c r3

ra

,

constante en el interior en direcci´on ω  y dipolar en el exterior. II.3.2.4 El momento magn´etico del anillo es (figura II.3.2.3), m  =

I 2c

&

x × d

o

dm  =

I x × d . 2c

El potencial escalar magn´etico se puede usar fuera del anillo donde  = −∇φ  m H

 ·B  =∇  · (H  + 4π M  ) = 0; 2 por lo tanto tenemos ∇

por lo que nos queda  ·M  ∇2 φm = 4π ∇

cuya soluci´on es φm =

   3  ∇ · M (x )d x . |x − x |

La magnetizaci´on es distinta de cero s´olo en el anillo y se define  = Nm umero de dipolos por unidad de volumen. como M  , N = n´ Podemos escribir  = − I R2 Δϕ δ(r − R) δ(cos θ − b/R)θ M 2c 2πr 2

167

´ tica Multipolos y magnetosta

Z

I a

b

R

Figura II.3.2.3

y su divergencia en coordenadas esf´ericas es  ·M  = − IΔϕ δ(r − R) ∂ sen θδ(cos θ − b/R) . ∇ 4πcr sen θ ∂θ

De modo que expresando 1/|x − x | en arm´onicos esf´ericos y usando simetr´ıa en ϕ, con r< = r y r> = r pues se quiere R > r

 Idϕ  4π r< ∗ Ym (θ, ϕ)Ym (θ , ϕ )δ(r − R) 2+1 4πcr  2 + 1 r> m

b ∂   sen θ r2 dr d(cos θ ) δ cos θ − × ∂(cos θ ) R

 r I  P (cos θ)P (cos θ )δ(r − R) = 2c r 

b ∂   × sen θ δ cos θ − dr d(cos θ ) ∂(cos θ ) R integrando por partes en θ 

1  r  I  b     = P (cos θ) P (cos θ ) sen θ δ cos θ −  2c R R   −1

%

1 b P (cos θ )d(cos θ ) − sen θ δ cos θ − R −1

φm

=

168

´ tica Soluciones: Multipolos y magnetosta =





I   r  b  P (cos θ)P 1 − b2 /R2 . 2c R R 

Pero usando las relaciones de recurrencia P (x)

=

xP (x)

=

(P−1 (x) − xP (x)) , 1 − x2 +1 P+1 (x) + P−1 (x) , 2 + 1 2 + 1

se tiene que φm =





 r  + 1 I  b b  − P−1 . P (cos θ) P+1 2 2c R 2 + 1 R R 1 − (b/R) 

 axial, II.3.2.5 Usando la ley de Ampere en circuito 1 tomando B (pues no hay corriente axial (figura II.3.2.4),

 = B B z

2

I

R1

I R2

3 1 L

Figura II.3.2.4

 · d = L(B(r1 ) − B(r2 )) = 0 B

por lo tanto B(r1 ) = B(r2 ), e implica que B(r) = constante = 0 pues en r → ∞, B → 0. Lo mismo para circuito 2,

4π  · d B = L(B(rE ) − B(rA )) = n2 LI c

169

´ tica Multipolos y magnetosta

pero como afuera B(rA ) = 0, se tiene, para rE entre los dos solenoides, B(rE ) =

4π n2 I c

y para circuito 3, L(B(rD ) − B(rE )) = −

4π n1 LI c

por lo tanto se tiene, para rD dentro del solenoide peque˜ no, B(rD ) =

170

4π I(n2 − n1 ) . c

II.4 ´ ´ ELECTROSTATICA Y MAGNETOSTATICA EN MEDIOS MATERIALES

II.4.1.

Enunciado de problemas

II.4.1.1 Un cilindro recto hueco muy largo de constante diel´ectrica  y radios interior y exterior a y b, respectivamente, se coloca en un campo externo inicialmente uniforme E0 con su eje perpendicular al campo. El medio en el interior y exterior del cilindro tiene constante diel´ectrica unitaria. (a) Determinar el potencial y el campo el´ectrico en las tres regiones, despreciando efectos de borde. (b) Esquematizar las l´ıneas de fuerza para un caso t´ıpico con b ≈ 2a. II.4.1.2 Dos superficies conductoras cil´ındricas coaxiales de radios a y b se colocan verticalmente sobre la superficie de un l´ıquido diel´ectrico. Si el l´ıquido se eleva una altura h entre los electrodos cuando se aplica una diferencia de potencial V entre ellos, mostrar que la susceptibilidad el´ectrica del l´ıquido es χe =

(b2 − a2 )ρgh ln(b/a) V2

donde ρ es la densidad del l´ıquido, g la aceleraci´ on de la gravedad y se desprecia la susceptibilidad del aire. II.4.1.3 Considerar un alambre infinitamente largo colocado en x = a, y = b que lleva una corriente I en el vac´ıo, mientras que

171

´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Electrosta

todo el espacio de las x negativas est´a lleno con un medio de permeabilidad μ = 1. Encontrar el campo en todos los puntos del espacio. II.4.1.4 Un material magn´etico en forma de cilindro circular on permanente recto de longitud L y radio a, tiene una magnetizaci´  0 uniforme en todo el volumen y paralela a su eje. M  y la inducci´ (a) Determinar el campo magn´etico H on magn´etica  B en todos los puntos sobre el eje del cilindro, dentro y fuera de ´el.

(b) Graficar los cocientes B/4πM0 y H/4πM0 sobre el eje como funciones de z para L/a = 5. II.4.1.5 Mostrar que en general una barra larga recta de secci´on uniforme de ´area A con magnetizaci´on longitudinal uniforme M , cuando se coloca con su extremo plano contra una superficie plana con permeabilidad infinita se adhiere con una fuerza dada aproximadamente por F ≈ 2πAM 2 .

172

´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Soluciones: Electrosta

II.4.2.

Soluciones: Electrost´ atica y magnetost´ atica en medios materiales

II.4.2.1 (a) La ecuaci´on de Laplace en coordenadas cil´ındricas cuando hay simetr´ıa en z tiene soluci´on (figura II.4.2.1(a)) b a E0 

Figura II.4.2.1(a)

φ(r, ϕ) =



(An rn + Bn r−n )(Cn sen nϕ + Dn cos nϕ) .

n

En el exterior (regi´on 1) la condici´on en infinito es φ1 (r −→ ∞) = −E0 r cos ϕ

por lo que Cn = 0, A1 D1 = −E0 y Dn = 0 si n = 1 φ1 (r, ϕ) = −E0 r cos ϕ + B1

cos ϕ . r

En el interior (regi´on 3) Bn = 0 para que no haya singularidades, y por continuidad Cn = 0 y Dn = 0 si n = 1 φ3 (r, ϕ) = A1 r cos ϕ .

Dentro del diel´ectrico, s´olo por continuidad Cn = 0, Dn = 0 si n = 1

φ2 (r, ϕ) =

173

Cr +

D r

cos ϕ .

´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Electrosta

Las constantes A1 , B1 , C, D se obtienen de las condiciones de frontera   ∂φ1   ∂r  r=b   1 ∂φ1   r ∂ϕ  r=b   ∂φ2    ∂r  r=a   1 ∂φ2   r ∂ϕ 

=

=

=

=

r=a

  ∂φ2    ∂r 

=⇒ −E0 − r=b

B1 = b2

C−

D b2

,

  1 ∂φ2  B1 D =⇒ −E0 b + = Cb + ,  r ∂ϕ  b b r=b 

 ∂φ3  D =⇒  C − 2 = A1 ,  ∂r  a r=a   1 ∂φ3  D =⇒ Ca + = A1 a .  r ∂ϕ  a r=a

Figura II.4.2.1(b)

Resolviendo se llega a

φ1 (r, ϕ)

=

φ2 (r, ϕ)

=

φ3 (r, ϕ)

=

a2 − b 2  2 − 1 cos ϕ , −E0 r + r D

 − 1 a2 2E0 r+ (1 + ) cos ϕ , − D +1 r −4E0

 r cos ϕ; D

174

donde D = ( + 1)2 −

a2 ( − 1)2 . b2

´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Soluciones: Electrosta

De aqu´ı el campo el´ectrico es 1 E

=

2 E

=

3 E

=

sen ϕ  2 − 1  cos ϕ r + ϕ  , E0 x  − E0 (a2 − b2 ) 2 D r r2

 − 1 a2 1+ x − 2E0 (cos ϕ r + sen ϕϕ)  , D  + 1 r2  4E0 x constante en direcci´on x  D

donde x = r cos ϕ − ϕ sen ϕ. (b) Ver figura II.4.2.1(b) II.4.2.2 La raz´on por la que se eleva el l´ıquido diel´ectrico es que al haber un gradiente de  en direcci´on vertical (z) se produce una fuerza Fz

= = =

∂W E 2 d 3 =− d x ∂z 8π dz

b 2

h E d − rdr2π dz 8π dz a 0

b 2 E rdr[(h) − (0)] , − 4 a



pero (h) = 1, (0) =  y E = 4πσ ar (figura II.4.2.2)

b a

h



Figura II.4.2.2

175

´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Electrosta

1 b (4πσa)2 ( − 1) ln 4 a

Fz =

o en t´erminos del potencial

b

V =−

Edr = −4πσa ln

a

Fz =

b , a

−1 V2 . 4 ln b/a

Igualando esta fuerza al peso de l´ıquido ρghπ(b2 − a2 ), V2

La susceptibilidad χe =

−1 = ρgh(b2 − a2 ) ln b/a . 4π −1 4π

,

χe =

ρgh(b2 − a2 ) ln b/a . V2

II.4.2.3 El potencial vectorial de un alambre recto es (figura II.4.2.3) Y

I

b a

μ

Figura II.4.2.3

Az =

I ln(r − r0 ) . c

176

X

´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Soluciones: Electrosta

Se puede suponer otro alambre imagen con corriente I  , para calcular el campo en x > 0 Az1 =

I I ln((x − a)2 + (y − b)2 ) + ln((x + a)2 + (y − b)2 ) . 2c 2c

Para x < 0 se ver´ a el campo de una corriente modificada I  μ Az2 =

μI  ln((x − a)2 + (y − b)2 ) . 2c

El campo de inducci´on magn´etica ser´a entonces ∂Az  =∇  ×A  = ∂Az x B − y . ∂y ∂x

Las condiciones de frontera Bn1 = Bn2 1 × n  H

  ∂Az1   ∂y 

−→

x=0

2 × n H    ∂Az1   ∂x 

= −→

x=0

  ∂Az2  =  ∂y 

x=0

  1 ∂Az2  =  μ ∂x 

x=0

Que dan I + I

=

I  μ ,

I − I

=

I  ,

I

=



I 

=

de donde μ−1 I, μ+1 2μ I. μ+1

As´ı que el campo ser´a  B

 B

=

=

I c

$

1−μ y−b y−b + (x − a)2 + (y − b)2 1 + μ (x + a)2 + (y − b)2

% x 

% 1−μ x−a x−a y , x > 0 + − (x − a)2 + (y − b)2 1 + μ (x + a)2 + (y − b)2 y−b 2I x−a x  + y  , x L, z < 0 para0 < z < L

´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Soluciones: Electrosta  = −∇φ  m Entonces el campo magn´etico H  = − H z 2πM0

⎧ ⎨ √

z < 0, z > L;

⎩ 2

0 < z < L.

z−L − √ 2z 2 , a2 +(z−L)2 a +z + √ 2 z−L 2 − √ 2z 2 , a +(z−L) a +z

 =H  + 4π M  pero como M = 0 fuera del material, es decir yB en z < 0 y z > L !  = − B z 2πM0

(b) Si

L a

z z−L  −√ a2 + z 2 a2 + (z − L)2

"

para toda z.

= 5, z/L z/L − 1 B =  −  4πM0 2 1/25 + (z/L)2 2 1/25 + ((z/L) − 1)2

y ⎧ ⎨ H = ⎩ 4πM0

z 1/25+z 2  √ z 2 1/25+z 2



2

z  −1 , 1/25+(z  −1)2  √ z −1 − 2 1/25+(z  −1)2

z  < 0, z  > 1;

− √ 2



1,

con

0 < z < 1

ver figura II.4.2.4(b). B 4πMo

H 4πMo 1

1

1

z L

Figura II.4.2.4(b)

179

1

z L

z =

z L

´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Electrosta 

1  · Bd  3 x es cero en el II.4.2.5 La energ´ıa magn´etica W = 8π H interior del material con μ = ∞ pues H = Bμ = 0. Por la condici´on  es normal a la superficie: [H ] = 0 ⇒ H = 0 fuera del de frontera H  en el interior de la barra larga cerca material. Pero el campo H del extremo se obtiene de la ley de Ampere,

&  · da = 0 ∇×H

 · dl = 0 H

⇒ C

para el contorno C se usa un rect´angulo con un lado dentro de la barra paralelo a su eje de longitud L, otro a lo largo de la superficie del material, otro parallelo al primero, pero fuera de la barra y el u ´ltimo paralelo al segundo, exterior al material, pero muy cercano  · dl = 0, pues a ´el. Para los dos lados paralelos a la superficie H H = 0 sobre la supercifie y muy cerca de ella. Haciendo tender a infinito el lado exterior a la barra, H → 0. As´ı que s´olo contribuye a la integral el lado interno, que da: LHint = 0; que implica que H = 0 dentro de la barra y cerca de su extremo. Como H = 0 entonces B = 4πM de ambos lados de la superficie pues B es continuo. Entonces la energ´ıa Wi = 0. Si ahora se hace un desplazamiento virtual infinitesimal Δz de la barra, los campos no se modifican, pero en el espacio vac´ıo que se abre, H = B , por lo que la energ´ıa es Wf =

1 8π

(4πM )2 d3 x = 2πM 2 AΔz

para el volumen (figura II.4.2.5). El cambio de energ´ıa es ΔW = y la fuerza

Wf − Wf = 2πM 2 AΔz

F =

dW = 2πM 2 A dz

180

´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Soluciones: Electrosta

A

ΔZ

Figura II.4.2.5

181

II.5 ´ CAMPOS ELECTROMAGNETICOS QUE VAR´IAN CON EL TIEMPO

II.5.1.

Enunciado de problemas

II.5.1.1 Una l´ınea de transmisi´on consiste en un par de alambres paralelos no permeables (μ = 1) de radios a y b separados por una distancia d > a + b. Una corriente fluye por un alambre y regresa por el otro, y est´a distribuida uniformemente sobre la secci´on transversal de cada alambre. Mostrar que la auto inductancia por unidad de longitud es L=c

−2



1 + 2 ln

d2 ab



.

II.5.1.2 Calcular la fuerza entre dos cargas puntuales +q y −q separadas una distancia 2a, integrando el tensor de esfuerzos de Maxwell sobre el plano sim´etrico entre las dos cargas. II.5.1.3 Partiendo de la ecuaci´on de conservaci´ on de momento, probar la conservaci´on de momento angular, d dt

 mec + L  campo )i d3 x = (L V

& Mij dsj s

donde la densidad de momento angular del campo es   campo = 1 x × S L c2

y la densidad de flujo de momento angular es Mij = ikl xk Tlj .

183

´ticos que var´ıan con el tiempo Campos electromagne

II.5.1.4 Un capacitor ideal de placas paralelas circular de radio a y separaci´on d a se conecta a una fuente de corriente por bornes axiales. La corriente en el alambre es I(t) = I0 cos ωt. (a) Calcular los campos el´ectrico y magn´etico entre las placas hasta segundo orden en potencias de la frecuencia. (b) Calcular las integrales de volumen de we y wm que aparecen en la definici´on de reactancia, X hasta segundo orden en ω . Mostrar que en t´ erminos de la corriente de entrada I1 definida por I1 = −iωQ, donde Q es la carga total sobre una placa, estas energ´ıas son,

we d 3 x =

|I1 |2 d , ω 2 a2

w m d3 x =

|I1 |2 d 8c2

1+

ω 2 a2 12c2

.

(c) Mostrar que el circuito en serie equivalente tiene C ≈ a2 /4d, L ≈ d/2c2 . II.5.1.5 Una esfera hueca de conductividad σ, grosor t y radio gira con velocidad angular uniforme alrededor de un eje perpendicular a un campo magn´etico externo uniforme. Calcular la potencia necesaria para mantener la rotaci´ on. a

184

´ticos que var´ıan con el tiempo Soluciones: Campos electromagne

II.5.2.

Soluciones: Campos electromagn´ eticos que var´ıan con el tiempo

II.5.2.1 Lo m´as conveniente es calcularlo a partir de la energ´ıa magn´etica

1 2c

W =

 3x . J · Ad

Puede obtenerse tambi´en del flujo entre los dos alambres pero hay que tener cuidado en el c´alculo del autoflujo en el interior de cada alambre pues contribuye de manera distinta seg´ un cual sea la trayectoria escogida para calcular el flujo. Primero lo hacemos de la segunda manera para ilustrar el problema que hay. El flujo dentro de un alambre con J uniforme, hasta el punto r es

ΦB =

 · da = 2I B ca2

r 0

r dr =

Ir 2 I(r) = ca2 c

donde I(r) = Ir2 /a2 es la corriente dentro de la superficie de radio r. Cada flujo ΦB (r) produce una fem que, si se supone que cada circuito est´ a en serie con los dem´as, se suman y la fem total ser´a (por unidad de ) fem =



fem(r) =

r

I˙ ˙  I(r) ˙ ˙ I(r) dI(r) I˙ = = 2. 2 2 ˙ c c 2c I 0 r

As´ı que la inductancia dentro del alambre por su propio campo, por unidad de longitud es LI =

1 F EM = 2. 2c I˙

Para el resto, B = 2I , pero sumando los campos de los dos cr alambres con sus centros desplazados una distancia d; 2I B= c

y

ΦB =

a 0

2I dr + c d−r

d−b a



1 1 + r d−r

2I c

185





1 1 + r d−r



d

dr + d−b

2I dr c r

´ticos que var´ıan con el tiempo Campos electromagne

excluyendo el interior de cada alambre. Entonces, ΦB

=

d 2I 2I d−b d−a d d2 ln = + ln + ln + ln ln , c d−a a b d−b c ab

LE

=

ΦB d2 2 = 2 ln , cI c ab

y en total L = LI + LI + LE ; L=

(una LI

para cada alambre)

 1  1 + 2 ln d2 /ab . c2

Por el otro m´etodo, se parte del potencial A para dos alambres (figura II.5.2.1), r

d

b

a

Figura II.5.2.1

I Az = c

!

|d − r| r2 1 − 2 + 2 ln a b

" para

r < a.

S´olo se necesita en esta regi´ on pues J = 0 fuera de los alambres. As´ı 1 Wa = 2c

a 0

2π 0



I πa2



I c

!

r2 1 − 2 + 2 ln a



r2 + d2 − 2rd cos ϕ b2

1/2 " dϕrdr

dentro de r < a, y se tiene lo an´alogo para |d − r| < b. Usando la integral

2π 0

ln(A − B cos ϕ)dϕ = 2π ln

186

A+



A2 − B 2 2

,

´ticos que var´ıan con el tiempo Soluciones: Campos electromagne Wa

= =

(d2 + r2 ) + (d2 − r2 ) r2 rdr 1 − 2 + ln a 2b2 0

2

2

2 4 2 I d a I2 1 d a a + ln − = + 2 ln c 2 a2 2 4a2 b2 2 2c2 2 b I2 c 2 a2

a

y an´alogamente

Wb I2 = 2 2c

as´ı que



d 1 + 2 ln 2 a

W Wa + Wb I2 = = 2 2c



1 + 2 ln

d2 ab

.

La autoinductancia se define a trav´es de W =

as´ı que



1 c2

L=

1 2 LI 2

1 + 2 ln

d2 ab



por unidad de longitud. II.5.2.2

1 4π

Tij =

Ei E j −

1 δij |E|2 . 2

En el plano central E solo tiene componente perpendicular, al plano, digamos Ex . Entonces Txx

1 = 4π



Ex2

1 − |E|2 2



=

Ex2 8π

es la u ´nica que no es cero. La fuerza es (figura II.5.2.2),

F F

= =

Txx da =

q2 4

∞ 0

∞ 0

Ex2 2πrdr , 8π

rdr(2a)2 q 2 a2 = 2 2 6/2 2 (r + a )

∞ 0

q2 dx = , 2 3 (x + a ) (2a)2

en donde se us´o Ex

=

Ex

=

R2

=

(−q) q cos θ − cos θ , R2 R2 2aq , R3 r 2 + a2 .

187

´ticos que var´ıan con el tiempo Campos electromagne

Ex

R r θ

+q

a

−q

a

Figura II.5.2.2

II.5.2.3 Ecuaci´on de conservaci´ on de momento

 d  campo = ∂ Tij Pmec + P dt ∂xj i

donde Se

  ×B  = S . campo = 1 E P 4πc c2 multiplica vectorialmente por x

Sk d ∂ Pmec,k + 2 = ijk xj ijk xj Tk =⇒ dt c ∂x

∂ xj S k d xj Pmec,k + 2 = (ijk xj Tx ) − ijk Tk δj ijk dt c ∂x

pues x y t son variables independientes. El u ´ltimo t´ermino de la derecha es cero pues Tkj es sim´etrica y ijk es antisim´ etrica. Entonces integrando en un volumen y usando el teorema de Gauss. d dt

"

!  x × S  d3 x x × Pmec + c2 V

= &

i

V

∂ (ijk xj Tk ) d3 x ∂x ijk xj Tk dS .

= S

mec ; L  mec = x × P  campo = Definiendo Mi = ijk xj Tk ; L

1  x × S c2

&

  d  mec + L  campo d3 x = L Mi dS . dt V i S

188

queda

´ticos que var´ıan con el tiempo Soluciones: Campos electromagne

II.5.2.4 Entre las placas J = 0, ρ = 0 implica que  ×E  ∇

=

 ×B  ∇

=

 1 ∂B , c ∂t  1 ∂E , c ∂t



(a) de donde  = ∇2 E

 1 ∂2E . 2 2 c ∂t

A orden m´as bajo suponemos que E es perpendicular a las placas y uniforme en z por lo tanto E = Ez (r)z v´alido para d a. Adem´as como I ∼ Q ∼ cos ωt, tenemos tambi´en E ∼ cos ωt. As´ı que, en coordenadas cil´ındricas 1 ∂ ∂Ez ω2 r + 2 Ez = 0 . r ∂r ∂r c

Esta es la ecuaci´on de Bessel de orden 0 con argumento por lo que ω  E z = E0 J 0

c

r

y como Ez = 4πσ , la carga total es Q=

E0 4π

a 0

J0

ω  r 2πrdr , c

entonces E0 se puede dar en t´erminos de Q. Puesto que

y 0

xJ0 (x)dx = yJ1 (y)

y usando I1 = −iωQ, 2iI1 iI1 cE0 a  ωa  1   = J1 =⇒ E0 = ω 2ω c ca J1 ωa c

por lo que

ω  2iI1 J0 c r  . Ez (r) = ca J1 ωc a

189

ωr c

,

´ticos que var´ıan con el tiempo Campos electromagne

El campo magn´etico se obtiene de la ley de Faraday Bϕ

=

Bϕ (r)

=

 c  ic ∂E  = ∇×E , iω ω ∂r ϕ   ω   ω 2I1 J1 c r 2I1 J0 c r   =  , − ca J1 ωc a ca J1 ωc a

pues J0 (x) = −J1 (x). Usando las expansiones =

1−

J1 (x)

=

x x3 x5 − 3 + 5 , 2 2 2! 2 2!3! − · · ·

Ez (r)

= ≈

Bψ (r)

=

(b)

x2 x4 + − ··· , 22 24 (2!)2

J0 (x)



−1

ω 2 a2 ω2 r2 1 − + · · · + · · · 8c2 4c2



2 2 4 2 ω a ω 4iI1 a r4 a2 2 2 − + · · · , 1 − r r − − + ωa2 4c2 2 32c4 2a2 6

−1

ω 2 a2 ω2 r2 2iI1 r 1 − 1 − + · · · + · · · ca2 8c2 8c2

2   ω 2I1 r 1 − 2 a2 − r 2 . ca2 8c 4iI1 ωa2

we d 3 x



1−

= ≈ −



we d 3 x



wm d3 x

= ≈ ≈

1 Re 16π

Ez Ez∗ d3 x



d a |I1 |2 ω2 a2 2 r dz 2πrdr 1 − − πω 2 a4 0 4c2 2 0

2 2 4 ω 4 a2 a r r2 + , − 2 32c4 6 2a

|I1 |2 d ω 4 a4 se anula el de ω2 , 1− 2 2 ω a 64c4

1 Re Bϕ Bϕ∗ d3 x 16π

2

a |I1 |2 d ω2  2 3 2 a 2πr dr 1 + − r 4πc2 a4 0 8c2

2 2 2 |I1 | d ω a 1+ . 8c2 12c2

190

´ticos que var´ıan con el tiempo Soluciones: Campos electromagne

(c) Como la reactancia X≈

4ω |I1 |2

(wm − we ) dV

se puede identificar la parte magn´etica con la inductancia 1 Xm = ωL y la el´ ectrica con la capacitancia Xe = − ωC ; as´ı que comparando, a orden m´as bajo C

=

L

=

a2 , 4d d . 2c2

II.5.2.5 Ver figura II.5.2.3 Ω

θ  = Bx B ˆ

Figura II.5.2.3

Velocidad tangencial u = Ωr sen θϕ.  Campo el´ectrico inducido E = 1c u × B Br  = B rΩ sen θϕ E ˆ×x ˆ= Ω sen θ cos ϕˆ z. c c

191

´ticos que var´ıan con el tiempo Campos electromagne

Potencia disipada, como J es tangencial

P

= =

 3 x = σE 2 sen θd3 x J · Ed

B 2 Ω2 r2 sen3 θ cos2 ϕd3 x . σ 2 c

Para mantener la rotaci´on se debe dar una potencia igual a la disipada P

= =

σ

B 2 Ω2 c2

a

r4 dr

a−t 5

π 0 5

sen4 θdθ

2π 0

cos2 ϕdϕ

σB 2 Ω2 a − (a − t) 3 2 π , c2 5 8

si el grueso t  a entonces a5 − (a − t)5  5a4 t + O(t2 ), que con todos los t´erminos es P =

3 2 B 2 Ω2 4 2t t3 t4 2t2 π σ 2 a t 1− + 2 − 3 + 4 . 8 c a a a 5a

192

II.6 ´ ONDAS ELECTROMAGNETICAS PLANAS

II.6.1.

Enunciado de problemas

II.6.1.1 Una onda plana es reflejada totalmente por una superficie a un ´angulo θ de la normal. Encontrar la presi´on de radiaci´on. II.6.1.2 Una onda electromagn´etica plana de frecuencia ω en el espacio libre incide normalmente sobre la superficie plana de un medio no permeable de conductividad σ y constante diel´ectrica . (a) Calcular la amplitud y fase de la onda reflejada relativa a la incidente. (b) Discutir los casos l´ımite de conductores muy buenos y muy malos, y mostrar que para un conductor bueno el coeficiente de reflexi´on es aproximadamente, R = 1 − 2ωδ/c donde δ es la penetraci´on superficial. (c) Calcular el vector de Poynting promediado en el tiempo para la onda que penetra al conductor y el promedio del calentamiento Joule J · E , y verificar que se cumple la conservaci´on de energ´ıa. II.6.1.3 Un pulsar es una estrella de neutrones que gira y emite pulsos de frecuencia de radio como un faro. Debido a la dispersi´on del espacio interestelar, los pulsos de diferentes frecuencias llegan con retrasos. Determinar el tiempo de retraso para dos frecuencias ω1 y ω2 suponiendo la relaci´ on de dispersi´on simple, (ω) = 1 −

193

ωp2 ω2

´ticas planas Ondas electromagne

donde la frecuencia de plasma ωp se supone constante. ¿Por qu´e es razonable usar esta relaci´on? Este m´etodo se usa para estimar distancias de pulsares. II.6.1.4 En un plasma con un campo magn´etico en la direcci´on z , se propaga una onda en direcci´on perpendicular a ´el, k = ki. Suponer que el vector el´ectrico tiene una componente no transversal, tal que E = Exˆi + Ey ˆj . (a) mostrar que la relaci´ on de dispersi´on es (ω) = 1 −

ωp2 ω 2 − ωp2 , ω 2 ω 2 − ωh2

donde ωh2 = ωB2 + ωp2 , ωB = qB/mc y ωp2 = 4πnq 2 /m. Para ello resolver las ecuaciones de movimiento de los electrones en direcciones x y y y mantener la componente longitudinal del  ·E . campo ∇ (b) Encontrar las frecuencias para las que la onda ya no se puede propagar. II.6.1.5 Con el modelo de la ionosfera descrito por la relaci´ on del problema 3, considerar que este medio empieza a una altura h y se extiende hasta infinito. Para los dos tipos de ondas, con polarizaci´on perpendicular y paralela al plano de incidencia, mostrar de las ecuaciones (de Fresnel) para reflexi´on y transmisi´on que para ω > ωp hay un rango de ´angulos de incidencia para los que la reflexi´on no es total, pero que para ´angulos mayores hay reflexi´ on total de regreso a la superficie terrestre.

194

´ticas planas Soluciones: Ondas electromagne

II.6.2.

Soluciones: Ondas electromagn´ eticas planas

II.6.2.1 Ver figura II.6.2.1 Ey kx θ

Bz

θ

n ˆ

E k

B

Figura II.6.2.1

La onda plana se propaga a lo largo de x e incide sobre una superficie a un ´angulo θ. Como se refleja totalmente la intensidad es la misma |E| = |E  |;

|B| = |B  |.

es la fuerza por unidad de ´area en direcci´on ˆi sobre un elemento de ´area cuya normal est´a en direcci´on ˆj . As´ı que para la superficie reflectora con normal n la fuerza por unidad de ´area perpendicular producida por las dos ondas es Tij

  ni Fi = Tij nj + Tij nj ni = 2Tij nj ni .

1 8π

Para la onda plana la u ´nica componente no nula es Txx =  2  2 Ey + Bz y nx = cos θ por lo que la presi´ on de radiaci´on es p = 2Txx cos2 θ =

195

 1  2 E + B 2 cos2 θ 4π

´ticas planas Ondas electromagne

o en t´erminos de la densidad de energ´ıa u

=

p

=

 1  2 E + B2 , 8π 2u cos2 θ .

II.6.2.2 (a) Las condiciones de frontera son s´olo sobre las com (pues no hay ponentes paralelas a la superficie de E y B componentes normales) (figura II.6.2.2).

Ei

Et ki

Er

kt

kr Figura II.6.2.2

Estas son: Ei + Er

=

Et ,

ki Ei − kr Er

=

k t Et

donde

ki = kr =

ω c

y

kt =

ω√  (a + ib) . c

Eliminando Et de aqu´ı se obtiene √ √ 1 − (a2 + b2 ) − i2 b 1 − (a + ib) ki − kt Er √ √ 2 = = = , Ei ki + kt 1 + (a + ib) (1 + a) + b2

196

´ticas planas Soluciones: Ondas electromagne a

y b se obtienen de la relaci´on ω(k) en el conductor

ω2 k = 2 c 2



4πσ 1+ i ω

implica que

a

⎡



b

1+

=⎣

 4πσ 2 ω

±1

2

⎤1/2 ⎦

.

Si escribimos EEri = Aeiφ A es la amplitud de la onda reflejada con respecto a la incidente y φ es la fase, entonces  A=

  2 (1 − )2 + 4πσ (1 − (a2 + b2 ))2 + 4b2 ω √ √ = (1 + a)2 + b2 1 + (a2 + b2 ) + 2 a

y φ = tan−1

√ 2 b . 1 − (a2 + b2 )

(b) Para conductores malos 4πσ ω A

  

φ



1 

implica que ( − 1) +

8π 2 σ 2 ω 2 (−1)



a  1; 

2πσ ; ω   2πσ 2 b

1 

ω √ 1++2  1++2   πσ 2 ( − 1) √ 1 + f () ; con ω 1++2  4πσ √ . tan−1 ω( − 1) 

1−

f () =

4/ 8 √ − ( − 1)2 1++2 

Para buenos conductores 2

4πσ ω



1

A



φ



2 1/2  2 1 + (−1)ω 4πσ ω  ω  1 − + O(ω) , ω 2πσ 1 + 2πσ + 4πσ  ω 1/2 . tan−1 2πσ

por lo tanto

a≈b≈

El coeficiente de reflexi´on R = A2 = 1 − 2

197



2πσ , ω

ω 2πσ

=1−

2ωδ c

.

´ticas planas Ondas electromagne

(c) St

     c  ∗  t  Re Et × H   8π      c  ∗  ∗  c  ReEt × k t × Et   8π  ω

=

=

c2 |Et |2 Re(kt∗ ) . 8πω

=

Sobre la superficie Et = E0 pues |Et |2 = |E0 |2 e−2kI z donde √ kI = ωc b es la parte imaginaria de kt . As´ı que la potencia disipada P =

1  t∗ = 1 σ|Et |2 ReJ · E 2 2

que al integrarla en z da la potencia disipada por unidad de ´area



∞ 2 0

P dz =

σ |E0 |2 2

que usando la relaci´on kI kR =

0



P dz =

0

e−2kI z dz =

ω2 ab c2

=

2πσω c2

σ|E0 | 4kI

, kR = Re(kt )

c2 KR |E0 |2 = ST z=0 8πω

por lo tanto se conserva la energ´ıa. II.6.2.3 La velocidad de fase de una onda en un medio de constante diel´ectrica (μ = 1) es v = ωk = √c que para la funci´on diel´ectrica dada es > c y da la realci´on, c2 k 2 = ω 2 − ωp2 . √

La velocidad del pulso es entonces vp = dω = c2 ωk = c  < c, que dk depende de la frecuencia. La diferencia de velocidades entre 2 frecuencias, produce un retraso en la llegada de cada pulso al recorrer una distancia d, de tal forma que Δt = Δ

 

d d 1 1  = − v c (ω1 ) (ω2 )

198

´ticas planas Soluciones: Ondas electromagne

con



=

Δt

=

ωp2 1− 2 , ω 

−1/2

−1/2  ωp2 ωp2 d 1− 2 − 1− 2 c ω1 ω2

lejos de la frecuencia de corte ωp , es decir ω1,2  ωp , Δt 

d ωp2 c 2



1 1 − 2 ω12 ω2



d ωp2 Δω c ω13

si

Δω = ω2 − ω1  ω1 .

II.6.2.4 (a) Aqu´ı se tiene que considerar la componente longitudinal del campo el´ectrico que se genera al interior del plasma por corrientes  ·E  = 4πρ de donde ikEx = 4πρ. Derivando internas. Se obtiene de ∇ on de carga en t y usando la ecuaci´on de conservaci´  · J = −4πikJx = −4πik(nxq) ikE˙ x = 4π ρ˙ = −4π ∇ ˙ .

As´ı que Ex = −4πnqx. Las ecuaciones de movimiento para un electr´on son x ¨ y¨

que, usando Ex y

con Ω =

qB mc

∂ ∂t

q m

=

q m

=

Ex + y˙ Ey − x˙

B c B c

,

,

∼ −iω q 4πnqx − iωΩy , m

−ω 2 x

=



−ω 2 y

=

q Ey + iωΩx , m

, resolviendo para y y=

ω 2 − ωp2 q Ey + Ω2 − ω 2 ) m

ω 2 (ωp2

con

ωp2 =

de donde el momento dipolar es py = qy =

q 2 ω 2 − ωp2 Ey . m ω 2 (ωh2 − ω 2 )

199

4πnq 2 m

´ticas planas Ondas electromagne

El promedio sobre n electrones es la polarizaci´on P = npy por lo que el coeficiente de Ey es la susceptibilidad χe y 

=



=

1 + 4πχe , ωp2 ω 2 − ωp2 , 1− 2 2 ω ω − ωh2

(b) Las frecuencias de an definidas por  = 0. De aqu´ı,  corte est´ 2 2 Ω2 Ω2 2 ω± = ωp + 2 ± Ω ωp + 4 . II.6.2.5 Las ecuaciones de Fresnel para la onda reflejada en un ω2 medio con  = 1 incidente sobre uno con  = 1 − ωp2 son √ cos i −  − sen2 i Er √ = Ei cos i +  − sen2 i √  cos i −  − sen2 i Er √ = Ei  cos i +  − sen2 i

para E ⊥ al plano de incidencia, para E al plano de incidencia,

en ambos casos, si  − sen2 i = 0 entonces reflexi´ on total 2 1−

Er Ei

= 1,

por lo tanto para

ωp = sen2 i , ω2

para que se se necesita ω > ωp . Para ´angulos i mayores  satisfaga 2 ωp que sen i = 1 − ω2 hay reflexi´on total.

200

II.7 ´ ONDAS ELECTROMAGNETICAS EN MEDIOS MATERIALES

II.7.1.

Enunciado de problemas

II.7.1.1 Consid´erense las ecuaciones magnetohidrodin´amicas con conductividad finita, de modo que la ecuaci´ on magn´etica contiene el t´ermino difusivo. Encontrar el amortiguamiento de una onda de Alfv´en de amplitud peque˜ na linealizando las ecuaciones en las perturbaciones. Obtener el tiempo de amortiguamiento relativo al per´ıodo de la onda. II.7.1.2 Usar las relaciones de Kramers-Kronig para calcular la parte real de (ω), dada la parte imaginaria de (ω) para ω positiva como, (a) Im = λ [θ(ω − ω1 ) − θ(ω − ω2 )] , (b) Im =

ω2 > ω 1 > 0

λγω 2 −ω 2 )2 +γ 2 ω 2 (ω0

donde θ(x) es la funci´on escal´on (= 0, x < 0; = 1, x > 0). Esquematizar el comportamiento de Im(ω) y la resultante Re(ω) como funci´on de ω para cada caso. II.7.1.3 Extender las relaciones de Kramers-Kronig para un medio con una conductividad el´ectrica est´atica σ. Mostrar que la primera relaci´on no cambia, pero la segunda se modifica a Im(ω) =

4πσ 2ω − P ω π

∞ 0

[Re(ω  ) − 1]  dω . ω 2 − ω 2

Ayuda: Considerar (ω) − 4πσi/ω como funci´on anal´ıtica para Imω ≥ 0.

201

´ticas en medios materiales Ondas electromagne

II.7.1.4 Una onda plana polarizada circularmente que se mueve en la direcci´on z tiene extensi´on finita en las direcciones x y y. Mostrar que los campos el´ectrico y magn´etico, cuando la ampliltud de modulaci´on var´ıa lentamente (el ancho es de varias longitudes de onda), est´an dados aproximadamente por  E(x, y, z, t)



 B



e1 ± i e2 ) + E0 (x, y)(

i k



∂E0 ∂E0 ±i ∂x ∂y



e3 eikz−iωt ,

, ±i(μ)1/2 E

donde e1 , e2 , e3 son vectores unitarios en direcciones x, y, z . II.7.1.5 Para una onda de Alfv´en, mostrar que la densidad de : ; energ´ıa cin´etica del fluido promediada en el tiempo ρu21 /2 es igual : 2 ; a la densidad de energ´ıa de la onda B1 /8π .

202

´ticas en medios materiales Soluciones: Ondas electromagne

II.7.2.

Soluciones: Ondas electromagn´ eticas en medios materiales

II.7.2.1 Las ecuaciones de la magnetohidrodin´amica con conductividad infinita y linealizadas en las perturbaciones son:

ρ0

∂ρ1 ∂t 1 ∂V ∂t 1 ∂B ∂t

+

 ·V 1 = 0 ρ0 ∇

+

 1+ S 2 ∇ρ



 0) = 0  × (V 1 × B ∇

0 B  ×B  1) = 0 × (∇ 4π

(ver Jackson, cap´ıtulo x) Tomando parcial respecto del tiempo en la segunda de estas ecuaciones y dividiendo por ρ0 : 0 1  1 S 2 ∇∂ρ ∂  ∂2V B  1) = 0 . + × (∇ + ×B ∂t2 ρ0 ∂t 4πρ0 ∂t

Usando la primera de las ecuaciones y como VA =  1 ∂2V  ∇  ·V 1 ) + √VA × − S 2 ∇( ∂t2 4πρ0

!

  × ∂ B1 ∇ ∂t

√ B0 4πρ0

:

" = 0.

Usando la tercera de las ecuaciones:   1 ∂2V A × ∇  × ∇  × (V 1 × V A ) = 0 .  ∇  ·V 1 ) + V − S 2 ∇( 2 ∂t

De este modo se tiene una sola ecuaci´ on en V1 . Si V1 (x, t) = V1 ei(k·x−ωt) (onda plana) entonces   1 )k + V A · k (V A · k)V  1 − (V A · V 1 )k − (k · V  1 )V A = 0 1 + (S 2 + VA2 )(k · V −ω 2 V

Si la conductividad no es infinita, la tercera de las ecuaciones de la magnetohidrodin´ amica cambia a: 2 1 ∂B  0 ) + c ∇2 B  × (V 1 × B  1, =∇ ∂t 4πσ

203

(I)

´ticas en medios materiales Ondas electromagne

conductividad. Tal cambio da origen a oscilaciones amortiguadas.  satisfacen Para ondas planas las componentes de B

σ=

∇2 B −

1 ∂2B =0 V 2 ∂t2

y adem´as ∂B = −iωB ∂t

por lo tanto ∂B ∂2B = −ω 2 B = −iω , ∂t2 ∂t

por lo tanto la ecuaci´on de onda se puede escribir como: ∇2 B



1 V2

∇2 B

=



 × (V 1 × B  0) ∇

=

−iω

∂B ∂t

= 0,

iω ∂B iωk 2 ∂B =− 2 , 2 V ∂t ω ∂t

1 1 ∂B ∂B c2 2  k 2 c2 − ∇ B1 = 1+i . ∂t 4πσ ∂t 4πσω

De modo que si se toma en cuenta la conductividad finita, la 2 relaci´on de dispersi´  on 2(I) debe cambiarse multiplicando a S y a 2 k c2 ω por el factor 1 + i 4πσω . Si k es paralelo a VA entonces la ecuaci´on (I) se reduce a: 1 −ω 2 V

+ +

2

S2 A · V  1 )V A k + 1 ( V VA2 VA2   A · k (k × V 1 ) × V A − (k · V 1 )VA = 0 V

VA2



donde se us´o que k = VVAA k y VA × (k × V1 ) = (VA · V1 )x − (VA · k)V1 . Reduciendo y tomando en cuenta que k es perpendicular a V1 . 1 + (k 2 VA2 − ω 2 )V



S2 A · V  1 )V A = 0 − 1 k 2 (V VA2

204

´ticas en medios materiales Soluciones: Ondas electromagne

por lo tanto la relaci´on de dispersi´on es:

1 (k2 VA2 − ω 2 )V

+

ω 2

=

S 2

=

S 2 A · V  1 )V A = 0, − 1 k 2 (V VA2

ic2 k2 ic2 k 2 ω = ω2 + ω2 1 + , 4πσω 4πσ

ic2 k2 . S2 1 + 4πσω

donde

Para el caso de ondas de Alfv´en paralelas al campo 1 A · V V

=

0,

k2 VA2

−1/2

=

ω2 +



ω iω 2 + VA 8πσVA

por lo tanto se tiene k=

ω VA

1−

iωc2 4πσVA2

ic2 k2 ω , 4πσ



c VA

2

para σ grande. As´ı que la onda se amortigua en una distancia, 2 c A L ∼ 1/kI = 8πσV . VA ω2 Por u ´ltimo como se propaga con velocidad VA , el tiempo de amortiguamiento relativo al per´ıodo de la onda 2π/ω es, τ

ω 4σ = 2 ω



VA c

2 .

II.7.2.2 (a) Seg´ un una de las relaciones de Kramers–Kronig Re(ω) = 1 +

Si entonces

Im(ω)

=

Re (ω)

=

2 P π

∞ 0

ω  Im (ω  )  dω . ω 2 − ω 2

λ [θ(ω − ω1 ) − θ(ω − ω2 )] ,

ω2 2 λω  dω  1+ P , 2 2 π ω1 ω − ω

ω2 > ω 1 > 0

esto se obtiene ya que Im (ω) = 0 fuera del intervalo entre ω1 y ω2 [ω1 , ω2 ]. Si ω2 ,

ω∈ / [ω1 , ω2 ],

es decir ω no est´a en el intervalo entre ω1 y

entonces λ Re (ω) = 1 + π

2 ω2 2 ω1

λ dξ = 1 + ln ξ − ω2 π

205



ω22 − ω 2 ω12 − ω 2

.

(II.7.1)

´ticas en medios materiales Ondas electromagne

Dado que la funci´on f (x) = x2 es creciente para x > 0, entonces

ω22 − ω 2 ω12 − ω 2

> 0,

ω ≥ 0.

Si ω ∈ [ω1 , ω2 ], (ω si est´a dentro del intervalo entre ω1 y ω2 ), entonces Re (ω)

λ 1+ π



ω 2 −δ

dξ + ξ − ω2 2 ω1   2 λ  ω − ω 2  1 + ln  22 π ω − ω12 

= =

2 ω2

ω 2 +δ

dξ ξ − ω2



ver figura II.7.2.1(a). Re 

1+

2λ π

ln

ω2 ω1

ω1

ω2

Figura II.7.2.1(a)

(b) Si

Im (ω)

=

entonces

Im (ω)

=

λΓω , (ω02 − ω 2 )2 + Γ2 ω 2 1 λ 1 . − 2i (ω02 − ω 2 ) − iΓω (ω02 − ω 2 ) + iΓω

206

´ticas en medios materiales Soluciones: Ondas electromagne

Los denominadores tienen ceros en: ⎧  ⎨ − iΓ ± ω 2 − 2  0 ω= ⎩ iΓ ± ω 2 − 0 2

Γ2 , 4

para el primero,

Γ2

para el segundo.

4

,

La relaci´on de Kramers–Kronig a usar es Re (ω) = 1 +

P π

∞ −∞

Im(ω  )  dω . ω − ω

Sumando la parte imaginaria de (ω) multiplicada por i a la parte real de (ω) del siguiente modo: Re (ω) + iIm (ω) = (ω) = 1 +

1 π

∞ −∞

Im(ω  ) dω  − ω − i

ω

lo cual corre al polo de la relaci´on de Kramers–Kronig hacia arriba del eje X (real) 1 π

(ω) = 1 +





λ 2i

1

2 −ω  2 −iΓω  ω0



1



2 −ω 2 +iΓω  ω0

ω  − ω − i

−∞

dω  .

Si ahora se toma un contorno de integraci´ on que cierre por la parte baja del plano complejo, el segundo t´ermino no contribuye (ω) = 1 −

donde Ω = − iΓ2 +



λ 2πi

ω02 −

&

Γ2 4

C

(ω 



dω  , + Ω∗ )(ω  − ω)  2 + ω02 − Γ4 .

Ω)(ω 

y Ω∗ =

iΓ 2

Los u ´nicos polos dentro del contorno son Ω y −Ω∗ . Usando el teorema del residuo: &

f (z  )dz  = −2πi



residuos de f

C

(negativo por ser C en el sentido de las manecillas del reloj), se tiene $

(ω) = 1 + λ

1 1 + (Ω + Ω∗ )(Ω − ω) (−Ω∗ − Ω)(−Ω∗ − ω)

207

%

´ticas en medios materiales Ondas electromagne

Re ε

1

Im ε

ω0

ω

Figura II.7.2.1(b)

sustituyendo Ω, Ω∗ : λ , ω02 − ω 2 − iΓω

(ω)

=

1+

Re (ω  )

=

(ω) + ∗ (ω) λ(ω02 − ω 2 ) , =1+ 2 2 (ω0 − ω 2 )2 + Γ2 ω 2

ver figura II.7.2.1(b). II.7.2.3 Como la funci´on (ω) para un conductor tiene un polo en ω = 0 pero es anal´ıtica en el resto del semiplano superior de la variable ω = ω1 + iω2 , entonces podemos remover el polo definiendo

208

´ticas en medios materiales Soluciones: Ondas electromagne

la funci´on, < (ω) = (ω) −

4πσi ω

que es anal´ıtica para Imω ≥ 0 .

Usando la integraci´ on compleja se tiene que & C

(< (ω  ) − 1)  dω = 0 ω − ω

siempre y cuando el trayecto de integraci´on encierre a una regi´on donde a la soluci´on es: ψ e = Am Km (βρ)eimϕ+ikz−iωt ,

Am = ctes.

por determinar.

Conociendo ψ las otras componentes de los campos se obtienen usando la expresi´ on (1). As´ı para modos TM Er

=

Br

=

ik ∂ψ ik ∂ψ ; Eϕ = 2 ; Ez = ψ Γ2 ∂r Γ r ∂ϕ iμω ∂ψ iμω ∂ψ − 2 ; Bϕ = 2 ; Bz = 0 Γ cr ∂ϕ Γ c ∂r

Para los modos TE se tiene (figura II.8.2.3): Er

=

Br

=

iω ∂ψ iω ∂ψ ; Eϕ = − 2 ; Ez = 0 Γ2 cr ∂ϕ Γ c ∂r ik ∂ψ ik ∂ψ ; Bϕ = 2 ; Bz = ψ Γ2 ∂r Γ r ∂ϕ

224

Soluciones: Gu´ıas de onda y cavidades resonantes

a  L

Z Y

X

Figura II.8.2.3

Para m = 0 no existen modos TM y TE como tales, as´ı que hay que tomar una superposici´on de los dos: Eri

=

Eϕi

=

Ezi

=

$

% ik  mω Jm (Γr) − bim 2 Jm (Γr) fm , Γ Γ cr m $ %  i mk iω  am 2 Jm (Γr) + bim Jm − (Γr) fm , Γ r Γc m  i am fm Jm (Γr) , aim

m

Bri

=

Bψi

=

Bzi

=

$

% mμω i ik  (Γr) + b (Γr) fm , J J m m m Γ2 cr Γ m %  $ i iμω  mk Jm (Γr) − bim 2 Jm (Γr) fm , am Γc Γ r m  i bm fm Jm (Γr), fm = fm (ϕ, z, t) = eimϕ−ikz−iωt . aim

m

Las soluciones para el exterior tienen la misma forma y se obtienen sustituyendo μ → 1 Γ −→ β;

 −→ 1;

aim −→ aem .

bim −→ bem ;

Jm (Γr) −→ Km (βr).

Se aplican las condiciones de frontera en ρ = a, para cada m. De las 4 ecuaciones homog´eneas para aim , aem , bim y bem se iguala a cero

225

Gu´ıas de onda y cavidades resonantes

el determinante, para que pueda haber soluciones no triviales, y se obtiene la ecuaci´on de eigenvalores

  Km Jm + γJm βKm



  Km Jm + γJm βKm

=

m2 a2



1  + 2 γ2 β



1 1 + 2 γ2 β



(el argumento de las Jm es Γr y el de las Km es βr). Esta expresi´on, 2 junto con la relaci´on Γ2 + β 2 = ωc2 ( − 1) determina Γ y β . (b) Para m = ±1 (que son equivalentes porque J−1 (Γr) = −J1 (Γr)) y cuando   1, el t´ermino J1 /J1 domina sobre todos los dem´as, por lo que debe cancelarse; lo que implica que J1 (Γa) = 0. El primer cero de J1 da Γa  1.84, y por lo tanto la frecuencia de corte m´as baja est´a dada por: 1.84c ω11 = √ . a

II.8.2.5 Fuera de la superficie de un conductor existe un campo el´ectrico tangencial dado por: 2  = E

μc ω  ) (1 − i)( n×H 8πσ

(ver ec. 8.11 del libro de Jackson)

lo cual es claro debido a la continuidad de la componente tangen cial de E y H Sup´ongase una onda propag´andose a lo largo de la superficie de  sea casi normal y E  casi tangencial. Si k es un metal, tal que H la componente normal a la superficie, es decir, justo fuera de la superficie.

=⇒

H⊥



H⊥ H

≈ = =

ck Faraday E μc ω √ μc ω ckE √ μc ωE 8πσ k c 1 kc √ = √ √ √ 8πσμc ω 2 4π σμc ω δ π . λ

226

II.9 ´ RADIACION

II.9.1.

Enunciado de problemas

II.9.1.1 Mostrar que una esfera cargada uniformemente y que oscila u ´nicamente en direcci´on radial, no rad´ıa. II.9.1.2 Considerar una antena excitada por el centro de longitud total L = λ/4, con una distribuci´on de corriente dada por I = I0 cos

2πξ , λ

−λ/8 < ξ < λ/8.

Calcular la potencia radiada correspondiente a los momentos el´ectricos dipolar y octupolar y sumarlos. Calcular el resultado exacto y comparar. II.9.1.3 Se tienen dos dipolos orientados a ´angulos rectos entre s´ı y oscilando 90◦ fuera de fase pero a la misma frecuencia. (a) Calcular la energ´ıa emitida W en un tiempo dt. (b) Considerar un absorbedor esf´erico a una distancia R grande. El momento angular impartido a la pantalla en un tiempo dt es

 = L

 × H)  r × (E dS(cdt) 4πc

 donde la integral es sobre la superficie de la esfera. Calcular L y comparar con el resultado de (a). Usar los campos dipolares completos.

227

´n Radiacio

II.9.1.4 Un oscilador cuadrupolar lineal consiste de cargas −e, +2e, −e, con la carga positiva estacionaria en el origen y las cargas . Calcular los negativas en z1 y z2 dadas por z1 = −z2 = a cos ωt 2 campos a grandes distancias y encontrar la tasa promedio de radiaci´ on de energ´ıa. II.9.1.5 Si en el problema 4, las cargas negativas en lugar de oscilar, giran con velocidad angular constante alrededor de la carga positiva en el origen manteniendo las distancias a fijas, encontrar ahora las componentes del momento cuadrupolar y la potencia radiada promedio.

228

´n Soluciones: Radiacio

II.9.2.

Soluciones: Radiaci´ on

II.9.2.1 Tomando un sistema de referencia con origen en el centro de la esfera

  r | )  J(r , t − |r− 1 c  r, t) = A(

dv

|r − r |

c

y como en este caso la densidad de corriente tiene direcci´ on radial, i.e.,

|r − r | J = J0 |r |, t − c

 =⇒ A

r .

tiene la forma A = Ar r, donde Ar = Ar (r, t),

esto por la simetr´ıa, por lo tanto  ×A  ∇

=

1 ∂Ar  1 ∂Ar θ− ϕ =0 r sen θ ∂ϕ r ∂θ

 r, t) = 0 y por lo tanto el vector de Poynting S  = 0, por entonces B( lo tanto no hay radiaci´on.

II.9.2.2



2π ξ λ



I

=

I0 cos

J

=

I0 δ(x)δ(y) cos

λ λ =



r3 Re 8π

i )ˆ n kr

> = =

1 − ikr ikr  ∗ (ˆ n·p  − 3(ˆ n·p )) e dΩ B r3

×p ∗ e−ikr

da

k2 1 − ikr i ∗ (ˆ n·p )(ˆ n×p  )dΩ − Re ( 1− 4π r kr

1 k3 1 + 2 2 Re (ˆ n·p )(iˆ n×p ∗ )dΩ 4π k r

pero Re[(ˆn · p)(iˆn × p∗ )] = p1 p2 (ˆz sen2 θ − (ˆy sen ϕ + xˆ cos ϕ) cos θ sen θ) y sustituyendo el valor obtenido para P , =

 dL dt

> =

3P p1 p2 4π ck(p21 + p22 )

2π 0

π 0

(ˆ z sen2 θ − (ˆ y sen ϕ + x ˆ cos ϕ) cos θ sen θ) sen θdθdϕ

Las integrales de sen ϕ y cos ϕ dan cero, por lo que s´olo la comon, cuyo valor es 8π/3. Finalmente, ponente zˆ da una contribuci´ =

 dL dt

> =

P 2P p1 p2 P zˆ = zˆ = zˆ, ck p21 + p22 ck ω

233

si p1 = p2

´n Radiacio

El cambio en el momento angular en el tiempo dt se relaciona con el cambio en la energ´ıa en el mismo interval dt a trav´es de la frecuencia,      dL      = 1  dW   dt   ω dt 

II.9.2.4 La distribuci´on de carga est´a dada por: ρ(r) = 2qδ(x)δ(y)δ(z) − q (δ(x)δ(y) [δ(z − z1 (t)) + δ(z − z2 (t))])

donde z1 (t) = a cos ωt/2 y z2 (t) = −a cos ωt/2. De la definici´on de Qij

Qij =



 3xi xj − r2 δij ρ(r )d3 x

se sigue que Qij = 0 si i = j y por simetr´ıa Q11 = Q22 = −(1/2)Q33 ; calculando este u ´ltimo,

Q33 = q

(3z 2 −r2 )(2δ(r)−δ(r −ˆ z a cos ωt/2)−δ(r +ˆ z a cos ωt/2))d3 x = −4qa2 cos2 ωt/2

En t´erminos del vector cuadrupolar, definido por Qi = Qij nj , el campo magn´etico es:    = B

 ttt × n ˆ (Q) 6c3 r

ret

donde se puede escoger nˆ = xˆ sen θ + zˆ cos θ por haber simetr´ıa alrededor de zˆ. Entonces, Q33  = Q33 sen θˆ z= n − 3 cos θˆ z) x + Q33 cos θˆ (3 cos θˆ z−n ˆ ) = qa2 (1 + cos ωt)(ˆ Q 2 2

y su tercera derivada al tiempo retardado t = t − r/c es  ttt ]ret = 8qω 3 a2 sen ωt (ˆ [Q n − 3 cos θˆ z)

As´ı que los campos son, 3 2

 = − 4qk a sen(kr − ωt) sen θ cos θyˆ, B r 3 2

pues zˆ × nˆ = yˆ sen θ

4qk a  =B  ×n E ˆ=− sen(kr − ωt) sen θ cos θ(ˆ y×n ˆ) r

234

´n Soluciones: Radiacio

La potencia promedio radiada por ´angulo s´olido se obtiene de su definici´ on, que debe promediarse directamente, pues no se est´a usando notaci´on compleja, dP  2cq 2 a4 k6  ·n = = r 2 S sen2 θ cos2 θ dΩ π

al integrar sobre dΩ se obtiene la potencia total radiada,

P 

=

1

2π −1

=

dP  d(cos θ) = 4cq 2 a4 k6 dΩ

1 −1

(1 − u2 )u2 du

16 2 4 6 cq a k . 15

II.9.2.5 Si el cuadrupolo se hace rotar en el plano yz por ejemplo, la carga central se mantiene est´atica, por lo que la densidad de carga no oscila toda de la misma forma y la dependencia temporal no puede separarse de la manera usual: ρ(x, t) = ρ(x)eiωt . Por lo tanto se debe aplicar el resultado general para el campo magn´etico de un cuadrupolo, usado en el problema anterior. En este caso ρ(r, t)

=

2qδ(x)δ(y)δ(z) − qδ(x)δ(y − a sen ωt)δ(z − a cos ωt)



qδ(x)δ(y + a sen ωt)δ(z + a cos ωt)

Como

Qij

=

Q11

=

+



 3xi xj − r2 δij ρ(r )d3 x

  (2x2 − y 2 − z 2 )ρ(r )d3 x = q (a2 sen2 ωt) + (a2 cos2 ωt)   q (a2 sen2 ωt) + (a2 cos2 ωt)

finalmente Q11 = 2qa2

Q22

= +

  (2y 2 − x2 − z 2 )ρ(r )d3 x = −2q (a2 sen2 ωt) + (a2 sen2 ωt)   q (a2 cos2 ωt) + (a2 cos2 ωt)

235

´n Radiacio

finalmente Q22 = −4qa2 sen2 ωt −

Q33

= =

finalmente Q33 =

cos2 ωt 2



(2z 2 − x2 − y 2 )ρ(r )d3 x   −2q (a2 cos2 ωt) + (a2 cos2 ωt)   + q (a2 sen2 ωt) + (a2 sen2 ωt) sen2 ωt −4qa2 cos2 ωt − 2

que cumple con Q11 + Q22 = −Q33 . Claramente Q12 = Q13 = Q21 = Q31 = 0

Q23

Q23

=

3y  z  ρ(r )d3 x = −3qa2 sen ωt cos ωt − 3qa2 sen ωt cos ωt

=

−6qa2 sen ωt cos ωt

=

Q32

As´ı que el vector cuadrupolar, usando el mismo nˆ que en el problema anterior, es  Q

=

z + (1 − 3 sen2 ωt)ˆ y ] sen θ + cos θˆ x} 2qa2 {[(1 − 3 cos2 ωt)ˆ

=

−qa2 {[(1 + 3 cos 2ωt)ˆ z + 3 sen 2ωtˆ y ] sen θ − 2 cos θˆ x}

Entonces, su tercera derivada al tiempo retardado es,  ttt ]ret = −24qa2 ω 3 sen θ(sen[2ω(t − r/c)]ˆ [(Q) z − cos[2ω(t − r/c)]ˆ y)

y el campo magn´etico es, definiendo k = ω/c  B

= =

 ttt ]ret × n ˆ [(Q) 6c3 r k3 4qa2 sen θ[ˆ z cos θ cos(2ωt − 2kr) + yˆ cos θ sen(2ωt − 2kr) r −ˆ x sen θ cos(2ωt − 2kr)]

La potencia radiada por unidad de ´angulo s´olido, se promedia directamente a partir de la definici´on usual de promedio en el tiempo de una funci´on: f (t) =

1 2T

236

T −T

f (t)dt

´n Soluciones: Radiacio

con T = ωπ . Para nuestro problema, 7

dP dΩ

8 = =

(4qa2 k3 )2 c cr2  2 |B|  = [cos2 θsen2 (2ωt − 2kr) + cos2 (2ωt − 2kr)] 4π 4π 2 2 4 6 cq a k (1 + cos2 θ) π

Al integrar sobre todo el ´angulo s´olido se obtiene la potencia total

1 2 P = 2π( cq 2 a4 k6 ) π

−1

(1 + cos2 θ)d(cos θ) =

237

32 2 4 6 cq a k 3

II.10 ´ Y DIFRACCION ´ DE ONDAS DISPERSION ´ ELECTROMAGNETICAS

II.10.1.

Enunciado de problemas

II.10.1.1 Una onda plana sin polarizar de frecuencia ω = ck es dispersada por una esfera diel´ectrica isotr´opica uniforme, que es ligeramente disipativa, cuyo radio R es mucho menor que la longitud de onda. La esfera se caracteriza por una constante diel´ectrica real y una conductividad σ. Estos par´ametros dan una profundidad de penetraci´on δ muy grande comparada con el radio R. (a) Calcular las secciones transversales de dispersi´on diferencial y total. (b) Mostrar que la secci´ on transversal de absorci´on es σabs = 48π 2 R2

Rσ/c ( + 2)2 + (4πσ/ω)2

(c) De la parte (a) escribir la amplitud de dispersi´ on hacia adelante y usar el teorema ´optico para evaluar la secci´on transversal total. Comparar la respuesta con la suma de las secciones rectas de dispersi´ on y de absorci´on de (a) y (b). II.10.1.2 Determinar la distribuci´on angular de la intensidad de luz en la difracci´on de Fraunhofer de una onda plana que incide normalmente sobre una rendija infinita de lados paralelos de ancho 2a, hecha en una pantalla opaca plana infinita.

239

´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Dispersio

II.10.1.3 Una onda plana linealmente polarizada de amplitud E0 y n´ umero de onda k incide sobre un orificio circular de radio a en una pantalla plana conductora perfecta. El vector de onda incidente forma un ´angulo α con la normal a la pantalla. El vector de polarizaci´on es perpendicular al plano de incidencia. Calcular los campos difractados y la potencia por ´angulo s´olido transmitida por el orificio, usando la f´ormula vectorial de Smythe-Kirchhoff, con la suposici´on de que el campo el´ectrico tangencial en el orificio es el campo incidente sin perturbar. II.10.1.4 Sirio tiene un di´ametro de 1.5 × 106 km y est´a a una distancia de 8.8 a˜ nos luz de la tierra. ¿Qu´e tan grande debe ser la abertura de un telescopio para poder ver a Sirio como un disco finito y no s´olo la imagen difractada de un punto de luz?

240

´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Soluciones: Dispersio

II.10.2.

Soluciones: Dispersi´ on y difracci´ on de ondas electromagn´ eticas

II.10.2.1 (a) Para la esfera diel´ectrica, conductora, la constante diel´ectrica total es (ω) = +

i4πσ ω

El campo de la onda incidente produce una polarizaci´ on cuyo momento dipolar es (Ec. (4.56) Jackson) p =

(ω) − 1 3  R Ei (ω) + 2

Entonces la radiaci´on dipolar da los campos dispersados  dis E

= =

eikr ( n×p ) × n  r i4πσ ikr −1+ ω e  i) × n  ( n×E k 2 R3 r + 2 + i4πσ ω

k2

Por lo que la secci´on diferencial de dispersi´on con polarizaci´on  es dσdis dΩ

= =

 dis |2 −1+ ∗ · E r2 | = k 4 R6 | ∗ · ( n× 0 ) × n  |2 |Ei |2 +2+  4πσ 2 2 ( − 1) + ω k 4 R6 ∗ ·  0 |2 2 |  ( + 2)2 + 4πσ ω

i4πσ ω i4πσ ω

·

−1− +2−

i4πσ ω i4πσ ω

donde E i =  0 |Ei |, con  0 =  01 cos α +  02 sen α. Como la radiaci´on incidente no est´a polarizada, promediando sobre el ´angulo de polarizaci´on incidente α, se obtiene que, :

0 |2 | ∗ · 

;

= = =

: :

0 |2 + | ∗⊥ ·  0 |2 | ∗ · 

;

| ∗ ·  01 cos α +  ∗ ·  02 sen α|2 + | ∗⊥ ·  01 cos α +  ∗⊥ ·  02 sen α|2 : 2 ; 1 1 cos θ cos2 α + sen2 α = cos2 θ + 2 2

241

;

´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Dispersio

01 ˆ n ˆ θ

n ˆ0

ˆ02

Figura II.10.2.1

donde hemos tomado  ∗ ·  02 = 0 y  ∗⊥ ·  01 = 0. Aqu´ı,   indica promedio sobre α, y , ⊥ se refieren a paralelo o perpendicular al plano (n, n0 ) (figura II.10.2.1) As´ı

 4πσ 2 2 dσdis k 4 R6 ( − 1) + ω 2 =   (1 + cos θ) dΩ 2 ( + 2)2 + 4πσ 2 ω

y la secci´on de dispersi´on total es  4πσ 2 2 dσdis 8π 4 6 ( − 1) + ω dΩ = k R  2 dΩ 3 ( + 2)2 + 4πσ

σdis =

ω

donde se us´o

sen θ(1 + cos2 θ)dθdϕ =

16π 3

(b) El campo el´ectrico en el interior de una esfera diel´ectrica en presencia de un campo externo es (Ec. (4.55) Jackson).  int = E

3  E0 2+

que en nuestro caso se traduce en,  int = E

3 2+ +

242

i4πσ ω

i E

´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Soluciones: Dispersio

La potencia disipada por unidad de volumen en el interior es 2  int = σ|E  int |2 = P = J · E

σ9|Ei | |2 + + i4πσ |2 ω

Integrando en el volumen de la esfera se tiene la potencia total absorbida

Pd3 x =

Pabs = V

9σ|Ei |2 4π 3 R  4πσ 2 2 3 (2 + ) + ω

La secci´on de absorci´on, con |Si | = σabs =

c |Ei |2 4π

, es entonces

Rσ/c 4π Pabs Pabs = = 48π 2 R2 2  i | c |Ei |2 |S (2 + )2 + 4πσ ω

(c) La amplitud de dispersi´on en la aproximaci´ on de la parte (a), que es la de longitud de onda grande, se puede obtener de la forma asint´ otica ikr  (k, k0 )  dis −→ e F E r

(ver libro de Jackson pag. 434)

as´ı que comparando con la E dis de la parte (a), la amplitud  es F  i ) × k  (k, k0 ) = (ω) − 1 R3 (k × E F (ω) + 2

y la amplitud hacia adelante es  (k = k0 ) = − 1 + F +2+

i4πσ ω i4πσ ω

i R3 k 2 E

pues E i · k0 = 0 Seg´ un el teorema ´optico σtot

= = =

     4π ∗ F ( k = k0 ) Im  0 · k |Ei |



3 i4πσ i4πσ 4πR k ( + 2) −  4πσ 2 Im ( − 1) + ω ω ( + 2)2 + ω 48π 2 σR3 /c  2 ( + 2)2 + 4πσ ω

243

´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Dispersio

que coincide con σabs .  = σdis +σabs es que usaron La raz´on de la discrepancia con σtot los campos E dis para λ grande y no los exactos.

II.10.2.2 La onda incide a lo largo del eje x y la rendija est´a en el plano y − z alineada con el eje z (figura II.10.2.2). Como es infinito a lo largo de z , s´olo hay difracci´on en y. La integral de Kirchhoff es Z

θ

r

P k Y

k

X

Figura II.10.2.2

ψ(x)

= 

ik 2π



eik R cos αψinc (x )da R rendija

   k  eik r e−ik ·x ψinc (x )da cos θ 2πri rendija



en la regi´on de Fraunhofer: kR  kr − k · x ,

cos α ≈ cos θ 

La integral es una integral de Fourier de ψinc (x ) = ψ0 eik·x que es constante para incidencia normal. Esta es, con da −→ dy (por

244

´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Soluciones: Dispersio

unidad de longitud en z )

a −a

2 sen qy a , qy



e−iqy y dy  =

con q = k − k que est´a en direcci´ on y principalmente. As´ı  ψ(x) k eik r sen qy a ,  ψ0 cos θ Δz πri qy

y qy  q = 2k sen θ2 , pues |k| = |k |. La intensidad de radiaci´on es ∼ |ψ(x)|2 rΔz en el intervalo Δz dI(θ) I0 Δz 2 cos2 θ = dθ (π 2 ar)

!

sen(2ka sen θ2 )

"2

θ 2

2 sen



I0 Δz 2 sen2 (kaθ) (π 2 ar) θ2

pues θ  1 II.10.2.3 La f´ormula Smythe-Kirchhoff en el l´ımite de grandes distancias de Fraunhofer es  x) E(

= =

1  ∇× 2π

ieikr  k× 2πr

abertura

i e n ×E 

ikR

R

da



 i e−ik·x da n ×E Ab

donde (figura II.10.2.3(a)) k0 = k( x sen α + z cos α) k = k( x sen θ cos φ + y sen θ sen φ + z cos θ)

Tomando el plano de incidencia como (x, z), el campo de la onda incidente es  i = E0 yeik(sen αx+cos αz) E

En el plano de la abertura  i )z=0 = −E0 eik sen αx x ( n×E 

As´ı que el campo difractado est´a dado por  x) E(

=

ieikr E0  k×x  2πr



a 0

ρdρ

245

2π 0

dβeikρ[sen α cos β−sen θ cos(φ−β)]

´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Dispersio X

α

k0

θ

Z k

0 E

Figura II.10.2.3(a) Y

ρ β X

Figura II.10.2.3(b)

en coordenadas polares para el orificio circular (figura II.10.2.3(b)) x = ρ cos β

y  = ρ sen β

La integral sobre β se puede obtener en t´erminos de la funci´on

246

´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Soluciones: Dispersio

de Bessel por 1 2π

2π 0



dβ  e−ikργ cos β = J0 (kργ)

2

si se define γ = (sen θ + sen2 α − 2 sen θ sen α cos φ)1/2 As´ı  x) E(

= =

ieikr E0 x × k r

a 0

ρdρJ0 (kργ)

J1 (kaγ) ieikr 2 z sen θ sen φ − y cos θ) a E0 ( r aγ

La polarizaci´on es en el plano (y, z) La potencia difractada por unidad de ´angulo s´olido es dP dΩ

=

r2

   J1 (kaγ) 2 c 2 2 c  |E|2 = a E0 (cos2 θ + sen2 θ sen2 φ)   8π 8π γ

o en t´erminos de la potencia incidente sobre el orificio, Pi = 2 cE0 πa2 cos α, 8π  2 Pi (cos2 θ + sen2 θ sen2 φ)  J1 (kaγ)  dP =   dΩ π cos α γ

II.10.2.4 El ´angulo que subtiende Sirio es (figura II.10.2.4):

d = 8.8

1.5 × 106

a˜ nos luz

θ d

Figura II.10.2.4

247

D

km = D

´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Dispersio θs 

D 1.5 × 106 km = = 1.8 × 10−8 d 8.8 × 9.5 × 1012 km

El ancho del patr´on de difracci´on para un orificio circular est´a dado por el primer cero de la funci´on de Bessel J1 : Δθd ∼ 3.83λ/2πa ∼ 0.61 λa donde a es el radio de la abertura del telescopio. Para ver a Sirio como disco se requiere Δθd ≤ θs

implica que a ≥ λ/θs =

λ 1.8 × 10−8

En el visible λ = 4 − 7 × 10−7 m, finalmente se tiene a = 22 → 39 m.

248

II.11 ´ RELATIVISTA DE LA FORMULACION ´ ELECTRODINAMICA

II.11.1.

Enunciado de problemas

II.11.1.1 En cierto sistema de referencia un campo el´ectrico est´atico y uniforme, E0 , es paralelo al eje x, y un campo magn´etico uniforme, est´atico B0 = 2E0 est´a en el plano x − y, formando un ´angulo θ con el eje x. Determinar la velocidad relativa de un sistema de referencia en el que los campos el´ectrico y magn´etico son paralelos. ¿Cu´ales ser´an los campos en ese sistema para θ  1 y para θ → π/2? II.11.1.2 Mostrar que la aceleraci´ on de una part´ıcula en presencia de campos el´ectricos y magn´eticos est´a dada por, d u q u u  . + −  ( u · E) = E ×B dt mγ c c2

II.11.1.3 Encontrar las ecuaciones de transformaci´on de Lorentz de las componentes del tensor de energ´ıa-momento del campo electromagn´etico, incluyendo la densidad de energ´ıa (T00 ) y el vector de Poynting (T0i ). II.11.1.4 En el sistema en reposo de un medio conductor la densidad de corriente satisface la ley de Ohm J = σE  donde las primas se usan para el sistema en reposo.

249

´ n relativista de la electrodina ´ mica Formulacio

(a) Tomando en cuenta la posibilidad de una corriente de convecci´ on, adem´as de la de conducci´on, mostrar que la generalizaci´on covariante de la ley de Ohm es, J μ − Uν J ν U μ /c2 = σF μν Uν /c

donde U μ es la cuadrivelocidad del medio. (b) Mostrar que si el medio tiene una velocidad ui = cβi con respecto a un sistema inercial, la densidad de corriente tridimensional es,  × B)  i − βi (βj Ej )] + ρui , Ji = γσ[Ei + (β

donde ρ es la densidad de carga observada en ese sistema. (c) Si el medio no est´ a cargado en su sistema en reposo (ρ = 0), ¿Cu´al es la densidad de carga y la de corriente en el sistema de (b)? II.11.1.5 Una densidad Lagrangiana alternativa para el campo electromagn´etico en t´erminos s´olo de los potenciales es, L=−

1 Jμ Aμ ∂ μ Aν ∂ μ Aν − . 8π c

Mostrar que las ecuaciones de Euler-Lagrange correspondientes dan la ecuaci´on de onda para los potenciales en lugar de las ecuaciones de Maxwell.

250

´ n relativista de la electrodina ´ mica Soluciones: Formulacio

II.11.2.

Soluciones: Formulaci´ on relativista de la electrodin´ amica

II.11.2.1 De la transformaci´on del tensor F μν , para movimiento a lo largo del eje z , se tiene: Ez = 0, Bz = 0 Ex

=

γ[Ex − βBy ]

Ey

=

γ[Ey + βBx ] = γβBx

Bx

=

γ[Bx + βEy ] = γBx

By

=

γ[By − βEx ]

ya que se tiene ya que se tiene

(Ey = 0) (Ey = 0)

donde γ = (1 − β 2 )−1/2 .  ⇒ E  × B   = 0, por lo tanto Si en un sistema E  B Ex By = Ey Bx

y esto implica Ex By − βEx2 − βBy2 + β 2 Ex By = βBx2

o bien como B0 = 2E0 , Bx = 2Ex cos θ y By = 2Ex sen θ; por lo tanto 2Ex2 sen θ − βEx2 − 4βEx2 sen2 θ + 2β 2 Ex2 sen θ

=

4βEx2 cos2 θ

de donde 2 sen θ − 5β + 2β 2 sen θ = 0 por lo tanto, resolviendo para β β=





25 − 16 sen2 θ 4 sen θ

Como β=

V
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