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 José Antonio J.A.G.B. Paula y V´ıctor J.M.B.

ÍNDICE GENERAL

ÍNDICE 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: Análisis vectorial . . . . . . . . . . . . . . .

1 3 3 5

I.2. Electrost´ atica 13 I.2.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 I.2.2. Soluciones: Electrostática . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 I.3. Electrost´ atica en tres dimensiones 25 I.3.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 I.3.2. Solución: Electrostática 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 electrostático 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 microscópica: dieléctricos . . . . . 47 I.6. Energ´ıa electrost´ atica 51 I.6.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 I.6.2. Soluciones: Energ´ıa electrostática . . . . . . . . . . . . 53 I.7. Corriente el´ ectrica 59 I.7.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

ix

ÍNDICE GENERAL

I.7.2.

Soluciones: Corriente eléctrica . . . . . . . . . . . . . .

61

I.8. Campo magn´ etico de corrientes constantes 65 I.8.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 I.8.2. Soluciones: Campo magnético 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 magnéticas 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 microscópica del magnetismo . . . 85 I.11. Inducci´ on electromagn´ etica 91 I.11.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 I.11.2. Soluciones: Inducción electromagnética . . . . . . . . 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: Propagación 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: Radiación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

x

ÍNDICE 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 magnetostática . . . . . . . 163 II.4. Electrost´ atica y magnetost´ atica en medios materiales 171 II.4.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 II.4.2. Soluciones: Electrostática y magnetostática 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 electromagnéticos 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 electromagnéticas planas . . . . . 195 II.7. Ondas electromagn´ eticas en medios materiales 201 II.7.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 II.7.2. Soluciones: Ondas electromagnéticas en medios materiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 II.8. Gu´ıas de onda y cavidades resonantes 213 II.8.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

xi

ÍNDICE 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: Radiación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 II.10. Dispersi´ on y difracci´ on de ondas electromagn´ eticas 239 II.10.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 II.10.2. Soluciones: Dispersión y difracción de ondas electromagnéticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241 II.11. Formulaci´ on relativista de la electrodin´ amica 249 II.11.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 II.11.2. Soluciones: Formulación relativista de la electrodinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 II.12. Radiaci´ on de part´ıculas aceleradas 257 II.12.1. Enunciado de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 II.12.2. Soluciones: Radiación de part´ıculas aceleradas . . . . 259 Bibliograf´ıa

263

xii

PREFACIO

En esta edición revisada, se presenta nuevamente la solución de 157 problemas de teor´ıa electromagnética divididos en dos secciones; la primera abarca la solución a problemas de nivel básico 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 solución de cada problema incluye un método, f´ısico y matemático, de resolverlo para llegar al valor ó concepto final requerido. Nuestra motivaci´ on principal para recopilar la solución 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 tópicos. Los ejercicios se dejaron como tareas en el curso de nivel licenciatura, ofrecido a estudiantes del séptimo semestre de la carrera de f´ısica de la Facultad de Ciencias de la Universidad Nacional Aut´ onoma de México (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 dinámica de dejar ejercicios de tarea

xiii

Prefacio

para ser entregadas sus soluciones una semana después y ofrecerles las soluciones para que los alumnos cotejen sus respuestas ha permitido mantener el interés académico por parte de los alumnos. Es nuestra convicci´ on que los temas de teor´ıa electromagnética sólo se aprenden resolviendo problemas representativos y las tareas cumplen muy bien su propósito. La calificación 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 sección (indicada como I) se ofrece la solución de 99 ejercicios de nivel básico que cubren 16 temas: análisis vectorial, electrostática, electrostática en tres dimensiones, campo electrostático en medios materiales, teor´ıa microscópica de materiales dieléctricos, energ´ıa electrostática, corriente eléctrica, campo magnético de corrientes constantes, propiedades magnéticas de la materia, teor´ıa microscópica del magnetismo, inducción electromagnética, f´ısica de plasmas, ecuaciones de Maxwell, propagaci´ on de ondas en medios materiales, ondas en regiones acotadas y radiación. En la segunda secci´ on (denotada II) se ofrecen 58 soluciones a problemas de nivel avanzado. Los 12 temas que abarcan son: electrostática y problemas de frontera, multipolos y magnetostática, electrostática y magnetostática en medios materiales, campos electromagnéticos que var´ıan con el tiempo, ondas electromagnéticas planas, ondas electromagnéticas en medios materiales, gu´ıas de onda y cavidades resonantes, radiación, dispersión y difracci´ on de ondas electromagnéticas, formulación relativista de la electrodinámica y radiación 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. Edición, Editorial Addison Wesley, N.Y. (1993), para el nivel básico en licenciatura. Las soluciones que aqu´ı se ofrecen son nuestras; los

xiv

Soluci´ on de problemas de teor´ıa electromagnética

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 fácil identificación 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 básico e intermedio) del tema 9 (Propiedades magnéticas de la materia), correspondiente a su solución (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 Alemán, para tener este compendio en formato TEX. Julio Martinell B. J. Antonio Garc´ıa Barreto Julio 2010.

xv

SIMBOLOGÍA

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 electromagnética Identidades vectoriales son funciones vectoriales. es una función 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 función ϕ(x, y, z) encuentre ∇ϕ polares (r, θ, φ) (o en esféricas)

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 posición r, ∇

I.1.1.8 Muestre que para una función 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 función 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 ó 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 términos: (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 solución es similar a la solución 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 esféricas (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 está 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. están suspendidas por hilos de longitud desde un punto com´ Encuentre el ángulo 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 términos 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 esféricas θ var´ıa entre 0 y π , φ var´ıa entre 0 y 2π (figura I.2.2.1);

dΩ

2π

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 contribución en z se cancela y se tiene sólo en la dirección 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 substitución 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 expresión I.2.9 tenemos q2 = tan θ sen2 θ 16π0 mg2

=

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 mg2

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 expresión 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 expansión 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 términos 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 términos 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 paréntesis 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 solución a la ecuación de Laplace cuando sólo 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 solución 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 términos de Un (x).

25

´ tica en tres dimensiones Electrosta

I.3.1.4 Exprese los primeros 6 términos de Vn (x). I.3.1.5 Calcule Un (x) y Un (1) hasta para los primeros 6 términos encontrados en el problema 3 cuando n = 0, 2, 4. I.3.1.6 Calcule Vn (1) hasta para los primeros 6 términos 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 eléctrico 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 método de imágenes 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)

dϕ

=

a dr, r

(I.3.4)

integrando ambos lados de la expresión 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 expresión 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 expresión 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

2π

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 expresión 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

2π

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 expresión 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 expresión 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 expresión (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 dieléctrico de sección recta o área 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 está dada por P = Pxi, donde Px = ax2 + b. Encuentre la densidad volumétrica de polarización (ρp ) y la polarización superficial en cada lado extremo. Muestre que la carga total de polarización es CERO en este caso. I.4.1.3 Un cilindro delgado circular de longitud L y radio R está polarizado en la dirección de su eje mayor (sea en la dirección z ). Si la polarizaci´ on es uniforme (P = P k) y de magnitud P , ćtrico en un punto sobre el eje del calcule el campo ele cilindro. (calcule sólo el campo eléctrico en la dirección z ).

35

´ tico en medios materiales Campo electrosta

I.4.1.4 Encuentre la expresión del campo eléctrico, E 1 fuera de la esfera dieléctrica inmersa en un campo eléctrico uniforme y E 2 dentro de la esfera. Tome las expresiones para el potencial de la sección 4.9 del libro de Reitz. Ver figura I.4.2.3. I.4.1.5 Dos materiales dieléctricos con constante K1 y K2 están separados por una interfase plana. No existe carga externa sobre la interfase. Encuentre una relación entre los ángulos θ1 y θ2 (donde con la normal a la interestos ángulos 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 expresión I.4.4 tenemos ´ n volumétrica, 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 término es cero por ecuación I.4.6 y nos queda, en la dirección z :

39

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

´ tico en medios materiales Campo electrosta

Ez (z)

1 4π0

=

2π

0

R 0

2π

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 expresión 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 eléctrico 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 dieléctrica 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 también sabemos que los componentes tangenciales del campo eléctrico 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 expresión 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

ó

K1 tan θ1 = tan θ2 K2

(I.4.7)

I.5 ´ ´ TEORÍA MICROSCOPICA: DIELECTRICOS

I.5.1.

Enunciado de problemas

I.5.1.1 Utilice la ecuación Clausius-Mossotti para determinar la polarizabilidad (α) de las moléculas de nitrógeno (N2 ) y ox´ıgeno umero de moléculas de aire por metro c´ ubico (O2 ) del aire. [N´ = 2.688 × 1026 ; el aire contiene 78 % de nitrógeno (N2 ) y 21 % de ox´ıgeno (O2 )]. (Tómese el valor de K del aire, K = 1.00059) I.5.1.2 Estime el radio de la molécula de N2 y de O2 utilizando el resultado obtenido en el problema 1 y el modelo simple de un “átomo” con dipolo inducido. I.5.1.3 Encuentre la expresión de R0 (radio de una molécula) en términos de la constante dieléctrica K . I.5.1.4 Encuentre la expresión 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 ecuación Clausius-Mossotti para determinar la polarizabilidad del agua (H2 O) a 0◦ C y determine el momento dipolar p0 . (nota: N´ umero de moléculas de agua por metro c´ ubico es ZN0 donde Z es el n´ umero atómico de la molécula y N0 = 6 × 1026 ).

45

´ pica: diele ćtricos Teor´ıa microsco

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

46

´ pica: diele ćtricos 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 dieléctrica del aire, pág. 87 Libro de Reitz y Milford). K N (N2 ) N (O2 ) 0

= = = =

(I.5.2)

1.00059 , 0.78Naire = 2.09 × 10

26

moléculas/m ,

0.21Naire = 0.56 × 10

26

moléculas/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 solución del problema I.5.1.1 se tiene −11 R0 (N2 ) ∼ m = 6.1 × 10 −11 R0 (O2 ) ∼ m = 9.4 × 10

Estos valores están de acuerdo con el valor del radio de una “molécula de aire” reportado como R0 (aire) 1.73 × 10−10 m.

47

(I.5.5) (I.5.6)

´ pica: diele ćtricos 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)

Resolviéndola 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 ćtricos 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 ´ ENERGÍA ELECTROSTATICA

I.6.1.

Enunciado de problemas

I.6.1.1 Un electrón con energ´ıa cinética 3 × 10−17 J entra a una región del espacio donde existe un campo eléctrico E = 1000 V/m. Considere que el electr´ on viaja en la dirección positiva a lo largo del eje x y que el campo eléctrico está dirigido a lo largo del eje x pero en el sentido opuesto al movimiento del electr´ on de tal forma que act´ ua sobre él desacelerándolo. ¿Qué 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) está a una distancia d del plano y la carga (+q) está a una distancia d + . Calcule la energ´ıa electrostática del sistema (puede usar el método de cargas imagen). I.6.1.3 Determine la energ´ıa electrostática de una esfera con radio R y densidad volumétrica de carga constante ρ0 , utilizando para todo el espacio. la expresión U = 12 E · Ddv I.6.1.4 Determine la energ´ıa electrostática de una esfera con radio R y densidad volumétrica de carga constante ρ0 , utilizando s´ olo para 0 ≤ r ≤ R. la expresión U = 12 E · Ddv I.6.1.5 Supóngase que el electrón es una part´ıcula esférica uniformemente cargada de radio R. Además suponga que la auto energ´ıa electrostática (encontrada en el problema 4) es igual a la energia en reposo mc2 donde m es la masa del electrón y c es la velocidad de la luz. Calcule el radio clásico del electrón.

51

´tica Energ´ıa electrosta

I.6.1.6 Un capacitor con dos placas paralelas se forma con dos materiales dieléctricos. 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 separación d1 +d2 . Calcule la capacitancia por unidad de área. Ver figura I.6.2.2. I.6.1.7 Un capacitor tiene el espacio entre sus placas lleno de material dieléctrico con constante K (K = 1 /0 ). Las dimensiones de las placas son: ancho w, longitud y separación d. El capacitor se carga mientras está conectado a una diferencia de potencial Δϕ0 despu´ es de lo cual se desconecta (capacitor aislado). El material dieléctrico se mueve de tal forma que sólo 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 dieléctrico a su posición 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 cinética del electrón debe igualar al trabajo hecho por la fuerza eléctrica hasta que éste 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 expresión I.6.3 tenemos U

1 2

=

R

0

2π

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 sólo tenemos la integral para r ≤ R U

= =

1 2 1 2

R 0 R

0

2π 0

π

0

2π

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 ≡ área 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 dieléctricos están 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

después

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 expresión I.6.7 en la expresión 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 expresión I.6.2 en la expresión 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 solución del problema I.6.1.7 es C = (expresión 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 área (2 mm2 ) es 20 Amp: . (a) Calcule la densidad de corriente |J|

(b) Suponiendo que cada a´tomo de cobre contribuye con un electrón conductor, calcule la velocidad de deriva correspondiente a esta densidad de corriente (ayuda: N´ umero de Avogadro = 6 × 1026 átomos/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 electrón 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 área cuando se aplica un voltaje de 3 Volts.

59

ćtrica 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 está dentro de un campo eléctrico uniforme E = E0 k. Una cavidad esférica de radio “a” se forma en el medio. Encuentre el potencial dentro y fuera de la cavidad.

60

ćtrica 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 ákmole 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)

ćtrica 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 electrostática (∇ 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 eléctricos 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 eléctrico constante E = E0 k. Esto implica que el

62

(I.7.1) (I.7.2)

ćtrica Soluciones: Corriente ele

término 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 condición 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 dirección 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 expresión I.7.5 3 B0 = − E 0 . 2

63

(I.7.8)

ćtrica 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 magnética, 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 magnética, 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 términos 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 análoga 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 distribución de corrientes de magnetización . Dacorrespondientes a una esfera con magnetización uniforme M 2 do que la inducción magnética para tal esfera B = 3 μ0 M es uniforme en su interior; ¿podr´ıas usar esta información para dise˜ nar un embobinado de corrientes que produjera un campo magnético uniforme dentro de una región esférica? 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 inducción magnética B embobinado es (a) 0.1 A, (b) 1.0 A. (c) Obtener la magnetización 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 magnético inicialmente uniforme B 0 . Calcular la inducci´ on magnética cilindro está 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 términos de los armónicos cil´ındricos de cos θ, sólo. Mostrar que si se tienen dos cilindros como éste, uno de cobre y otro de hierro con corrientes eléctricas 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 diámetro 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 magnético semiinfinito de permeabilidad relativa κm y a una distancia d de él (a) Mostrar que el campo magnético en la región 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 ¿Cuál 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 volumétricas, sólo 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 ángulo azimutal de las coordenadas esféricas.

75

^ z

´ticas de la materia Propiedades magne

Poniendo un embobinado en dirección φ sobre la superficie de una esfera, con la corriente variando como ∼ sen θ, se tendrá 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 magnetización 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 solución en coordenadas cil´ındricas en la región externa es (manteniendo sólo términos 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 términos 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 inducción magnética 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 está 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 (imán), 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 imágenes 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 ecuación para A : ∇ A = −μJ , cuya solución es = μ A 4π

) 3 J(r d x. |r − r |

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

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

π 2

> |θ|

será

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 también 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 ´ TEORÍA MICROSCOPICA DEL MAGNETISMO

I.10.1.

Enunciado de problemas

I.10.1.1 La magnetización de un material ferromagnético se anula a la temperatura de Curie, que est´ a dada por la pendiente y , que es tangente a la función 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 paramagnético y encontrar el dipolo magnético permanente correspondiente, m0 . ¿Cuántos magnetones de Bohr son? [la densidad del Al es 2.7 g/cm3 y su peso atómico 27 g/mol] I.10.1.4 Calcular la susceptibilidad diamagnética del neón a temperatura y presión estandar (0◦ C, 1 atm) con la suposición de que sólo los ocho electrones exteriores en cada átomo 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 diámetro perpendicular al campo, con una frecuencia de rotación f . Encontrar

83

´ pica del magnetismo Teor´ıa microsco

la FEM en la bobina. ¿Cuál 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 través de la espira. (b) Si ahora la espira se mueve con velocidad constante v paralelamente al eje x y alejándose de I , encontrar la FEM inducida ¿Cuál 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 función 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 magnetización espont´ anea está 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 función 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 termodinámica, pues calor espec´ıfico y éste debe → 0 en T → 0.

dM dT

da el

I.10.2.3 Para materiales paramagnéticos χm

N m20 μ0 = ⇒ mo = 3kT

1 3kT χm . N μ0

Dada la densidad de masa ρ = 2.7 g/cm3 y el peso atómico 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 magnetón 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 diamagnéticos 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

. ángulo entre n y B Como está 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 magnético 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 magnético 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 ecuación 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 dirección 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 cascarón y regresa por el exterior. ¿Cuál 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 fórmula 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 están todas en el mismo plano. Encontrar la inductancia mutua entre el circuito compuesto por las dos corrientes de direcciones opuestas (infinitos ) y el rectángulo. 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 él; el eje está sobre el plano del circuito mayor. Los circuitos llevan corrientes Ia , Ib respectivamente. Si el ángulo entre las normales a los dos circuitos es θ, calcular la torca sobre el circuito movil. ¿Cuál es su direccón cuando Ia e Ib están en la misma dirección?

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 magnética del sistema en términos de las corrientes finales I1 e I2 . Hacerlo de dos maneras: (a)Primero produciendo las corrientes en la misma proporción desde cero hasta sus valores finales y (b) también manteniendo I2 = 0 mientras I1 alcanza su valor final y después 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 integración 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 magnético 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 ecuación (I.11.2) da, usando la ecuación (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 éste es horizontal, sólo 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◦ término 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 magnético a través 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 sólo depende de la distancia normal al alambre, que es x. Aqu´ı, la dirección positiva es la que sale de la p´ agina. Como la normal al área rectangular, en la dirección 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 magnético se encontró 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 través 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 ángulo 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 magnética 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 están 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 proporción 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

después 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 sólo M12 depende de la separación entre los circuitos d. Usando la expresión 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 FÍSICA DE PLASMAS

I.12.1.

Enunciado de problemas

I.12.1.1 Considérese un plasma de electrones y protones con temperaturas iguales Te = T1 = T en un campo gravitacional g en dirección −z . Si los iones y electrones fueran neutros sus densidades estar´ıan dadas por la relación 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 generarán campos eléctricos que tenderán a mover hacia arriba a los iones y hacia abajo a los electrones. Tomando en cuenta la energ´ıa electrostática de estos campos, modificar la expresión para nj dada por la relación 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 magnético B y bajo la acci´ de la gravedad g = −gz . Aplicando la teor´ıa de órbitas, porque hay pocas colisiones, encontrar la corriente eléctrica resultante, en Amperes/m2 . Para ello calcular la velocidad de deriva de electrones e iones a partir de la velocidad de deriva eléctrica, reemplazando la fuerza eléctrica 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 dirección tiene? I.12.1.3 Se tiene un plasma colisional descrito por las ecuaciones MHD en estado estacionario, con flujo (V = 0), en una dirección son mutuamente perpendiculares fija x. Si se supone que V , J y B

103

F´ısica de plasmas

y son funciones sólo de x, y que la sección 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 presión p = p0 . I.12.1.4 Una esfera homogénea de radio a y conductividad eléctrica σ se mueve con velocidad −V0 en un fluido incompresible no viscoso de conductividad σ en presencia de un campo magnético 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 éstas a la tasa a la que disipa energ´ıa mecánica 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 está 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 propagación de ondas electrostáticas de Langmuir a˜ nadiendo un término de colisiones −me nνc u a la ecuación de movimiento de los electrones. (a) Encontrar la relación de dispersión para ω, (b) De ah´ı encontrar Im(ω) y mostrar que sustituyendo en la solución 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 saturacón de 100μA cuando se introduce en un plasma de Argón una vez ionizado (con masa atómica 40). Si se sabe que la temperatura electr´ onica es kTe = 2eV , calcular la densidad. (Nótese 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 rápido para iones que para electrones, con lo que se produce separación de carga, y por tanto un potencial electrostático ϕ(z). La energ´ıa será entonces U = Ug + UE = −mj gz − qj ϕ(z)

con

qi = e, qe = −e .

La condición ni = ne determinará 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 condición 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 eléctrica 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 dirección x. I.12.2.3 La ecuación 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 sólo dependen de x, la ecuación es ρVx

dP d Vx = − + Jy Bz . dx dx

Como el área de flujo del canal A es constante, la ecuación 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. Sólo 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 mecánica 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 término 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 sólo en dirección 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 dispersión 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 ecuación 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 sólo 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 dieléctrico que es un aislante perfecto, donde el campo D es uniforme. El capacitor está siendo cargado por una corriente constante I . (a) Encontrar el campo H en un punto P sobre la superficie cil´ındrica del dieléctrico. (b) Encontrar la magnitud y direcci´ on del vector de Poynting S en P . (c) Integrar S · n sobre la superficie cil´ındrica del dieléctrico y mostrar que el resultado es igual a la derivada temporal de la energ´ıa elelctrostática almacenada. 2

2

I.13.1.2 Dada la ecuaci´ on de onda unidimensional ∂∂zE2 = μ ∂∂tE2 donde E es la magnitud del campo eléctrico, 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 ecuación de onda toma una forma que se puede integrar fácilmente, 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 ecuación de movimiento tridimensional d p + v × B) = q(E dt

para μ = 1, 2, 3 (componentes espaciales), y la ecuación 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 homogéneas: ·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 ecuación ∂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 electromagnético 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 ecuación ∇ 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 electrostática 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 ecuación 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 ecuación de onda. Integrando ∂2E ∂E =0⇒ = F1 (η) ∂ζ∂η ∂η

∂E = F2 (ξ) ; ∂ξ

o

funciones arbitrarias. Otra integración:

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 ecuación 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 cuadriaceleración 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. Además, el tensor de campo electromagnético, 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 ecuación 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

ecuación de energ´ıa

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

I.13.2.4

116

ecuación de momento.

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Soluciones: Ecuaciones de Maxwell

(a) Usando la expresión 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 ecuación 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 transformación de Lorentz Fμν = Lα μ Lν Fαβ puede visualizarse tomando componente por componente, pero también en forma matricial como sigue, para la velocidad en dirección 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 términos de las componentes de E y como B E3

=

E1

=

B1

=

E3 ,

B3 = B3

recordar que se tomó 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 isotrópico, homogéneo, 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 ecuación de onda escalar.

I.14.1.2 Dos ondas planas tienen la misma ω, k y amplitud E , pero polarización circular opuesta (derecha e izquierda, respectivamente). Mostrar que la superposici´ on de las dos ondas está polarizada linealmente con amplitud 2E . I.14.1.3 Considerar una onda estacionaria en el vac´ıo, que es la superposición de dos ondas planas de la misma frecuencia, amplitud y polarización lineal, pero dirección k opuesta. Calcular r, t). (N´ otese el vector de Poynting de las ondas superpuestas S( que el origen no es arbitrario) ¿Cuánto vale el flujo promedio S ? I.14.1.4 Calcular la presión de radiación (fuerza por unidad de área) ejercida sobre una superficie conductora, por una onda electromagnética 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 magnética y eléctrica 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 isotrópico y homogéneo) 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 idénticamente pues ∇ para cualquier g; lo mismo la ec. (I.14.2). La ec. (I.14.4) es también 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 ecuación de onda.

121

´ n de ondas en medios Propagacio

(b) También 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 idénticamente 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 ecuación de onda escalar. I.14.2.2 Una onda plana con polarización circular derecha se representa por 1 = E n1 + Ee−iπ/2 n 2 ei(k· r−ωt) E

y una con polarización 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 propagación 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 polarización lineal a lo largo de n1 y amplitud 2E . I.14.2.3 Onda plana con polarización lineal y dirección de propagaci´ on k 1 = n E 1 Ee−iωt eik· r .

Si la propagación es en dirección −k: 2 = n 1 Ee−iωt e−ik· r . E

122

´ n de ondas en medios Soluciones: Propagacio

La superposición =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 ecuación de conservación de momento para el campo electromagnético 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 área ejercida sobre la superficie S (con normal nj ) en la dirección î. Entonces la presión ejercida por una onda propagándose en direcci´ on n3 sobre una superficie normal (o sea, definida por n3 ) será

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 dirección −n3 por lo que ejerce una fuerza adicional por conservación de momento. La presión neta será 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 penetración 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

También 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 transmisión de Fresnel encontrar |E t |2 justo adentro de la superficie metálica. Calcular la disipación 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 monocromática de frecuencia ω en aire incide normalmente sobre una pel´ıcula dieléctrica de ´ındice de refracción n. El grosor de la pel´ıcula es d . Calcular los coeficientes de reflexión y transmisión como función 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 elelctromagnéticas, cuando el vector eléctrico 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 dirección 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. ¿Cuál es la frecuencia de corte del modo T M11 ¿Por qué no hay un modo T M10 ? λg .

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

sen kr b r

dentro de una cavidad resonate esférica de radio a. (b) Hacer lo mismo para oscilaciones de dipolo magnético 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 eléctrico 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 propagación 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

iβ

+

donde β = k2 d = ωc nd. En términos de los coeficientes de reflexión r = E1 /E1 y transmisión 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 condición 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 está en el vac´ıo K = 1. 2 = 0, Si la conductividad σ = ∞ ⇒ E 2 = B σq = 0 En1 .

Para el campo magnético H2t − H1t = KJ ← corriente por unidad de longitud KJ =

Bt1 . μ0

(a) Para polarización 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 polarización 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 ecuación 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 relación que debe cumplirse para que Ez sea solución. Además 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 esférica la condición 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 ecuación determina los valores de k para oscilaciones de modos normales. El valor más bajo que es solución es ka = 2.74 ⇒ ω = ck0 = 2.74 c/a.

133

Ondas en regiones acotadas

(b) Para el campo de dipolo magnético 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 más 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 magnético oscilante. Determinar para el oscilador, y la potencia total los campos de radiación E y B radiada. I = I0 cos ωt

I.16.1.2 El modelo clásico del átomo de hidrógeno consiste en un electrón girando en una o´rbita circular de radio r, con energ´ıa e2 (a) Calcular la energ´ıa fraccional radiada, cinética Ek = 12 4π 0r P T /EK , donde T es el per´ıodo orbital. (b) La mec´ anica cuántica da que la velocidad en el nivel n-ésimo 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 rápida es en la misma dirección que su velocidad. Mostrar que la radiación es cero a lo largo de la dirección de movimiento.

135

ń 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 radiación. 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 término, al integrarlo sobre un controno cerrado, se anula también, 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 área, entonces

136

ń 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 radiación 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 términos del tipo no contribuyen al campo de radiación. 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

Eφ

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 órbita circular v˙ es la aceleración centr´ıpe2 . ta v˙ = vr y el periodo orbital T = 2πr v As´ı PT =

2 q2 v3 3 20 r c3

y en términos de la energ´ıa cinética EK =

137

1 q2 , 2 4π0 r

8π 3

ń 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 aceleración es a lo largo de la direccón de movimien´ltimo término v × v˙ = 0. Además el to, v y v˙ son paralelos, y el u primer término no corresponde a campos de radiación 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 dirección de movimiento R × v˙ = 0 y por lo tanto E r = 0 y no hay emisi´ on de radiación en R ad esa dirección.

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 electrostático sobre una superficie esférica 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, habrá 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 electrostáticas se mide en cent´ımetros). Usando la ley de Gauss calcular la capacitancia de: (a) Dos hojas grandes, planas, de área A separadas por una peque˜ na distancia d. (b) Dos esferas concéntricas de radios a, b (b > a). (c) Dos cilindros concéntricos de longitud L grande comparada con sus radios a, b (b > a). (d) Calcular la energ´ıa electrostática total en cada uno de los tres casos, expresada en términos 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 eléctrico 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 concéntricos de radios a y b se conectaran con un alambre muy delgado, con carga qa en el cascarón externo, probar que en el cascar´ on interno quedará 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 ángulo de 90◦ y se coloca una carga eléctrica 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 configuración, calcular el potencial en el cuadrante donde está la carga, y la densidad de carga en los dos planos. II.1.1.5 Un cascarón esférico, conductor, aislado de radio a, está en un campo eléctrico 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 está 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, usándolo en la expresión 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

dφ

−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 expansión 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 esféricos concéntricos 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 estén 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 ) será (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 análogamente 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 área de la esfera es pero por simetr´ıa sólo 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 vió 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 término viene de la interacci´ on de la carga con el campo y el tercero de la repulsión de la carga en los dos hemisferios.

148

II.2 ´ ELECTROSTATICA

II.2.1.

Problemas de frontera II

II.2.1.1 La función 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). Cuál 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 función 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 obteniéndose, 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 electrostático como una expansión en armónicos esféricos 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 está rodeado por un cascarón esférico a tierra de radio b con centro en el origen, y encontrar el potencial dentro del cascarón por superposición 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 sección 0 < x < 1 se mapea al eje x < 0 en la parte superior. El intervalo 1 < x < ∞ va también 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 dará 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 parámetro). 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 solución de esta ecuación 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 término es el valor para placas infinitas, as´ı que el segundo es la correcci´ on de borde. También 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. Además 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

qπ

=

L 1 − R2 + 4πa 8π 2

es la corrección de borde.

II.2.2.2 (a) La función 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

2π

= 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 =

2π

dϕ

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 función 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 sólo el término 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 él ∂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 solución 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 solución 2Γ(n + 1) jn (y) g(y) = √ πΓ n + 12

156

Soluciones: Problemas de frontera II

con jn la función esférica 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 términos 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 están en las posiciones x+ = (a, θ = 0), x− = (a, θ = π). Usando la expansión 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 sólo m = 0 sobrevive y con 2 Y0 (θ, ϕ) =

2 + 1 P (cos θ) 4π

y

157

r>( a.

=

q

es una función 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, sólo el término 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 más fácil 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, sólo 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 electrostático externo descrito por un potencial φ(0) (x, y, z). El potencial externo var´ıa lentamente en el espacio en la región 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 eléctrico, 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 cálculo para obtener la torca total. Por simplicidad mostrar sólo 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 concéntricas q y −q, que tienen radios a y b. II.3.1.3 Una esfera de radio a tiene una distribución de carga superficial uniforme σ. Se hace girar alrededor de un diámetro con velocidad angular constante ω. Encontrar el potencial vectorial y el campo magnético 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 magnético 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 magnético 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 está 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 expresión 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 sumó el término, 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 están 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 término 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 expansión, quedándonos con sólo 2 términos,

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 definición 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 sólo 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 armónicos esféricos al integrar en θ y ϕ hace que sólo m = = 1 subsistan, por lo tanto

166

´ tica Soluciones: Multipolos y magnetosta

Aϕ

= =

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

El campo magnético Br

=

Bθ

=

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 dirección ω y dipolar en el exterior. II.3.2.4 El momento magnético del anillo es (figura II.3.2.3), m =

I 2c

&

x × d

o

dm =

I x × d . 2c

El potencial escalar magnético 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 solución es φm =

3 ∇ · M (x )d x . |x − x |

La magnetización es distinta de cero sólo 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 esféricas es ·M = − IΔϕ δ(r − R) ∂ sen θδ(cos θ − b/R) . ∇ 4πcr sen θ ∂θ

De modo que expresando 1/|x − x | en armónicos esféricos 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 dieléctrica 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 dieléctrica unitaria. (a) Determinar el potencial y el campo eléctrico 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 dieléctrico. 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 eléctrica 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 está lleno con un medio de permeabilidad μ = 1. Encontrar el campo en todos los puntos del espacio. II.4.1.4 Un material magnético 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 magnético H on magnética B en todos los puntos sobre el eje del cilindro, dentro y fuera de él.

(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 sección uniforme de área A con magnetización 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 ecuación de Laplace en coordenadas cil´ındricas cuando hay simetr´ıa en z tiene solución (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 (región 1) la condición 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 (región 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 dieléctrico, sólo 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 eléctrico 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 dirección x D

donde x = r cos ϕ − ϕ sen ϕ. (b) Ver figura II.4.2.1(b) II.4.2.2 La razón por la que se eleva el l´ıquido dieléctrico es que al haber un gradiente de en dirección 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 términos 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 inducción magnética será 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 será 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 magnético 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 magnética W = 8π H interior del material con μ = ∞ pues H = Bμ = 0. Por la condición 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 rectángulo 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 él. 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 sólo 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 VARÍAN CON EL TIEMPO

II.5.1.

Enunciado de problemas

II.5.1.1 Una l´ınea de transmisión 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 está distribuida uniformemente sobre la sección 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 simétrico entre las dos cargas. II.5.1.3 Partiendo de la ecuación de conservaci´ on de momento, probar la conservación 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 separación 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 eléctrico y magnético 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 definición 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 magnético 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 más conveniente es calcularlo a partir de la energ´ıa magnética

1 2c

W =

3x . J · Ad

Puede obtenerse también del flujo entre los dos alambres pero hay que tener cuidado en el cálculo 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 demás, se suman y la fem total será (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 método, 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.

Sólo 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 análogo 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 análogamente

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 través 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 ńica 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 usó 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 Ecuación 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 término de la derecha es cero pues Tkj es simétrica 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 más bajo suponemos que E es perpendicular a las placas y uniforme en z por lo tanto E = Ez (r)z válido para d a. Además como I ∼ Q ∼ cos ωt, tenemos también E ∼ cos ωt. As´ı que, en coordenadas cil´ındricas 1 ∂ ∂Ez ω2 r + 2 Ez = 0 . r ∂r ∂r c

Esta es la ecuación 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 términos 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 magnético 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 magnética con la inductancia 1 Xm = ωL y la el´ ectrica con la capacitancia Xe = − ωC ; as´ı que comparando, a orden más 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 eléctrico 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 rotación 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 términos 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 ángulo θ de la normal. Encontrar la presión de radiación. II.6.1.2 Una onda electromagnética plana de frecuencia ω en el espacio libre incide normalmente sobre la superficie plana de un medio no permeable de conductividad σ y constante dieléctrica . (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 reflexión es aproximadamente, R = 1 − 2ωδ/c donde δ es la penetración 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 conservación 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 dispersión 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 dispersión simple, (ω) = 1 −

193

ωp2 ω2

´ticas planas Ondas electromagne

donde la frecuencia de plasma ωp se supone constante. ¿Por qué es razonable usar esta relación? Este método se usa para estimar distancias de pulsares. II.6.1.4 En un plasma con un campo magnético en la dirección z , se propaga una onda en dirección perpendicular a él, k = ki. Suponer que el vector eléctrico tiene una componente no transversal, tal que E = Exî + Ey ˆj . (a) mostrar que la relaci´ on de dispersión 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 polarización perpendicular y paralela al plano de incidencia, mostrar de las ecuaciones (de Fresnel) para reflexión y transmisión que para ω > ωp hay un rango de ángulos de incidencia para los que la reflexión no es total, pero que para ángulos 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 ángulo θ. Como se refleja totalmente la intensidad es la misma |E| = |E |;

|B| = |B |.

es la fuerza por unidad de área en dirección î sobre un elemento de área cuya normal está en dirección ˆj . As´ı que para la superficie reflectora con normal n la fuerza por unidad de área 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 ńica componente no nula es Txx = 2 2 Ey + Bz y nx = cos θ por lo que la presi´ on de radiación es p = 2Txx cos2 θ =

195

1 2 E + B 2 cos2 θ 4π

´ticas planas Ondas electromagne

o en términos 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 sólo 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 relación 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 reflexión 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 área

∞

∞ 2 0

P dz =

σ |E0 |2 2

que usando la relación 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 dieléctrica (μ = 1) es v = ωk = √c que para la función dieléctrica dada es > c y da la realción, 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 eléctrico 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 ecuación de conservaci´ · J = −4πikJx = −4πik(nxq) ikE˙ x = 4π ρ˙ = −4π ∇ ˙ .

As´ı que Ex = −4πnqx. Las ecuaciones de movimiento para un electrón 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 polarización 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 ángulos i mayores satisfaga 2 ωp que sen i = 1 − ω2 hay reflexión total.

200

II.7 ´ ONDAS ELECTROMAGNETICAS EN MEDIOS MATERIALES

II.7.1.

Enunciado de problemas

II.7.1.1 Considérense las ecuaciones magnetohidrodinámicas con conductividad finita, de modo que la ecuaci´ on magnética contiene el término difusivo. Encontrar el amortiguamiento de una onda de Alfvén 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 función escalón (= 0, x < 0; = 1, x > 0). Esquematizar el comportamiento de Im(ω) y la resultante Re(ω) como función de ω para cada caso. II.7.1.3 Extender las relaciones de Kramers-Kronig para un medio con una conductividad eléctrica estática σ. Mostrar que la primera relación 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 función 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 dirección z tiene extensión finita en las direcciones x y y. Mostrar que los campos eléctrico y magnético, cuando la ampliltud de modulación var´ıa lentamente (el ancho es de varias longitudes de onda), están 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 Alfvén, mostrar que la densidad de : ; energ´ıa cinética 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 magnetohidrodinámica 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 además ∂B = −iωB ∂t

por lo tanto ∂B ∂2B = −ω 2 B = −iω , ∂t2 ∂t

por lo tanto la ecuación 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 relación 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 ecuación (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 usó 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 relación de dispersión 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 Alfvén 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 está 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 función f (x) = x2 es creciente para x > 0, entonces

ω22 − ω 2 ω12 − ω 2

> 0,

ω ≥ 0.

Si ω ∈ [ω1 , ω2 ], (ω si está 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 relación 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 relación 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 término 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 ńicos 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 función (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 función, < (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 integración encierre a una región donde a la solución 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 superposición 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 homogéneas 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 ecuación 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 expresión, 2 junto con la relación 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 término J1 /J1 domina sobre todos los demás, 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 más baja está dada por: 1.84c ω11 = √ . a

II.8.2.5 Fuera de la superficie de un conductor existe un campo eléctrico 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 Supóngase una onda propagándose 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 ńicamente en dirección radial, no rad´ıa. II.9.1.2 Considerar una antena excitada por el centro de longitud total L = λ/4, con una distribución de corriente dada por I = I0 cos

2πξ , λ

−λ/8 < ξ < λ/8.

Calcular la potencia radiada correspondiente a los momentos eléctricos dipolar y octupolar y sumarlos. Calcular el resultado exacto y comparar. II.9.1.3 Se tienen dos dipolos orientados a ángulos 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 esférico 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

ń 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

ń 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 radiación.

II.9.2.2

o´

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 sólo 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

ń 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 través de la frecuencia, dL = 1 dW dt ω dt

II.9.2.4 La distribución de carga está 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 definición 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 términos del vector cuadrupolar, definido por Qi = Qij nj , el campo magnético 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

ń Soluciones: Radiacio

La potencia promedio radiada por ángulo sólido se obtiene de su definici´ on, que debe promediarse directamente, pues no se está usando notación 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 estática, 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 magnético 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

ń 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 magnético 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 ángulo sólido, se promedia directamente a partir de la definición usual de promedio en el tiempo de una función: f (t) =

1 2T

236

T −T

f (t)dt

ń 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 ángulo sólido 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 dieléctrica isotrópica uniforme, que es ligeramente disipativa, cuyo radio R es mucho menor que la longitud de onda. La esfera se caracteriza por una constante dieléctrica real y una conductividad σ. Estos parámetros dan una profundidad de penetración δ muy grande comparada con el radio R. (a) Calcular las secciones transversales de dispersión diferencial y total. (b) Mostrar que la secci´ on transversal de absorción 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 óptico para evaluar la sección transversal total. Comparar la respuesta con la suma de las secciones rectas de dispersi´ on y de absorción de (a) y (b). II.10.1.2 Determinar la distribución angular de la intensidad de luz en la difracción 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 ángulo α con la normal a la pantalla. El vector de polarización es perpendicular al plano de incidencia. Calcular los campos difractados y la potencia por ángulo sólido transmitida por el orificio, usando la fórmula vectorial de Smythe-Kirchhoff, con la suposición de que el campo eléctrico tangencial en el orificio es el campo incidente sin perturbar. II.10.1.4 Sirio tiene un diámetro de 1.5 × 106 km y está a una distancia de 8.8 a˜ nos luz de la tierra. ¿Qué tan grande debe ser la abertura de un telescopio para poder ver a Sirio como un disco finito y no sólo 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 dieléctrica, conductora, la constante dieléctrica 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 radiación 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 sección diferencial de dispersión con polarización 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 radiación incidente no está polarizada, promediando sobre el ángulo de polarización 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 sección de dispersión total es 4πσ 2 2 dσdis 8π 4 6 ( − 1) + ω dΩ = k R 2 dΩ 3 ( + 2)2 + 4πσ

σdis =

ω

donde se usó

sen θ(1 + cos2 θ)dθdϕ =

16π 3

(b) El campo eléctrico en el interior de una esfera dieléctrica 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 sección de absorción, 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 dispersión 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 óptico 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 razón 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 está en el plano y − z alineada con el eje z (figura II.10.2.2). Como es infinito a lo largo de z , sólo hay difracción 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 región 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 está 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 radiación 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 fórmula 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 está 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 términos de la función

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 polarización es en el plano (y, z) La potencia difractada por unidad de ángulo sólido 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 términos 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 ángulo 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 patrón de difracción para un orificio circular está dado por el primer cero de la función 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 eléctrico estático y uniforme, E0 , es paralelo al eje x, y un campo magnético uniforme, estático B0 = 2E0 está en el plano x − y, formando un ángulo θ con el eje x. Determinar la velocidad relativa de un sistema de referencia en el que los campos eléctrico y magnético son paralelos. ¿Cuáles serán 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 eléctricos y magnéticos está dada por, d u q u u . + − ( u · E) = E ×B dt mγ c c2

II.11.1.3 Encontrar las ecuaciones de transformación de Lorentz de las componentes del tensor de energ´ıa-momento del campo electromagnético, 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, además de la de conducción, mostrar que la generalización 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), ¿Cuál 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 electromagnético en términos sólo de los potenciales es, L=−

1 Jμ Aμ ∂ μ Aν ∂ μ Aν − . 8π c

Mostrar que las ecuaciones de Euler-Lagrange correspondientes dan la ecuación 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 transformación 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=

5±

√

25 − 16 sen2 θ 4 sen θ

Como β=

V

Solucion de Problemas de Teoria Electromagnetica

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