APUNTESELECTROMAGNETISMO II Tema 1: Ecuaciones de Maxwell. Potenciales electromagnéticos 1.1. Ecuaciones de Maxwell en el vacío A lo largo del curso de Electromagnetismo I se han estudiado diversos experimentos que condujeron al establecimiento de las relaciones entre los campos eléctricos y magnéticos con sus fuentes: las cargas y corrientes eléctricas. Todas estas leyes se fueron conociendo con el nombre de su descubridor pero fue Maxwell quien las unificó, añadiendo un término en la ley de Ampère que fue crucial para explicar la propagación de ondas electromagnéticas. En el vacío, la formulación integral de las leyes es la siguiente: Ley de Gauss para el campo eléctrico Q ∫ E ⋅ d S = ε S (1.1) 0 El flujo del campo eléctrico E a través de una superficie cerrada S es igual a la carga eléctrica que encierra dicha superficie, Q, dividida por el factor ε 0 . Si la superficie S encierra un volumen V en el cual la carga se distribuye con densidad volumétrica ρV , podemos expresar la ley como: 1 ∫ E ⋅ d S = ε ∫ ρ V dV (1.2) 0 V S Ley de Gauss para el campo magnético ∫ B ⋅ d S = 0 (1.3) S El flujo del vector inducción magnética B a través de una superficie cerrada S es igual a cero; está ligado al hecho de que no existen cargas magnéticas aisladas. Ley de Faraday ∂ ∫ E ⋅ d ℓ = − ∂t ∫ B ⋅ d S C (1.4) S La circulación del campo eléctrico a lo largo de un contorno cerrado C, es igual a la derivada con respecto al tiempo –cambiada de signo– del flujo del campo magnético a través de una superficie S abierta, cuyo contorno coincide con el de C. El primer término es la f.e.m. inducida y fue determinada por Faraday en numerosos experimentos 1 con espiras recorridas por corrientes e imanes, en los que provocaba la variación del flujo por movimiento relativo o por variaciones en la intensidad de corriente. Ley circuital de Ampère ∂E C∫ B ⋅ d ℓ = µ0 ∫S J ⋅ d S + ε0 ∫S ∂t ⋅ d S (1.5) La circulación del campo magnético a lo largo de un contorno cerrado C, es igual al factor µ 0 multiplicado por la suma de las corrientes que atraviesan cualquier superficie S que se apoye en dicho contorno. En el vacío: J ⋅ d S es la intensidad de corriente debida al flujo de cargas, J = ρV v ∫ S ∂E ε0 ∫ ⋅ d S es la corriente de desplazamiento introducida por Maxwell. ∂t S --------------Estas ecuaciones tienen su equivalente en forma diferencial para las que se hace necesario la utilización de los operadores divergencia y rotacional (véase su expresión para los sistemas de referencia más usuales en las hojas suministradas). Las ecuaciones diferenciales son ecuaciones de punto, es decir, se han de verificar en cada punto de la región a la que se aplican. Ley de Gauss para el campo eléctrico ρ ∇⋅E = V ε0 (1.6) La divergencia del campo eléctrico en el punto (x,y,z) es igual a la densidad volúmica de carga en dicho punto dividida por el factor ε 0 . Las fuentes y sumideros del campo eléctrico son las densidades de carga. Ley de Gauss para el campo magnético ∇⋅B = 0 (1.7) Al no haber polos magnéticos aislados, la divergencia de B es nula. Las líneas del vector inducción magnética son cerradas. Ley de Faraday ∂B ∇× E = − ∂t (1.8) 2 Las variaciones temporales de B originan un campo eléctrico cuyo rotacional es la derivada con respecto al tiempo –cambiada de signo– de B . También puede interpretarse como que un campo E de rotacional no nulo origina un B cuya derivada temporal es dicho rotacional cambiado de signo. Ley de Ampère ∂ ε0 E ∇ × B = µ0 J + ∂t JD ( ) (1.9) Aquí observamos que el rotacional de B es proporcional a la densidad de corriente debida al flujo de cargas, J , y al término añadido por Maxwell que es la densidad de corriente de desplazamiento, J D . La existencia de J D fue demostrada posteriormente en los experimentos de Hertz. Hallando la divergencia en ambos lados de (1.9) y teniendo en cuenta que la divergencia del rotacional es nula se obtiene la relación: ∂ρ ∇⋅J = − V ∂t (1.10) que expresa la conservación de la carga en todo punto del espacio. 1.2. Ecuaciones de Maxwell en medios materiales. Relaciones constitutivas. Hasta ahora hemos supuesto que los campos se establecían en el vacío. Cuando se generan en presencia de un medio material, las ecuaciones de Maxwell se siguen verificando pero hay que sustituir la permitividad eléctrica y la permeabilidad magnética del vacío por los valores correspondientes a cada medio: ε0 → ε = εr ε0 ; µ0 → µ = µr µ0 (1.11) También es conveniente introducir los vectores desplazamiento eléctrico, D , e intensidad de campo magnético, H , ligados a E y B a través de las relaciones constitutivas: B D = εE ; H= (1.12) µ 3 14) Las ecuaciones de Maxwell en forma diferencial quedan expresadas ahora como: ∇ ⋅ D = ρV (1. Por ejemplo. µ1 . Recordamos las ecuaciones deducidas en Electromagnetismo I. etc. D 2 ε2 . Sin embargo. las ecuaciones de Maxwell dejan de tener sentido. donde n es un vector unitario normal a la superficie. dependiendo de la situación. 1.15) ∇⋅B = 0 (1.16) ∂B (1.17) ∇× E = − ∂t ∇ × H = J + JD (1.3.1. cuando consideramos el sistema ‘antena transmisora’ ↔ ‘antena receptora’. σ . se cumple: 4 .18) Comentar finalmente que la expresión del rotacional de H contiene la suma de dos densidades de corriente y. µ 2 . la única corriente que los enlaza es J D . Condiciones de contorno En la superficie que separa dos regiones.Si el material posee una conductividad no nula. se establece además una densidad de corriente de conducción dada por J = σE (1. Geometría para el análisis de las condiciones de contorno. σ2 Figura 1. B2 E1 . D 1 ε1 . J s ց H2 . si aplicamos una diferencia de potencial constante a los extremos de un alambre sólo circulará J . alguna de ellas puede ser nula. σ1 n E2 . Con relación a las variables representadas en la Figura 1.13) y la densidad de corriente de desplazamiento vendrá dada por: ∂D JD = ∂t (1. es posible establecer unas condiciones que deben cumplir las componentes de los campos al pasar de un medio a otro. H1 .1. B1 ρs . 19) n × ( E1 − E2 ) = 0 n × ( H1 − H 2 ) = J S Vemos que la componente normal del vector D sufre una discontinuidad igual a la densidad superficial de carga. podemos decir que dadas unas fuentes y una región del espacio con condiciones de contorno apropiadas.22) Reagrupando y teniendo en cuenta la identidad vectorial (14) resulta: 5 . n ⋅ ( D1 − D2 ) = ρ S n ⋅ ( B1 − B2 ) = 0 (1. Ecuaciones de onda Aunque la formulación con campos es una forma posible de abordar problemas electromagnéticos.21) siendo Φ el potencial escalar eléctrico. 1. J S ( A/m ) . Para introducir este campo escalar se ha tenido en cuenta que el rotacional de un gradiente es cero. Sustituyendo ambos potenciales en la ecuación (1. Resumiendo todo lo visto.17) se obtiene: ∂A ∂A ∇ × E = −∇ × → E = −∇Φ − ∂t ∂t (1. la componente normal de B y la tangencial de E se conservan al pasar de un medio a otro. en algunos casos es más conveniente utilizar los potenciales como funciones auxiliares que simplifican la solución de los mismos.20) (1. Escribiendo B como ∇ × A en la ecuación (1. El hecho de que la divergencia de un rotacional sea nula nos permite definir la inducción magnética como el rotacional de un campo vectorial: B = ∇× A Este campo A se denomina potencial vector magnético. De la última ecuación concluimos que la componente normal del vector H sufre una discontinuidad igual a la densidad superficial de corriente. Vamos a caracterizar dichos potenciales y a obtener las ecuaciones de onda correspondientes. las ecuaciones de Maxwell permiten hallar los campos solución. Asimismo. Potenciales electromagnéticos.4. ρS ( C/m 2 ) .18) queda: ∂ ∂A ∇ × ∇ × A = µ J + µε −∇Φ − ∂t ∂t (1. 28) Estas ecuaciones serán útiles para resolver problemas de radiación en el Tema 5. si introducimos los potenciales en la ecuación (1.15).4.26) Ello permite desacoplar las ecuaciones (1. 1.23) y (1.27) Estas son las ecuaciones de onda para los potenciales. con E = .25) que se reducen a: ρ ∂ 2Φ =− V 2 ∂t ε ∂2 A ∇ 2 A − µε 2 = −µ J ∂t ∇ 2 Φ − µε (1.24) ∂ 2Φ en ambos miembros y operando queda: ∂t 2 ∇ 2 Φ − µε ∂2Φ ρ ∂ ∂Φ = − − ∇ ⋅ A + µε 2 ∂t ε ∂t ∂t (1. La velocidad de propagación en el medio es v= 1 µε (1.25) Para que un campo vectorial quede definido se ha de especificar su rotacional y su divergencia.23) D Por otra parte. ε obtenemos: −∇ 2 Φ − Sumando µε ∂ ρV ∇⋅ A = ∂t ε (1. ∂2 A ∂Φ ∇ A − µε 2 = −µ J + ∇ ∇ ⋅ A + µε ∂t ∂t 2 (1.1 Ecuaciones de onda para los campos en el medio libre (sin fuentes) Para el estudio de propagación de ondas es conveniente partir de las ecuaciones de Maxwell para el caso en que las fuentes no están presentes. Entonces se reducen a: 6 . Nosotros hemos especificado el rotacional de A y podemos ahora imponer la condición de Lorentz para su divergencia: ∂Φ ∇ ⋅ A + µε =0 ∂t (1. es fácil demostrar que: ∂2B ∇ B − µ0ε0 2 = 0 ∂t 2 (1.30) (1. ∇⋅D = 0 ∇⋅B = 0 ∂B ∇× E = − ∂t ∂D ∇× H = ∂t (1.35) que es conocida como la ecuación de onda homogénea para el campo eléctrico en el medio libre.31) (1.33) Teniendo en cuenta la ecuación (1. Tomando rotacionales en la ecuación (1. D ≃ ε0 E y B ≃ µ0 H . ε.32) Si la propagación tiene lugar en un medio como el aire.28). entonces la velocidad viene dada por la ecuación (1.29) (1.31) obtenemos: ∂ ∇×∇× E = − ∇× B ∂t (1. 7 . queda finalmente: ∂2E ∇ E − µ0ε0 2 = 0 ∂t 2 (1.32) y las relaciones constitutivas.34) ∂t Utilizando la identidad vectorial (14) y haciendo ∇ ⋅ E = 0 en el medio libre.36) que es la ecuación de onda homogénea para el campo magnético. ya que la permitividad y susceptibilidad son muy parecidas a las del vacío. La velocidad de propagación será en ambos casos: c= 1 ≃ 3 ×108 m/s µ 0 ε0 (1. queda para este caso: ∂2E ∇ × ∇ × E = −µ 0ε0 2 (1. Razonado de forma análoga.37) Si el medio tiene parámetros µ. es decir el potencial en cada instante dependerá del valor de las fuentes en ese mismo instante. pero con la intervención del tiempo. Al conjunto de las ecuaciones de Maxwell que resultan se le suele denominar aproximación casi-estática: ∇ ⋅ D = ρV ∇⋅B = 0 ∂B ∇× E = − ∂t ∇× H ≃ J (1.40) (1.38) (1.43) Análogamente. de manera que podemos designar a estos potenciales como instantáneos. t ) Φ(r . obteniéndose 1 ∇ 2 E ≃ ∇ρV ε 2 ∇ H ≃ −∇ × J (1. con la condición para el potencial magnético ∇ ⋅ A = 0 .1.44) (1.42) (1. podemos observar que en esta aproximación los efectos de propagación desaparecen. 1 ρV (r '.46) y análogamente para A . t ) = dV ' 4πε V∫ r − r ' (1.5 Aproximación casi-estática En muchas aplicaciones del Electromagnetismo. se obtienen las ecuaciones para los potenciales: ρ ∇ 2Φ ≃ − V ε 2 ∇ A ≃ −µ J (1. aunque no así los de la inducción electromagnética.41) Siguiendo los pasos del apartado anterior para hallar las fórmulas equivalentes a las ecuaciones de onda. los campos cambian con el tiempo pero de forma suficientemente lenta como para que los efectos de la corriente de desplazamiento sean despreciables.39) (1.45) Las soluciones son entonces formalmente idénticas a las del caso estático. 8 . 40). es despreciable fuera del mismo y podemos ignorar en la ley de Ampère el término ∂D / ∂t . J 2 . se pueden despreciar en regiones exteriores.A efectos prácticos.⋯ . ecuación (1. se cumplirá: ∫ J ⋅ dS = 0 ⇒ S k=N ∑I k =1 k =0 Por tanto. La teoría de circuitos supone que los campos eléctrico y magnético se localizan en los componentes del circuito. En consecuencia. donde los campos son instantáneos. aunque los efectos de inducción pueden ser muy importantes.41) se tiene: ∇ ⋅∇ × B = µ0∇ ⋅ J = 0 ⇒ ∇⋅ J = 0 Si imaginamos una superficie cerrada S que rodea un nudo del circuito al que llegan densidades de corriente J1 . Si bien la corriente de desplazamiento es dominante dentro de un condensador. Un ejemplo clásico de aproximación cuasi-estática es la teoría de circuitos. Ello da lugar a un campo eléctrico irrotacional: ∇ × E ≃ 0 ⇒ E = −∇Φ Si sumamos algebraicamente las caídas de potencial a lo largo de M elementos de un camino cerrado L de un circuito se tendrá: E ∫ ⋅ d ℓ = 0 ⇒ L k =M ∑V k =1 k =0 que constituye la formulación de la ley de Kirchhoff de voltajes. J N . variaciones temporales de flujo magnético que son significativas en bobinas y transformadores. la suma algebraica de las intensidades de corriente que llegan a un nudo es nula (ley de Kirchhoff de corrientes). la aproximación casi-estática será válida cuando las dimensiones del sistema son mucho menores que la longitud de onda asociada a los campos. de (1. 9 . Análogamente. Ecuaciones de Maxwell.Entre las placas de un condensador plano-paralelo se conecta un voltaje alterno. El campo que se establece en el condensador viene dado por: E = 10cos ωt u z a) Si el medio entre placas es aire ( ε 0 . Relaciones constitutivas... Calcular la densidad de corriente asociada al mismo. uz . Potenciales electromagnéticos... determinar la corriente total que atraviesa un cuadrado de 0. ω y k son constantes.Si el campo vectorial dado en coordenadas cilíndricas por E = 3 ρ uρ + 6 u z representa un campo electrostático. 2. µ 0 ) .Analizar cuál de los siguientes campos puede representar un campo de inducción magnética estática. t ) = 0 .. ¿Qué condición se debe imponer sobre ω y k ? 5.ELECTROMAGNETISMO II (Grado en Física) Curso 2012-13 Tema 1.1 m de lado colocado perpendicularmente al campo como se muestra en la figura. Problemas 1. t ) = A0 sen ( kx − ω t ) u y donde A0 . Ecuaciones de onda. Determinar los campos E y B y comprobar que satisfacen las ecuaciones de Maxwell.¿Cuál de los siguientes campos vectoriales puede representar un campo B ? 1 B = uρ + ρz uφ + cos φ u z ρ B = ( x + 2 ) ux + (1 − 3 y ) u y + 2 z u z 3.Se tiene las distribuciones Φ ( r . Aproximación casi-estática. A ( r . Condiciones de contorno. determínese la densidad de carga volúmica asociada al mismo. B = xu x − yu y B = r cos φ ur − 3r sen θ sen φ uφ 4. Potenciales electromagnéticos. Ecuaciones de Maxwell en el vacío y en medios materiales. Phys. 8. cuya autoinductancia es L. ¿Qué corriente se induce en la espira? (Ver Blas Cabrera. calcular: a) H 2 . σ = 4S/m ) . y que su valor en t = 0 es nulo. Calcular también la corriente total que atraviesa el cuadrado. 48 (1982) 1378.Una lámina infinita con corriente J s = 5 u x (A/m) coincidente con el plano xy. Rev. c) el ángulo α1 que forma B1 con el eje z.En medios dieléctricos se estudió que para los cálculos de campos. d) el ángulo α2 que forma B2 con el eje z. z < 0). en función de las densidades de carga en la interfase.. b) B2 . Si H1 = 30 u x + 40 u y + 20 u z (A/m). 6. 9. hallar la expresión de B utilizando la ley de Faraday. Encontrar las condiciones de contorno en la superficie de separación de dos medios distintos para: a) La componente normal del vector polarización P b) La componente normal de E. z > 0) de un medio con µr = 2 (región 2. Lett.Calcular la densidad de corriente de desplazamiento para los siguientes campos electromagnéticos a) Una onda de radiodifusión de 1 MHz que se propaga con un campo eléctrico de 1 µV/m.. 7.. un medio dieléctrico polarizado se podía sustituir por una densidad superficial de carga de polarización ρps (C/m2) y una densidad volúmica de carga de polarización ρp (C/m3). b) Una línea de transporte de alta tensión de 50 Hz que soporta un campo eléctrico de 100 kV/m.. separa el aire (región 1. c) El haz de un láser de 600 nm que posee un campo eléctrico de 3× 10 4 V/m. hallar la relación entre los módulos de la densidad de corriente de conducción y la de desplazamiento a la frecuencia de 100 MHz. 10.Suponer que un monopolo magnético qm pasa a través de una espira circular sin resistencia.b) Si entre las placas se pone agua de mar ( ε = 78ε 0 .El campo eléctrico inducido por un campo B variable con el tiempo viene dado por: E = E0 z 2 cos ω t u x Suponiendo que B tiene sólo componente en la dirección u y ..) . 1 ∂ ( ρEρ ) 1 ∇⋅E = = ⋅ 6ρ = 6 ρ ∂ρ ρ Por tanto. Bϕ = ρ z. Bz = 2 z ∂B ∂B ∂B ∇ ⋅ B = x + y + z = 1− 3 + 2 = 0 ∂x ∂ y ∂z También representa un campo magnético. Solución Las componentes del campo en este sistema de coordenadas son: Eρ = 3ρ. Bz = cos φ ρ Hallamos su divergencia. 1 ∂ ( ρBρ ) 1 ∂Bφ ∂Bz ∇⋅B = + + = 0+0+0 = 0 ρ ∂ρ ρ ∂φ ∂ z Luego representa un campo magnético b) Para el segundo campo vectorial. ¿Cuál de los siguientes campos vectoriales puede representar un campo B ? 1 B = uρ + ρzuφ + cos φu z ρ B = ( x + 2 )u x + (1 − 3 y )u y + 2 zu z Solución a) Para el primer campo se tiene Bρ = 1 . 2. By = 1 − 3 y. Ez = 6 Hallamos la divergencia de este campo. Eφ = 0. . determínese la densidad de carga volúmica asociada al mismo. la densidad de carga volúmica vale: ρV = ε0∇ ⋅ E = 6ε 0 Si el campo está dado en V/m.Problemas del Tema 1 1. la densidad de carga se medirá en C/m3. Bx = x + 2. Si el campo vectorial dado en coordenadas cilíndricas por E = 3ρuρ + 6u z representa un campo electrostático. ∇ × B = ∂x x uy ∂ ∂y −y uz ∂ =0 ⇒ J =0 ∂z 0 b) Para el segundo campo usamos los operadores expresados en coordenadas esféricas: 1 ∂ ( r 2 Br ) 1 ∂Bφ 1 ∇⋅B = 2 + = 3cos φ + ( −3r sen θ cos φ ) = 0 .. A ( r . t ) = A0 sen ( kx − ω t ) u y donde A0 . t ) = 0 . Determinar los campos E y B y comprobar que satisfacen las ecuaciones de Maxwell. B = xu x − yu y B = r cos φ ur − 3r sen θ sen φ uφ a) Para el primer campo se tiene ux ∂ ∇ ⋅ B = 1 −1 = 0 .Se tiene las distribuciones Φ ( r . r ∂r r sen θ ∂φ r sen θ ∇× B = 1 ∂ ( sen θ Bφ ) 1 1 ∂Br ∂ ( rBφ ) ur + uθ − sen θ ∂φ r sen θ ∂θ r ∂ r Por tanto. Analizar cuál de los siguientes campos puede representar un campo de inducción magnética estática. ω y k son constantes. ¿Qué condición se debe imponer sobre ω y k ? Solución Campo eléctrico: ∂ A ∂ E = −∇Φ = − A0 sen ( kx − ω t ) u y = A0 ω cos ( kx − ω t ) u y − ∂t ∂t =0 . Calcular la densidad de corriente asociada al mismo.3. la densidad de corriente asociada será: 1 1 sen φ J = ∇ × B = −6cos θsen φ ur + 6sen θsen φ − uθ µ0 µ0 sen θ 4. Campo magnético: ux uy uz ∂ B = ∇× A = ∂x 0 ∂ ∂ ∂y A0 sen ( kx − ω t ) ∂z 0 = ∂ ∂x A0 sen ( kx − ω t ) u z = A0 k cos ( kx − ω t ) u z Ecuaciones de Maxwell: ∂E y ∂ ∇× E = uz = A0 ω cos ( kx − ω t ) u z = − A0 k ω sen ( kx − ω t ) u z ∂x ∂x ∂B = A0 k ω sen ( kx − ω t ) u z ∂t ∂B Hemos comprobado que se cumple ∇ × E = − . Para las ecuaciones de divergencia tenemos: ω k . J = 0. Por otra parte: ∂t ux uy uz ∂ ∇× B = ∂x 0 ∂ ∂ ∂y 0 ∂z A0 k cos ( kx − ω t ) ∂E ∂t = ∂ ∂t ∂ =− ∂x A0 k cos ( kx − ω t ) u y = A0 k 2 sen ( kx − ω t ) u y 2 A0 ω cos ( kx − ω t ) u y = A0 ω sen ( kx − ω t ) u y 1 ∂E La ecuación ∇ × B = se verifica si imponemos c 2 ∂t k2 = 1 c2 ω2 ⇒ c= Además no hay densidad de corriente libre. 043sen 2π ⋅10 t ( A ) D cuadrado 8 8 . determinar la corriente total que atraviesa uz un cuadrado de 0. σ = 4S/m. La densidad de corriente de conducción vale: J = σE = 40 cos 2π ⋅108 t u z (A/m2) El cociente de ambas (módulo) será: J 40 cos ωt 4 = cot 2π ⋅108 t = 9.Entre las placas de un condensador de placas paralelas se conecta un voltaje alterno.22 cot 2π ⋅108 t = 8 J D 10 ε ω sen ωt 78 ⋅ 2π ⋅10 ε 0 Y la corriente total: I total = ∫ ( J + J ) ⋅ dS = 0. la corriente que atraviesa el cuadrado será I D = ∫ J D ⋅ dS = −10 ε0 ω sen ωt ∫ dS = −0. ε = 78ε 0 . Su densidad viene dada por: ∂E J D = ε0 = −10 ε 0 ω sen ωt u z ( A/m 2 ) ∂t Por tanto. hallar la relación entre la densidad de corriente de conducción y la de desplazamiento a la frecuencia de 100 MHz. Calcular también la corriente total que atraviesa el cuadrado.4 cos 2π ⋅10 t − 0. ∂Ey ∇⋅E = = 0 ⇒ ρV = 0 ∂y ∇⋅B = 0 5.. b) Si entre las placas se pone agua de mar.1 m de lado colocado perpendicularmente al campo como se muestra en la figura. El campo que se establece en el condensador viene dado por: E = 10cos ωt u z a) Si el medio entre placas es aire (ε 0 . µ 0 ) . ω = 2π ⋅108 s −1.1 ε 0 ω sen ωt (A) cuadrado cuadrado b) Para f = 100 MHz. Solución a) La única corriente que existe en esta región es la de desplazamiento. . b) Una línea de transporte de alta tensión de 50 Hz que soporta un campo eléctrico de 100 kV/m.8 × 10−4 A/m 2 36π c) λ = 600 × 10−9 m . J D = 100π ⋅ 1 ×10 −9 ×105 (A/m 2 ) = 2. J D = 2π ⋅ 5 × 1014 ⋅ f = c = 5 × 1014 Hz λ 1 ×10 −9 ⋅ 3 × 104 (A/m 2 ) = 8.6.En medios dieléctricos se estudió que para los cálculos de campos. 6 × 10−11 A/m 2 36π b) f = 50 Hz . tomamos ε = ε 0 = × 10 −9 F/m.. un medio dieléctrico polarizado se podía sustituir por una densidad superficial de carga de polarización ρps (C/m2) y una densidad volúmica de carga de polarización ρp (C/m3). Solución Para campos armónicos la corriente de desplazamiento viene dada por: ∂D JD = = ωε E ∂t En los tres casos la corriente es paralela al campo eléctrico y está desfasada π / 2 con 1 respecto al mismo. 36π a) f = 1 MHz. . 4 × 108 A/m 2 36π 7.Calcular la densidad de corriente de desplazamiento para los siguientes campos electromagnéticos a) Una onda de radiodifusión de 1 MHz que se propaga con un campo eléctrico de 1 µV/m. E = 3 × 104 V/m. en función de las densidades de carga en la interfase. Encontrar las condiciones de contorno en la superficie de separación de dos medios distintos para: a) La componente normal del vector polarización P b) La componente normal de E. c) El haz de un láser de 600 nm que posee un campo eléctrico de 3× 10 4 V/m. J D = 2π× 106 ⋅ 1 × 10−9 × 10−6 (A/m 2 ) = 5. E = 100 kV/m. E = 1 µV/m. ( E − E ) ⋅ n = ρ 1 2 S + ρ PS ε0 . queda finalmente: P1n − P2 n = −ρ ps b) Teniendo en cuenta que ε0 E = D − P y que la condición de contorno para el vector D es la dada en la ec. ρsp 2 P2n P2 a) La relación entre P y ρ p es. (1. queda: ε0 E1 − E2 ⋅ n = D1 − D2 ⋅ n − P1 − P2 ⋅ n = ρ S + ρ PS ( ) ( ) ( ) Por tanto. constantes los valores en las bases. Queda entonces: ( ) P1 − P2 ⋅ n ∆S = −ρ p ∆S h El término de la derecha es la carga de polarización en el volumen ∆V .Solución P1n P1 1 n h ρs . además. podemos considerar aprox.19). Al tomar límites la carga se reduce a la densidad superficial: lim ρ p ∆Sh = ρ ps ∆S h →0 Operando. ∇ ⋅ P = −ρ p Hallamos la integral extendida al volumen del cilindro elemental de la figura: ∇ ⋅ PdV = P ∫ ∫ ⋅ dS = − ∫ ρ p dV ∆V ∆S ∆V Cuando h → 0. el flujo del vector P a través de la superficie lateral es despreciable. Solución x B1n = B2 n 1 2 ⇔ H2z = 1 20 H1 z = = 10 µr 2 2 µr = 1 µr = 2 z ( ) n × H1 − H 2 = J S ⇒ ( ) u z × [30 − H 2 x ] u x + 40 − H 2 y u y + [ 20 − H 2 z ] u z = 5u x Por tanto. H 2 x = 30 . calcular: a) H 2 . 8. H 2 y = 45 a) H 2 = 30u x + 45u y + 10u z b) B2 = 2µ 0 H 2 ( A/m ) (T) c) α1 = arctan 302 + 402 = 68. z < 0). Si H1 = 30 u x + 40 u y + 20 u z (A/m)..2o 20 d) α 2 = arctan 302 + 452 = 79.5o 10 .Una lámina infinita con corriente J s = 5 u x (A/m) coincidente con el plano XY. c) el ángulo α1 que forma B1 con el eje z. b) B2 . z > 0) de un medio con µr = 2 (región 2. separa el aire (región 1. d) el ángulo α2 que forma B2 con el eje z. y que su valor en t = 0 es nulo. 9. Solución ∇× E = ux uy ∂ ∂ ∂x E0 z 2 cos ω t ∂y 0 uz ∂ B = E0 z 2 cos ω t u y = 2 E0 z cos ω t u y = − ∂z ∂z ∂t 0 ∂ ∂ Integrando con respecto a t la expresión de B viene dado por: 2E z B = − 0 sen ω t + Cte uy ω =0 Las posibles componentes constantes en las otras direcciones (que al derivar con respecto a t no darían contribución al rotacional). hallar la expresión de B utilizando la ley de Faraday. Esta corriente entraría en las ecuaciones de Maxwell del siguiente modo (por similitud con la corriente eléctrica como fuente de campo magnético): ∂B ∇ × E = −µ o J m − ∂t Esto sería una generalización de la ley de Faraday. Rev. las ignoramos porque se impone que B sólo tiene componente y. 10.. Phys. cuya autoinductancia es L.El campo eléctrico inducido por un campo B variable con el tiempo viene dado por: E = E0 z 2 cos ω t u x Suponiendo que B tiene sólo componente en la dirección u y . ¿Qué corriente se induce en la espira? (Ver Blas Cabrera. Lett. Integrando esta ley de Faraday generalizada en la superficie de la espira: d dΦm ( ∇ × ) • dA = • dl = ε = −µ • d A− • dA = −µ I − E E J B o m o m ∫ ∫ ∫ dt ∫ dt ..Suponer que un monopolo magnético qm pasa a través de una espira circular sin resistencia. La constante µ o es justo la que hace falta para que cuadren las dimensiones de la ecuación.) Solución Si existen los monopolos magnéticos. su movimiento equivale a una “corriente magnética” J m . 48 (1982) 1378. el flujo pasa a ser “negativo” – en sentido contrario al del principio –. de modo que dt dI µ o 1 dΦm = Im + . En definitiva: I= µ o qm L . y cuando se aleja el flujo tiende nuevamente a cero). Si la espira es plana. al acercarse. una vez que el monopolo atraviesa la espira. entonces ∆Qm = qm y ∆Φ m = 0 (cuando el monopolo está muy lejos de la espira. Φ m = 0 . o: dt L L dt I= µo 1 ∆Qm + ∆Φ m L L donde ∆Qm es la carga magnética total que atraviesa la espira y ∆Φ m el cambio en el flujo magnético a través de la espira. digamos “positivo”. crece el flujo.Pero ε = − L dI . Tema 2. ∇ 2 Φ = 0 (ecuación de Laplace) (2. Si se conocen todas las fuentes en el problema.4) =0 donde el último término desaparece por cumplirse la ecuación de Laplace. Unicidad de la solución. Problemas de contorno: Campos estáticos 2.1 El problema de contorno en electrostática y magnetostática. La demostración puede hacerse a partir de la aplicación del teorema de la divergencia de Gauss al vector Φ∇Φ .3) 2 2 Φ∇Φ ⋅ n dS = ∇ ⋅ Φ∇Φ dV = ∇Φ dV + ∫ Φ ∇ Φ dV ∫ ∫ ∫ S V V V (2. en un volumen V rodeado por la superficie S: (9) ∇ ⋅ Φ∇Φ = ∇Φ ⋅ ∇Φ + Φ∇ 2Φ ( ) ( ) (2. por lo que en general nos referiremos al potencial electrostático. ♦ La solución también es única si se establece la derivada normal del potencial (condiciones de Neumann) sobre la superficie. Pero lo habitual es que se conozcan condiciones sobre una superficie que limita la región en estudio. la solución es inmediata por superposición. ¿Cuáles son las condiciones de contorno adecuadas para que resulte una solución única del problema definido por la ecuación de Poisson o Laplace? ♦ Una posibilidad es especificar el potencial sobre puntos de una superficie cerrada (condiciones de Dirichlet) ya que determina unívocamente el potencial en el interior. lo que equivale a dar la distribución superficial de carga. Se trata así de encontrar la solución a las ecuaciones del tipo ∇ 2Φ = − ρV (ecuación de Poisson) ε (2. La determinación de los campos eléctrico o magnético en situaciones estáticas es un problema de gran importancia práctica.2) Para el caso magnetostático el problema es formalmente análogo al eléctrico. 1 . o condiciones de contorno.1) o para puntos en los que no existen fuentes. quedando así asegurada la unicidad de la solución. el primer miembro de (2. 2. para cualquiera de las dos condiciones de contorno.4) pero para dos funciones escalares Φ y Ψ genéricas.5) V Así.8) V 2 . de Dirichlet o de Neumann.5) se anula y al ser el integrando del segundo miembro una cantidad definida positiva en todo el volumen V. continuas y con derivadas primera y segunda también continuas en V.La proyección de los gradientes sobre la normal a la superficie puede también expresarse como la derivada del escalar respecto a la normal: ∂Φ ∇Φ ⋅ n ≡ ∂n Supongamos ahora que pueden existir dos soluciones Φ1 y Φ 2 que satisfacen la ∂Φ1 ∂Φ 2 = .4) a la diferencia Φ1 − Φ 2 .2 Teorema de reciprocidad Partiremos de una igualdad análoga a (2. las soluciones deben ser la misma o diferir en una constante.6) Por tanto. Si aplicamos la ∂n ∂n condición fijada sobre el contorno: 1) Φ1 = Φ 2 ó 2) ecuación (2. ( ) 2 Φ − Φ ∇Φ − ∇Φ ⋅ n dS = ∇Φ 2 ∫ ( 1 2 ) 1 ∫ 1 − ∇Φ 2 dV S (2. necesariamente ha de ser ∇Φ1 = ∇Φ 2 . Obtenemos así la igualdad ∫ Φ S ∂ψ dS = ∫ ∇Φ ⋅ ∇ψ dV + ∫ Φ∇ 2ψ dV ∂n V V (2. Intercambiando las dos funciones escalares y restando las igualdades obtenidas se llega inmediatamente a: ∂ψ ∂Φ ∫ Φ ∂n − ψ ∂n dS = ∫ ( Φ ∇ ψ − ψ∇ Φ ) dV S 2 2 (2.7) denominada 1ª identidad de Green. lo que no supone ninguna diferencia en cuanto a la distribución de campo eléctrico. ∀r ∈ V (2. la de superficie S → S∞ (superficie del infinito). Q2 .8) a ambas y obtendremos ∫ (Φ ∇ Φ 2 1 2 V ∂ Φ1 ∂ Φ2 − Φ 2∇ 2Φ1 ) dV = ∫ Φ1 − Φ2 dS . Si tenemos dos distribuciones localizadas de carga ρ1 y ρ2. por tanto. La expresión obtenida puede extenderse para incluir también las densidades de carga superficiales.10) V resultado que se conoce como teorema de reciprocidad de Green.V1 Conductor N Q2 . que producen en todo el espacio los potenciales Φ1 y Φ 2 . Qi . Teniendo en cuenta además que ∇ 2Φ = −ρ / ε 0 . respectivamente. ∂n ∂n S (2. como se muestra en la Fig 1.3 Sistemas de conductores: coeficientes de potencial e influencia Consideremos un conjunto de conductores cargados. Sobre ellos.Vi . por ejemplo sobre conductores cargados.VN Conductor 1 Q1 . QN . podemos aplicar el teorema de Green (2.10a) S 2.⋯ . o teorema de Green.⋯ . QN y V1 . podemos extender la integral de volumen a todo el espacio y. queda ∫Φ 2 ρ1 dV = ∫ Φ1 ρ2 dV V (2.V2 Qi .Vi Conductor 2 Conductor i Figura 1: Conjunto de conductores en equilibrio electrostático 3 . Supongamos un estado en el que las cargas y potenciales de los conductores son Q1. en equilibrio electrostático. ∂Φ / ∂ n = σ / ε 0 quedando: ∫ (Φ 2 ρ1 − Φ1 ρ2 ) dV ' = ∫ ( σ 2 Φ1 − σ1 Φ 2 ) dS ' V S O bien. donde el integrando tiende a cero al menos como 1/R3 y dS es ∝ R . ∫ρ 2 Φ1 dV '+ ∫ σ 2 Φ1 dS ' = ∫ ρ1 Φ 2 dV '+ ∫ σ1 Φ 2 dS ' V S V (2.VN . V2 .⋯.⋯ .que es la 2ª identidad.9) Al estar las cargas localizadas en una región finita. Esta última 2 integral se anula por tanto. ⋯ . se tiene Qi = Ci 1 V1 + Ci 2 V2 + ⋯ + Cij V j + ⋯ + PiN VN =0 =0 =1 ⇒ Qi = Cij =0 4 . resulta: Vi = Pi 1 Q1 + Pi 2 Q2 + ⋯ + Pij Q j + ⋯ + PiN QN =0 =0 =1 ⇒ Vi = Pij =0 Por tanto. N (2. las cargas se podrán expresar recíprocamente como combinaciones lineales de los potenciales: N Qi = ∑ Cij V j . En efecto. según el cual el potencial en cualquier punto es la suma de las contribuciones de cada una de las cargas individuales.12).⋯ .12) j =1 donde Cij ( i ≠ j ) son llamados coeficientes de influencia y Cii coeficientes de capacidad. Para nuestro sistema esto se traduce en que los potenciales pueden expresarse como combinaciones lineales de las cargas en cada uno de ellos: N Vi = ∑ Pij Q j . Si todos los conductores están a potencial cero salvo el j que se encuentra a V j = 1 . es diferente del coeficiente de capacidad de ese mismo conductor aislado C. (2.11). El significado físico de los Pij es evidente si analizamos la ec. i = 1. Pij representa el potencial que adquiere el conductor i cuando todos los conductores están descargados. Hay que hacer notar que el coeficiente de capacidad de un conductor en presencia de otros. 2. Los coeficientes de influencia y de capacidad dependen solamente de la geometría del sistema y no del estado eléctrico de los conductores El significado físico de los Cij es evidente a partir de (2. excepto el conductor j que tiene carga unidad. N (2. si todos los conductores tienen carga nula salvo el j que tiene Q j = 1 . Si la relación anterior se invierte. 2. i = 1.Debido a la linealidad de las ecuaciones de Maxwell y en particular de la ecuación de Poisson. Cii .11) j =1 donde Pij son los llamados coeficientes de potencial. se verifica el principio de superposición. excepto el conductor j que está a potencial unidad. Puesto que en esta situación las líneas de campo deben partir del conductor j que es el único a potencial positivo y acabar en los otros conductores o en el infinito. la carga positiva debe ser mayor o igual que la suma de las negativas en valor absoluto. Q1 = C11 V1 + C12 V2 + ⋯ + C1 j V j + ⋯ + C1 N VN =0 =0 =0 =1 Q2 = C21 V1 + C22 V2 + ⋯ + C2 j V j + ⋯ + C2 N VN =0 =0 =1 =0 ⋯⋯⋯ QN = C N 1 V1 + C N 2 V2 + ⋯ + C Nj V j + ⋯ + C NN VN =0 =0 =1 =0 5 . Cij representa la carga que adquiere el conductor i cuando todos los conductores están a potencial cero. Por tanto los coeficientes de influencia serán negativos y los de capacidad positivos. Cij = C ji . N Cii ≥ −∑ Cij j ≠i Los coeficientes de influencia son simétricos y –como la matriz de coeficientes de potencial es inversa de los de capacidad– también lo serán aquéllos. Cii > 0. las cargas de los demás conductores serán negativas. Q1 = C11 V1 + C12 V2 + ⋯ + C1i Vi + ⋯ + C1 N VN =0 =0 =1 =0 Q2 = C21 V1 + C22 V2 + ⋯ + C2 i Vi + ⋯ + C2 N VN =0 =0 =1 =0 ⋯⋯⋯ QN = C N 1 V1 + CN 2 V2 + ⋯ + CNi Vi + ⋯ + C NN VN =0 =0 =1 =0 En la segunda. el conductor j el que está a potencial unidad y el resto a cero.Así. Cij < 0 Además. Pij = Pji Para demostrarlo consideremos dos situaciones diferentes para el sistema de N conductores: en la primera todos los conductores están a potencial cero excepto el i que está a potencial unidad. ) =1 =1 2. no es fácil encontrar un conjunto finito de cargas imágenes que resuelvan un problema de contorno dado.4 Método de imágenes Consideremos un problema de Dirichlet definido por una cierta región del espacio V donde existen cargas y unas condiciones de contorno dadas por los valores del potencial sobre la superficie S que la limita (situación de la Figura 2a). ⋅⋅⋅ CNi y en el segundo.Vemos que las cargas sobre los conductores son en el primer caso C1i . produzca el mismo potencial Φ (r ) sobre S (situación 2b). entonces el teorema de unicidad nos asegura que. se obtiene inmediatamente Cij V j = C ji Vi ⇒ Cij = C ji . C1 j .q. Para algunas geometrías sencillas. la solución para ambas situaciones es la misma. ⋅⋅⋅ C Nj . como se verá en los siguientes ejemplos. C2i . exteriores a V (2b). sin embargo. Si somos capaces de encontrar una distribución de cargas exteriores a V. Si se aplica el teorema de reciprocidad de Green al producto de cargas en un caso por potenciales en el otro. En general. Un problema de contorno (2a) puede resolverse como el potencial creado por las cargas interiores qi más las cargas imágenes q’i. qi′ S qi V S qi V Φ (r ) Φ(r ) 2a 2b Figura 2. la solución por imágenes es directa y de gran utilidad. (c. dentro del volumen V. A las cargas exteriores q’i se les llama cargas imágenes.d. que producen el potencial dado Φ ( r ) sobre la superficie. que juntamente con las cargas interiores. C2 j . 6 . 2) Hagan cumplir.a) Imagen de una carga frente a un plano conductor indefinido q q d q’ = – q d d Φ=0 Φ=0 3 2a 32b Figura 3. En la figura se representan las líneas de campo eléctrico. de ahí el nombre del método). b) Imagen de una carga frente a una esfera conductora a potencial cero Es conocido que dos cargas puntuales de distinto signo y cuyas magnitudes están en una relación dada. Carga puntual q frente a plano a tierra (potencial cero). es decir. Carga puntual frente a esfera conectada a tierra. La carga imagen es una carga igual y de signo contrario a la carga original. deben pertenecer al espacio ‘imagen’ y no al espacio del problema real. situada simétricamente a ella respecto al plano (imagen especular. las condiciones de contorno dadas. q ' = −q d'=d situada en (2. Cualquier magnitud física asociada a los campos en el problema real puede calcularse mediante la situación equivalente. utilizando las cargas imágenes. tienen siempre una equipotencial que es una esfera. Figura 4. Vamos a resolver el problema de una carga puntual frente a un plano a potencial cero (Figura 3). la distancia d ' = d Esta propiedad puede utilizarse para establecer el método de imágenes para una carga frente a una esfera a 7 . junto con las cargas reales. La carga imagen q ' = − a q y está situada a d a2 del centro de la esfera.13) Debemos verificar siempre que las cargas imágenes: 1) Estén fuera del volumen V. El potencial creado por q y la carga imagen –q resuelven el problema del potencial en el semiespacio de la izquierda. 3/2 4 πε 0 ( a 2 + d 2 − 2 ad cos θ ) (2. conectada a tierra (Figura 4). E (r ) = 1 4 πε 0 q r − d uz 3 + q' r − d uz r − d ' uz 3 r − d ' uz (2. como por ejemplo la densidad superficial de carga σ = ε 0 E ( r ) r =a . 2.14) Puede comprobarse que efectivamente Φ ( r ) r = a = 0 cuando q' = − a q d y d'= a2 d (2. a ( d 2 / a 2 − 1) q E ( r ) r =a = − ur . En él la ecuación diferencial en derivadas parciales se separa en un conjunto de ecuaciones diferenciales ordinarias. para hallar el potencial de una carga frente a una esfera a un potencial fijado V0. El procedimiento es especialmente útil cuando las superficies límite sobre las que se imponen las condiciones de contorno. coinciden con 8 . que producirá el potencial deseado sobre la esfera.17) pudiéndose obtener a partir de él otras magnitudes.5 Separación de variables El método de mayor generalidad para resolver la ecuación de Laplace es el de separación de variables. El volumen V es el exterior de la esfera (limitado por la superficie esférica y una superficie muy alejada en la que el potencial es cero o S∞ ).16) y sobre la superficie de la esfera conductora. o en particular. El potencial creado en el punto r por la carga q y su imagen q’ es Φ(r ) = q q' 1 + 4 πε0 r 2 + d 2 − 2 rd cos θ r 2 + d ' 2 − 2 rd 'cos θ (2. Análogamente.15) que es por tanto la carga imagen buscada en la posición d ′. hay que añadir a la carga imagen q’ una carga imagen adicional Q = 4 πε 0V0 a en el origen. El campo eléctrico en cualquier punto exterior a la esfera se podrá calcular como.potencial constante. cada una de ellas en términos de una sola variable independiente. en el sistema de coordenadas elegido. = β 2.21) Las soluciones de estas ecuaciones ordinarias son. Un tratamiento más general y su aplicación a otros tipos de coordenadas. Φ ( x. . a) Separación de variables en coordenadas cartesianas La ecuación de Laplace en coordenadas cartesianas se escribe: ∂ 2Φ ∂ 2Φ ∂ 2Φ + + =0 ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 (2. por tanto. Vamos a exponer el fundamento del método. 2 Z dz α2 + β2 +γ 2 = 0 (2.superfices de coordenada constante.21). exponenciales. x + A ' e −α x )( B e β y + B ' e − β y )( C eγ z + C ' e −γ z ) (2. particularizándolo para coordenadas cartesianas y esféricas. la solución general puede expresarse en la forma Φ ( x.18) Buscaremos soluciones de (2. Denotando estas constantes por α . β y γ .20) Como las coordenadas son independientes. pueden consultarse en libros de ecuaciones diferenciales o textos avanzados de electromagnetismo. y . cada uno de los tres sumandos en (2. lo que resulta esencial para construir la solución buscada. ortogonales y completos.18) que se expresen en la forma de producto de tres funciones. con las condiciones de contorno de Dirichlet o Neumann. queda: 1 d2X 1 d 2Y 2 =α . se obtiene: 1 d 2 X 1 d 2Y 1 d 2 Z + + =0 X dx 2 Y dy 2 Z dz 2 (2. constituyen problemas del tipo de Sturm-Liouville y los conjuntos de soluciones son. 2 2 X dx Y dy 1 d 2Z = γ 2. como es bien sabido. y . cada una de ellas dependiente de una de las coodenadas cartesianas. Dado el carácer ortogonal y completo de las soluciones de (2. cualquier solución de la ecuación de Laplace puede construirse a partir de una combinación lineal de estas soluciones separadas. z ) = X ( x ) ⋅ Y ( y ) ⋅ Z ( z ) (2. Así.18) y dividiendo por X ( x) ⋅ Y ( y ) ⋅ Z ( z ) .22) 9 .20) 2 2 2 debe ser una constante. z ) = ( Aeα ∑ α βγ . Las ecuaciones diferenciales ordinarias que resultan.19) Sustituyendo en (2. Al ser por tanto β = γ = 0 . La elección de la(s) constante(s) imaginaria(s) se hará dependiendo del problema. la solución correspondiente es Ax + A ' .23) Φ (d ) = 0 . análogamente.24) 10 . Sean dos placas conductoras paralelas e indefinidas a potenciales V y 0 respectivamente. con B = C = 0. La combinación de exponenciales positivas y negativas es equivalente a una combinación de funciones seno y coseno hiperbólico y. o sea el potencial debe variar linealmente con x y ser Figura 5. la de exponenciales imaginarias es equivalente a una combinación de senos y cosenos trigonométricos.22). la solución no debe depender de las coordenadas y ni z. Es importante observar que la forma concreta de la solución deberá elegirse de acuerdo con las características físicas del problema. Φ ( x) = Ax + A ' Las constantes se determinan de las condiciones de contorno. Igualmente. también α = 0 . al menos una de ellas debe ser negativa y por tanto α .21) sea cero. El resultado es Φ ( x) = V (1 − x / d ) (2. En definitiva. de donde A = −V / d . ♦ También es posible el valor cero para alguno(s) de los parámetros. (2. z. por lo que hay que añadir posibles soluciones de este tipo a cada uno de los factores de (2. Debido a la simetría del problema. Por ejemplo si α = 0. y A ' = V . imaginarias. En ese caso la solución correspondiente es una variación lineal. β o γ. las constantes se fijarán aplicando las condiciones de contorno del problema. Φ (0) = V .♦ Para que la suma de las tres constantes en (2. y para cada una de estas variables debemos tener una variación lineal ( B y + B ')( C z + C ') . Potencial entre las placas indefinidas de un condensador plano constante en las direcciones y. Ejemplo 1: Potencial en el interior de un condensador de placas planas y paralelas. y.21) de forma general como X ( x) = A sen (α x ) + B cos (α x ) Y ( y ) = C sen ( β y ) + D cos ( β y ) Z (z) = E e α 2 +β 2 z + F e− (2. b ) : 11 .26) n =1 m =1 Falta por imponer la condición de contorno en z = 0. x = a. multiplicaremos por × sen(n 'π x / a ) sen(m 'π y / b) e integraremos a las x e y . α = nπ mπ . Así. a ) y ( 0.25) α 2 +β 2 z Las condiciones de contorno implican que B = D = E = 0. las constantes α y β se tomarán imaginarias y expresaremos las soluciones a (2. y ) = ∑∑ Anm sen ( nπ x / a ) sen ( mπ y / b ) (2. escogeremos una constante γ real.0) = V0 ( x. como una función V0 ( x. z ) = ∑∑ Anm sen ( nπ x / a ) sen ( mπ y / b ) e −π ( n / a )2 + ( m / b )2 z (2. mientras que como la solución debe anularse en x = 0. entre ( 0. y ) a eje z. Figura 6. Las condiciones de contorno son: x potencial cero en las caras laterales y V =0 potencial dado. ∞ ∞ Φ ( x. β= . Problema de contorno sobre las caras de un paralelepípedo semi-indefinido. Dado que el potencial debe anularse cuando z → ∞ . y ) z sobre la base z = 0. y = b. a b con lo que la solución toma la forma: ∞ ∞ Φ ( x. cuyas paredes laterales se extienden y de manera indefinida en la dirección del b V0 ( x . y.Ejemplo 2: Se quiere calcular el potencial en el interior de una caja paralelepipédica abierta.27) n =1 m =1 La forma de despejar las constantes de esta ecuación es el procedimiento habitual en desarrollos en términos de funciones ortogonales. y = 0. 28) = 0.31-b) Buscamos soluciones separables.34) 12 .30) y la solución es (2.26) con (2. obtenemos la ecuación: P ( θ) d 2 d R R d dP r + 2 sen θ = 0 2 r dr dr r sen θ d θ dθ (2.30). y )sen ( n 'π x / a ) sen ( m 'π y / b ) dx dy b 0 0 (2. Φ(r .∞ ∞ a b ∑∑ Anm ∫ sen ( nπ x / a ) sen ( n 'π x / a ) dx ∫ sen ( mπ y / b ) sen ( m 'π y / b ) dy n =1 m =1 0 0 =∫ a 0 ∫ V ( x. esta ecuación se reduce a: ∇ 2Φ = 1 ∂ 2 ∂Φ 1 ∂ ∂Φ sen θ =0 r + 2 2 ∂θ r ∂r ∂r r senθ ∂ θ (2. y )sen ( nπ x / a ) sen ( mπ y / b ) dx dy ab ∫0 ∫0 (2.32) y por un procedimiento análogo al seguido con las coordenadas cartesianas. θ) = R(r ) ⋅ P(θ) (2.33) Dividiendo por R (r ) ⋅ P (θ) y multiplicando por r 2 resulta: 1 d 2 dR 1 d dP r =− sen θ R dr dr P sen θ d θ dθ (2. independientes de φ. ∫0 sen ( nπ x / a ) sen ( n 'π x / a ) dx = = a 2 a Pero si n ' ≠ n si n ' = n (2. b) Separación de variables en coordenadas esféricas En coordenadas esféricas la ecuaciónde Laplace se escribe: 1 ∂ 2 ∂Φ 1 1 ∂ ∂Φ ∂ 2Φ ∇ Φ = 2 r =0 sen θ + + ∂ θ r 2sen 2θ ∂ φ2 r ∂r ∂r r 2senθ ∂ θ 2 (2.29) obteniéndose Anm = 4 a b V0 ( x.31-a) Para problemas con simetría azimutal. Figura 7. Puesto que hemos determinado K podemos intentar resolver (2. es decir. incluyendo 0 y π . En la figura 7 se muestra la gráfica y la expresión de los 3 primeros polinomios. es cero para n ≠ m y 1 si n = m .37) donde n es un entero nulo o positivo.39) Esta ecuación admite dos soluciones linealmente independientes para cada n: 13 . es decir se denotan Pn ( cos θ ) y se denominan Polinomios de Legendre. x ≡ cos θ Estos polinomios son ortogonales.35) (2.36) La ecuación (2. Las soluciones correspondientes se asocian al índice n . tiene soluciones que se comportan bien para todos los valores de θ.38) −1 siendo x ≡ co s θ.36) para distintos n: d 2 dR r = n ( n + 1) R dr dr (2. La función delta de Kronecker. Así: d dP sen θ + KP = 0 sen θ d θ dθ 1 d 2 dR r = KR dr dr (2.Puesto que el miembro de la izquierda sólo depende de r y el de la derecha sólo depende de θ.35) se conoce como ecuación de Legendre. 2 δ nm 1 ∫ P ( x ) ⋅ P ( x ) dx = 2 n + 1 n m (2. solo si se cumple: K = n ( n + 1) (2. δnm . la única forma de igualarlos para todo r y θ es que ambos sean iguales a una constante K. Tabla y gráfica de los polinomios de Legendre. Potencial entre dos esferas La condición de contorno Φ ( R1 ) = 0 aplicada a (2. Se obtiene: ∞ Φ ( r . ∞.1. R23 R2 An + Bn R2 ( − 2 n +1) = 0 para n ≠ 1 Resolviendo el sistema obtenido para los coeficientes resulta: 14 . la solución general se escribirá como una combinación lineal de todas las posibles soluciones − o sea. n = 0. θ ) = ∑ An r n + Bn r −( n +1) ⋅ Pn ( cos θ ) (2.Rn = r n y Rn = r −( n +1) (2. Determinar el potencial en la región R1 ≤ r ≤ R2 . θ ) = r n Pn ( cos θ ) Φ n ( r .40) La solución del potencial Φ n = Rn ( r ) ⋅ Pn ( cos θ ) tiene por tanto dos soluciones linealmente independientes: Φ n ( r .⋯ . Los potenciales en ambas superficies están dados por Φ ( R1 ) = 0.41) Entonces. Ejemplo 3: Se tiene dos esferas concéntricas de radios R1 y R2 (R2 > R1). Φ=0 Φ = V0 cos θ R1 R2 Figura 8. A1 + B1 V0 = .42) nos da: An + Bn R1−( 2 n +1) = 0 para todo n y la condición de contorno Φ ( R2 ) = V0 cos θ . Φ ( R1 ) = V0 cos θ. θ ) = r − ( n +1) Pn ( cos θ ) y (2.42) n=0 Las constantes An y Bn han de ser evaluadas teniendo en cuenta las condiciones de contorno y las condiciones asintóticas del problema. A1 = V0 R22 R23 − R13 . que no incluyen simetría azimutal. An = Bn = 0 para n ≠ 1 Por tanto la distribución del potencial entre las esferas será: V0 R22 R13 Φ (r ) = 3 r − 2 cos θ R2 − R13 r Casos más generales. y los correspondientes a otros tipos de coordenadas pueden verse en la bibliografía recomendada. 15 . B1 = − V0 R22 R13 R23 − R13 . Aplicando el teorema de reciprocidad. 2 y 3. Tres esferas conductoras idénticas de radio a están colocadas en los vértices de un triángulo equilátero de lado b (b>>a). una a una y sucesivamente se conectan a tierra y se desconectan. de radios R1. Se tienen dos planos conductores semi-infinitos. y a) Calcular el potencial en la región ente los planos. PROBLEMAS 1. tiene una protuberancia semiesférica de radio R. Una esfera conductora de radio R1 está aislada y cargada con una carga Q. calcúlese su carga así como los potenciales de las otras dos esferas. Separación de variables. q a V =0 a x c) Si los planos se cortaran en un ángulo distinto de 90º. R2 y R3 y cargas Q1. Q2 y Q3 respectivamente. 4. hallar la carga inducida sobre cada plano. 0) hay una carga puntual q. a) Hallar los coeficientes de potencial del sistema de conductores y los potenciales de las tres esferas. En la posición (a. donde se coloca una carga puntual q=Q/3 a una distancia a=R2/2 del centro de la cavidad. Las esferas 1 y 2 son concéntricas (R2>R1) y la esfera 3 está a una distancia d del centro de las primeras. Inicialmente las tres esferas tienen la misma carga q. 6. En la vertical que pasa por el centro de la semiesfera y a una distancia D del mismo (D>R) hay una carga puntual q. b) Calcular la fuerza sobre q y la energía electrostática del sistema.ELECTROMAGNETISMO II (Grado en Física) Curso 2012-13 Tema 2. ¿podría aún resolverse el problema por imágenes? ¿bajo qué condición? 5. Unicidad de la solución. b) el valor del potencial y del campo eléctrico en el centro de la cavidad. de radio R2 (R2<R1). En el interior de la esfera hay una cavidad esférica. b) Si la esfera 2 se une a tierra. a potencial cero. siendo d >>R2 > R3. La carga dista d1 de uno de ellos. Se pide calcular: a) el potencial de la esfera conductora y su densidad superficial de carga. ¿Cuál es la carga de cada una al final de este proceso? 3. no concéntrica con la esfera conductora. . Problemas de contorno: Campos estáticos El problema de contorno en electrostática y magnetostática. Se tiene una carga puntual q entre dos planos conductores paralelos conectados a tierra y separados una distancia d. Sistemas de conductores: coeficientes de potencial e influencia. y = 0 y x = 0. Método de imágenes. Sea un sistema formado por tres esferas conductoras 1. Teorema de reciprocidad. a. conectados a tierra. Un conductor plano horizontal indefinido. Hallar: a) la expresión del potencial en cualquier punto del espacio y b) la fuerza sobre la carga q. utilizando el método de imágenes. 2. A continuación. Calcular la capacidad de la línea en presencia del plano conductor. a una distancia s del plano inferior. b. Un bloque conductor conectado a tierra. Hallar los coeficientes de influencia del sistema hasta segundo orden de aproximación. 11. con su eje paralelo al plano. a una distancia h del mismo. tiene una ranura rectangular cubierta por una placa que está aislada del bloque (en la figura se representa una sección transversal). Fuera del cilindro. b y una longitud muy grande en la dirección del eje z. Se tienen dos alambres rectos. indicando si es atractiva o repulsiva respecto al plano. conectados a tierra. hay una línea indefinida cargada con densidad de carga por unidad de longitud. b) Hallar las distribuciones de carga en y = 0. a una distancia h (h >> r). indefinidos. se coloca entre dos planos conductores paralelos indefinidos. de dimensiones a. etc. Un semicilindro conductor muy largo de radio R sobresale de un plano conductor horizontal conectado a tierra. de radio r. Determinar los campos en ambas regiones y la fuerza sobre el alambre. 10. Sobre la placa se establece un potencial V = V0. paralelos. La distancia entre los planos conductores es d. La línea está situada paralelamente a un plano conductor indefinido. y = s. despreciando términos (a/c)3. 8. V0 b a 14. es decir. . a) Hallar la distribución de potencial y de campo eléctrico. Una línea bifilar está formada por dos alambres cilíndricos paralelos indefinidos. 9. Hallar la distribución de potencial dentro de la ranura. separados una distancia d (d >> r). paralelo al eje. 13. Un plano con distribución de potencial V = V0 senax. Una esfera conductora de radio R está aislada y cargada con una carga Q. Se coloca un dipolo a una distancia a (a>R) del centro de la esfera. Un alambre indefinido recorrido por una corriente de intensidad I está situado en un medio de permeabilidad 1 y a la distancia d de la superficie plana de un medio extenso de permeabilidad 2 >1. Hallar la densidad de carga inducida en los puntos de la superficie cilíndrica más próximos a la línea de carga. (b/c)3. conectado a tierra. b) Demostrar que las equipotenciales son cilindros circulares y determinar la posición del eje y el radio del cilindro cuyo potencial es V0.7. a) Hallar el potencial en cualquier punto del espacio. Dos esferas conductoras de radios a y b tienen sus centros separados una distancia c > a. 12. cargados con densidades lineales de carga + y – separadas una distancia d. estando el vector momento dipolar p dirigido según un diámetro de la esfera y alejándose de esta. y = d. Hallar: a) el potencial eléctrico de la esfera y b) el campo eléctrico en los puntos de la línea que une el centro de la esfera con el dipolo y que distan R y 2a del centro de la esfera. Se tiene un sistema formado por dos esferas concéntricas de radios R1 y R2 (R2 > R1). compara esa fuerza con la que actúa sobre una carga a la misma distancia de un plano conductor a tierra.15. .θ) = V0 cos θ. el superconductor lo hace para el campo magnético mediante una corriente superficial). b) la distribución de carga inducida en la superficie de la esfera. hallar la densidad de corriente superficial. Hallar: a) El potencial en todo el espacio. 18. de radio R > d. b) Comprobar que la esfera polarizada produce un campo de tipo dipolar y hallar el momento dipolar al que equivale la esfera polarizada. Determinar el potencial y el campo eléctrico en los puntos r ≥ R1. conectada a tierra. c) De la condición de contorno para la componente tangencial de B. Una carga puntual q está situada a una distancia d del centro de una fina capa esférica conductora. para que el potencial eléctrico se anule en el exterior de esa esfera. c) el dipolo eléctrico inducido en la esfera. Hallar qué distribución de carga hay que establecer sobre una esfera de radio R con centro en la posición del dipolo. Particulariza la energía para el caso de la carga a la distancia a pequeña y deduce en ese caso la fuerza a partir de la energía. Una esfera conductora de radio R y carga q se coloca en un campo eléctrico uniforme Eo. Un superconductor tiene la propiedad de que excluye al campo magnético de su interior (de manera análoga a como un conductor excluye al campo eléctrico de su interior mediante una carga superficial. hallar el potencial magnético y el vector B en todo el espacio. Cuando la carga se lleva a una distancia pequeña a de la superficie. b) La densidad de carga inducida sobre la superficie interior de la esfera. El potencial en la superficie de la esfera interior es nulo y sobre la superficie exterior viene dado por V(R2. a) Como en el exterior de la esfera B 0 y B 0 . 20. en función de c) La carga total sobre esa superficie y la fuerza sobre la carga q. d) La energía electrostática del sistema. Se tiene un dipolo ideal de momento dipolar p. Una esfera dieléctrica de radio R y permitividad . En un campo magnético inicialmente uniforme B0. 19. Calcular: a) el potencial eléctrico dentro y fuera de la esfera. está situada en el vacío e inmersa en un campo uniforme E0. a) Hallar el potencial y el campo eléctrico en todo el espacio. 17. se puede escribir B M donde M satisface la ecuación de Laplace. Comprobar que el campo eléctrico solo tiene componente normal en los puntos de la superficie r = R1. se sumerge una esfera superconductora de radio R. 16. ¿Cuáles son las condiciones de contorno para M en r R y r ? b) Mediante el método de separación de variables. P1-T2 Supongamos dos distribuciones a las que aplicaremos el teorema de reciprocidad. Distribución 1: Condensador con placas a ± V / 2 −V/2 Φ1 ( z ) = − +V/2 − σ1 +σ1 V V + z. tal que Φ 2 ( d ) = 0 ρ2 = qδ ( r − d1u z ) V= 0 q d-d1 d1 z=0 q′ + q′′ = −q z=d Teorema de reciprocidad: ∫ ρ Φ dV + ∫ 2 V 1 plano z = 0 σ 2 (0)Φ1dS + ∫ plano z = d σ 2 (d )Φ1dS = ∫ ρ1Φ 2 dV + V ∫ ( −σ ) Φ dS + ∫ 1 plano z = 0 V V q Φ1 ( z = d1 ) + − q '+ q '' = 0 2 2 V V V V q − + d1 + − q '+ q '' = 0 2 2 d 2 q '+ q '' = − q d − d1 q d d q '' = − 1 q d q' = − ⇒ 2 plano z = d σ 1Φ 2 dS . 2 d ρ1 = 0 σ1 = ε 0 z=0 V Φ (0) = − 1 2 Φ (d ) = V 1 2 V d z=d Distribución 2: Situación real V= 0 q’ q’’ Φ 2 ( 0) = 0 Φ 2 ( z ) . P2-T2 3 Vi = ∑ Pij Q j j =1 P11 = P22 = P33 = P0 (esferas idénticas) P12 = P13 = P23 = P1 (simetría en las posiciones) b >> a Pij = Pji V1 P0 V2 = P1 V P 3 1 Si hacemos Q2 = Q3 = 0 . q en esfera 3 0 = PQ 1 1 + P0Q2 + Pq 1 = P1 ( Q1 + q ) + P0 Q2 ⇒ Q2 = − P1 2a a ( Q1 + q ) . Q2 en esfera 2 0 = P1 ( Q1 + Q2 ) + P0Q3 . Q1 = − q P0 b Etapa 2: V2 = 0. Q1 en esfera 1. P1 P0 P1 P1 Q1 P1 Q2 P0 Q3 Q1 1 V P Q P ≈ ≡ ⇒ ≈ 1 0 1 0 4π ε 0 a 4π ε 0 a V ≈ Q1 ≡ PQ ⇒ P ≈ 1 1 2 4π ε 0b 1 1 4π ε 0b Con esto quedan calculados los coeficientes de potencial. Según el enunciado. Q3 = − ( Q1 + Q2 ) P1 P0 ⇒ 2a a 2 Q3 = 3 − q b b2 . Q1 en esfera 1. inicialmente tenemos Q1 = Q2 = Q3 = q Etapa 1: V1 = 0. Q2 = Q3 = q 0 = P0Q1 + 2 Pq 1 ⇒ Q1 = − 2 P1 2a q. Q2 = − 1 q P0 b b Etapa 3: V3 = 0. Φ ( r ) = Φ ( R2 ) − ∫ Edr . Gauss) 4π ε 0 r 2 1 Q1 Q2 V1 = + 4π ε 0 R1 R2 en particular. V1 = − 4πε 0 R1 d R2 d 4πε 0 R1 R2 V3 = Q3 1 R2 − 4πε 0 R3 d 2 (potencial en un condensador esférico. 4πε 0 d R3 V1 = 1 Q1 Q3 Q1 Q3 Q1 1 1 − − + . 4π ε 0 r V3 Q1 (aplicando T. r R1 ≤ r ≤ R2 . 4πε 0 R1 V2 = P21Q1 + P22 Q2 + P23Q3 ⇒ 1 = P . donde E = R2 Φ(r ) = r ≥ R2 . V2 = + . V = 1 Q1 + Q2 2 4π ε R 0 2 ≈ d >> R2 . Q3 ≠ 0 ⇒ P33 = P12 = P21 = 1 4πε 0 R2 P31 = P13 ≈ P32 = P23 = 1 4πε 0 d 1 4πε 0 R3 Sustituyendo queda: V1 = 1 Q1 Q2 Q3 1 Q1 Q2 Q3 1 Q1 Q2 Q3 + . Φ(r ) = 1 Q1 Q2 + . 4π ε 0 r R2 1 Q1 + Q2 . Q1 + Q2 = −Q3 R2 d ⇒ Q2 = −Q3 R2 − Q1 d V3 = 1 R2 Q3 −Q3 2 + . 22 V3 = P31Q1 + P32Q2 + P33Q3 4πε 0 R2 Q1 = Q2 = 0. R3 1 Q1 + Q2 4π ε 0 d Identificando con 1 V1 = P11Q1 + P12 Q2 + P13Q3 P11 = . el condensador está apantallado del exterior) .P3-T2 Q1 +Q2 2 -Q1 Q1 1 Q3 3 d a) Si Q3 = 0 . V3 = + + + + 4πε 0 R1 R2 d 4πε 0 R2 R2 d 4πε 0 d d R3 b) Conectando V2 a tierra: V2 = 0. . pero equivalentes a los efectos de las cargas imágenes): E1 = E3 = q q −uy ) . de forma que los planos sean equipotenciales con V=0. n entero. E2 = ( −ux ) 2 ( 4πε 0 (2a) 4πε 0 (2a)2 ( q 4πε 0 2a 2 F = q ( E1 + E 2 ) 2 ur = (4 − 2 ) q +E )=− 3 1 ux + uy ur = 2 2q ux + uy .P4-T2 Cargas imágenes –q + q y – q. como indica la figura. y E2 -q E3 q E1 a a V =0 q 4 a) V ( r ) = ∑Vi = i =1 x -q q 1 1 1 1 − − + 4πε 0 r − rq r − r1 r − r2 r − r3 b) Campos en la posición de q (creados por las cargas inducidas sobre los planos conductores. 64πε 0 a 2 2 ux + u y (hacia el origen de coordenadas) 64πε 0 a 2 La energía se puede calcular como el trabajo de configuración: traemos la carga desde el infinito hasta la posición final. se cumple U = qV 4πε 0 2a 2a 2a 2 4πε 0 a 4 2 c) Es posible siempre que α = π n . 2 2 − 1 q a a 4− 2 q a 1 4 1 U = ∫ Fdl = ∫ − ( Fx dx + Fy dy ) = ∫ 2 dx + ∫ 2 dy = 64 πε x y 8 πε a 0 0 ∞ ∞ ∞ ( V= ) 2 1 q q q q 2 1 − − + = − 1 . -q a) Potencial en el semiespacio superior: r = 1 1 q q' q' q r2 = Φ(r ) = + − − . − q .P5-T2 q r1 z P (r) r2 D x Carga q frente a esfera: carga imagen y q’ q ' = −q r3 R R2 situada en D ' = D D Carga frente a plano: carga imagen – q en – D D’ . 4πε 0 ( D − D ') 2 ( D + D ' )2 ( 2 D )2 atractiva hacia el conductor . − q ' como se indica en la figura. sistema de cargas: q . q '.q’ r4 Para asegurar las condiciones de contorno. donde 4πε 0 r1 r2 r3 r4 r3 = r = 4 x2 + y2 + ( z − D ) 2 x 2 + y 2 + ( z − D ') 2 x 2 + y 2 + ( z + D ') 2 x2 + y2 + ( z + D ) 2 b) Fuerza sobre q: F= q q' q' q − − uz . E= Q+q ur . Así. en el centro de la cavidad. Junto con q a a produce potencial cero en la superficie esférica. distribuida uniformemente. 4πε 0 r 2 ( r ≥ R1 ) (tomando el origen en el centro de la esfera grande) y el potencial en el exterior. sobre la superficie exterior debe aparecer una carga + q. sobre la esfera V0 = Q+q . V= E= q + q' 4πε 0a 4πε 0 a ' + V0 = q 1 R2 a 2 − . 4πε 0 r ( r ≥ R1 ) . Para tener en cuenta la situación real. q’ Aplicando el teorema de Gauss. 4πε 0 a2 R23 q En la dirección de la línea de q hacia el centro. 4πε 0 a2 a R24 q 1 R2 a − + V0 . hay que añadir al potencial la constante V0. debe haber una carga total – q. Si se le da carga Q. Si la esfera está descargada. 4πε 0 R1 σ = ε 0 E r=R = 1 Q+q 4π R12 En el interior de la cavidad: Potencial y campo pueden calcularse por carga imagen: q ' = − R2 R2 en a ' = 2 . la carga sobre la superficie externa será q + Q. 4πε 0 a a R22 E= a3 1 − . V= Q+q .P6-T2 Q+q q En la superficie interior de la cavidad. V= q 1 1 − + V0 4πε 0 a R2 . a −l / 2 q1 ' = − R2 a+l /2 R2 d1 ' = a −l / 2 d1 ' = 1 ≈ 1 − x + x 3 + ⋅⋅⋅ x 1 + x <1 qR 1 qR q1 ' = − (1 − l / 2a ) . para el dipolo ideal l → 0. más una carga neta q ' = q1 '+ q2 ' = 2 . las imágenes son: p′ = R3 R2 ′ p en d = a3 a . Ep = 4πε 0 r 5 Q− R y 2a: Recordemos que el campo del dipolo a una distancia D del mismo (a dcha o izqda). ≈ a 1 − l / 2a a R2 l d1 ' ≈ 1 − a 2a R 2l d − d ≈ ' ' 2 1 a2 R2 l d2 ' ≈ 1 + a 2a El conjunto de las dos cargas equivale a dipolo d'= p' = qR R 2l ⋅ uz a a2 situado en d1 '+ d 2 ' R 2 qRl . ql = p . z = 2a . q′ = Rp a2 en d ′ Además. ≈− a 1 + l / 2a a q2 ' = + qR 1 qR (1 + l / 2a ) . Así.P7-T2 ℓ Q p q1′ q2′ z q1 = q q2 = − q a Imágenes: R q. = 2 a a En realidad.q’. a+l /2 R q2 ' = − q. Q − q' q′ p' p E= + + + uz 2 2 3 3 4πε 0 ( 2a − d ') 2πε 0 ( 2a − d ') 2πε 0 a 4πε 0 ( 2a ) . a) Potencial de la esfera: Rp Q−q' a2 V= = 4πε 0 R 4πε 0 R b) Campo eléctrico en z = 1 3r ( p ⋅ r ) − p r 2 . para que la esfera tenga carga Q tendremos que incluir en el centro una carga Q . sobre el eje z: E p = 2p uz 4πε 0 D 3 Q − q' q′ p' p E= + + + uz 2 2 3 3 4πε 0 ( R − d ') 2πε 0 ( R − d ') 2πε 0 ( a − R ) 4πε 0 R z = R. E = EQ -q ' + E q′ + E p' + E p . Para restablecer el potencial 1 en la primera esfera. La suma de las cargas imágenes nos da la carga total real sobre cada esfera. a la derecha del centro de la 2 c−d ' c − d ' 1 − n2 1− n esfera 1. C12 ≃ −4πε 0 a . etc. siendo m = a / c q " = −q ' Para restaurar de nuevo el potencial cero en la esfera 2. C11 será igual a la carga de la esfera 1: mn m2 n2 C11 = 4πε 0 a 1 + + + ⋅⋅⋅ 2 2 2 2 1− n 1− n − m ( ) C21 se obtendrá sumando las cargas imágenes dentro de la esfera 2: mn2 C21 = C12 = −4πε 0 a n + + ⋅⋅⋅ 2 2 1− m − n C22 se calcula como C11 pero cambiando a por b. necesitamos una imagen a mn a2 ma = 4πε 0 a a la distancia d " = = . c−d" c − d " 1 − m2 − n2 1 − m2 − n2 Notemos que la magnitud de las cargas imágenes va disminuyendo sucesivamente. Si se desprecian términos de orden 3.P8-T2 a 2 1 b c Q1 = C11V1 + C12V2 Q2 = C21V1 + C22V2 Cálculo de C11 y C21 : Hay que poner la esfera 1 a potencial 1 y la 2 a potencial 0. en posición d ' = b 2 / c = nb . C22 ≃ 4πε 0b 1 + 2 2 c c −b c − a2 . situamos una carga imagen q = 4πε 0 a en el centro de la primera esfera que crea un potencial 1 en dicha esfera. Para ello. debemos introducir una carga imagen: q ' = −4πε 0a ⋅ b / c = −4πε 0na . para que la segunda esté a potencial cero. q "' = −q " b m n2 b2 n(1 − n2 ) b = −4πε 0 a a la distancia d "' = = . tendremos: ab b ab C11 ≃ 4πε 0 a 1 + 2 . De la definición de los coeficientes de capacidad e influencia. siendo n = b / c . a) El potencial en P (x.P9-T2 Llamamos a = d/2 y escogemos el origen de coordenadas en el punto medio entre las líneas cargadas como se muestra en la figura.y) será Φ=− y P ρ-λ -a λ ρ λ ln ρ + λ ln ρ − λ + = ln − 2πε 0 2πε 0 2πε 0 ρ + ρ+ x a b) Las equipotenciales vendrá fijadas por la condición ρ− = ρ+ ( x + a) + y2 2 ( x − a ) + y2 2 = cte = m Reordenando términos encontramos: m2 + 1 x 2 − 2 2 a x + y 2 = −a 2 m −1 . . cilindros paralelos de igual o distinto radio. con centro en m2 + 1 x0 = 2 a m −1 y radio dado por 2ma R = x −a = 2 m −1 2 2 0 2 2 m2 + 1 d md La equipotencial V0 será la circunferencia con centro en x0 = 2 y radio R = 2 m −1 m −1 2 2πε 0 Vo . condensador cilíndrico excéntrico. λ donde m = exp Estos resultados son la base para la resolución de problemas con simetría cilíndrica por el método de imágenes: líneas frente a cilindros conductores. etc.que son circunferencias. obteniéndose: V− = −V+ Por tanto. la capacidad por unidad de longitud es: Cl = λ = V+ − V− πε 0 2D h ln ⋅ 2 2 D + 4h r .P10-T2 +λ −λ D Cables cilíndricos de radio r h V =0 D >> r . h >> r h −λ +λ Suponiendo los hilos con cargas +λ y −λ . las cargas imágenes serán −λ y +λ como se ilustra en la figura. La capacidad por unidad de longitud viene dada por: Cl = λ V+ − V− El potencial del cable positivo es la suma del producido por su propia carga y del creado por las otras tres distribuciones: V+ = λ h h h h + ln ln − ln − ln 2πε0 r D 2h D 2 + 4h 2 V+ = 2D λ ln 2πε 0 r D 2 + 4h 2 h Análogamente se calcula el potencial del cable negativo. P11-T2 I d µ1 µ2 Para poder estudiar ambas regiones y cumplir las condiciones de contorno de los campos B y H.valdrá: dF I I' µ µ − µ1 2 = µ1 = 1 2 I dl 2π (2d ) 4π d µ1 + µ2 . la fuerza será atractiva y -por unidad de longitud. como se muestra en la figura. es necesario considerar dos líneas imagen. 2π r H’’ I’’ µ2 b) Para z > 0 H1t = H cos φ − H ′ cos φ = ( H − H ′ ) cos φ B1n = B sen φ + B′ sen φ = µ1 ( H + H ′ ) sen φ H 2t = H ′′ cos φ B2 n = µ 2 H ′′ sen φ Imponemos continuidad de H tangencial y de B normal: H1t = H 2t ⇒ B1n = B2 n ⇒ I − I ' = I '' µ1 ( I + I ') = µ2 I '' µ2 − µ1 I µ1 + µ2 2 µ1 I '' = I µ1 + µ2 I'= Fuerza sobre I:: será debida al campo creado por I ′ . I ′ e I ′′ . I El H de cada línea es de la forma: H = uφ . Como I ′ tiene el mismo sentido que I (dado que µ2>µ1). pero ahora las líneas imágenes son iguales y de signo contrario Imagen de línea λ frente a cilindro: línea –λ en h ' = R 2 / h . y ) = λ r1 r2 r3 r4 − + − 2πε 0 r12 r22 r32 r42 E ( 0.P12-T2 Problema análogo al de la protuberancia semiesférica. R + ) = λ 1 1 1 1 − + − − uy 2πε 0 h − R R − h ' R + h ' R + h E ( 0. λ Sistema de imágenes: r1 z y P (r) r2 h x h’ −λ r3 λ r4 λ −λ +λ −λ en z=h en z = h' en z = − h ' en z = − h −λ E ( x. R + ) = − 2λ h u ( πε 0 h 2 − R 2 ) y σ = ε0 E = − 2λ h ( π h2 − R2 ) . 0) = 0. b) = ∑A n sen nπ x nπ b senh = V0 a a Cálculo de los coeficientes: a V0 ∫ 0 − n 'π x sen dx = a ∑ n a nπ b nπ x n 'π x An senh sen sen dx a a a aV0 cos ( n ' π ) − 1 = n 'π ∫ 0 ∑A n n An = senh nπ b a ⋅ δ nn ' a 2 4V0 nπ b n π senh a An = 0 ( n par) ( n impar) Por tanto. y ) = 0 sen a π n=1 n senh nπ b impar a ∞ ∑ senh . 0) = 0 ⇒ D = 0 4) ⇒ Φ ( x. y ) = ∑ A senα x (C senhα y+D coshα y ) 2) ⇒ α ≡ α n = nπ a x 3) ⇒ Φ ( x. b ) = V0 .P13-T2 V0 b a No hay dependencia con z. 4) Φ ( x. y ) = 0. 3) Φ ( x. la solución general expresada como desarrollo en serie vendrá dada por: nπ y 4V nπ x a Φ ( x. 0≤ y<b 2) Φ ( a. Z ( z ) = cte En este caso las soluciones de la ecuación de Laplace son de la forma e ± jαx ⋅ e ±αy Condiciones de contorno: y 1) Φ (0. y ) = 0. 0≤ y≤b 0≤ x≤a 0≤ x≤a V0 V=0 b V=0 a V=0 1) ⇒ Φ( x. Dada la geometría. sh as Φ2 = V0 senax sh a ( y − d ) . y = d.P14-T2 (2) (1) El problema se resuelve mediante separación de variables. combinación de sh y ch) C. escogiendo: Φ1 = A senax sh ay Φ 2 = B senax sh a ( y − d ) (o bien. para cada una de las regiones 1 y 2. Se asegura el cumplimiento de las condiciones de contorno en y = 0. la expresión del potencial en cada una de las regiones viene dada por: Φ1 = V0 senax sh ay. sh a ( s − d ) 0≤ y≤s s≤ y≤d . a) Forma general del potencial: Φ = ∑ ( Asenax + B cos ax )( C shay + D chay ) . contorno en y = s: A senax sh as = V0 senax ⇒ A = V0 sh as B senax sh a ( s − d ) = V0 senax ⇒ B = V0 sh a ( s − d ) Por tanto. no hay dependencia con la variable z. El campo eléctrico se obtiene a partir del gradiente de estas funciones E = −∇ Φ E1 = − V0 a ( cos ax sh ay i + sen ax chay j ) . sh as E2 = − V0 a cos ax sh a ( y − d ) i + sen ax ch a ( y − d ) j . sh a ( s − d ) 0≤ y≤s s≤ y≤d b) Densidades de carga: ∂Φ εVa εVa σ( y = 0) = −ε 0 1 = − 0 0 senax chay y =0 = − 0 0 senax sh as sh as ∂y y =0 ∂Φ ε 0V0 a ε0V0 a senax ch a ( y − d ) y = d = − senax σ( y = d ) = ε 0 2 = sh a ( d − s ) ∂y y = d sh a ( s − d ) ch a ( y − d ) ch ay ∂Φ 2 ∂Φ1 σ( y = s ) = −ε 0 + ε0 + senax = ε0V0 a − sh as y = s ∂y ∂y y = s sh a ( s − d ) = ε0V0 a [ coth as − coth a ( s − d )] senax = ε0V0 a [ coth as + coth a (d − s )] senax . equivalente a la producida por una imagen − q respecto 4πε0 4 R 2 a 2 16πε0 a 2 a un plano. Φ = + 4πε0 r − duz r − d ' uz r > R. Ue = 1 1 qq ' 1 −q 2 R / d 1 −q 2 R qφ = = = 2 8πε 0 d '− d 8πε 0 R 2 / d − d 8πε 0 R 2 − d 2 1 1 q2 −q 2 R ≈ − 8πε 0 2 Ra − a 2 16πε 0 a ∂U e 1 q2 F =− ≈ ∂a 16πε0 a 2 Ue = . puesto que q’ tiene signo opuesto a q) 4 πε 0 ( d '− d ) 2 q2 R ( R − a ) q2 R / d q 2 Rd d = R − a. d) Energía electrostática: Como la carga imagen es inducida por la carga q. a ≪ R. b) Φ= q’ d’ q ' = −q 1 q q' + 4πε0 ( r 2 + d 2 − 2rd cos θ )1/ 2 ( r 2 + d '2 − 2rd 'cos θ )1/2 q ( R − d cos θ ) q ' ( R − d 'cos θ ) ∂Φ 1 σ = ε0 En = +ε0 = − − ∂r r = R 4π ( R 2 + d 2 − 2 Rd cos θ )3/ 2 ( R 2 + d '2 − 2 Rd 'cos θ )3/ 2 c) La carga total debe ser = -q. F = = = 4πε0 ( R 2 / d − d ) 2 4πε0 ( R 2 − d 2 ) 2 4πε0 (2 Ra − a 2 ) 2 F≈ q2 R2 q2 = . Fuerza sobre q = la debida a q’.P15-T2 R R2 . Φ = 0 a) q d r ≤ R. o sea: qq ' F= uz (atractiva. d'= d d 1 q q' r ≤ R. que efectivamente satisface i) y ii) .θ ) = r →0 p cosθ 4πε 0 r 2 ii) Φ ( R. 4πε 0 r 2 R3 p Densidad de carga: ∂Φ ∂r = p cos θ 2 1 − − 4 πε0 r 3 R 3 ∂Φ σ = Dnext − Dnint = 0 − −ε 0 ∂r Rint . R2 A1 = − p 4πε0 R 3 Potencial resultante: r3 Φ ( r. ∀θ La condición i) => Bn = 0.θ ) = 1 − cos θ . B1 = La condición ii) => An = 0. n ≠ 1. n ≠ 1.P16-T2 Para que el potencial se anule en el exterior. P2 = Φ ( r . continuo al pasar del interior al exterior. ( r = R ) . p 4πε 0 A1 R = − B1 . P1 = cos θ . El potencial en el interior debe ser de la forma: p ∞ Φ ( r.θ ) = 0. θ ) = A0 + B0 B B 1 + A1r + 21 ⋅ cos θ + A2 r 2 + 32 ⋅ ( 3cos 2 θ − 1) + ⋯ r r r 2 Este potencial está sujeto a las condiciones asintótica y de contorno: i) lim Φ ( r. σ=− 3 p cos θ 4 πR3 .θ ) = ∑ An r n + Bn r −( n+1) Pn ( cosθ ) n =0 Recordemos que los polinomios de Legendre para los 3 primero valores de n son: 1 ( 3cos2 θ − 1) 2 Por tanto el desarrollo en serie será: P0 = 1 . Φ = 0. ∂Φ p cos θ − 3 = ∂ r R int 4 πε0 R3 Por tanto. Comparando esta expresión con el campo de un dipolo: p = 4πεo R3 Eo . obviamente. r ≤ R: V (r . el tercero a la carga q de la esfera. Φ = . se tiene que el dipolo inducido es: 4πε o r 2 que también podría hallarse como p = ∫ z dq = ∫ z σ dS . imponiendo la condición adicional de que para r = R. tratado en clase y que suele venir en los libros de texto de Electromagnetismo. θ ) = − = 1 + 3 Eo cos θ + r ∂r r 4πε o r 2 R3 1 ∂V E r ( . r>R E = 0. 4πε 0 R La solución para puntos r > R va a ser: E R 3 cos θ q V (r . Vd = p cos θ . constante b) El campo eléctrico es: ∂V 2 R 3 q E ( r .θ ) = q 4πε o R . θ ) = − E o r cos θ + o 2 + 4πε o r r El primer término corresponde al campo uniforme Eo. mientras que el segundo se debe al dipolo inducido en la esfera (redistribución de la carga para apantallar el campo en el interior). Para el interior de la esfera. θ ) = − = − θ 1 − 3 Eo sin θ r r ∂θ Para r ≤ R es.P17-T2 a) Este problema es la superposición del problema de la esfera cargada de la esfera más el de la esfera conectada a tierra en un campo eléctrico uniforme Eo. y puede plantearse de manera q análoga. θ ) = 3ε o E o cos θ + q 4πR 2 c) El término dipolar del campo es E o R 3 cos θ / r 2 . Sobre la superficie de la esfera aparece una densidad de carga: σ = ε o E r ( R. R23 − R13 r2 B1 R13 ( R1 ≤ r ≤ R2 ) r ≥ R2 ∞ Φ ( r. R23 − R13 . A1R2 + B1 R2−2 = V0 A1R2 + B1 R2 = V0 B1 = − Φ ( r . r2 ( r ≥ R2 ) ∂Φ 1 ∂Φ ∇Φ = ur + uθ ∂r r ∂θ V R 2 R3 R3 1 E = −∇Φ = − 3 0 2 3 1 + 2 13 cos θ ur − r − 12 senθ uθ R2 − R1 r r r E ( r = R1 ) = − ( R1 ≤ r ≤ R2 ) 3 V0 R22 cos θ ur .θ ) = ∑ An r n + Bn r −( n+1) Pn ( cosθ ) n =0 R1 Región 1: V=0 Condiciones de contorno: R1 ≤ r ≤ R2 1) Φ ( R1 .θ ) = V0 cos θ ⇒ B 'n = 0.θ ) = Región 2: V0 R13 R22 . R23 − R13 A1 = − V0 R22 R13 − r cos θ . n ≠ 1.θ ) = 0 0 ≤θ ≤ π 2) Φ ( R2 .θ ) = V0 cos θ 1) ⇒ An R1n + Bn R1−( n+1) = 0. ∀n ≠ 1. r → ∞ ⇒ A 'n = 0.P18-T2 V0 cos θ R2 Simetría de revolución.θ ) = V0 R2 2 cosθ . ∞ Φ ( r. ∀n −2 A1 R1 + B1 R1 = 0 → −2 2) ⇒ An = Bn = 0. B '1 = V0 . B '1 = V0 R22 2 R2 Φ ( r . ∀n Condiciones de contorno y asintótica: 2) Φ ( R2 . normal a la superficie conductora.θ ) → 0.θ ) = ∑ An′ r n + Bn′ r −( n+1) Pn ( cosθ ) n =0 1) Φ ( r . ε a 2 1 ( r = a) -q ∂Φ ∂Φ iv) ε 1 = ε0 2 ∂r r =a ∂r r =a Los potenciales en ambas regiones vendrán dados por: ∞ Φ1 ( r. θ) = − E0 r cos θ r →∞ iii) Φ1 = Φ2 . ∞ Φ2 ( r.θ ) = ∑ An r n Pn ( cos θ ) n =0 Cn = 0 (n ≠ 1). (n ≠ 1) n a 2 n +1 D ε A1 = − E0 − 2 31 ε0 a iv) ⇒ ε n A = − ( n + 1) 2 Dn . (n ≠ 1) n a 2 n +1 ε 0 n=0 An = Dn = 0.θ ) = finito r →0 ε0 ii) lim Φ 2 ( r .θ ) = ∑ An r n + Bn r −( n+1) Pn ( cosθ ) n =0 i) ⇒ ii) ⇒ Bn = 0 .θ ) = ∑ Cn r n + Dn r −( n+1) Pn ( cosθ ) n =0 ∞ Φ1 ( r.θ ) = −E0 r cosθ + ∑ Dn r −( n+1) Pn ( cosθ ) D1 A1 = − E0 + a 3 iii) ⇒ A = Dn . (n ≠ 1) 3 ⇒ A1 = − E0 ε / ε0 + 2 D1 = − ε / ε 0 − 1 a 3 E0 ε / ε0 + 2 ⇒ ε / ε0 − 1 a3 Φ 2 = − E0 r cos θ + E0 2 cos θ ε / ε0 + 2 r 3 Φ1 = − E0 r cos θ ε / ε0 + 2 3 E1 = ε / ε + 2 E0 0 E = E + campo de dipolo con p = 4πε ε / ε 0 − 1 a 3 E 0 0 0 2 ε / ε0 + 2 . C1 = − E0 .P19-T2 Condiciones asintóticas y frontera: E0 i) lim Φ1 ( r . ∞ Φ2 ( r . (r = R ) . De la condición i) => Cn = 0 (n ≠ 1). µ0 µ0 JS = − 3B0 sen θ uφ 2µ 0 .θ ) = − B0 r 1 + 3 cos θ 2r R3 ∂Φ M B = − = B 0 1 − 3 cos θ r ∂r r B = −∇Φ M 3 B = − 1 ∂Φ M = − B 1 + R sen θ 0 3 θ r ∂θ 2r Condición frontera: J S = 1 1 n × B r=R = ur × B r = R . por tanto.θ ) = ∑ An r + Cn r n =0 De la condición ii) => An = 0 (n ≠ 1). A1 = − B0 .P20-T2 B=0 B0 a) En r = R. θ) = − B0 r cos θ r →∞ ∞ n − ( n+1) Pn ( cosθ ) b) ΦM ( r. i) ∂Φ M = 0. ∂r Además tenemos la condición asintótica: ii) lim Φ M (r . B0 R 3 2C1 A1 R 3 A1 − 3 = 0. C1 = =− R 2 2 R3 ΦM ( r. de las condiciones frontera se deduce que la componente normal de B debe anularse. En el presente estudio elegimos la función coseno y todos los resultados deben ser consistentes con dicha elección. A = Amsen ( ωt + ϕ′ ) (3. ∂2 → −ω2 ∂t 2 (3.3) lo que simplifica mucho las ecuaciones a resolver. fuentes que varían armónicamente producen campos estacionarios que varían sinusoidalmente a la misma frecuencia.1) Puesto que cos ( ωt + ϕ ) =sen ( ωt + ϕ + π / 2 ) . es necesario tomar la parte real de la función solución que es la que tiene significado físico. La dependencia temporal queda englobada en la exponencial. Una vez que resolvamos el problema. es indiferente cuál de las dos funciones usemos. ya que son fáciles de generar. Representación fasorial En muchas aplicaciones las señales con las que se trabaja son de tipo sinusoidal. Los campos armónicos proceden de fuentes que generan señales que varían con t en la forma: A = Am cos ( ωt + ϕ ) . También es conveniente utilizar la función exponencial de forma que las fuentes vienen dadas por: ρ ( r . La ventaja de usar exponenciales es clara ya que se cumple: ∂ → iω ∂t . Esto facilita mucho el estudio. t ) = ρ ( r ) eiωt .1. Debido a la linealidad de las ecuaciones de Maxwell. Campos armónicos. J ( r . Además. Si sustituimos estas funciones y sus derivadas en las ecuaciones de Maxwell queda: 1 . cualquier otra señal puede obtenerse como combinación de estas mediante desarrollo en serie de Fourier.Tema 3: Ondas planas monocromáticas 3. t ) = J ( r ) eiωt (3.2) donde ρ ( r ) y J ( r ) son funciones en general complejas que sólo dependen de la posición. En las ondas esféricas. cilíndricas o planas. las ondas planas uniformes se caracterizan por: 2 . que son perpendiculares a la dirección de propagación. todos los puntos que se encuentran a la misma distancia de la fuente tienen el mismo valor de fase de los campos em (decimos que presentan frentes de onda esféricos). supondremos además que el valor del campo es constante en todos los puntos de cada frente de onda (ondas planas uniformes).2. En lo que sigue vamos a estudiar estas ondas que suponemos propagándose en la dirección z.. Por último. iωt ρ(r ) iωt ∇ ⋅ E (r ) e = e ε0 ∇ ⋅ B ( r ) e i ωt = 0 ∇ × E (r ) eiωt = −iω B(r ) eiωt ∇ × B(r ) eiωt = µ 0 J (r ) + iωε 0 E (r ) eiωt ( ) ( ( ( ) ) ) ( ) (3. Las ondas cilíndricas se caracterizan por estar generadas por fuentes distribuidas en alambres rectos indefinidos y presentan frentes de ondas cilíndricos. Para facilitar su estudio. es decir. Ondas planas uniformes monocromáticas Es posible. por ejemplo). se encuentran en la misma fase. Resumiendo las propiedades descritas. de sus campos y fuentes: ρ( r ) ∇ ⋅ E (r ) = ε0 ∇ ⋅ B(r ) = 0 ∇ × E ( r ) = −i ω B ( r ) ∇ × B (r ) = µ 0 J (r ) + iωε 0 E (r ) En lo que sigue obviaremos la forma expresa: ρ ( r ) → ρ . producidas por fuentes elementales. distribuciones de fuentes a lo largo de un plano indefinido. o fasores. para simplificar.4) Eliminando el factor eiωt . obtenemos las ecs. Llamamos frente de onda al lugar geométrico de los puntos que son alcanzados por la onda en el mismo instante. generar ondas esféricas.5) 3. dan lugar a campos con la misma fase en todos los puntos de planos paralelos al de la fuente. etc. Estas se propagan en el espacio y pueden alcanzar distancias enormes (la luz de las estrellas. ( ) ( ( ( ) ) ) ( ) (3. mediante distribuciones adecuadas de fuentes. de Maxwell en términos de los vectores complejos. Estas se reducen a: ∇⋅E = 0 ∇⋅B = 0 ∇ × E = −iωB ∇ × B = iωµ 0 ε 0 E Vamos a calcular el rotacional del campo eléctrico: ux u y uz ∂ 0 ∇× E = 0 = −iω ( Bx ux + By u y + Bz u z ) ∂z Ex Ey (3. para simplificar el estudio consideraremos que las fuentes oscilan a una frecuencia determinada.8) y (3. Veamos qué implicaciones tiene en las ecuaciones (3. Para una onda plana uniforme no hay componentes de los campos en la dirección de propagación. ∂ ∂ E. Ello es consecuencia de la condición (2) impuesta.7) Ez Igualando por componentes queda: − ∂E y ∂z = −iωBx . J = 0. B = E . ∂x ∂y ( ) ( ) 3) Se propagan en el espacio libre (no hay fuentes) ρ = 0 .10) concluimos que: a) Ez = Bz = 0. y por tanto generan ondas monocromáticas. ω.6) (3. B = 0.1) Frentes de onda en planos z = Cte. para la ley de Ampère se tiene: u x u y uz ∂ ∇× B = 0 0 = −iωµ 0 ε 0 ( Ex ux + E y u y + Ez u z ) ∂z Bx By (3. 3 .5). Sin embargo recordemos que dichas fuentes deben estar en algún lugar para generarlos.8) (3. 0 = iωµ 0 ε0 Ez (3. 2) Los campos no dependen de las variables x e y. Además. ∂Bx = iωµ 0 ε 0 E y ∂z . aunque los campos se propaguen independientemente de ellas. ∂Ex = −iω B y ∂z .10) Analizando los conjuntos de ecuaciones (3. 0 = −iωBz Análogamente.9) Bz obteniéndose las siguientes ecuaciones para las componentes: − ∂By ∂z = iωµ 0 ε 0 Ex . t ) = Re ( Ex eiωt ) = Re Em+ ei ( ωt − kz ) + Em− ei ( ωt + kz ) = (3. podemos poner: d 2 Ex + ω2µ 0 ε 0 Ex = 0. para obtener la solución completa.13) donde C1 y C2 son constantes complejas en general y k = ω µ 0 ε 0 . B ) y y x de campos y. Lo mismo ocurre con las componentes By y Ex . Por tanto.14) Ahora. B ) x y (E . consideraremos en delante que sólo existe ( E x . Observemos que las ondas se propagan en las direcciones ±z y que el cambio en la fase depende de la cantidad k.12) es de la forma: Ex = C1e − ikz + C2 eikz (3. 4 .15) = Em+ cos ( ωt − kz ) + Em− cos ( ωt + kz ) onda viajando en el sentido z > 0 onda viajando en el sentido z < 0 Normalmente tomamos la solución que representa la onda viajando en el sentido z > 0.12) La solución general de (3. identificamos dos pares independientes (E .b) Las ecuaciones entre Bx y E y están acopladas: una actúa como fuente de la otra. Puesto que la única derivación es con respecto a z. By ) mientras que el otro par es nulo. cuando se estudian fenómenos de reflexión habrá que considerar ambos tipos. supondremos que son números reales y los simbolizamos por Em+ y Em− .10) resulta: ∂B ∂ 2 Ex = −iω y = −ω2µ 0 ε 0 Ex 2 ∂z ∂z → ∂ 2 Ex + ω2µ 0 ε 0 Ex = 0 2 ∂z (3. sin pérdida de generalidad. debemos incluir la dependencia con el tiempo y tomar la parte real de la expresión resultante: Ex ( z . Queda entonces: Ex = Em+ e −ikz + Em− eikz (3. 2 dz (3. esta constante se denomina constante de fase.11) que es la ecuación de onda escalar para Ex . Derivando con respecto a z en la segunda ecuación de (3. C1 y C2 van a representar las amplitudes de las ondas. By ) .8) y teniendo en cuenta la primera de (3. respectivamente. Nos queda resolver las ecuaciones para ( E x . Sin embargo. 8) se tiene: + − ikz ∂Ex ∂ ( Em e ) = = −iωBy ∂z ∂z → ( −ik ) Em+ e−ikz = −iωBy (3. k + − ikz ω µ 0 ε0 + − ikz Em e = Em e = ω ω E+ E = m e − ikz = x c c By = donde c = (3.17) 1 ≃ 3 × 108 m/s es la velocidad de propagación de la onda en el vacío. E y H. Operando en la segunda ecuación de (3.Ahora ya podemos ver qué pasa con la componente asociada By . By = − Em− ikz E e =− x c c (3. aunque la relación siga siendo a través del mismo factor c. µ0ε0 Observemos que existe una sencilla relación entre ambos campos. sólo necesitamos calcular uno de ellos. η0 . los vectores unitarios de E .16) Despejando. B y la dirección de propagación forman un triedro tri-rectángulo. 5 .18) y por tanto. µ0 H y = Ex c → Ex µ0 µ0 = µ0c = = Hy ε0 µ0ε0 (3.20) Este cociente con dimensiones de Ω se denomina impedancia intrínseca de la onda en el medio libre. Es frecuente utilizar el cociente entre las intensidades de campo eléctrico y magnético. En ambos casos. Si analizamos las dimensiones de éste: voltios/metro E H = amperios/metro = ohmios Entonces. Para la onda que viaja en el sentido z < 0 se verifica: ∂ ( Em− eikz ) ∂z = −iω B y → ( ik ) Em− eikz = −iωBy (3.19) lo que nos indica una inversión en el signo del vector del campo magnético con respecto al caso anterior. Figura 3. λ : el término de fase relativo a la propagación a lo largo de z es e− ikz . Teniendo en cuenta la variación temporal eiωt . como se ilustra en la Figura 3.22) 2) Periodo.1. Vamos a describir los parámetros característicos de la onda.23) También es importante el inverso del periodo al que llamamos frecuencia. ε0 (3. La distancia que debe viajar la onda para que la fase cambie en 2π radianes es lo que llamamos longitud de onda.25) 6 . 1) Longitud de onda. Teniendo en cuenta las ecuaciones anteriores podemos ver que: λ= 2π 2π c = = k ω µ 0 ε0 f (3.24) Se mide en unidades de s-1 o hercios (Hz).1. T: el tiempo que tarda la onda en realizar una oscilación completa. f = 1 ω = T 2π (3.η0 = µ0 = 377 Ω. k λ = 2π → λ= 2π k (3. Campos eléctrico y magnético asociados con la propagación en el sentido z > 0. f.21) Este resultado es un número real y nos dice que los campos en el medio libre se propagan en fase. ωT = 2π → T= 2π ω (3. para hallar la velocidad con que se mueve.27) Cuando el medio es conductor ( σ ≠ 0 ) las ecuaciones que han de cumplir los campos que se propaguen en dicho medio deben incluir la contribución de la corriente de conducción: 7 . vf = 1 µε (3.3. 3) Velocidad de fase.2. Por ejemplo. Dicho observador ha de medir el tiempo requerido para viajar una cierta distancia z ′. µ 0 → µ. Notemos que viaja en un plano de fase constante y se mueve con la onda a una velocidad que se conoce como velocidad de fase v f . igualamos este término a una constante y derivamos z con respecto a t ωt − kz = Cte → dz ω = vf = dt k Figura 3. 3.que es una ecuación frecuentemente utilizada. v f : para medir la velocidad de propagación imaginemos un observador montado sobre la onda en un punto específico como se muestra en la gráfica de la Figura 3. El estudio de la propagación se puede realizar siguiendo los mismos desarrollos y haciendo estas sustituciones. en un dieléctrico las ecuaciones de Maxwell son análogas a las del vacío sustituyendo ε0 → ε .26) vf . Puesto que el término de fase completo en la onda es ωt − kz . para la constante de fase y la velocidad de fase obtenemos: k = ω µε . Propagación en dieléctricos y conductores Como ya hemos visto en el Tema 2. Un observador ‘viajando’ en la onda se mueve con (3.2. 28) Podemos aprovechar todo el estudio hecho para el medio libre si hacemos las sustituciones: µ0 → µ = µr µ0 σ ε0 → ε − i ω . ∇⋅E = 0 ∇ × E = −iωµH ∇⋅B = 0 σ ∇ × H = iω ε − i E ω (3. la solución para el campo eléctrico será de la forma: Ex = Em+ e − γz (3. 2 µε σ 1+ β=ω + 1 2 ωε 1/2 (3.29) Es sencillo hacer la primera sustitución ya que sólo se diferencian en una constante. ello añadirá nuevas características a la propagación. (3.30) donde γ es un número complejo dado por: σ γ = iω µ ε − i = α + iβ ω (3.35) 8 .32) Si sustituimos en la expresión del campo queda: E x = Em+ e−αz e −iβz (3.34) donde hemos supuesto que Em+ = Em ei ϕ (3.33) y tomando parte reales queda finalmente: E x = Re ( Ex eiωt ) = Em e−αz cos ( ωt − β z + ϕ ) (3.31) α y β son la parte real e imaginaria de la constante de propagación compleja. La segunda tiene más implicaciones ya que de un número real pasamos a un número complejo. Se puede demostrar que 1/ 2 2 µε σ 1+ α=ω − 1 2 ωε . Si suponemos una onda oscilando en el eje x. se tiene: α=β≃ µσω .3. Figura 3.37) El cociente entre los campos E y H nos da la impedancia de la onda: µ 1 σ i tan −1 Ex µ ε 2 ωε =η= = e 1/ 4 2 σ Hy ε−i σ ω 1 + ωε (3. El campo electromagnético no puede penetrar en un conductor perfecto. es decir σ >> ωε .36) Si el medio es un conductor perfecto. esta impedancia es compleja y por tanto los campos están desfasados. La distancia a la que la amplitud de la onda disminuye a un valor 1/ e se llama profundidad de penetración: δ= 1 α (3. σ → ∞. Si el medio es buen conductor. el coeficiente α → ∞ y en consecuencia δ → 0. Propagación del campo eléctrico de una onda plana en un medio conductor. es decir. Esta es una diferencia fundamental con la propagación en el vacío o en medios dieléctricos. Se puede demostrar que el desfase entre E y H vale: χ= 1 -1 σ tg 2 ωε (3.3. como se muestra en la Figura 3.39) 9 . 2 (3.Vemos que la onda se atenúa exponencialmente a medida que avanza en el medio conductor debido al término e−αz .38) A diferencia de la propagación en vacío. observación de luz emitida por estrellas. Propagación de los campos eléctrico y magnético de una onda plana en un medio conductor. Hemos resuelto el primer par y podríamos resolver el segundo siguiendo un razonamiento análogo.4. (3.41) Vamos a estudiar diferentes casos: 1) A y B tienen el mismo ángulo de fase. Nos surge la pregunta: ¿qué ocurre si tenemos una combinación de ambos? Esto nos lleva a plantear el tema de polarización de la onda que es importante también en aplicaciones tales como señales trasmitidas por antenas. A = A eia . B = B eib . Polarización de las ondas planas Hemos visto en una sección anterior que hay dos pares independientes de campos electromagnéticos ( E x . etc. Bx ) que son soluciones de las ecuaciones de onda. a = b.Notemos que para buenos conductores χ → 45o. Supongamos el caso general de un campo eléctrico dado por: E = ( Au x + B u y ) e− ikz (3. Figura 3. By ) y ( E y .40) donde las amplitudes A y B son en general números complejos. La Figura 3. Ello implica que las componentes x e y del campo están en fase y por tanto: 10 .4 muestra las características de esta propagación.4. La onda electromagnética se propaga según el diagrama de la figura con una velocidad de fase: vf = ω β 3. 4) Para el caso particular en que A y B tienen el mismo módulo y su diferencia de fase es π / 2.. El campo no permanece oscilando en un único plano sino que describe una elipse: E = A ei ( a − kz ) u x + B ei ( b − kz )u y (3. Figura 3.45) y pasando a la representación real. b) elíptica.5. (a) (b) E Figura 3.44) A Este tipo de polarización se denomina polarización lineal.43) ( ) De cualquiera de estas expresiones deducimos que el campo eléctrico oscila un plano perpendicular al eje z e inclinado respecto del eje x un ángulo α tal que: tg α = B (3. 11 . la elipse → circunferencia y se dice que la onda tiene polarización circular.47) Se dice que la onda tiene polarización elíptica. 2) A y B tienen ángulos de fase distintos.46) E y = B cos ( ωt + b − kz ) (3.5b muestra la forma en que avanza el campo eléctrico de la onda para esta polarización.Polarización de una onda plana: a) lineal.42) y la parte real (incluyendo dependencia temporal) de esta expresión será de la forma: Re E = ( A ux + B u y ) cos ( ωt − kz + a ) (3. Ex = A cos ( ωt + a − kz ) (3. La Figura 3.5a. E = ( A u x + B u y ) e− i ( kz − a ) (3. Er .52) Mediante un cálculo análogo se llega a que la densidad media de energía magnética es: T wm . los valores de los campos son valores instantáneos y lo mismo sucede con las densidades de energía asociadas.51) Al promediar a un ciclo tendremos en cuenta que las cantidades en las que aparece el producto de un seno por un coseno se anulan.48).5 Densidad y flujo de energía electromagnética Hemos visto en el Temario del Electromagnetismo I.av 1 = T T ∫ 0 1 we ( t ) dt = T T ∫ 0 1 E ⋅ D dt 2 . y que el valor medio del seno cuadrado y coseno cuadrado es T / 2 : T we . Esto lo podemos aplicar también a las ondas planas estudiadas pero como empleamos fasores en su estudio.53) 12 .49) Vamos a desarrollar los cálculos para la densidad de energía eléctrica. Expresamos los fasores como cantidades con parte real.av 1 = T T ∫ 0 1 wm ( t ) dt = T T ∫ 0 1 B ⋅ H dt 2 (3. Di .3. Dr y parte imaginaria.av = 1 1 T T 1 wm ( t ) dt = Br H r + Bi H i = ( Br H r + H i Bi ) ∫ T 0 2T 2 2 4 (3. Entonces. si el campo eléctrico oscila en el eje x. que los campos eléctrico y magnético existentes en una región del espacio almacenan energías cuya densidad viene dada por: we ( t ) = 1 1 E ⋅ D .48) En las ecuaciones (3. Ei . wm ( t ) = B ⋅ H 2 2 (3.50) y la densidad de energía instantánea: we ( t ) = 1 Er Dr cos 2 ωt + Ei Di sen 2 ωt − Ei Dr sen ωt cos ωt − Er Di sen ωt cos ωt 2 (3. wm . estas variables se suelen caracterizar por su valor medio integrado a lo largo de un ciclo: we .av = 1 1 T T 1 we ( t ) dt = Er Dr + Ei Di = ( Er Dr + Ei Di ) ∫ 2T 2 2 T 0 4 (3. los campos E y D vienen dados por: E = Re ( Er + iEi ) eiωt ux = ( Er cos ωt − Ei sen ωt ) u x D = Re ( Dr + iDi ) eiωt u x = ( Dr cos ωt − Di sen ωt ) u x (3. av = 1 * E⋅D 4 . suponiendo que el campo eléctrico oscila en el eje x y tomando la parte real de las soluciones tenemos: E = Re ( Er + iEi ) eiωt u x = ( Er cos ωt − Ei sen ωt ) u x H = Re ( H r + iH i ) eiωt u y = ( H r cos ωt − H i sen ωt ) u y (3. S : S (t ) = E × H (3. También podemos llegar a este resultado partiendo directamente de los campos complejos: ( ) 1 1 S av = Re E × H * = Re ( Er + iEi ) u x × ( H r − iH i ) u y = 2 2 1 = ( Er H r + Ei H i ) u z 2 (3.55) que nos da el flujo de energía electromagnética que atraviesa una superficie por unidad de área y unidad de tiempo. Expresado de esta forma. Sin embargo. que es el valor que nos dan los aparatos de medida.54) El hecho de que exista una propagación implica asimismo un flujo de energía que podemos caracterizar mediante el vector de Poynting.56) El vector de Poynting en el instante t vendrá dado por: S (t ) = E × H = Er H r cos 2 ωt + E i H i sen 2 ωt − Er H i sen ωt cos ωt − Ei H r sen ωt cos ωt uz y su valor medio en un ciclo: 1 S av = T T ∫ 0 1 1 S ( t ) dt = Er H r + Ei H i u z 2 2 (3. S depende del instante t en que se hace la medida.57) nos indica que la energía fluye en la dirección de propagación. si partimos de las expresiones: we .Se puede comprobar que se obtiene el mismo resultado. Para calcularlo.58) que coincide con la expresión obtenida en el cálculo anterior. partimos de la forma explícita de los fasores de los campos. wm . 13 .av = 1 * B⋅H 4 (3.57) La ecuación (3. para campos armónicos tiene más interés caracterizar el valor medio del flujo integrado a un ciclo. Se puede comprobar que se obtiene el mismo resultado. si partimos de la expresión: ( 1 S av = Re E × H * 2 ) 14 .Estos resultados serán útiles para estudiar la energía que transportan las ondas que emiten los sistemas radiantes. σ2 . µ 2 . Parte de la onda pasará al medio 2 a través de la interfaz. σ1 Et Ht uz uz y z Er H -uz Región 2 ε2 . La onda incide normalmente en la superficie que separa los dos medios. En el medio 1 se propaga una onda plana en el sentido positivo de z y con su campo eléctrico polarizado a lo largo del eje x. Por ser incidencia normal tanto E como H tienen sus componentes tangenciales a la superficie. 1: Onda plana que incide ⊥ en la interfaz z = 0 entre los medios 1 y 2. µ1. σ2 r z= 0 Fig. H yr = − E1−m γ1 z e η1 1 .separado por una interfaz plana del medio 2. E2+m −γ 2 z H = e η2 t y siendo γ 2 y η2 la constante de propagación y la impedancia de la onda en el medio 2. Ei Hi x Región 1 ε1 . mientras que η1 es la impedancia de la onda en dicho medio. dando lugar a los campos transmitidos o refractados: + 2m E =E e t x − γ2 z . µ2. σ1 . µ1 .Reflexión y refracción en medios dieléctricos y conductores Supongamos el medio 1-caracterizado por los parámetros ε1 . H yi = E1+m −γ1z e η1 siendo γ1 = α1 + iβ1 la constante de propagación en la región 1. imponiendo las condiciones de contorno se ve que no es posible cumplirlas a menos que se añadan las componentes de los campos reflejados que se muestran en la figura 1 propagándose en el medio 1 y en el sentido de z negativo: Exr = E1−m e γ1z . Los campos asociados a la onda incidente serán: Exi = E1+m e −γ1 z . cuyos parámetros son ε2 . como se ilustra en la figura 1. 2 . Analicemos el caso especial en que el medio 1 es un dieléctrico perfecto. La impedancia del medio 2 será: η2 = µ2 σ ε2 − i 2 ω =0 para σ 2 → ∞ Sustituyendo este resultado en los coeficientes de reflexión y transmisión queda: T = 0 . σ 2 → ∞. donde obtuvimos una profundidad de penetración nula también. E1m . Por ejemplo la del campo eléctrico se conserva y por tanto: (E i x + Exr ) z =0 = Ext E1+m + E1−m = E2+m → z =0 Análogamente. imponiendo la continuidad de la componente tangencial de H. y el medio 2 un conductor perfecto.Ahora podemos escribir las condiciones de contorno para las componentes tangenciales de los campos. Γ = −1 El valor nulo del coeficiente de transmisión implica que la onda no se propaga en el medio 2. se llega a: 2 η2 E1+m η1 + η2 E2+m = El coeficiente de proporcionalidad entre la onda refractada y la incidente se denomina coeficiente de transmisión: T= 2 η2 η1 + η2 Resolviendo para hallar la amplitud de la onda reflejada se obtiene: E1−m = η2 − η1 + E1m η1 + η2 El coeficiente de proporcionalidad entre la onda reflejada y la incidente se denomina coeficiente de reflexión: Γ= η2 − η1 η1 + η2 Observemos que se cumple la relación: 1+ Γ = T Ambos coeficientes son en general complejos y además 0 ≤ Γ ≤ 1. tenemos: (H i y + H yr ) z =0 = H yt E1+m E1−m E2+m − = η1 η1 η2 → z =0 − Eliminando entre las dos ecuaciones la parte de onda reflejada. ello es coherente con los resultados que vimos en un punto anterior. σ1 = 0 . E tot = E1+m ( e − iβ1z − eiβ1z ) u x = −2iE1+m sen β1 z u x Notemos que en la superficie de separación el campo total es nulo y se cumple la condición de contorno impuesta. El campo resultante de la superposición de ambos será (recordemos que σ1 = 0 → α1 = 0 ): E tot = E i + E r = E1+m e − iβ1z u x + E1−m eiβ1z u x Sustituyendo la amplitud de la reflejada. λ..3λ / 4. 3 .) en los que la onda incidente y reflejada interfieren constructivamente. de forma que: E1−m = ΓE1+m = − E1+m (suponemos amplitudes reales) La onda reflejada tiene la misma amplitud que la onda incidente y fase opuesta. etc.3π / 2. Concluimos que se ha formado una onda cuya amplitud es el doble de la del campo incidente. Estos máximos de amplitud tienen lugar en determinadas posiciones ( z = λ / 4.3λ / 2. etc. Por el contrario en las posiciones z = λ / 2. Debido a estas características no existe propagación como tal sino que se ha formado una onda estacionaria. Para ver qué características presenta la propagación. t ) = Re eiωt E tot = E1+m ( e − iβ1 z − eiβ1z ) u x = 2 E1+m senβ1 z sen ωt u x ( ) En la Figura 2 se muestra el campo resultante. ( ωt = π / 2. procedemos a calcular la parte real: E tot ( z .) y determinados instantes Conductor perfecto Figura 2 Variación del campo eléctrico en las proximidades de una pared perfectamente conductora en función de z y para diversos intervalos ωt.Por tanto sólo habrá onda incidente y reflejada en el medio 1. las ondas siempre interfieren destructivamente y el campo es nulo en todo instante. etc. El campo magnético lo podemos hallar fácilmente siguiendo un procedimiento análogo: E+ E− H tot = H i + H r = 1m e −iβ1z − 1m eiβ1z u y η1 η1 Sustituyendo E1−m = − E1+m queda: E+ E+ H tot = 1m ( e − iβ1z + eiβ1z ) u y = 2 1m cos β1 z u y η1 η1 Incluyendo la variación temporal y tomando la parte real queda finalmente: E+ H tot ( z .3λ / 4. como se ilustra en la Figura 3. Comparando las Figuras 2 y 3 vemos que existe un desfase de 90o entre E y H. y nulos en z = λ / 4. Variación del campo magnético en las proximidades de una pared perfectamente conductora en función de z y para diversos intervalos ωt. etc.. λ / 2. etc. λ. t ) = 2 1m cos β1 z cos ωt u y η1 Se trata de una señal estacionaria con valor máximo en z = 0.. 4 . Conductor perfecto Figura 3. d) conductor perfecto. se orienta de modo que detecta la máxima fem inducida posible. b) La intensidad media de la onda. ¿podría darse el caso de que la fem detectada con la misma orientación que antes era máxima fuese ahora mínima? ¿Qué valor debería tener la frecuencia correspondiente? 4... Si la onda incide normalmente sobre un plano conductor perfecto: a) Analizar la formación de una onda estacionaria por superposición de las ondas incidente y reflejada. Problemas 1. Polarización de ondas planas. Un carrete de prueba. Propagación en dieléctricos y conductores. 1 . 3. 2. con polarización lineal y con frecuencia 10 MHz se propaga en un medio de permeabilidad 0 cuyo índice de refracción es 1.El campo eléctrico de una onda plana de frecuencia 150 MHz tiene una amplitud de 100 V/m en la dirección x. c) el valor medio de la densidad de potencia y la dirección en la que se propaga. b) el campo ⃗ asociado al campo ⃗ .5. Determinar: a) la constante de atenuación. Ésta resulta ser de 250 mV.ELECTROMAGNETISMO II (Grado en Física) Curso 2012-13 Tema 3. Campos armónicos.. cuadrado de lado a =10 cm. Densidad y flujo de energía electromagnética..¿En qué tipo de medio: a) vacío. se propaga una onda electromagnética con un campo eléctrico del tipo ⃗ ⃗⃗⃗⃗ ? Calcule el campo magnético asociado a dicha onda teniendo en cuenta que el medio es no magnético. que tiene 100 vueltas. 5. b) Determinar la posición de los dos primeros nulos del campo eléctrico frente al plano conductor. Ondas planas uniformes monocromáticas.. o sea P/4R2. c) Si se pudiese aumentar suficientemente la frecuencia de la onda. y se propaga en un medio con r = 1 e impedancia de onda = 100 . Calcular: a) Los valores instantáneos de los campos.Una onda electromagnética plana de frecuencia f = 5 MHz se propaga por un medio de parámetros = 4 S/m . siendo P la potencia solar y R la distancia Tierra-Sol. Representación fasorial. Ondas planas monocromáticas.Una onda plana.La constante solar es la densidad de potencia radiante que llega a la Tierra procedente del Sol. El campo eléctrico de la onda viene dado por ⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ . c) Hallar la magnitud de los campos ⃗ y ⃗ a una distancia z = -2 m del plano. r =1 y r = 72. b) dieléctrico perfecto. Hallar la posición del primer nulo del campo magnético. c) dieléctrico con pérdidas. de fase de propagación y la velocidad de fase a la frecuencia de la onda. Su valor es 1. Calcule √ √ el campo magnético ⃗⃗ y el vector de Poynting para esta onda electromagnética. b) Si se estima que en un día soleado.Considerando que el campo eléctrico asociada a una onda plana electromagnética viene dada por: ⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ . . calcular los campos ⃗ y ⃗ así como el aprovechamiento de esta energía en los siguientes casos: a) Para calefacción y agua caliente en paneles térmicos con un 70% de rendimiento. se propaga en un buen conductor ( » ) siguiendo la dirección positiva del eje OZ. a) El estándar de seguridad utilizado en USA para seguridad personal en un entorno de microondas es que la densidad de potencia sea inferior a 10 mW/cm2.1o. plana y monocromática. = o) 7. 6. con una velocidad de 112 m·s-1.Una onda electromagnética. c) El valor medio del vector de Poynting. La profundidad de penetración de la onda en el medio es = 11. y . Calcular la potencia total disipada por metro cuadrado en ese semiespacio y demostrar que es igual a en z = 0. Calcular el correspondiente estándar de seguridad en términos de la intensidad de campo eléctrico y en términos de la intensidad de campo magnético.35 kW/m2. la tierra recibe una densidad de energía radiada del sol de valor 1...2 x 10-2 m. Aproximando la radiación solar por una onda plana. y suponiendo ondas monocromáticas planas. Hallar la profundidad de penetración en agua pura ( = 2. en función de la posición y el tiempo. calcular las amplitudes equivalentes de los vectores ⃗ .Una onda electromagnética plana se propaga en la dirección OZ en un buen conductor de conductividad que ocupa el semiespacio z 0. es de 1 V·m-1. comprobando así el teorema de Poynting. y ⃗ . estimando la superficie necesaria para abastecer un circuito calefactor de 5 kW.Demostrar que la profundidad de penetración en un mal conductor es independiente de la frecuencia. b) Para el funcionamiento de un televisor de 200 W. 9. estimando la superficie necesaria. 2 ..3 kW/m2.5 105 m. b) Los valores de . Si el valor máximo de la intensidad del campo eléctrico.265 x 10-4 . mediante paneles fotovoltaicos con rendimiento del 20%. = 80. ⃗ y . y la impedancia intrínseca de dicho medio es = 1. medido en z = 0.Existe una continua discusión sobre los peligros para la salud humana debidos a la exposición a una radiación electromagnética.. se desea saber: a) La expresión de los vectores ⃗ . d) La potencia media disipada por efecto Joule en un paralelepípedo rectangular con bases cuadradas de 1 x 1 m2 en z = 0 y z = . 8.. Supóngase en ambos casos que la inclinación de los rayos solares es de 30 respecto a la vertical. 10. en los puntos z = 0 y z = . 11.- Una onda plana que se propaga en un medio con r = 2, r = 1, tiene un campo magnético caracterizado por ⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ . Encuentre la potencia que atraviesa: a) un cuadrado de lado 10 cm que está en el plano x + z =1 b) un disco de radio 5 cm que está en el plano z = 1. 3 SOLUCIONES EJERCICIOS TEMA 3. Propagación de ondas en la dirección del eje z. 1.- SOLUCIÓN El medio en el que se propaga la onda es un dieléctrico con pérdidas ya que la ecuación para el campo eléctrico contiene un factor exponencial del tipo . De la ecuación del campo eléctrico podemos extraer el valor de , y . = 2 m-1 y = 3 m-1. = 108 rad/s. A partir de las expresiones de y podemos calcular el cociente /. √ √ ( ( √ ) ) ( √ ( ) ) Dividimos entre teniendo en cuenta además sus valores numéricos. √ ( √ ( √ ( ( ( ( ) ) √ ) ) √ ) ( ) ( ) √ ( ) √ ( ) ) Del valor de , sabiendo cuánto vale el cociente / y y que el medio es no magnético. √ √ ( √ ( ) ) La impedancia del medio es compleja ya que 0. √ | | ( ( ( ) ) ) 1 El campo eléctrico está polarizado según la dirección ⃗⃗⃗⃗ y la onda se propaga según la dirección ⃗⃗⃗⃗ , por lo que el campo ⃗⃗ se encuentra polarizado según la dirección ⃗⃗⃗⃗ y vendrá dado por la expresión: ⃗⃗ ( ) ⃗⃗⃗⃗ ( ) 2.- SOLUCIÓN f 5 MHz ; 4 Sm ; r 1 y r 72 El campo eléctrico de la onda es E E0 e z ux E0e z uy (se ha omitido la dependencia temporal eit ); se propaga en el sentido z 0. a) Constantes de atenuación y de fase de propagación: i 1/2 2 1 1 2 1/2 8.86 m 1 2 1 ; 1 2 8.9 m 1 Velocidad de fase: vf 3.53 106 m/s b) La relación entre los campos es por medio de la impedancia compleja H E : E i En nuestro caso, i 2 1/4 1 ei con 1 tan 1 0.78; 2 3.14 ei 0.78 El campo magnético tiene un desfase respecto al campo eléctrico (retraso) de valor 0.78 rad. Teniendo además en cuenta que E H ha de ser un vector en la dirección de propagación, el campo magnético viene dado por: 2 H E0 z i 0.78 E e e uy 0 e z ei 0.78 ux 3.14 3.14 c) Valor medio de la densidad de potencia: 1 1 Sav Re E H * Re 2 2 ux uy E0e i z E 0 e i z ei 0.78 3.14 E0e i z uz 0 E0 i z i 0.78 e e 3.14 0 E02 2z E2 e Re ei 0.78 uz 0 e2z cos(0.78) uz 3.14 3.14 3.- SOLUCIÓN y Índice de refracción n r 1.5 x v 3 10 /1.5 20 m f 107 8 B E a 0.1 0.005 1 20 z a N 100 vueltas; A a2 0.01 m2 Si el campo magnético está orientado en la dirección del eje y, para inducir máxima fem el carrete ha de estar situado en el plano xz, como se muestra en la figura. podemos considerar el campo magnético constante en toda la sección a) Como de la espira y calcular el flujo magnético como producto del campo por el área. La fem inducida en el carrete será: N d m dt NA0 H y t iNa 20 E0 ei t kz y su valor máximo: max Na 20 E0 100 0.01 4107 2107 E0 0.25 V 377 /1.5 Operando se obtienen las amplitudes de los campos eléctrico y magnético: E0 0.796 V/m ; H 0 E0 3.166 103 A/m 3 1 m 0 1 2 Por tanto.5 f 7 f 2 109 Hz 2 GHz. 4. 100 .5 m a 0 0. las expresiones de los campos son: 4 .21 La constante de propagación y la longitud de onda vendrán dadas por: 00 r 11.26 103 W/m2 2 2 2 Sav c) Si f ..b) Valor medio del módulo del vector de Poynting: 1 1 1 Re E H * E0 H 0 0.53 m b) Los dos primeros nulos del campo eléctrico tienen lugar en z0 y z 0.0 z B dS 0 carrete d m 0 dt y la fem inducida es nula. E0 = 100 V/m.27 m 2 Para el campo magnético el primer nulo se encuentra en: z 0. 3 4 5 6 v c 0. a) Calculamos la permitividad relativa del medio: 0 100 0 r r 14.0 La condición para que esto ocurra es a 0. 2 0.84 m1 . La onda incide normalmente sobre un plano conductor perfecto.135 m 4 c) De acuerdo con el estudio de campos estacionarios formados por incidencia normal en un conductor perfecto. r 1 .0 0.SOLUCIÓN f 150 MHz . .1 f 1.166 103 1.5 -1. -0. puede ocurrir que a lo largo del carrete el campo magnético tome los mismos valores positivos que negativos 1.796 3. 83cos 9.7 7.1 m 2 o 1.29 m 2 1.35cos 30 b) Televisor con 20% de rendimiento: 5 .35 Si la inclinación de los rayos solares es de 30o.4 108 t u y La amplitud del campo magnético en el origen es: H 0. que se obtienen de una 0.14 6.4 108 t A/m En la posición z 2 m: H 2. 0 377 0 2 1 1 E Contante solar Sav Re E H * 2 2 0 Por tanto.E 200sen 11.84 z cos 9.14 kW.4 108 t ux H 2cos 11.4 108 t 1. t 2 cos 9.14 5.35cos30o Por tanto A 7.SOLUCIÓN Para una onda plana propagándose en el aire H E . hay que proyectar sobre la normal.7 A/m a) Calefacción con 70% de rendimiento: Si la incidencia es normal se necesitan superficie A 5 7. 2 E 2 H E 0 Sav 2 377 1350 0 E 1009 V/m 2. t 2 cos 23.4 108 t A/m 5.68 cos 9..84 z sen 9. Se 30o ve que sólo contribuye la fracción 1. el campo magnético vendrá dado por: ⃗⃗ [ ( ) ⃗⃗⃗⃗ √ ( Para calcular el vector de Poynting: ⃗ ⃗ [ ( √ ) √ ⃗ ( ) ⃗⃗⃗⃗ ] ( ) ⃗⃗ √ ) ] ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ( ) 6 .SOLUCIÓN √ ( √ La constante de atenuación viene dada por: ( ) ) Como estamos considerando el caso en el que se tenga un mal conductor: de tal forma que podemos utilizar la aproximación de Taylor √ porque √ ( ( √ ) ) ( √ ) La longitud de penetración viene dada por: √ √ √ 7. se necesitan 200 1000W 1 kW que se obtienen de 0.Razonando de forma análoga..86 m 2 o 1..35cos 30 6.SOLUCIÓN Teniendo en cuenta que la onda se está propagando en un medio sin pérdidas en la dirección positiva del eje z.2 una superficie: A 1 0. . A . la onda se propaga atenuándose y disipando esta energía en forma de calor por efecto Joule.SOLUCIÓN Onda plana propagándose en un buen conductor: . 7 . .8. H H 0ei t z e z e i /4 La densidad media de potencia en z 0 será: Sav z 0 1 Re E H * 2 z 0 1 E02 2 cos / 4 uz 2 4 E02 uz / Y su módulo: Sav z 0 2 E0 8 (W/m2) Por otra parte. z 0 z 2 1 1 tan 2 4 i/4 e Los campos vienen dados por: E E0 ei t z e z . la potencia media disipada en un paralelepípedo de sección A (ver figura) será: AE02 e2z AE02 1 1 1 Pav Re J E * dV A E02e 2z dz 2 2 2 2 0 2 2 V 0 Sustituyendo en función de los parámetros del medio y dividiendo por el área: Pav E02 A 4 1 E02 8 / 2 (W/m2) Por tanto. .2 102 2 2 1. 2 2 99817.SOLUCIÓN 8 . 2 11.2 102 m. 11. Junto con los datos del apartado a) se tiene: 500 Hz.SOLUCIÓN Onda plana propagándose en un buen conductor: .93 m 1 .. . 2 v v 112 103 s 1 .265 10 11.4 S/m 4 1. 1 E02 Sav z cos / 4 e2 uz 2 d) Potencia disipada = flujo del vector de Poynting: z z 0 0 Sav dS 1 1 Sav 1 E02 cos / 4 1 e 2 2416. H0 E0 i/4 e E0 Valor instantáneo del vector de Poynting: S Re E Re H b) La velocidad de fase es 112 m/s. tan 1 y 2 2 4 i/4 e .2 10 f 2 2 . E0 z 0 1 V/m.6 W 2 10.6 106 H/m c) Densidad media de potencia: 1 1 E02 Sav Re E H * cos / 4 e2z uz 2 2 1 E02 Sav z 0 cos / 4 uz 2 . Nos dan E E0e i t z H H 0e 1 8. y los campos vienen dados por ez u x i t z ez u y . 1.265 104 a) En la aproximación de buen conductor 1 .9. El campo eléctrico está por tanto polarizado según la dirección ⃗⃗⃗⃗ y vendrá dado por: ⃗ ( ) ⃗⃗⃗⃗ ( ) ⃗⃗⃗⃗ ( ) ) y su valor medio es: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ( El vector de Poynting viene dado por: ⃗ ( ⃗⃗⃗⃗ ( ) ⃗⃗⃗⃗ ( ) ) a) El vector normal al plano x + z = 1 es ⃗ √ ( )y ⃗ . = 0. La impedancia del medio es real y viene dada por: √ La onda se propaga según la dirección ⃗⃗⃗⃗ estando el campo magnético polarizado según el eje y. Por tanto el límite para E y H será: E0max 0.6 V/m .. La potencia que atraviesa un disco de radio 5 cm que está en dicho plano x = 1 viene dada por: 9 .728 A/m 377 E0max 754 100 274. H 0 2. Sav 1 E02 1 E02 2 0 2 377 E0 754 S av El límite de densidad de potencia es 10 mW/cm2 10 103 /104 W/m2 100 W/m2 .a) La densidad media de potencia viene dada por: 1 Sav Re E H * 2 . 11.63 A/m Son valores muy superiores a los límites recomendados.SOLUCIÓN El campo ⃗⃗ no presenta ningún factor exponencial del tipo por lo que la onda se está propagando en un medio sin pérdidas. La potencia que atraviesa un cuadrado de lado 10 cm que está en el plano x +z =1 viene dada por: ∫ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ ∫ √ b) El vector normal al plano z = 1 es ⃗ √ ( ( ) y ) ⃗ . H 0max b) En un día soleado Sav 1300 W/m2 E0 990 V/m . ∫ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ ∫ ( ) 10 . Una línea de transmisión puede propagar también modos TE o modos TM. modos TE y modos TM. Introducción Una onda electromagnética lleva asociada una densidad de potencia (vector de Poynting) que se propaga en el espacio libre a la velocidad de la luz. por el contrario no se pueden satisfacer todas las condiciones de contorno en los conductores cuando las 2 componentes Ez y Hz de los campos son nulas (suponiendo que la propagación se realiza a lo largo del eje z). Para una transmisión eficiente de potencia hay que guiar la onda desde el emisor al receptor. Las configuraciones de campo (que se suelen denominar MODOS) corresponden a modos TE (con Ez = 0) o bien a modos TM (con Hz =0). por lo que la transmisión desde una fuente a un receptor por el espacio libre es muy ineficiente. donde no hay componentes de los campos E y H en la dirección de propagación. el estudio es más complejo ya que las condiciones de contorno de los campos en las líneas y en las guías se pueden satisfacer con distribuciones de campos que tienen componentes en la dirección de propagación. En las guías de onda. En el espacio libre. la estructura de campos de una onda electromagnética corresponde a una TEM (transversal electromagnética). incluso utilizando una antena altamente direccional.Tema 4: Ondas guiadas Introducción. La ventaja de este sistema de transmisión es que permite la propagación de cualquier valor de frecuencia de la señal ( incluso DC!!) y su estudio es más sencillo que en guías. Líneas de transmisión (láminas plano paralelas y coaxial). ya que se puede estudiar en términos de ondas de voltaje y corriente asociados unívocamente a los campos E y H respectivamente. sin embargo salvo aplicaciones muy específicas. El guiado de ondas se puede hacer mediante líneas de transmisión (formadas por dos o más conductores) o por guías de ondas (formadas por un único conductor). Cavidades resonantes. Esta densidad de potencia es muy baja a grandes distancias. pueden propagar ondas TEM. Modos TEM. Guía de onda rectangular. Las líneas de transmisión son capaces de propagar campos EM con una configuración igual a la de una onda plana. su uso está prácticamente restringido a propagación de modos TEM. En este Tema no entraremos en la propagación a través de guías dieléctricas (fibras ópticas). En la propagación de ondas guiadas. es decir. Esta correspondencia biunívoca entre E—V y H—I se debe a que la configuración de campos existente en una línea de transmisión en cualquier plano transversal es exactamente igual a la correspondiente en el caso 1 . para campos armónicos. Este número doblemente infinito se identifica mediante dos subíndices m y n (TEmn. 4. La ventaja de esta hipótesis es que. la sección transversal siempre presenta la misma geometría. en cualquier plano a lo largo de la dirección de propagación. y ) eiωt −γz H ( x. Es posible entonces aplicar toda la teoría de circuitos. es decir. la ley de Faraday se expresa como: ∇ × E = −iωµ H (4. podemos expresar las soluciones en la forma: E ( x. 2 . TMmn) asociados a los lados ancho y estrecho de la guía (para guías rectangulares) o a las variaciones azimutales y radiales (en las guías cilíndricas).1) donde γ es la constante de propagación. modos TE y modos TM Suponemos que la propagación se realiza a lo largo del eje z dando lugar a un problema con simetría de traslación en dicha dirección.2) (4. El análisis demuestra que hay un número doblemente infinito de soluciones que satisfacen las condiciones de contorno. La configuración de los modos TE y TM da lugar a la existencia de frecuencias de corte (para frecuencias de la señal inferiores a la de corte no hay propagación) dependientes de la geometría de la línea y del medio existente en su interior. ∂ ∂2 = −γ . y. z . El análisis hay que hacerlo expresamente resolviendo las ecuaciones de Maxwell.1 Modos TEM.3) Por tanto. la configuración de campos en su interior es muy distinta a la de una onda plana y no es posible un análisis circuital. Tanto las líneas como las guías se caracterizan por su simetría traslacional. t ) = E ( x. y. t ) = H ( x. z . En guías de onda.electrostático entre dos conductores con ± V y circulando corrientes ± I. y ) eiωt −γz (4. en general compleja: γ = α + iβ . = γ2 2 ∂z ∂z Para regiones donde no hay fuentes. 7-c) Operando en las ecuaciones (4. ux ∂ ∇× E = ∂x Ex uy ∂ ∂y Ey uz ∂ = −iωµ ( H x ux + H y u y + H z u z ) ∂z Ez (4.7-b) ∂H y ∂x − ∂H x = iωεEz ∂y (4.5-a) ∂Ez + γEx = iωµH y ∂x (4.4) Igualando por componentes queda: ∂Ez + γE y = −iωµH x ∂y (4.7-a) ∂H z + γH x = −iωεE y ∂x (4.7) se obtiene para las componentes transversales: ∂Ez ∂H z 1 + iωµ γ 2 γ + ω µε ∂x ∂y 1 ∂H z ∂E Ey = 2 −γ z iωµ 2 γ + ω µε ∂x ∂y Ex = − 2 1 ∂Ez ∂H z −γ Hx = 2 iωε 2 γ + ω µε ∂y ∂x 1 ∂Ez ∂H z Hy = − 2 +γ iωε 2 γ + ω µε ∂x ∂y (4.5-b) ∂E y ∂x − ∂Ex = −iωµH z ∂y (4.8) 3 . para la ley de Ampère se tiene: u x u y uz ∂ ∂ ∂ ∇× H = = iωε ( Ex u x + E y u y + Ez u z ) ∂x ∂y ∂ z Hx H y Hz (4.6) que da lugar a las siguientes ecuaciones para las componentes: ∂H z + γH y = iωεEx ∂y (4.5) y (4.5-c) Análogamente. En este caso el campo H sólo tendrá componentes transversales y las soluciones que la cumplen se denominan modos transversales magnéticos (TM). El medio entre los conductores puede ser el espacio libre o cualquier medio dieléctrico y la propagación tiene lugar a lo largo del eje z. de gran interés práctico por ser la que más se emplea. las células GTEM) y después analizaremos la línea coaxial. donde se supone w>>d (Figura 4. Estas soluciones se denominan modos híbridos.9) que da lugar a una indeterminación.1). Suponemos que la placa inferior está conectada a tierra y la superior a un potencial armónico de amplitud V0 . las otras componentes se anulan también. salvo que impongamos la condición: γ 2 + ω2µε = γ 2 + k 2 = 0 (4. de anchura w y separadas una distancia d. c) Las dos componentes axiales son no nulas. 4. Una onda de este tipo ese denomina transversal electromagnética (TEM) Empezaremos estudiando las líneas de transmisión. primero con una estructura de láminas plano paralelas (que se usa en muchos experimentos donde se desea disponer de un campo uniforme en una pequeña región. b) La componente E z = 0 mientras que H z ≠ 0.2. 3) Si hacemos E z = 0 y H z = 0. Por tanto. Ahora el campo E sólo tendrá componentes transversales y las soluciones que la cumplen se denominan modos transversales eléctricos (TE). 2) Para obtener la solución podemos suponer además que: a) La componente E z ≠ 0 mientras que H z = 0. para resolver el problema de la distribución de campos sólo necesitaremos hallar estas dos componentes. ej.1 Línea de láminas plano paralelas (LLPP) Consideremos dos láminas plano paralelas perfectamente conductoras.2 Líneas de transmisión 4.Estas ecuaciones nos muestran que: 1) Todas las componentes transversales se expresan en función de las componentes axiales E z y H z . 4 . 16) Esta es la solución del problema bidimensional.10) se reduce a: ∂2 ∂2 + Φ=0 2 2 ∂x ∂y (4. y ) = 0 .11) Esta es la ecuación de Laplace para un problema bidimensional.10) Aplicando la condición (4. la ec. y ) = V0 (4.15) El campo eléctrico lo obtenemos hallando el gradiente de esta función cambiado de signo: V E ( x.17) El campo magnético se obtiene de (4. Añadiendo la dependencia con z queda: V E ( x. Partimos de la ecuación de onda para el potencial Φ : ∂2 ∂2 ∂2 + + + k2 Φ = 0 2 2 2 ∂z ∂x ∂y (4. La solución es: Φ ( x.x w z d y Figura 4.12) con las condiciones de contorno: Φ ( 0. Podemos por tanto utilizar los métodos ya vistos para resolverla en el plano z = 0 (recordemos que w>>d): ∇ 2 Φ ( x. Línea de placas paralelas.13) obtenemos A = V0 / d . B = 0. y ) = V0 x d (4.1. y ) = Ax + B (4.13) Φ ( x.9) para propagación del modo TEM. y ) = −∇Φ = − 0 u x d (4. Φ ( d . z ) = − 0 e− γz u x d (4. Vamos a analizar las características de la propagación del modo TEM en esta línea. 0≤ x≤d .17): 5 . y ) = 0 . y. 0≤ y≤w (4. (4.14) La solución general será: Imponiendo las condiciones (4. 2. Se denomina impedancia característica. y. es decir.19) x =0 La razón de que la superficie conductora no sea equipotencial en la dirección z es la ley de x z w d Hy z2 z1 y Figura 4. La intensidad de corriente en la placa superior puede calcularse a partir de la condición de contorno para el campo magnético en dicha superficie: n × H = JS V V → − ux × − 0 e− γz u y = 0 e − γz u z = J S ηd ηd (4. ZC = V (z) I (z) = Ex d η d = Hy w w (4.2). de la línea al cociente del voltaje entre los conductores y la corriente total que circula por uno de los conductores. integrada a lo largo de un lazo x – z. será: V (z) = − x=d ∫ x =0 x =d E ⋅ d ℓ = − ∫ E ⋅ u x dx = V0 e− γz (4. 6 . Esquema para aplicar la ley de Faraday en la línea. conectada a tierra.21) Esta corriente se cierra en todo instante con la que circula por la placa inferior que tiene el mismo módulo y sentido opuesto. Faraday que. V 1 H ( x.20) siendo J S la densidad superficial de corriente (A/m). z ) = u z × E = − 0 e −γz u y η ηd (4. Integrando a una línea entre y = 0 e y = w se tiene la corriente total: I ( z) = y=w wV − γz J ∫y=0 S ⋅ uz dy = ηd0 e (4. variable con el tiempo (Figura 4. Z C .22) Vemos que la impedancia característica de una línea de transmisión es función de su geometría y del medio existente entre los conductores. encierra un campo magnético.18) El potencial de la placa superior con respecto a la inferior. Hy. 2. i ωt voltajes y corrientes por el factor e . Línea coaxial. Suponiendo que la propagación es a lo largo del eje z. Está formada por dos conductores cilíndricos concéntricos.26) la solución para el potencial Φ ( r ) es 7 . cuya geometría se muestra en la Figura 4. de forma que encierran totalmente los campos. y el conductor interior a un potencial armónico de amplitud V0 . Para campos armónicos. Para obtener los campos en su interior seguiremos un desarrollo análogo al de la línea de placas paralelas.3. Esta línea de transmisión puede propagar un modo TEM. la potencia media transmitida por la línea es: Pav = x=d ∫ x =0 y=w 1 V0 2 * 1 −2α z Re( E × H ) ⋅ dS = d we ∫y =0 2 2η d (4.23) Vemos que esta potencia en términos de campos. resolvemos la ecuación de Laplace para el potencial bidimensional en coordenadas cilíndricas: ∇ 2 Φ (r ) = 1 ∂ ∂Φ 1 ∂ 2Φ (r )+ 2 r ∂r ∂r r ∂φ2 r (4.2 Línea coaxial La línea de transmisión más empleada es la línea coaxial.La solución incluyendo la dependencia temporal se obtiene multiplicando los campos.24) 4. El medio entre los conductores es un dieléctrico de bajas pérdidas y normalmente el conductor exterior se conecta a tierra ( Φ = 0 ). coincide con la potencia en términos de voltajes y corrientes: wV 1 V0 1 1 −2α z Re (V I * ) = Re V0 e −(α + iβ ) z 0 e−(α −iβ ) z = dwe 2 2 ηd 2η d 2 Pav = (4.3.25) φ a b Figura 4. Teniendo en cuenta las condiciones de contorno Φ (r ) r =a = V0 Φ ( r ) r =b = 0 (4. r ln( ) Φ (r ) = V0 b a ln( ) b (4. z ) = −ur e = 0 u b r r ∂r ln( ) a V0 e−γ z 1 H ( r . La onda de voltaje asociada al campo eléctrico es: b b ⌠ ⌠ V dr V ( z ) = − E ⋅ dr = − 0 e− γ z = V0 e −γ z b r ⌡ ln ⌡ a a a (4.31) y la corriente total que circula por el conductor interno es φ= 2π I ( z) = φ= 2π ∫ φ= 0 ⌠ V0 2π V0 −γ z J S ⋅ u z ad φ = e −γ z a d φ = e = I 0 e−γ z b b η ln ⌡ η a ln a a φ= 0 (4.33) 8 . z ) = u z × E ( r )e − γ z = u b r φ η η ln( ) a (4. La impedancia característica de la línea es: ZC = V ( z) η b = ln (Ω ) I ( z ) 2π a (4.32) Esta corriente se cierra en todo instante con la del conductor externo que circula en sentido opuesto.29) Vemos que el campo eléctrico es radial.30) La densidad lineal de corriente (A/m) sobre uno cualquiera de los conductores (por ejemplo el interno) es: J S = ur × H = V0 b η a ln a e −γ z u z (4. mientras que el campo magnético es azimutal. se obtiene: V e−γ z ∂Φ −γ z E (r .28) Sustituyendo el valor del potencial e incluyendo la dependencia con z.27) Los campos E y H los podemos obtener de E (r ) = −∇Φ (r ) 1 H (r ) = u z × E ( r ) η (4. 3.34-b) 4.4. ∇ × H = iωεE Tomando rotacionales en ambos miembros de la ecuación de Faraday y teniendo en cuenta que en ausencia de carga ∇ ⋅ E = 0. En lo que sigue. y b z a x Figura 4. queda: ∇ 2 + ω2µε E = 0 ( ) donde el operador laplaciano. se aplica a cada una de las componentes del campo. En el caso de la componente z esta ecuación es: 9 . Guía rectangular En la práctica las guías más utilizadas son las que tienen un corte transversal en forma de rectángulo de lados a y b como se muestra en la Figura 4. Vemos que se trata de una ecuación de onda homogénea para el campo armónico. ∇2 . puede obtenerse por superposición.La potencia media transmitida a lo largo de la línea se puede calcular a partir de los campos: r =b e −2α z V0 2 ⌠ φ= 2π 1 * 1 1 2π −2α z ⌠ Pav = Re( E × H ) ⋅ dS = r dr d φ = V0 2 e 2 ∫ ⌡2 2η (ln b )2 ⌡ φ=0 r 2 η ln b a r =a a (4. Si se necesita una solución más general.34-a) O también a partir de voltajes y corrientes: 1 2 π V 1 1 2π −2α z − α + iβ z − α −iβ z 0 Pav = Re(V I * ) = Re V0 e ( ) e ( ) = V0 2 e b b 2 2 2 η ln η ln a a (4. volvemos a las ecs. de Faraday y Ampère: ∇ × E = −iωµH . vamos a buscar soluciones para los modos TM y TE. Para hallar las componentes axiales de E y H . Guía rectangular.4. mientras que para el modo TE sólo nos ocuparemos de la segunda. la solución completa de E z para los modos TM en la guía es: Ez = ( A sen Mx + B cos Mx ) ⋅ ( C sen Ny + D cos Ny ) e− γz (4. z ) = X ( x ) ⋅ Y ( y ) e −γz (4. Además. es decir.36) Dadas las características de las funciones X e Y las únicas soluciones posibles son: 1 d2X = −M 2 . y. tendremos que imponer las condiciones de contorno adecuadas a la geometría del sistema.38) Las soluciones de estas ecuaciones son del tipo: X = A sen Mx + B cos Mx . 2 X dx 1 d 2Y = −N 2 2 Y dy (4.40) 10 . Modos TM: Para el problema de modos TM propagándose en esta guía. Ez ( x.39) donde A.(∇ 2 + ω2µε ) Ez = 0 Partiendo de la ley de Ampère y razonando análogamente llegamos a: (∇ 2 + ω2µε ) H z = 0 Por otro lado. obtenemos: ∇ t2 + (ω2µε + γ 2 ) E z = 0 ∇ t2 + (ω2µε + γ 2 ) H z = 0 Para el modo TM sólo tenemos que resolver la primera de estas ecuaciones.35) Sustituyendo en la ecuación para esta componente queda: 1 d 2 X 1 d 2Y + + ( γ 2 + ω2µε ) = 0 X dx 2 Y dy 2 (4. B. teniendo en cuenta que en coordenadas cartesianas: ∇2 = ∂2 ∂2 ∂2 ∂2 2 + + ≜ ∇ + t ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 ∂z 2 y que hemos supuesto que hay una dependencia con z de la forma e − γz . asumiremos que éste se puede resolver mediante separación de variables. C y D son constantes a determinar. Y = C sen Ny + D cos Ny (4. En consecuencia.37) siendo M y N constantes tales que: − M 2 − N 2 + ( γ 2 + ω2µε ) = 0 (4. 2. Queda entonces: E z = E0 sen Mx sen Ny e − γz (4. 2.41) Aplicando la primera y tercera de estas condiciones a (4.⋯ (4. 2. Sustituyendo M y N en la ecuación: − M 2 − N 2 + ( γ 2 + ω2µε ) = 0 (4. para la condición E z = 0 en y = b obtenemos: Nb = nπ.43) Análogamente.⋯ (4. 2.42) siendo E0 = AC . el campo eléctrico sólo puede tener componente normal a las paredes de la guía conductora: Ez = 0 en x=0 Ez = 0 en x=a Ez = 0 en y=0 Ez = 0 en y=b (4. 2 2 11 . Imponiendo E z = 0 en x = a resulta: E0 sen Ma sen Ny = 0 → Ma = mπ.3. las constantes vienen dadas por: M = mπ nπ . una constante relacionada con la amplitud de la señal que se propaga. n = 1. N= a b (4. 3.⋯ n = 1. Las dos constantes que faltan podemos obtenerlas de las condiciones de contorno en las paredes x = a .48) resulta. ya que el cos 0o = 1.Para hallar las constantes imponemos las condiciones de contorno. el cual se denomina modo fundamental.⋯ (4.45) vemos que son parámetros que dependen de las dimensiones de la guía.3. Ahora ya podemos escribir la solución para los modos TM: mπ nπ − γz E z = E0 sen x sen ye a b m = 1. Así.44) Por tanto. en ausencia de carga superficial ρs . m = 1.46) Aparece un conjunto infinito de soluciones que dependen de los valores de los índices m y n.40) encontramos que las contantes B y D han de ser nulas. y = b. Estos modos se designan modos TMmn.3.47) mπ n π 2 2 − − + ( γ + ω µε ) = 0 a b (4. el modo con los índices más bajos es el modo TM11. y una frecuencia de corte. f c = ωc / 2π .50) el radicando ha de ser un número positivo.mn 2 → mπ nπ = + 2π µε a b 1 2 (4. en una guía rectangular la constante de propagación γ vale: mπ nπ 2 γ= + − ω µε a b 2 2 (4. En la expresión (4. en ese caso βmn es la constante de fase: mπ nπ βmn = ω2µε − − a b 2 2 (4. para una guía de dimensiones dadas. es decir. y. mπ nπ ω µε > + a b 2 2 2 ya que en caso contrario. z . por debajo de la cual no se propagan las señales: mπ nπ µε = + a b 2 kc = ωc f c .49) Vamos a suponer que el medio no tiene pérdidas.54) 12 . Esto nos lleva a definir una constante de corte.52) 2 (4. Vamos a analizar las implicaciones que tiene la solución obtenida en las características de la propagación. k c .Así. la constante de propagación será un número imaginario puro.51) que representa una onda viajando en el sentido z > 0.53) Para frecuencias f > f c . mn . con respecto a las de la onda libre. Entonces γ es imaginario puro: mπ nπ = i ω µε − − a b 2 γ = iβmn 2 2 (4. t ) = E0 sen x sen y Re e −γz eiωt a b mπ nπ = E0 sen x sen y cos ( ωt − βmn z ) a b (4.50) Ya estamos en condiciones de hallar la solución: multiplicando E z por eiωt y tomando la parte real de la misma llegamos a: mπ nπ E z ( x. la constante de propagación sería real y la onda se atenuaría exponencialmente. mn f 2 (4.56) 2 donde λ = 2π / ω µε es la longitud de onda en el medio libre.mn f (4.mn f 2 (4.57) que nos muestra que la velocidad de fase es mayor que en el medio libre.55) Asociada a la constante de fase tenemos la longitud de onda con que se propaga la señal dentro de la guía: λ mn = 2π = β mn λ 1− f c .Esta es la relación de dispersión para los modos TMmn en la guía rectangular.mn = ω = βmn 1/ µε f 1 − c . En función de la frecuencia de corte podemos expresarla como: β mn f = ω µε 1 − c . Partiendo del valor de E z calculado: mπ nπ − iβmn z E z = E0 sen x sen ye a b (4.8).mn f 2 = vf f 1 − c . Vamos a hallar la expresión de los fasores de los campos para el modo TM. Vemos que λ mn > λ para una onda de la misma frecuencia. Para las componentes transversales del campo eléctrico resulta: mπ −iβmn a mπ nπ − iβmn z Ex = E0 cos x sen y e 2 kc a b nπ −iβmn b E sen mπ x cos nπ y e − iβmn z Ey = 0 kc2 a b (4. La velocidad de fase para los modos TMmn viene dada por la relación: v f . Sin embargo no representa la velocidad con la que se propaga la energía que transporta la onda. Esta es la velocidad de los frentes de onda de fase constante y puede ser mayor que la de la luz en el medio que llena la guía.59-a) 13 . con H z = 0.58) las restantes componentes vienen dadas por las ecuaciones (4. Modo TE En este caso. 2 2 Si hallamos el cociente entre E x y H y obtenemos: Ex = ZTM mn Hy . las condiciones de contorno que debemos imponer son: 14 . Haciendo separación de variables llegamos a que la solución general es de la forma: H z = ( A sen Mx + B cos Mx ) ⋅ ( C sen Ny + D cos Ny ) e − γz (4.63) Por tanto.62) donde se ha supuesto una propagación en el sentido z > 0. Por tanto buscaremos la solución para H z y a partir de ella obtendremos las restantes componentes. siendo ZTM mn = βmn βmn µε β µ βmn = = = η mn ωε kε ε k k (4. Para hallar las constantes necesitamos imponer condiciones de contorno.61) Estas relaciones sugieren que podemos asociar una impedancia intrínseca ZTM mn a los modos transversales magnéticos. E z = 0. por lo que lo haremos sobre las componentes transversales del campo eléctrico. la componente axial del campo eléctrico es nula. Recordemos que para el modo TE tiene: iωµ ∂H z γ + ω2µε ∂y iωµ ∂H z Ey = 2 γ + ω2µε ∂x Ex = − 2 (4. No es trivial imponerlas para H z . que sólo pueden tener componente normal a las paredes.60) Mientras que para las otras dos componentes queda: Ey = − ZTM mn Hx (4.y para las componentes transversales del campo magnético: nπ iωε b E sen mπ x cos nπ y e −iβmn z Hx = 0 kc2 a b mπ −iωε a E cos mπ x sen nπ Hy = 0 kc2 a b (4.59-b) y e− iβmn z Hemos sustituido γ 2 + ω2µε por su equivalente kc2 = ( mπ / a ) + ( nπ / b ) en este caso. E y = 0 en x=0 E y = 0 en x=a Ex = 0 en y=0 Ex = 0 en y =b (4.64) Operando en (4.62) con las condiciones para x = 0, y = 0, se llega a la expresión para H z : H z = H 0 cos M x cos N y e −γz (4.65) donde H 0 = BD es una constante relacionada con la amplitud de la señal que se propaga. Si calculamos para los casos x = a, y = b, se encuentra que: sen Ma = 0 → Ma = mπ, o bien M = mπ a sen Nb = 0 → Nb = mπ, o bien N= nπ b n = 0,1, 2,⋯ (4.67) m = 0,1, 2,⋯ n = 0,1, 2,⋯ (4.68) m = 0,1, 2,⋯ (4.66) Sustituyendo estos resultados en la expresión de H z queda: mπ nπ −γz H z = H 0 cos x cos y e a b Siguiendo un razonamiento análogo al del modo TM, llegamos a que: mπ nπ = i ω µε − − a b 2 γ mn = iβmn 2 2 (4.69) Hemos de imponer que se γ mn sea imaginario puro y ello implica que: mπ nπ ω µε > + a b 2 2 2 (4.70) ya que en caso contrario, la constante de propagación sería real y la onda se atenuaría exponencialmente. Podemos definir una frecuencia de corte, f c = ωc / 2π , para una guía de dimensiones dadas, por debajo de la cual no se propagan las señales: mπ nπ µε = + a b 2 kc = ωc f c ,mn 2 mπ nπ = + 2π µε a b 1 2 → (4.71) 2 (4.72) que tiene la misma expresión que para los modos TM. Teniendo en cuenta (4.72), la relación entre βmn y ω queda en la forma: 15 f βmn = 1 − c , mn ω µε f 2 (4.73) La Figura 4.5 muestra la variación de esta función con la frecuencia de la señal para distintos modos TE y TM. El modo que tiene la frecuencia de corte más baja y, por tanto, empieza a propagarse antes que los restantes es el TE10; éste es el modo TE fundamental. A medida que aumenta la frecuencia, la función crece tendiendo asintóticamente a 1, es decir al valor que corresponde a la propagación en el medio libre. Los siguientes modos en comenzar a propagarse son el TE01 y el TE20 que se representan en la misma curva debido a la especial 1.0 TE01, 20 0.8 TE10 βmn ω µε TE21, TM21 0.6 0.4 0.2 TE11, TM11 0.0 0.0 10 5.0x10 1.0x10 11 11 1.5x10 11 2.0x10 2.5x10 11 11 3.0x10 11 3.5x10 ω (s ) -1 Figura 4.5. Variación relativa de la constante de propagación en una guía rectangular con parámetros ε 0 , µ 0 y de dimensiones a = 2.28 cm, b = a/2. geometría de la guía, b = a/2. Cerca de ellos empiezan a propagarse el TE11 y el TM11, que es primer modo TM en salir del corte. Finalmente se traza la curva de los modos TE21 y TM21. Veamos ahora cuál es la expresión de los fasores de los campos para el modo TE. Partiendo del valor de H z calculado en (4.68), las restantes componentes vienen dadas por las ecuaciones (4.8) con E z = 0. Para las componentes transversales del campo eléctrico resulta: 16 nπ iωµ b H cos mπ x sen nπ y e − iβmn z Ex = 0 kc2 a b mπ −iωµ a mπ nπ −iβmn z Ey = H 0 sen x cos y e 2 kc a b (4.74-a) mientras que para las componentes del campo magnético se obtiene: mπ iβmn a H sen mπ x cos nπ y e− iβmn z Hx = 0 kc2 a b nπ iβmn b H cos mπ x sen nπ y e− iβmn z Hy = 0 kc2 a b (4.74-b) Si hallamos el cociente entre E x y H y obtenemos: Ex ωµ kµ k = ZTEmn ; siendo ZTEmn = = =η Hy βmn βmn µε βmn (4.75) Mientras que para las otras dos componentes queda: Ey Hx = − ZTEmn (4.76) Estas relaciones nos permiten asociar una impedancia intrínseca ZTEmn a los modos transversales eléctricos. En la mayoría de las aplicaciones, las dimensiones de la guía y las frecuencias de trabajo son aquellas que permiten la propagación el modo TE10 exclusivamente. Particularizando los índices a los valores m = 1, n = 0, la expresión de los campos para este modo se reduce a: π H z = H 0 cos x e− iβ10 z a iωµa π Ey = − H 0 sen x e− iβ10 z π a (4.77) iβ10 a π H 0 sen x e − iβ10 z π a Ex = Ez = H y = 0. Hx = 17 siendo β10 = ω2µε − ( π / a ) . Las Figuras 4.6(a)-(b) muestran la distribución de las líneas de 2 los campos en los planos YZ y XZ, respectivamente. (a) H E (b) H E Figura 4.6. Distribución de las líneas de E y H en una guía rectangular para el modo TE10. a) Plano YZ; b) Plano XZ. Estos campos tienen una expresión sencilla por lo que resulta fácil calcular el flujo de energía que trasportan en la guía. Según vimos en el Tema 3, para campos armónicos la densidad media de energía por unidad de área y unidad de tiempo viene dada por: 1 S av = Re E × H * 2 ( ) (4.78) Para hallar la potencia media integramos esta cantidad en la sección transversal de la guía. Así, integrando al rectángulo de lados a y b (Figura 4.4): 18 Sólo nos falta imponer las condiciones: 19 . 4.79) y =b ∫ sen y =0 2 πx dx dy a 3 Vemos que para el modo TE10 la potencia trasmitida depende de las dimensiones de la guía.4. Cavidad resonante rectangular En la figura 4. una parte de esta potencia se pierde por efecto Joule porque los campos dan lugar a corrientes en las paredes de la guía. Para minimizar estas pérdidas. cortocircuitamos los dos extremos formando una caja o cavidad de paredes metálicas. ε. las paredes se construyen con materiales que son buenos conductores como por ejemplo plata o cobre.7. y b a x d z Figura 4. Generalmente. Cavidades resonantes Podemos construir una estructura resonante a partir de una guía rectangular. Para ello.7 se muestra una cavidad formada a partir de una guía de sección a ⋅ b en la que se han colocado paredes conductoras en z = 0 y z = d . de los parámetros µ. y de la amplitud y frecuencia de la señal. 1 x =a Pav = ∫ S av ⋅ d S = Re ∫ 2 x=0 S y =b * ∫ ( E × H ) ⋅ u dx dy z y =0 y =b x =a 1 = Re ∫ 2 x =0 ∫ E y H x dx dy y =0 x =a = ωµβ10 a H 02 ∫ 2 2π x=0 = ωµβ10 a b 2 H0 4π 2 2 (4. Podríamos resolver este problema partiendo de la ecuación de ondas y utilizando separación de variables + condiciones de contorno en la seis paredes. pero es más fácil partir de las soluciones obtenidas para los modos TE y TM que satisfacen las condiciones de contorno en cuatro de ellas. Como no hemos considerado hasta ahora la posibilidad de que existan ondas reflejadas en el sentido z < 0, es necesario añadirlas. Agrupando E x + E y como componentes transversales, la expresión del campo transversal para este caso, Et , será: Et ( x , y , z ) = et ( x , y ) E0+ e − iβmn z + E0− eiβmn z (4.80) donde et ( x , y ) da cuenta de las variaciones que son función de ( x , y ) , y E0+ , E0− son las amplitudes de las ondas incidente y reflejada. Al imponer Et = 0 en z = 0 se obtiene E0− = − E0+ como es de esperar cuando la onda se refleja en un plano conductor perfecto. La condición Et = 0 en z = d implica que, Et ( x , y , z ) = et ( x , y ) E0+ e− iβmn d + E0− eiβmn d = 0 ⇒ et ( x , y ) 2iE0+ sen βmn d = 0 ⇒ βmn d = l π , l = 1, 2,3⋯ Esto significa que la cavidad debe tener una longitud d tal que 2π λ mn d = lπ → d= λ mn l (4.81) 2 Es decir, d ha de ser múltiplo de la semilongitud de onda para que el modo mn pueda establecerse en la cavidad. Se define la constante de corte: 2 kmnl 2 mπ nπ l π = + + a b d 2 (4.82) y entonces hablamos de los modos TEmnl o TMmnl resonantes. Las frecuencias de resonancia vendrán dadas por f mnl = ckmnl 2 π µr εr = c 2 π µr εr 2 2 m π nπ l π + + a b d 2 (4.83) Si se cumple b < a < d , el modo resonante TE mas bajo es el TE101 y para el TM el TM111. 20 ELECTROMAGNETISMO II (Grado en Física) Curso 2012-13 Tema 4. Ondas guiadas. Introducción. Modos TEM, modos TE y modos TM. Líneas de transmisión (láminas plano paralelas y coaxial). Guía de onda rectangular. Cavidades resonantes. PROBLEMAS 1.- Considérese una guía de ondas formada por dos placas paralelas conductoras separadas una distancia d = 3 cm, anchura W >> d y con aire entre ellas. Determinar la máxima potencia media que puede propagarse por unidad de anchura sin que se produzca la ruptura dieléctrica, cuando 10 se propaga un modo a) TEM, b) TM1 y c) TE1. Frecuencia de trabajo f = 10 Hz. 2.- La expresión instantánea para Ez de un modo TM en una guía de ondas rectangular rellena de aire, con a = 2.5 cm y b = 0.5 cm es Ez = E0 sen ( 200πx ) sen ( 200πy ) cos ( 2π1011 t − βz ) V/m. a) ¿Cuál es el modo de operación? b) Calcular fc, β, ZTM y λ g . 3.- Una guía de ondas con a = 2 cm y b = 1 cm está llena de agua desionizada, con εr = 81. Si la frecuencia de operación es de 2.0 GHz, determinar: a) todos los posibles modos de propagación y sus frecuencias de corte; b) la impedancia del modo (o modos) de mayor frecuencia; y c) la velocidad de fase del modo de menor frecuencia. 4.- En una guía de ondas rectangular de dimensiones a = 2.25 cm y b = 1 cm llena de aire, se propaga su modo fundamental a la frecuencia f = 10 GHz. Determinar el valor máximo de la potencia media que se puede transmitir sin producirse la ruptura en la guía. 5. Un túnel se comporta como una guía de ondas. Para un túnel de sección aproximadamente rectangular, de dimensiones a, b, a) Hallar el rango de frecuencias para las cuales se propaga solo el modo fundamental. b) Explicar por qué las señales de radio AM se reciben dentro de un túnel con mayor dificultad que las FM. 6. En una guía rectangular, la expresión de la componente transversal del campo eléctrico viene dada por: π 2π E x = A cos x sen y sen ( 7 π × 1010 t − β z ) a b Determínese: a) El modo de operación; b) La frecuencia de operación; c) La constante de propagación β si las dimensiones de la guía son a = 2.3 cm y b = 1.2 cm; y d) La frecuencia de corte y la impedancia de onda. Supóngase la guía llena de aire. 7. Una guía rectangular opera en el modo TE10. Sus dimensiones son a = 7.62 cm y b = 4.0 cm, y la potencia total transmitida es 1.2 W a una frecuencia de operación un 30% más elevada que la de corte. Determinar: a) las frecuencias de corte y de operación, así como la impedancia de onda para el caso en que la guía está llena de aire; b) la amplitud del campo eléctrico asociada a la potencia transmitida; c) escribir las expresiones de los campos eléctricos y magnéticos (sustituyendo los valores numéricos en su caso) asociados a este modo de operación. 8.- En una guía de ondas de dimensiones a = 2.5 cm y b = 1.25 cm se intercala una sección de guía más estrecha de dimensiones a’ = 2 cm y b = 1.25 cm. Si en la guía de ondas se propaga una onda de frecuencia f = 7 GHz, siendo la amplitud del campo eléctrico E0 = 10V/m, calcular: a) modo de propagación en la guía ancha; b) potencia que se propaga por la guía ancha; c) constante de atenuación en la guía estrecha; d) longitud ℓ que tiene que tener la sección intercalada de guía estrecha para que la potencia P2 sea 10 veces inferior a la potencia P1; e) ¿se podría eliminar la reducción en potencia rellenando la guía con un dieléctrico? ¿Cuál sería el valor mínimo de la permitividad relativa de ese dieléctrico? ℓ 1.25 cm P2 2 cm z P1 2.5 cm 9.- Se sabe que el modo que se propaga por una guía de ondas rectangular de dimensiones a × b es el fundamental TE10, siendo la frecuencia f. Para determinar la potencia que se propaga por la guía, se coloca en su centro una pequeña espira circular de diámetro D. Para una posición z0 de la espira se induce una fem máxima de 0 y para otra separada d cm a lo largo del eje z se induce una fem = 0 V: a) indicar en el dibujo de una sección transversal de la guía, cómo tiene que orientarse el eje de la espira para medir la fem 0 ; b) calcular la constante de fase de propagación, frecuencia de la señal y longitud de onda en la guía; c) determinar las amplitudes de los campos E y H. Calcular el valor de la potencia transmitida; y d) en la posición zo de espira, ¿hasta dónde se podría subir la frecuencia para que se detectase algún valor de fem inducida en la espira? ε ε Y b d= λg/4 Hx a z z = z0 X 10.- En algunas aplicaciones de microondas se utiliza una cavidad resonante en forma de anillo con una sección transversal igual a la que se muestra en la figura, donde el valor de d es muy pequeño comparado con la longitud de onda en resonancia. Si consideramos que este resonador se puede representar como una combinación en paralelo del condensador formado por la parte central estrecha y por la bobina formada por el resto de la estructura, calcular los valores aproximados de la frecuencia y la longitud de onda resonantes. d H a b P1-T4 f = 1010 Hz a) Si el dieléctrico es aire, la transmisión se x hace sin pérdidas (α = 0) . Para el modo w z TEM la potencia media viene dada por: d 2 Pav = y 1 V0 1 2 ⋅d ⋅w= ( E0 ) ⋅ d ⋅ w 2η d 2η El campo de ruptura del aire es E0 max = 3 ×106 V/m, por tanto la máxima potencia por unidad de anchura de la línea vale: Pav w = max 2 1 1 2 3 × 106 ) ⋅ 0, 03 = 358 × 106 W/m = 358 MW/m ( E0max ) ⋅ d = ( 2η 2 ⋅ 377 b) La ecuación de onda para la componente Ez de un modo TM (Hz = 0) es: ∂2 2 2 2 2 2 + kc Ez = 0 ; kc = ω µε − β ∂x La solución de esta ecuación es de la forma: Ez ( x ) = Asen kc x + B cos kc x sujeta a las condiciones de contorno: Ez ( x = 0 ) = 0 ; Ez ( x = d ) = 0 Esto implica B = 0 ; kc = k c d = nπ → nπ d , n = 1, 2,3,⋯ Vemos que la constante de corte kc está condicionada a tomar valores múltiplos de π / d . Por tanto, la constante de propagación queda expresada como: nπ βn = ω µε − k = ω µε − d 2 2 c 2 2 En particular, para n = 1 se tiene: π π kc = ; β1 = ω2 µε − d d Ez = A sen kc x e − iβ z ; 2 Ex = − i ; β fc = 1 2 d µ0 ε0 = 5 × 1 09 Hz A cos kc x e − iβ z ; H y = − i kc E 0 ωε kc A co s kc x e− iβ z ∂2 2 2 + kc H z = 0 → H z = A sen kc x + B cos kc y ∂x Aplicamos las condiciones de contorno a la componente transversal del campo eléctrico: Ey ( x ) = 1 kc2 iωµ ∂H z ∂x Ey ( x = 0) = 0 .3.03 ⋅ ( 3 × 106 ) 4 ⋅ 377 2 2 5 1 − = 1. 03 ⋅ (3 × 106 ) 2 5 4 ⋅ 377 ⋅ 1 − 10 2 = 207 MW/m c) Por último analizamos el modo TE (Ez = 0): La ecuación de onda es en este caso.⋯ En particular. kc = nπ d . los campos transversales para el modo TE1 quedan en la forma: 2 f π E π E y = E0 sen x . la potencia transmitida por unidad de anchura de línea será en este caso: Pav 1 x = d = w 2 x∫= 0 E02 f η 1− c f cos 2 2 π x dx = d d ⋅ E02 f 4η 1 − c f 2 Sustituyendo para los datos del problema se obtiene: Pav w = max 0. Ey ( x = d ) = 0 = 1 kc ⇒ iωµ ( A cos kc x − B sen kc x ) A = 0. H x = 0 1 − c sen x d η d f Y la potencia media por unidad de anchura se expresa en la forma: 2 d fc f Pav 1 E02 dE02 2 π = ∫ 1 − sen x dx = 1− c w 20 η d 4η f f 2 Sustituyendo los datos para el campo de ruptura queda: Pav w = max 0.La impedancia del modo viene dada por: ZTM1 f E = x = η 1− c Hy f 2 Por tanto. 2.55 × 108 W/m = 155 MW/m 10 . n = 1. 85 × 10 β . n = 200 b = 200 × 0. constante de propagación: 2 2 2 c m n 3 ×108 5 1 fc = + + = 2 a b 2 2.5 × 10−2 0.5 cm b a Ez = E0 sen ( 200πx ) sen ( 200πy ) cos ( 2π1011 t − βz ) a) Modo de operación: m = 200.005 = 1 b b) Frecuencia de corte.5 cm y b = 0.9 × 103 2π = = = 341.3 × 10−3 m.5 × 10 Impedancia y longitud de onda en la guía: ZTM β 1. m = 200 a = 200 × 0.4 GHz β= 2 ω2 mπ nπ − − c2 a b 2 π × 1011 = 3 × 108 2 2 5π − 2. λ g = = 3. 11 −12 ωε 0 2π × 10 × 8.5 × 10−2 2 = 4.025 = 5 a ⇒ TM 51 n = 200.90 × 103 m-1 − −2 0.24 × 1010 Hz = 42.2 Ω .P2-T4 a = 2.5 × 10 −2 2 2 π = 1. TM41 3. b = 1 cm . TE32. TE01* 1.P3-T4 y a = 2 cm . la expresión de las frecuencias de corte queda: ( fc )mn 2 3 × 108 m n = + 18 2 × 10−2 1× 10−2 = 3 × 108 1 18 × 10−2 2 m2 + 4 n2 = 5 6 2 m 2 + 4 n 2 (GHz) Los modos que se pueden propagar son los marcados con (*): Modo Frecuencia (GHz) TE10* 0. TM51 4.5 TE31. µr = 1 y ε r = 81. TM11* 1. b x a a) La frecuencia de corte de los modos TEmn y TMmn viene dada por: ( f c )mn 2 2 1 1 m n = + = 2 εµ a b 2 ε r εoµ o 2 2 2 c m n m n + = + a b 18 a b Si sustituimos los datos del problema.167 TE51. TM02 3. TM21 2.8333 TE20*.357 TE30 2.667 TE11*.333 TE41.727 TE50. TM31 3 TE40. TM32 4.863 TE21.488 2 . 8333 / 2) .863 / 2) 2 = 15.11 / f ) ZTM 11 2 = 4 π × 10−7 81× 8.10 / f ) 2 = 3 × 108 1 3 × 108 = × 1.1Ω µ 4π × 10−7 2 = 1 − ( fc .1 = 3.67 × 107 ms −1 2 9 9 1 − (0.2Ω −12 81× 8.863 / 2) 2 = 115.85 × 10 1 − 12 1 − (1.b) Impedancia del modo de mayor frecuencia de corte: Es la de los modos TE11. TM11: ZTE11 = µ 1 ε 1 − ( f c .85 × 10 ε c) velocidad de fase del modo de menor frecuencia de corte: v= c 1 ε r µr 1 − ( f c .11 / f ) = 1 − (1. f = 10 GHz x Para el modoTE10 los campos transversales vienen dados por: Ey = − iωµa π H 0 sen x e− iβ10 z π a . f c10 = E c = 6. b a b = 1 cm .7 × 109 Hz . Hx = iβ10 a π H 0 sen x e − iβ10 z π a Para el modo TE10 la potencia media que se propaga en la guía viene dada por: 1 x=a Pav = ∫ Sav ⋅ d S = Re ∫ 2 x =0 S x=a 1 = Re ∫ 2 x=0 y =b * z y =0 y =b ∫ ∫ ( E × H ) ⋅ u dx dy E y H x dx dy = y =0 ωµβ10 a 3b 2 H0 4π2 En este caso.P4-T4 y a = 2.25 cm . η = 377 Ω . Z TE10 = − y 2a Hx Y la máxima potencia que se puede transmitir vale: Pav max = 106 W = 1 MW . E0 = 3 × 106 V/m . b) Es debido al rango de frecuencias en que se emiten ambas señales: f AM ≈ 1 MHz < f10 f FM ≈ 100 MHz > f10 Las señales de AM están por debajo del corte y no se propagan.5 MHz Entre 18.86 MHz se añade el modo TE01.75MHz y 37. b = 3.P5-T4 y b x a La frecuencia de corte del modo TEmn viene dada por: ( f c )mn 1 = 2π µ 0 ε 0 mπ nπ + a b 2 2 a) Comparamos las frecuencias de corte de los primeros modos: f10 = c 2a .5 m f10 = 18. f 20 = c a Ejemplo: a = 8 m. f 20 = 37. f 01 = c 2b .75 MHz. f 01 = 42.5 MHz sólo se propaga el modo fundamental. luego se suma el modo TE20 y a 42. .86 MHz. ε r = 1.3 cm. n = 2 → se propagan los modos TE12 y TM12 2) Frecuencia de operación: ω = 7 π × 1010 rad/s → f = ω = 35 GHz 2π 3) a = 2. b = 1.2 rad/m a b 2 2 4) Frecuencia de corte e impedancias: ( f c )12 Z TE = η π 2 2π 2 + = 25. µ r = 1. Z TM = η 12 = η 12 = 254. Constante de propagación: π 2π β12 = ω2µε − − = 495.3 Ω β12 β12 k ωε .8 GHz = 2π µε a b 1 k ωµ β β = = 558 Ω .2 cm.P6-T4 π 2π Ex = A cos x sen a b y sen ( 7 π× 1010 t − β z ) 1) De la expresión deducimos que m = 1. z .33 z ) A/m 0. µr = 1 y ε r = 1. E y = −i 962. b = 4.0762 E π H x = − y = i 1.2 W.0762 Valor instantáneo de H z : π H z ( x.8 sen x e− i 34. t ) = 1.64 sen x e − i 34. Modo TE10 b Potencia transmitida 1.33 m −1 a 2 2 Impedancia: ( Z TE )10 = ωµ = 588.P7-T4 y a = 7.96 A/m ωµβ10 a 3b Amplitud de E y Ey = ωµa H 0 = 962.62 cm .30 ) f c = 2.33 z 0.0 cm .8 V/m π 3) Fasores de las componentes: π π H z = 1.0762 0.97 GHz 2π µ 0 ε 0 a La frecuencia de trabajo es un 30% mayor que la de corte: f = (1 + 0. .61× 1010 t − 34. ω = 1.96cos x cos (1.96cos x e − i 34.33 z .7 Ω β10 2) De los datos del problema podemos deducir la amplitud de H z : ωµβ10 a 3b 2 Pav = H0 4π 2 → H 0 = 2π Pav = 1.61× 1010 rad/s Constante de propagación π β10 = ω µ 0ε 0 − = 34.0762 Las restantes componentes se obtienen de forma análoga.56 GHz . a una f 30% sobre f c x a a) Frecuencia de corte para el modo TE10: fc = 1 π = 1.33 z Z TE 0. 025 ( fc )20 = c = 12 GHz . b) Para dicho modo.P8-T4 ℓ 1. es tal que se cumple: ω2 µ 0 ε 0 ε r = ( π / a ′ ) 2 → ε r = 1. la amplitud del campo magnético viene dada por (ec. Si queremos que P2 = P1 / 10 la longitud de la guía estrecha ha de ser tal que: P2 = P1 ⋅ e −2 γ ′ℓ = 1.5 cm El generador entrega una señal de frecuencia f = 7 GHz con E0 = 10 V/m a) Modo de propagación en la guía ancha: ( f c )10 = c 3 ⋅108 = = 6 GHz .77): H0 = π E0 ωµ a = 2. c) Para la guía estrecha la frecuencia de corte es: ( f c′)10 = c 3 ⋅108 = = 7.1 → ℓ = ln ( 0.02 Por tanto la propagación se hace con una constante 2 2 ′ = i ω2 µ 0 ε 0 − ( π / a ′ ) = i − ( π / a ′ ) − ω2 µ 0 ε 0 = ± 56. 2a 2 ⋅ 0. 4. 495 GHz 2a′ 2 ⋅ 0. 27 ⋅10 −2 A/m y la constante de propagación valdrá: β10 = ω2µ 0 ε 0 − ( π / a ) = 75.1) −2 γ ′ = 2.07 ⋅10−5 W.1 m −1 γ ′ = iβ10 Elegimos el valor positivo que –llevado a la fórmula– atenúa la señal a lo largo del eje z. 7 m −1 2 En función de estas cantidades. 05 ⋅10−2 m d) La permitividad del dieléctrico a partir la cual la guía estrecha empieza a propagar el TE10 a f = 7 GHz .07 ⋅10−6 W → e−2 γ ′ℓ = 0. a ( fc )01 = c = 12 GHz 2b Vemos que a la frecuencia de trabajo sólo se propaga el modo TE10. la potencia transmitida será: P1 ≡ Pav = ωµ 0 β10 a 3 b 4π 2 H 02 = 1.25 cm P2 2 cm z P1 2.15 . z .P9-T4 Y y b d= λg/4 Hx a X z z = z0 a) Para que se induzca una fem en la espira. t ) = H 0 x sen x cos(ωt − β10 z ) a a La fem inducida para la espira situada en el centro de la guía ( x = a / 2 ) : ε = −µ0 ∂H x D2 ⋅ π = µ 0 ω AH 0 x sen ( ω t − β10 z ) 4 ∂ t area espira = A que es una señal sinusoidal de amplitud εmax = µ 0 ω AH 0 x b) Como hemos visto. Por tanto: 2π π π λ g = 4 d . Para el modo fundamental TE10. y el valor instantáneo: H x ( x. tiene que haber un flujo magnético variable con el tiempo asociado a la espira. La componente de campo magnético en la dirección del eje X para el modo TE10 es π π H x = H 0 x sen x e − iβ10 z . A=π D2 4 . con su vector unitario n en la dirección del eje X. β = ω µ0 ε0 − λ g 2d a 2 10 2 2 → 2 c 1 1 f = + 2 2d a 2 c) Si examinamos las ecuaciones de los campos para el modo TE10 en función de la amplitud de la fem inducida ε0 . obtenemos: H0 x = εmax µ0 ωA . por lo que la espira debe estar situada en el plano ZY. β10 = = . en un diagrama de onda estacionaria. la distancia entre un máximo ( z = z0 ) y un mínimo ( z = z0 + d ) es λ g / 4 . H0 z = π β10 a H0 x = π ε max µ 0 ω A β10 a εmax . la única componente de campo H es Hx. E0 y = A β10 La potencia transmitida será: Pav = ωµ 0 β10 a 3 b 4 π2 ωµ 0 β10 a 3 b π εmax abε2max = = ⋅ µ ω Aβ a 4 π2 4µ 0 ωβ10 A2 10 0 2 H 02z . Para este caso. si la frecuencia se aumenta de forma que D = λ g el flujo neto a través de la espira será nulo.d) En la posición z0 de la espira. la constante de propagación es: β= 2π D y la frecuencia valdrá: 2 c 2 1 f = + 2 D a 2 . Solución de la ecuación de ondas.1. Radiación Solución de la ecuación de ondas. Campos creados por cargas en movimiento arbitrario: Campos de velocidad y aceleración. Radiación de fuentes arbitrarias.1) se reducen a ecuaciones de Poisson: ρ ∇ 2Φ = − ε0 ∇ ⋅ A + µ0ε0 ∇ 2 A = − µ0 J (5. El resultado se aplicará a la determinación de los campos creados por partículas cargadas en movimiento uniforme y por partículas con aceleración lineal. las ecuaciones (5. Analizaremos los campos de radiación de un dipolo eléctrico y de un dipolo magnético oscilantes y las correspondientes distribuciones angulares de la radiación emitida. Campos creados por una carga en movimiento uniforme. Como hemos visto en la Lección 1. las ecuaciones de Maxwell junto con la condición de Lorentz. estudiando los campos emitidos y los correspondientes diagramas de radiación. Obtendremos así los potenciales retardados. Potenciales retardados. Radiación dipolar magnética.Tema 5: Campos creados por cargas en movimiento.2) con las soluciones bien conocidas: 1 . A partir de ellos se deducirán los potenciales de Liénard-Wiechert para una carga puntual. ∂t En el caso estático.1) 2 0 1 ∂ con ∇ 2 − 2 2 ≡ c ∂t 2 □ (D’Alembertiano) y la condición de gauge de Lorentz. 5. Potenciales de LiénardWiechert. 2 ∂Φ =0. Finalizaremos haciendo una introducción al estudio de radiación de fuentes con distribuciones de carga y corriente arbitrarias. conducen a que para campos variables con el tiempo las ecuaciones a resolver para los potenciales (en el vacío) son: □ Φ = − ερ 2 0 □ A = −µ J (5. Radiación emitida por una carga acelerada: radiación a baja velocidad y a velocidades arbitrarias. Nos plantearemos la solución de la ecuación de ondas con fuentes dependientes del tiempo. Potenciales retardados. Radiación dipolar eléctrica. E (r .Φ(r ) = 1 ρ(r ') dV '. 4π V∫ R2 r −r' . Dado que sabemos que las interacciones electromagnéticas no son instantáneas sino que se propagan con la velocidad c = ( ε0µ 0 ) −1/ 2 . Conviene sin embargo demostrarlos ya que la intuición no es siempre fiable. (5. tr ) 1 dV '. no es válido.4) potenciales µ 0 J (r '. el tiempo retardado depende de la posición r’ de la carga. t ) ≠ µ 0 J (r '.5) parecen razonables y muy sencillos. 2 . que (obviando su carácter diferencial) llamaremos q (t ) = ρ(t ) dV . t ) ≠ donde uR = 1 ρ(r '. Por ejemplo.1). t ) = ρ(r '. r −r' Demostración Consideremos la ec. aunque demostraremos que las ecuaciones (5.3) donde R es la distancia del punto fuente al punto campo (figura 5. Campos creados por una distribución de carga vendrán determinados por los valores de las fuentes en un instante anterior: tr = t − R . es decir. el mismo razonamiento intuitivo. ∫ 4πε 0 V R 2 B (r . La solución para una fuente arbitraria. ya que R = r − r ' . Los resultados (5. parece intuitivo admitir que los potenciales en un punto r Figura 5.5) son correctas.5) es decir.1. ∫ R 4πε 0 V A(r . ∫ 4πε0 V R A(r ) = µ 0 J (r ') dV ' 4π V∫ R (5.1) para el potencial escalar y para una fuente puntual y elemental. tr ) uR dV '. tr ) × uR dV ' . c tiempo retardado (5. aplicado a los campos. distribuida en el espacio podrá obtenerse después por superposición. t ) = Hay que observar que no hay un tiempo retardado único para toda la distribución de carga. tr ) dV ' retardados 4π V∫ R (5. Φ (r . situada en el origen. Para puntos fuera del origen. cuyo radio tiende a cero. t ) = f t − + g t + .10).11) Sustituyendo (5. 2 1 ∂2 (5. Así. puede escribirse: 1 ∂ 2 ∂φ 1 ∂ 2 φ =0 (5.10) Esta solución que hemos encontrado para r ≠ 0.10) en esta ecuación. ρ(t ') dV ' multiplicada por la constante (−1 / ε 0 ) . t ) = . queda ∫ ∆V r →0 q (t ) r 1 f t − ∇ 2 dV ' = − ε0 c r (5.1) con φ dado por (5. t ) = r (5. ∫ ∆V r →0 2 1 ∂ 2φ q(t ) ∇ φ − dV ' = − 2 2 c ∂t ε0 (5. como hemos visto en la lección 4.12) 3 . Las soluciones para φ van a ser ondas esféricas.7) r − r 2 ∂r ∂r c 2 ∂t 2 χ ( r. t ) y si hacemos el cambio de variable φ ( r . tiene soluciones del tipo de ondas que se propagan con velocidad c. c c (5.9) o sea. (5.8) ∂r 2 c 2 ∂t 2 que. combinaciones de ondas viajeras que se propagan en el sentido de r crecientes o decrecientes. tomaremos para φ r f t − c φ ( r. debe dar la integral del segundo miembro que es la carga encerrada. t ) = 0 c ∂t que dado que hay simetría esférica. debe satisfacer también el comportamiento adecuado en el origen. Éstas últimas pueden descartarse como carentes de significado físico. queda r ∂ 2χ 1 ∂ 2χ − =0 (5. donde no hay carga. la solución será la de la ecuación homogénea. r r χ ( r.6) ∇ − 2 2 φ ( r. Debe ser tal que al integrar el primer miembro de la ec. salientes desde r = 0 y convergentes hacia el origen. a un volumen esférico en torno al origen. formalmente. respectivamente. t ) = ∫ 4π ε 0 R V ( c.13) 1 donde hemos tenido en cuenta que ∇ 2 = −4π δ(r ) y que la integral de una delta a un r volumen que encierra el origen es la unidad. r Cuando r → 0 . cuyo efecto será Esfera “colectora de información” fuente observador r’ r c Figura 5.2. Esfera colectora de información para los potenciales retardados 4 . convergiendo hacia el observador de forma que llega a él justamente en el instante t de observación.q. Así pues. f t − ≈ f ( t ) y se tiene c q (t ) 1 f ( t ) ∫ ∇ 2 dV ' = −4π f (t ) = − ε0 r ∆V (5. La esfera colectora de información va barriendo el espacio y pasa por la fuente de campo eléctrico. para la carga elemental q (t ) = ρ(t ) dV considerada. por superposición el potencial será R ρ r '. Si c c consideramos ahora una distribución de carga en un volumen V.15) Y análogamente para A. situada en r’ en el instante tret.) (5. r r f t − qt − c c φ ( r. t ) = = r 4π ε 0 r (5.14) r r Esta es la solución para una carga elemental en el origen. R = r − r ' Φ (r. Un potencial retardado puede visualizarse de la siguiente forma: Consideremos un observador localizado en r y una esfera con centro en r que se contrae con velocidad radial c. q t − ≡ ρ t − dV . t − c dV '.d. nos llevaría a soluciones para los potenciales de la forma: Φ(r . Observemos que el segundo tipo de solución. en el tiempo t (figura 5. Representan potenciales en el instante t que dependen del estado de las cargas y corrientes en un instante futuro y violan así el principio de causalidad. ∫ 4πε 0 V R A(r ) = µ 0 J (r '.16) R . 5. A dichas soluciones. los aplicaremos al cálculo de potenciales y campos de partículas cargadas en movimiento arbitrario.2. El problema es de gran importancia conceptual y práctica. Supongamos una partícula puntual de carga q. matemáticamente también válidas. El tiempo retardado para la observación de los potenciales o campos de la carga está definido implícitamente por 5 . se les llama c potenciales avanzados. t ) = con ta = t + ρ(r '. Trayectoria de partícula cargada: Punto campo y posición retardada. ta ) dV ' 4π V∫ R (5.9). Figura 5.3. los descartaremos como carentes de significado físico.observado posteriormente en r. ta ) 1 dV '.2). ya que nos llevará a entender el origen y características de la radiación electromagnética. que hemos descartado en (5. que se mueve. describiendo una trayectoria r ′(t ′) con velocidad v (t ′) . como se muestra en la figura (5. Potenciales de Liénard-Wiechert Admitiendo la validez general de los potenciales retardados (5.3).5) como soluciones para cualquier problema de fuentes que varían en el tiempo. Aunque se han utilizado en algunos desarrollos teóricos. desde el cual se emite el potencial observado en r. El r V retardo obliga a evaluar las contribuciones del integrando en diferentes instantes de tiempo ya que tr depende de r’. R en el denominador de (5. Esto es así incluso para una carga puntual. esto. (Dicho de otra forma. t ) ≠ 1 q 4πε 0 Rret Si bien es verdad que para una carga puntual. solo una posición retardada contribuye a los potenciales en cada instante. con tiempos retardados tr1 y tr 2 . El resultado correcto para el potencial escalar resulta ser: Φ(r. no es cierto. no es posible. Φ(r. Por el contrario. no es cierto que ∫ ρ(r '. como demostraremos en la sección siguiente. cargas o corrientes. tiende a cero.18) 6 . puede oir a la vez sonidos emitidos por una fuente en dos posiciones retardadas distintas). R1 = r − r '1 (tr1 ) = c (t − tr1 ). en cambio. es decir. t ) dV ' sea igual a q. un observador puede oir una fuente de sonido en dos posiciones. R2 = r − r '2 (tr 2 ) = c (t − tr 2 ) de donde R1 − R2 = c (tr 2 − tr1 ) y resultaría que la velocidad media de la partícula en la dirección hacia el punto P sería igual a c (sin contar con componentes de velocidad en otras direcciones). lo que distorsiona la carga de la partícula. En efecto. Así pues. sin embargo. un observador ve a la partícula en una única posición en cada instante. Podría pensarse que el potencial de la carga en movimiento es simplemente el potencial electrostático pero con la distancia tomada a la posición retardada de la carga. representadas de forma continua. lo que.5). en el mismo instante.r − r '(tr ) = c (t − tr ) (5. aunque éstas estén concentradas en un volumen que en el límite. por sus densidades.15) puede sacarse fuera de la integral. t ) = 1 q . ya que las ecuaciones de Maxwell deben trabajar con fuentes. si existiesen dos puntos que verificasen (5.17) Observemos que para cada instante t solo existe un punto r’. 4πε 0 R − β ⋅ R ret β= v c (5. de acuerdo con la teoría de la Relatividad. 4). El potencial retardado de una carga que se aproxima al observador será mayor que el de una carga que se aleja. t ) = µ0 c q β Φ β = 4π R − β ⋅ R ret c ret (5. cada persona puede ser contada más de una vez y el censo total será mayor que la población real.19) Estos potenciales son conocidos como potenciales de Liénard-Wiechert y expresan los valores de Φ y A en la localización y el tiempo del observador. La c dR R situación puede considerarse análoga a la de la evaluación del v dV’ censo de la población de un país. la cantidad de personas que van encontrando a medida que avanzan. las diferentes contribuciones del integrando ρret dV’ deben ser evaluadas en instantes de tiempo diferentes. Algo análogo ocurre con los potenciales retardados de una carga en movimiento (figura 5. Si la carga estuviese en reposo la cantidad de carga que un elemento de área dS de la esfera cruza 7 . Durante el tiempo en que la esfera colectora de información “barre” la distribución de carga. Demostración Como hemos comentado. ésta se mueve y se observa así más o menos densa de lo que realmente es.donde v es la velocidad de la carga en el instante retardado y R es el vector desde la posición retardada de la carga al punto campo.4 Elemento de carga observado por la esfera colectora de información midiendo la densidad de población. por ejemplo hacia el centro de información. Consideremos el campo de una carga cuya velocidad es comparable a c. Supongamos un grupo de censores que converge hacia un centro de información con una cierta velocidad. Figura 5. situada a la misma distancia. La solución análoga para el potencial vector es A(r . producidos por la carga en movimiento con velocidad v en la posición y el instante retardados. o sea. Si la población se mueve. Pero si la carga se mueve con v R distinta de cero. resultando 1 q 4πε 0 R − β ⋅ R ret (5. β = 4π R − β ⋅ R ret c ret c (5. hay una cantidad de carga ρret dS v ⋅ dt que escapa del alcance de la R esfera.22) c Análogamente.23) c En el límite de una carga puntual. con dt = y dS dR = dV ' R c (5.21) donde las cantidades del denominador también deben evaluarse en el instante retardado. y por tanto la cantidad de carga observada en ese intervalo es dq = ρret dV '− ρret v⋅R dR dS dt . quedan así: Φ(r . 8 .24) µ0 q v v Φ β = . Los potenciales.durante un tiempo dt en que recorre dR. t ) = El subíndice ret indica que las magnitudes entre corchetes deben calcularse en el instante retardado. A(r . es ρret dS dR . ∫ 4π R − R ⋅ v (5. t ) = 1 dq ∫ 4πε 0 R − R ⋅ v (5. queda ρret dV ' dq = v⋅R R R− c (5. t ) = A(r . los términos del denominador se pueden considerar constantes y salen fuera de la integral y ∫ dq = q . t ) = µ0 v dq .20) Despejando la densidad de carga retardada.25) Φ(r . 27) Vemos así que hay una diferencia en la escala de tiempos de movimiento de la fuente y la de tiempos de observación. c ∂t c ∂t con lo que finalmente se obtiene.3. ∂R c β ⋅ uR =− . después de recorrer ≈ R − v ⋅ uR ∆t ′. que dependen de r y t. Diagrama de posiciones para determinar la relación entre escalas de tiempo. ∂t 1 − β ⋅ uR (5. en t ′ + ∆t ′ .5.5): La señal emitida en t ′ alcanza r en t. ∂t 1 − β ⋅ uR t′ = t − ∂t ′ 1 = . R R ∂t ′ 1 ∂R . Para obtener los campos que derivan de los potenciales anteriores. r. la señal emitida un instante ∆t ′ posterior. t’ ≈ R − v ⋅ uR ∆t ′ r’+v∆t’. Por otra parte.5. t+∆t R r’. Campos creados por cargas en movimiento arbitrario: Campos de velocidad y aceleración. necesitamos hallar ∇ y ∂ / ∂t de los potenciales y por tanto de las variables R. t r. = 1− . 9 . calcular ∂t ′ requiere los pasos siguientes: ∂t ∂r ′ ∂R 1 ∂ ∂R ∂r ′ ∂t ′ ∂t ′ = ( R ⋅ R ) = uR = uR − = −uR ′ = −uR c β ∂t 2 R ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t donde uR ≡ (5. tret (que por simplicidad llamaremos a partir de ahora t '. tret ≡ t ') y β ret . alcanza r en el tiempo t + ∆t . Por ejemplo.26) R . R − v ⋅ uR ∆t ′ = c ([t + ∆t ] − [t ′ + ∆t ′]) = R − c ( ∆t ′ − ∆t ) ⇒ ∆t = ∆t ′ (1 − β ⋅ uR ) . ∆t’+t’ Figura 5. Físicamente puede interpretarse de la forma siguiente (ver figura 5. Por otra parte. o sea. Siguiendo un procedimiento análogo puede obtenerse la siguiente tabla de derivadas: ∇i R j = δij + β j uRi ∇i β j = − . Los denominados campos de velocidad ó convectivos. t ) = ( uR − β ) | ret . c (5. Para ello tenemos que calcular primero: R 1 uR − β = ( R − β R ) = 0 . R Hacemos uso de: 10 .29) varían con R −1 y dan un flujo neto de energía a través de una superficie que rodee a la carga. 1 − β ⋅ uR 1 ∂R β =− c ∂t 1 − β ⋅ uR βɺ j uRi / c 1 − β ⋅ uR 1 ∂β βɺ / c = c ∂t 1 − β ⋅ uR . q 1 1− β 2 Ev (r .4. Campos creados por una carga en movimiento uniforme Para una carga en movimiento uniforme vɺ = 0 y solo hay campos de velocidad: 1 q 1− β 2 E (r .30) Puesto que se conoce la trayectoria de la partícula.6). 4πε0 R 2 (1 − β ⋅ uR )3 B= β × E. u β × Ev = R × Ev | ret (5. R R (1 − β ⋅ uR ) 2 ( β ⋅ R) = 1+ R 2 2 −2 β⋅R .25) pueden hallarse entonces los campos: E = −∇ Φ − ∂A . E = Ev + E a .24) y (5. A partir de los potenciales (5. es posible expresar los campos en función de la posición “presente” (figura 5. Los segundos términos son los campos de aceleración ó campos de radiación: Ea (r . B = Bv + Ba . uR × Ea | ret c (5. t ) = 1 uR × ( uR − β ) × βɺ 3 4πε 0 c R (1 − β ⋅ uR ) ret q Ba = . ∂t obteniéndose dos contribuciones bien diferenciadas. t ) = u − β 2 ( ) R 4πε 0 R (1 − β ⋅ uR )3 ret Bv = .28) c c poseen la dependencia R −2 de los campos estáticos. 5. B = ∇ × A. muy semejantes a una onda plana.31) se reducen a los campos de Coulomb y Biot y Savart.R × β = R0 × β 2 2 ⇒ R 2 β 2 − ( R ⋅ β ) = R0 2 β 2 − ( R0 ⋅ β ) . mientras que en la dirección de movimiento decrece en un factor γ −2 . en el sentido de que no representan un flujo de energía alejándose del electrón. el campo eléctrico aumenta en dirección normal al movimiento. resulta (1 − β ⋅ uR ) = 2 ( ) R0 2 1 2 2 2 2 R R − β + R ⋅ β = 1 − β 2 sen 2 ψ ) .31) Para velocidades bajas β ≪ 1 y las ecuaciones (5.6. respecto al culombiano. sino que se mueven convectivamente con la carga. ⇒ sustituyendo. 4 πε 0 R 3 (1 − β 2 sen 2 ψ )3 / 2 0 B= β×E c (5. Para un cociente v/c apreciable. éste ve unos campos prácticamente transversales a la dirección del movimiento. 2 2 Queda entonces: (1 − β ⋅ uR ) R 2β 2 ( R ⋅ β ) β⋅R = 1+ β − 0 2 + 0 2 − 2 R R R 2 2 2 y como se cumple que R0 = R − β R R0 2 = R 2 − 2 R ( β ⋅ R ) + R 2 β 2 . ( 0 ) 0 0 2 2 ( R R y los campos resultan: q (1 − β 2 ) R 0 1 E = . sin embargo. en un factor γ = (1 − β 2 ) −1/2 . no son campos radiados. posición retardada β βR uR R posición “presente” ψ R0 Figura 5. Cuando un electrón pasa cerca de un observador a velocidad muy elevada. 11 . Posiciones retardada y presente de una carga en movimiento uniforme. A velocidades crecientes el campo se asemeja más y más al campo de una onda plana. Estos campos. (5. Vamos a analizar distintas aproximaciones en función de la velocidad. Los campos de aceleración son no nulos únicamente para cargas aceleradas y vendrán dados.5. Vamos a calcular la energía radiada por unidad de tiempo por una carga acelerada. por unidad de superficie normal al flujo energético. t. Éstos. (5. por las expresiones (5.34) La energía total radiada en todas las direcciones puede obtenerse integrando al ángulo sólido: ( ɺ2 ɺ q2 β − β × β P= 6πε 0 c (1 − β 2 )3 ) 2 . en general. µ0c µ0 { uR × ( uR − β ) × βɺ E2 q2 S = S ⋅ uR = a = 6 µ 0 c 16π2 ε 0 cR 2 (1 − β ⋅ uR ) }. dΩ dt ′ De la ec. Radiación emitida por una carga acelerada: radiación a baja velocidad y a velocidades arbitrarias. por el vector de Poynting: S= 1 1 u Ea × B a = Ea × R × E a µ0 µ0 c = 1 c 2 Ea 2u R = Ba u R .29). (5. Esta vendrá dada.5.35) que es no nula siempre que βɺ ≠ 0. Es dt ′ emisión habrá que multiplicarla por el factor de escala decir dP (t ') dt = S R2 = S R 2 (1 − β ⋅ uR ) .33) resulta: { } uR × ( uR − β ) × βɺ dP q2 = . 5. 5 d Ω 16π2 ε 0 c (1 − β ⋅ uR ) 2 (5. Si queremos medirla por unidad de tiempo de dt = 1 − β ⋅ uR (ver ec.33) El módulo del vector de Poynting mide una energía por unidad de área y unidad de tiempo de observación de los campos. a diferencia de los campos de velocidad. a) Radiación a baja velocidad ( β ≪ 1) 12 .32) 2 (5.27). se separan de las fuentes y tienen una existencia independiente de ellas. 38) La potencia radiada por unidad de ángulo sólido es entonces (tomando dt ≈ dt ′ ).35) se reduce a la expresión P≈ q 2 vɺ 2 . = u × β R d Ω 16π2ε0c 16π2 ε0c (5. que corresponde a los campos aproximados: ( Ea ≅ q u R × u R × βɺ 4πε 0 cR Ba ≅ µ0 q ɺ β × uR 4π R ( ) ) ( v << c ) (5.37) ( v << c ) (5.7 diagrama polar de E y de dP dΩ b) Velocidades arbitrarias La radiación que emite una partícula puede llegar a ser muy significativa cuando alcanza velocidades próximas a las de la luz. Figura 5. (5. (5.7 se representan los diagramas polares del campo eléctrico y de la potencia radiada por unidad de ángulo sólido. el numerador de la ec. 13 .35) se puede poner como: βɺ 2 − β 2 βɺ 2 sen 2 χ = βɺ 2 (1 − β 2 sen 2 χ ) = βɺ 2 ( sen 2 χ + cos 2 χ − β 2 sen 2 χ ) = βɺ 2 ( cos 2 χ + γ −2 sen 2 χ ) .39) En la figura 5.La ec.36) Esta es la fórmula de Larmor. 6πε 0 c3 (5. 2 ɺ2 dP q2 ɺ 2 = q β sen 2 θ. Para un instante en el que βɺ forma un ángulo χ con β . {} 2 ( 2 = βɺ 2 (1 − β ⋅ u R ) − (1 − β2 ) βɺ ⋅ u R ) 2 .8. Distribución angular de la radiación emitida por una carga en la dirección de su movimiento para v ∼ c.34) queda dP q2 βɺ 2 sen 2 θ = . y la potencia total radiada queda: q2 γ 4 βɺ 2 ( γ 2 cos 2 χ + sen 2 χ ) .34) tenemos {u R } ( ) × (u R − β) × βɺ = ( u R − β ) u R ⋅ βɺ − βɺ (1 − β ⋅ u R ) . θm ≅ 1 << 1 2γ ii) Aceleración perpendicular a la velocidad: β ⋅ βɺ = 0 . Analizaremos la distribución angular de la radiación en algunos casos de interés: i) Aceleración paralela a la velocidad: se tiene β × βɺ = 0 y la ec. 2 8γ 2 lo que da para velocidades ultrarrelativistas ( v ∼ c ) . 10 d (cos θ ) d Ω (1 − β cos θ ) 5 4 se obtiene una ecuación de segundo grado en cos θ m . d Ω 16π2 ε0 c (1 − β cos θ )5 (5. También se cumple: 14 .8). (5.41) Podemos estimar el ángulo para el que la intensidad es máxima: −2 cos θ (1 − β cos θ ) + 5β (1 − β cos θ ) sen 2 θ d dP = Cte = 0.34) según las variables representadas en la figura 5. y como γ 4 para χ = π / 2. que para β → 1 depende de γ en la forma: cos θ m ≅ 1 − 1 1 + ⋯ ≅ 1 − θ m2 .40) que tiende a infinito como γ 6 para χ = 0. P= 6πε0 c (5. transformamos (5. Para el numerador de (5.9. (figura 5.2θm ≅ 1/γ θm β Figura 5. Figura 5. así como la radiación emitida por cuerpos celestes tales como radiofuentes de planetas. Distribución de la potencia radiada en el plano orbital de una carga con movimiento circular para v ∼ c. con máximos secundarios poco importantes. βɺ ⋅ uR = βɺ sen θ cos ϕ.9. el observador recibe un pulso cada vez que v apunta en su dirección.42) cuyo diagrama se muestra en la figura 5. Por tanto la expresión para la distribución angular queda en la forma: dP q 2βɺ 2 1 = 2 d Ω 16π ε 0 c (1 − β cos θ )3 1 − β2 2 2 sen θ cos ϕ 1 − 2 (1 − β cos θ ) (5. 15 . Definición de variables para el caso β ⊥ βɺ .41) y (5. etc. Vemos que la radiación está confinada en un cono.· β en el plano XZ ϕ θ R en el plano YZ β Figura 5. púlsares. Las ecuaciones (5.10 para velocidades elevadas. Asimismo.10.42) son esenciales para analizar el comportamiento de las partículas cargadas en aceleradores lineales o circulares (radiación sincrotrón). β ⋅ uR = β cos θ . es decir.5. Dipolo eléctrico Supongamos dos pequeñas esferas metálicas separadas una distancia d y conectadas por una alambre delgado.45) Por el teorema del coseno las distancias de las cargas al punto de observación serán: R± = r 2 ∓ rd cos θ + ( d / 2 ) 2 Vamos a realizar varias aproximaciones con el fin de obtener una expresión sencilla del potencial. Radiación dipolar Vamos a analizar la radiación de fuentes cuya distribución de carga y corriente viene descrita por una forma sencilla como es el caso de los dipolos eléctrico y magnético alimentados por una señal sinusoidal. En primer lugar supondremos que el dipolo es elemental. p0 = q0 d (5.6.11. • Aproximación de dipolo elemental: d ≪ r Podemos despreciar términos en d / r de segundo orden o mayores: 16 .43) Ello da lugar a un dipolo eléctrico oscilante: y p ( t ) = p0 cos ( ωt ) uz . Dipolo eléctrico oscilante El potencial retardado en un punto r ( r .44) −q Figura 5.11. θ ) será: Φ ( r. Esta r carga oscila a través del alambre con una R− frecuencia ω : θ q ( t ) = q0 cos ( ωt ) d (5. z En el instante t la carga de la esfera superior R+ +q es q ( t ) y en la esfera inferior − q ( t ) . como se muestra en la Figura 5. la distancia entre cargas es mucho menor que la distancia al punto de observación r. t ) = 1 q0 cos {ω ( t − R+ / c )} q0 cos {ω ( t − R− / c )} − 4πε 0 R+ R− (5. Para esta región el potencial se ω reduce a: Φ ( r . y el seno por dicho ángulo.46) Por otra parte.d R± ≃ r 1 ∓ cos θ 2 r 1 1 1 d = ≃ 1 ± cos θ R± r 1 ∓ d cos θ / r + ( d / 2r )2 r 2r Por otra parte.43): 17 . Teniendo en cuenta (5. θ. lo que es equivalente a d ≪ c ya ω que las señales de frecuencia ω tienen longitud de onda λ = 2πc / ω . el potencial se reduce al resultado ya conocido: Φ ( r. En este caso se verifica r ≫ λ → r ≫ c . θ. θ) = p0 cos θ 4πε 0 r 2 • Si el punto de observación se encuentra muy alejado del origen. podemos aplicar una tercera aproximación que se denomina aproximación de campo lejano o de zona de radiación. ωd cos {ω ( t − R± / c )} ≃ cos ω ( t − r / c ) ± cos θ = 2c ωd ωd = cos {ω ( t − r / c )} cos cos θ ∓ sen {ω ( t − r / c )} sen cos θ 2c 2c • Para el dipolo elemental también se verifica d ≪ λ. el potencial vector se obtiene a partir de la distribución de corriente en el alambre. t ) = − p0 ω cos θ sen {ω ( t − r / c )} 4πε 0 c r (5. Llevando estas aproximaciones a la expresión del potencial retardado resulta: Φ ( r . t ) = p0 cos θ ω 1 − sen {ω ( t − r / c )} + cos {ω ( t − r / c )} r 4πε0 r c En el límite estático. Por tanto: cos {ω ( t − R± / c )} ≃ cos {ω ( t − r / c )} ∓ ωd cos θ sen {ω ( t − r / c )} 2c donde hemos aproximado el coseno de un ángulo próximo a cero por la unidad. ω → 0. I (t ) = dq ( t ) dt A ( r . 1 ∂ ∂A ∇ × A = ( rAθ ) − r uφ = r ∂r ∂θ µ p ω ω sen θ = − 0 0 sen θ cos {ω ( t − r / c )} + sen {ω ( t − r / c )} uφ 4πr c r ( 5. resultando: A(r.49) La variación de A con t viene dada por: µ p ω2 ∂A = − 0 0 cos {ω ( t − r / c )} ( cos θ ur − sen θ uθ ) ∂t 4πr (5. Así: ∂Φ 1 ∂Φ ur + uθ = ∂r r ∂θ pω ω sen θ 1 = − 0 cos θ − 2 sen {ω ( t − r / c )} − cos {ω ( t − r / c )} ur − 2 sen {ω ( t − r / c )} uθ rc r 4πε 0 c r ∇Φ = En la aproximación de campo lejano se desprecian los términos en 1/ r 2 y el gradiente queda: ∇Φ ≃ p0 ω2 cos θ cos {ω ( t − r / c )} ur 4πε 0 c 2 r (5.52 ) Ignorando el término en 1/ r 2 queda para el campo magnético de radiación: 18 . uθ = −sen θ uz ).50) Y el campo eléctrico de radiación será: E = −∇ Φ − µ p ω2 ∂A sen θ = − 0 0 cos {ω ( t − r / c )} uθ ∂t 4π r ( 5. t ) = uz uz = − q0 ω sen ( ωt ) uz → −q0 ω sen {ω ( t − r / c )} µ0 dz 4π − d∫/ 2 r d /2 (5. Es conveniente pasar a coordenadas esféricas ( ur = cos θ uz . ∂A / ∂t y ∇ × A.48) Para hallar los campos eléctrico y magnético necesitamos calcular ∇Φ . El integrando no depende de la variable z y por tanto sale fuera. R ≃ r .51) Por otra parte.t ) = d /2 µ 0 − q0 ω sen {ω ( t − r / c )} µ pω uz ∫ dz = − 0 0 sen {ω ( t − r / c )} uz 4π r 4π r − d /2 (5.47) donde cualquier distancia desde el alambre al punto de integración se aproxima por la distancia al origen. una onda esférica con propiedades similares a las que obtuvimos para las ondas planas.55) En la Figura 5. La potencia radiada por el dipolo eléctrico oscilante se obtiene partir del vector de Poynting: 2 µ p ω2 1 sen θ S ( r . El dipolo no radia en la dirección de su eje ( sen θ = 0 ) y tiene su máximo en la dirección perpendicular como se ve en la figura.53) Si comparamos las expresiones de los campos vemos que son mutuamente perpendiculares y están en fase.µ 0 p0 ω2 sen θ cos {ω ( t − r / c )} B = ∇× A = − uφ 4πc r ( 5.56) 19 . La relación entre sus módulos es E0 / B0 = c . en realidad. La potencia media total radiada la obtenemos integrando a una esfera de radio r el vector de Poynting: Pav = ∫ S av ⋅ n dS = µ 0 p02 ω4 32π2 c 2π π 0 0 ∫ d φ∫ sen 2 θ r2 r 2 sen θd θ = µ 0 p02 ω4 12πc (5.12 se muestra el diagrama polar de radiación resultante.54 ) El valor medio se obtiene integrando a un periodo este valor instantáneo y dividiendo por T: Sav = µ 0 p02 ω4 sen 2 θ ur 32π2 c r 2 (5. θ. Es. Diagrama polar de radiación de un dipolo elemental eléctrico.12. z θmax= 90 o Figura 5. t ) = ( E × B ) = 0 0 cos {ω ( t − r / c )} ur µ0 c 4π r ( 5. que es ∝ sen 2 θ . ambos representan una onda monocromática de frecuencia ω viajando en la dirección radial a la velocidad de la luz. por tanto: D= S av θ= 900 2 Pav / 4πr = 4π 2π ∫ d φ∫ sen 0 = π 3 θ dθ 3 2 (5. y de la longitud del dipolo.π donde se ha tenido en cuenta que ∫ sen 3θd θ = 0 4 . además. que η0 = µ 0 / ε 0 = 120π.57) siendo I av = I 0 / 2 el valor medio (o valor eficaz) de la intensidad. ∝ ω4 . Ello permite definir la resistencia de radiación en la forma: P 2η π d d = av2 = 0 = 80 π2 I av 3 λ λ 2 Rrad 2 para el medio libre.58) por su impedancia intrínseca. I 0 = − q0 ω. Podemos expresar la potencia radiada en función de la corriente máxima en el dipolo. La luz del sol cubre un amplio rango de frecuencias. Compararla con su resistencia óhmica suponiendo que es un alambre de Cu 20 . En cualquier otro medio η0 se sustituye (5. k = ω / c y operando queda: η ( kd ) 2 ηπ d 2 2d 2 Pav = I0 = I 0 = 80 π I av 12π 3 λ λ 2 2 2 (5. Observamos que depende fuertemente 3 de la frecuencia de oscilación. cuando incide en la atmósfera estimula a los átomos y moléculas de forma que oscilan como dipolos elementales. Otro parámetro que caracteriza al dipolo como sistema radiante es su directividad: es el cociente entre la densidad media de potencia en la dirección de máxima radiación y la densidad de potencia promediada a todas las direcciones. Esta última es igual a la potencia total radiada dividida por 4 π r 2 . lo que explica por ejemplo el color del cielo. Pero la energía absorbida y re-radiada por los dipolos es bastante más intensa en las frecuencias del azul que en las del rojo y de ahí que el primero sea el color predominante. Teniendo en cuenta. d = p0 / q0 .59) 0 Ejemplo: Calcular la resistencia de radiación de un dipolo de 1 m de longitud a 1 MHz y a 6 MHz. El término que multiplica a I av2 tiene dimensiones de resistencia ( Ω ) y mide la eficiencia del dipolo eléctrico como sistema radiante. de 1 mm de diámetro ( d = 1 m, radio a = 5 ×10 −4 m; σCu = 5.8 ×107 S/m ; ). Profundidad δ = π f µ 0 σCu . de penetración en el Cu: Solución: En primer lugar hay que comprobar si se cumple la aproximación de dipolo elemental. En términos de longitud de onda se suele imponer que d ≤ Para 1 MHz, d = λ . 50 λ λ ; a 6 MHz, d = . Ambos están dentro del margen de la 300 50 aproximación de dipolo elemental. Las resistencias de radiación y óhmica serán: 2 1 −3 6 Rrad (10 Hz ) = 80π = 8.8 × 10 Ω; Rrad ( 6 × 10 Hz ) = 0.32 Ω 300 d 1 Rohm (106 Hz ) = = 8.2 × 10−2 Ω; Rohm ( 6 × 106 Hz ) = 0.2 Ω −4 σCu 2π 5 ×10 δ 6 2 En el primer caso Rohm / Rrad = 9.3 → la pérdida de potencia por efecto Joule en el dipolo supera a la potencia radiada en un factor casi 10 veces superior. En el segundo, Rrad / Rohm ≃ 1, 6 → domina el efecto de radiación sobre las pérdidas óhmicas. Dipolo magnético El otro radiador elemental es la espira de corriente de radio b representada en la figura 5.13. Suponemos que está alimentada con una corriente armónica: z I ( t ) = I 0 cos ( ωt ) El momento dipolar magnético asociado r R φ′ b y será: m ( t ) = πb 2 I ( t ) uz = m0 cos ( ωt ) uz (5.60) donde m0 = πb 2 I 0 es su valor máximo. d ℓ′ x Figura 5.13. Dipolo magnético oscilante La espira está descargada y por tanto el potencial escalar es nulo, Φ = 0. El potencial vector será: 21 A(r,t ) = I 0 cos {ω ( t − R / c )} µ0 d ℓ′ ∫ 4π espira R (5.61) Siguiendo un razonamiento análogo al del dipolo eléctrico, con las aproximaciones b ≪ λ ≪ r , se obtienen las siguientes expresiones para la zona de radiación: A ( r , θ, t ) = − µ 0 m0 ω sen θ sen {ω ( t − r / c )} uφ 4πc r (5.62a) E ( r , θ, t ) = − ∂A µ 0 m0 ω2 sen θ = cos {ω ( t − r / c )} uφ 4πc ∂t r (5.62b) µ 0 m0 ω2 sen θ cos {ω ( t − r / c )} B ( r , θ, t ) = ∇ × A = − uθ 2 4πc r (5.62c) Al igual que en el caso del dipolo eléctrico oscilante, observamos que los campos son perpendiculares entre sí y están en fase. La relación entre sus módulos es E0 / B0 = c y se propagan en la dirección radial, como es de esperar para ondas electromagnéticas. Existen semejanzas entre los campos de ambos dipolos, sólo que ahora E tiene dirección acimutal y B está dirigido según el ángulo polar. La densidad de potencia radiada en el instante t será: 2 µ m ω2 1 sen θ S ( r , θ, t ) = ( E × B ) = 0 0 cos {ω ( t − r / c )} ur µ0 c 4πc r (5.63) y su valor medio, Sav = µ 0 m02 ω4 sen 2 θ ur 32π2 c 3 r 2 (5.64) El diagrama de radiación es también ∝ sen 2 θ , como el dibujado en la figura 5.12. La espira no radia en la dirección de su eje y alcanza el máximo en el plano que la contiene, θ = 90o . La potencia media total radiada la obtenemos integrando a una esfera de radio r el vector de Poynting: µ 0 m02 ω4 Pav = ∫ S av ⋅ n dS = 32π2 c3 2π π ∫ d φ∫ 0 0 sen 2 θ r2 µ 0 m02 ω4 r sen θd θ = 12πc3 2 (5.65) que también es proporcional a ω4 . 22 Para hallar la resistencia de radiación, ponemos m0 = πb 2 I 0 = 2πb2 I av : Rrad P 4 b = av2 = 20π2 ( kb ) = 320π6 I av λ 4 (5.66) Vemos que mientras el dipolo eléctrico tiene una resistencia de radiación proporcional a (d / λ) 2 , la del magnético es proporcional a ( b / λ ) ; para la misma frecuencia de 4 trabajo y dimensiones similares, es más ineficiente el dipolo magnético. La directividad es la misma que la del dipolo elemental eléctrico, D= S av θ= 900 2 Pav / 4πr = 3 2 Ejemplo: Con un tubo de cobre de 2 cm de diámetro se construye una espira de radio b = 25 cm. Hallar Rrad y Rohm a 1 MHz. Solución: Comprobamos que frente a λ = 300 m el radio de la espira es mucho menor, b / λ = 8.33 × 10−4 . 1 2πb b = 320π = 1, 48 ×10−7 Ω ; Rohm = = 6,5 ×10−3 Ω σCu 2π(0, 01)δ λ 4 Rrad 6 Se trata de un radiador muy ineficiente. 5.7. Radiación de fuentes arbitrarias Ahora vamos a extender los cálculos de la radiación al caso de distribuciones de carga y corriente arbitrarias, con la única restricción de estar localizadas dentro de un volumen finito, como se ilustra en la Figura 5.14. z R = r − r′ Figura 5.14. Distribución confinada de r cargas y corrientes. dV ′ r′ J ( r ′, t ′) ρ(r ′, t ′) y x 23 El potencial escalar retardado viene dado por la ec. (5.5): Φ ( r, t ) = ρ ( r ′, tr ) 1 dV ′ 4πε 0 V∫′ R siendo tr = t − R / c y R = r − r ′ = r 2 + r ′2 − 2r ⋅ r ′ . Como en los casos anteriores nos interesa hallar los campos en las regiones muy alejadas de la distribución. Para ello hacemos las siguientes aproximaciones: • r ′ ≪ r , al estar confinadas las fuentes, estamos imponiendo que el máximo valor de r ′ en V ′ sea mucho menor que la distancia del origen al punto de observación. Por tanto: r ⋅ r′ R ≃ r 1 − 2 ; r 1 1 r ⋅ r′ ≃ 1 + 2 R r r Para la distribución volúmica de carga también podemos utilizar esta aproximación: r u ⋅ r′ ρ ( r ′, t − R / c ) ≃ ρ r ′, t − + r c c ur = ; r r Desarrollando en serie de Taylor en t alrededor del tiempo retardado en el origen, r t0 ≡ t − , c obtenemos: u ⋅ r ′ 1 ɺɺ ur ⋅ r ′ 1 ɺɺɺ ur ⋅ r ′ ρ ( r ′, t − R / c ) ≃ ρ ( r ′, t0 ) + ρɺ ( r ′, t0 ) r + ρ + ρ +⋯ c 2 c 3! c 2 3 Los puntos sobre la variable ρ denotan diferenciación con respecto a t. Los términos en ɺɺ ρ y ɺɺɺ ρ podemos despreciarlos si imponemos una segunda aproximación: • r′ ≪ c c c , , ,⋯ 1/ 2 1/3 ɺɺ ρ / ρɺ ɺɺɺ ɺɺɺɺ ρ / ρɺ ρ / ρɺ Para un sistema oscilante, cada uno de estos cocientes es c / ω = λ / 2π , con lo que obtenemos una condición similar a la de las aproximaciones dipolares, es decir r ′ ≪ λ Llevado este resultado a la expresión del potencial escalar, Φ ( r, t ) ≃ 1 ur ur d ∫ ρ ( r ′, t0 ) dV ′ + ⋅ ∫ r ′ρ ( r ′, t0 ) dV ′ + ⋅ ∫ r ′ρ ( r ′, t0 ) dV ′ r V′ c dt V ′ 4πε 0 r V ′ (5.67) 24 t ) ≃ µ 0 pɺ ( t0 ) 4π r (5. A(r. Φ ( r. este término es independiente del tiempo. despreciaremos aquellos términos que dependan de 1/ r 2 .68) Notemos que en el caso estático sólo contribuyen los dos primeros términos.69) Ahora podemos hallar los campos asociados. podemos tomar R ≃ r en el integrando. Q. t − R / c ) dV ′ 4π V∫′ R Si r ′ ≪ r . t0 ) dV ′ 4πr V∫′ Pero el término de la integral representa la derivada del momento dipolar de la distribución con respecto al tiempo.t ) ≃ µ0 J ( r ′.68) se obtiene: p ( t0 ) 1 ur ⋅ pɺ ( t0 ) p ( t0 ) 1 ur ⋅ ɺɺ 1 ur ⋅ ɺɺ ∇Φ ≃ ∇ ur ≃ ∇ t0 = − 2 r c 4πε 0 r c 4πε 0 c r 4πε 0 (5. el término E= 1 Q ur 4πε 0 r 2 que proviene del término monopolar de (5. Por tanto. Teniendo en cuenta que: 1 1 ∇t0 = − ∇r = − ur c c y operando con el tercer término de (5. Como nos interesa el estudio de la zona de radiación. Puesto que la carga se conserva.t ) = µ 0 J ( r ′. así pues queda: A(r.La primera integral es simplemente la carga total del sistema. no contribuye a la radiación electromagnética. Para el potencial vector partimos de la expresión general: A(r. Tampoco contribuye el segundo. Por ejemplo.68).70) 25 . t ) ≃ 1 Q ur ⋅ p ( t0 ) ur ⋅ pɺ ( t0 ) + + 4πε 0 r r2 rc (5. Las otras dos integrales representan el momento dipolar eléctrico en t0 . quedando la conocida expresión del potencial en función de la contribución monopolar y dipolar electrostáticas. la potencia promediada a un ciclo será µ 0 p02 ω4 Pav = 12πc que coincide con el valor que ya obtuvimos para esta distribución.77) Ejemplos: a) En el caso de un dipolo eléctrico oscilante p ( t ) = p0 cos ( ωt ) . 26 .74) El vector de Poynting instantáneo queda: S= 2 2 sen θ µ 1 ( E × B ) = 02 ɺɺp ( t0 ) 2 ur 16π c µ0 r (5. θ. t ) ≃ 0 0 uφ 4π c r E ( r .Análogamente.72) (5. pɺ ( t ) = − p0 ω sen ( ωt ) . ɺɺ p ( t ) = − p0 ω2 cos ( ωt ) Para este caso. Introduciendo coordenadas esféricas.t ) ≃ − µ0 1 [ ur × ɺpɺ] 4π c r (5. θ. ∇× A ≃ µ0 µ µ ∇ × pɺ ( t0 ) = 0 ( ∇t0 ) × ɺɺ p ( t0 ) = − 0 ur × ɺɺ p ( t0 ) 4πr 4πr 4π rc (5.73) donde ɺpɺ debe ser evaluado en el instante t0 = t − r / c.71) Para ∂A / ∂t resulta: p ( t0 ) ∂A µ0 ɺɺ ≃ ∂ t 4π r Teniendo en cuenta estos resultados se obtienen los siguientes valores de los campos: E ( r. los campos se pueden expresar en la forma: µ0 ɺɺ p ( t0 ) sen θ uθ 4π r µ ɺɺ p ( t ) sen θ B ( r . t ) ≃ µ0 1 µ 1 ( ur ⋅ ɺɺ p ) ur − ɺɺ p = 0 ur × ( ur × ɺɺ p ) 4π r 4π r B (r. suponiendo que ɺpɺ ( t0 ) está alineada con el eje z y que el sistema presenta simetría acimutal. t ) ≃ (5.75) Y la potencia instantánea total radiada: 2π P≃ π 2 2 sen θ 2 µ0 µ0 2 ɺɺ ɺɺ r sen d p t p t θ θ = ( ) ( ) 0 0 2 2 16π c 6π c 0 r ∫ d φ∫ 0 (5. La potencia es proporcional al cuadrado de la aceleración de la partícula. 27 . su momento será: p (t ) = q d (t ) d ( t ) es la posición de q con respecto al origen.b) Si tenemos una carga puntual. q. Derivando con respecto a t: pɺ = q v ( t ) . Entonces la potencia instantánea radiada de acuerdo con nuestro resultado será: P= µ0 q 2 a 2 6π c Esta es la fórmula de Larmor que también hemos obtenido en una sección anterior. ɺɺ p = q a (t ) siendo v y a la velocidad y aceleración de la carga. respectivamente. Desarrollo multipolar del potencial electrostático: distribución arbitraria de carga Se tiene una distribución de carga confinada en un volumen V como se muestra en la Figura 1. El segundo término del desarrollo es el potencial que resultaría si un dipolo puntual de igual momento se colocara en el origen. El potencial electrostático en el punto r de observación viene dado por: R r’ V Φ (r ) = r 1 4 πε 0 ρ ( r ′) ∫ r − r ′ dV (1) V ρ Figura 1. La segunda integral es una generalización del concepto de momento dipolar para una distribución continua de carga y se llama momento dipolar de la distribución de carga. podemos sacarlo fuera: Φ (r ) ≃ 3 r 1 1 ′ ′ ′ ρ r dV + ⋅ r ρ r dV + ( ) ( ) ∫ ∑ ∫ i =1 4 πε0 r V r3 V 3 1 xi x j ∑2 j =1 r5 ∫ ( 3 x ′x ′ − δ ) ρ ( r ′) dV i j ij V La primera integral representa la carga total de la distribución. se tiene: 1 r ⋅ r ′ 1 3 ( r ⋅ r ′ ) 2 r ′2 Φ (r ) = + + − + ⋯ ρ ( r ′ ) dV ∫ r3 2 r5 3 4 πε 0 V r r 1 Como r se mantiene fijo en el proceso de integración. Ejemplo: Dipolo eléctrico La distribución consiste en dos cargas ± q situadas en el eje z y separadas una distancia d como se muestra en la Figura 2: . Para puntos de observación tales que r ≫ r ′ . La integral del tercer término es un tensor de nueve componentes que se denomina momento cuadripolar de la distribución. podemos desarrollar en serie el denominador de la integral y quedarnos con los términos más significativos: r − r′ −1 = ( r 2 − 2 r ⋅ r ′ + r ′2 ) − 1/2 1 1 2 r ⋅ r ′ r ′2 3 = 1 − − + + [ r 2 r2 r2 8 ] 2 + ⋯ Sustituyendo en la ecuación (1) y omitiendo los términos que contienen el cubo y potencias mayores de r’. los restantes términos del desarrollo son despreciables y decimos que se trata de un dipolo eléctrico puntual (o ideal). El segundo término es: r r r θ 3 = y d /2 −q = ⋅ ∫ r ′ρ ( r ′ ) dV V d r d ⋅ q uz + ( − q ) ( − uz ) r3 2 2 r r3 ⋅ qd uz La cantidad entre corchetes es por definición el momento dipolar p . El potencial eléctrico viene dado por: Φ (r ) = r⋅ p 4 πε0 r 3 = 1 p cos θ 4 πε0 r2 De esta expresión podemos derivar las componentes del campo eléctrico: Er = − ∂Φ 1 p cos θ = ∂r 2πε 0 r 3 Eθ = − 1 ∂Φ 1 psen θ = r ∂θ 4πε 0 r 3 Eφ = 0 .Figura 2. Si se cumple d ≪ r . En este caso el primer término del z desarrollo multipolar se anula ya que la +q d /2 carga total es cero. B y el vector de Poynting S en todo el espacio. hallar los campos creados por una línea de carga a lo largo del eje x. ¿Por qué el alambre neutro produce un campo eléctrico? ¿Por qué no podemos determinar el campo B a partir de la expresión encontrada para A? 3. Hallar la energía total emitida en forma de radiación (suponer que el medio actúa prácticamente como el vacío para la radiación). con densidad λ. moviéndose en la dirección x con velocidad v. con la forma indicada en la figura. Radiación dipolar eléctrica. Potenciales de Liénard-Wiechert. Una espira de alambre. hasta el reposo. A partir del instante t = 0. RADIACIÓN. se aplica una corriente constante en todo el alambre. 2. está recorrida por una corriente que aumenta linealmente con el tiempo ( ) . Hallar el potencial vector retardado A en el centro O. Radiación emitida por una carga acelerada. es decir: ( ) { Hallar los campos E. Se tiene un alambre conductor infinito a lo largo del eje Z. Ayuda: ∫ ( ) . Campos creados por una carga en movimiento uniforme.ELECTROMAGNETISMO II (Grado en Física) curso: 2012 -13 Tema 5: CAMPOS CREADOS POR CARGAS EN MOVIMIENTO. frenándose con una fuerza proporcional a la velocidad . Una partícula cargada con velocidad v0 impacta sobre un medio. Radiación de fuentes arbitrarias. Solución de la ecuación de ondas. Hallar el campo eléctrico E en O. Radiación dipolar magnética. A partir de los campos de una carga puntual en movimiento uniforme. 4. Potenciales retardados. Campos creados por cargas en movimiento: campos de velocidad y aceleración. PROBLEMAS: 1. Una partícula α se acelera. puede suponerse que la corriente en cualquier instante es la misma en toda la espira. me = 9. π/100 y π/4 con la dirección de movimiento. Un electrón cuya energía cinética es de 1 KeV. I0 = 1A.11x10-31 kg . Un modelo clásico del átomo de hidrógeno (consistente en un electrón girando en una órbita circular de radio en torno a un protón) sería inconsistente puesto que la radiación emitida por el electrón provocaría que éste acabase cayendo en espiral sobre el núcleo atómico. Un hilo conductor se coloca a lo largo el eje z con su centro en el origen. Una pequeña espira con la forma de triángulo equilátero de lados de longitud a está recorrida por una corriente I0 de frecuencia angular ω. gira en el plano perpendicular a un campo magnético de 1T. y es alimentado por una corriente I0 sen ωt. de valor 1028 ms-2: d) Hallar la potencia radiada por la partícula α. (Ayuda: la energía de una partícula de masa m con velocidad v es ). b) Repetir el cálculo para el caso de que la partícula sea un electrón. ¿cuánto tiempo tardaría el sistema en colapsar? ) ( 7. por un potencial V correspondiente a una energía de 7. 6. Si.6x10-19 C . Debido a que ω a c. (Datos: e = -1. Compara la energía que radia en un ciclo con su energía cinética. a) Hallar la velocidad final de la partícula. b) En ese caso. donde ω = 5×1010 rad/s. a 9. Hallar el diagrama de radiación.85x10-12 F/m ) 8.5.12 MeV. finalmente. las partículas se frenan con aceleración constante paralela a la velocidad. a) Analizar si es consistente la aproximación no-relativista ( ). 0 = 8. . la potencia media total radiada y la resistencia de radiación. e) Hallar la energía radiada por unidad de ángulo sólido por el electrón en direcciones que forman ángulos 0. partiendo del reposo. Las partículas siguen con movimiento uniforme: c) Calcular el producto escalar E ⋅ B de los campos producidos por las partículas. 10. Los hilos están terminados en sus extremos más alejados por esferas de radio a = 15 cm. ¿Cumplen los niveles de emisión la normativa (que supondremos establece un límite de 200 µW/cm2)? 12. a) Hallar la intensidad de radiación al nivel del suelo. su frecuencia 90 MHz. b) ¿A qué distancia de la base de la torre debería el técnico haber tomado las medidas? ¿Cuál es la intensidad en este punto? c) La potencia de salida de la antena es de 35 kW. a distancia R de la base de la torre (puede suponerse a c/ω h ). Sea un anillo de radio a sobre el que existe una densidad lineal de carga = 0 sen2 (siendo 0 > 0 y 0 2). Experimento de Hertz: Se tiene un dipolo formado por dos hilos rectos de diámetro d = 5 mm y longitud H = 80 cm cada uno. Si el anillo gira a una velocidad angular constante w alrededor del eje z: a) Calcular la potencia radiada en la aproximación dipolar eléctrica. b) ¿Cómo cambia el resultado si el anillo estuviera cargado con = 0 sen? 11. el radio de la antena 6 cm y la altura de la torre 200 m. b) Hallar también su directividad y resistencia de radiación utilizando la aproximación de dipolo elemental eléctrico. así como su frecuencia de resonancia. (Ayuda: La autoinducción de un hilo de diámetro d y longitud 2H viene dada por la expresión: L = 4×10-7 H {ln (8H / d )− 0.a) Determinar la máxima longitud del hilo para que la aproximación de dipolo elemental sea válida y hallar su momento dipolar. Una antena dipolar magnética de una emisora de radio se encuentra en el extremo de una torre de altura h sobre la tierra horizontal. Los vecinos se quejan de interferencias varias y problemas médicos sospechosos. La espira tiene radio a y está colocada con su eje vertical.75 } . a) Hallar la capacidad y la autoinducción del sistema. b) Calcular la resistencia de radiación. Emite con frecuencia ω una potencia media total Pav. El técnico que ha medido el nivel de radiación ha encontrado valores inferiores a los límites establecidos por la normativa. calcular la potencia media que llega globalmente al suelo. Una pequeña esfera de masa m y carga q está unida a un resorte de constante k que cuelga verticalmente del techo de una sala. ¿Para qué valor de L es máxima dicha intensidad de radiación? b) Si el suelo es de extensión infinita. Compararla con la potencia media total que emite el dipolo (en todas direcciones). oscilando libremente. El resorte se estira una longitud d desde el equilibrio y se suelta. Ayuda: L 0 x dx x h 2 5/ 2 4 3h . a) Suponiendo d << << h. calcular la potencia por unidad de área que incide sobre el suelo. a una distancia L desde la base de la vertical bajo q (despréciese cualquier efecto de carga imagen debida al suelo).13. En el equilibrio la partícula está a una distancia h del suelo. t ) = 0 uz 4π r − z′u z −∞ +∞ ∫ → z’ dz′ Definimos: r − z ′u z r r = ρ uρ r − z ′u z = → Sólo contribuyen P ρ t− → ρ 2 + z ′2 c z′ < − c2t 2 − ρ 2 < z′ < c2t 2 − ρ 2 Por tanto la expresión de A queda en la forma: ρ 2 + z ′2 z ′ tales que > 0 → ct > ρ 2 + z′2 c 2t 2 − ρ 2 o bien . t ) = µ0 J (r ′. t′) dv′ 4π ∫ R ret donde la densidad de corriente se expresa mediante la función: J J (r′.P1-T5 El potencial A viene dado por: Α(r . t ) = 0 uz ∫ 4π r − r′ δ ( x′) δ ( y ′) dx′dy ′dz ′ r − z′u z Θ t − c µI A(r . r − r′ Θt − c µI A( r . t′) = I ⋅ δ ( x′) ⋅ δ ( y′) ⋅ Θ(t′) uz t Por tanto. P1-T5-cont. se anula para tiempos grandes. 2πρ Campo E: E =− Cuando ∂A µI =− 0 ∂t 2π 1 t 1− ρ2 uz c 2t 2 t →∞ → 0 . +a → A( r . Vector de Poynting S: µ I S = E × H = + 0 2π Al igual que E. 2 1 ρ2 ρ t 1 − 2 2 ct uρ ρ 2 c 2t 2 uφ . t ) = µ0 I uz 4π −a ∫ ρ2 1+ 1− 2 2 µ0 I 1 ct dz′ = ln 4π ρ2 z ′2 + ρ 2 1 − 1 − c 2t 2 uz . a = c 2t 2 − ρ 2 Campo B: B =∇× A = − ∂ ρ2 1− 2 2 ∂ρ ct Para ρ 1 =− 2 2 ct ρ2 1− 2 2 ct ∂ Az uφ ∂ρ µ0 I → B= 2πρ 1 − t →∞ se obtiene la solución del caso estático. B= µ0 I uφ . t ) = µ0 kt 1 1 ( 2a ) − ( 2b ) + 2 ln ( b / a ) ux ⇒ 4π a b Campo eléctrico: E=− µk ∂A = − 0 ln ( b / a ) ux ∂t 2π Puesto que no hay cargas en la espira. por tanto: espira µ kt 1 1 dx A(O. este campo eléctrico es producido por la intensidad de corriente y el campo magnético variable asociado a ella. Puesto que sólo conocemos la expresión de A en el centro de la espira.P2-T5 Corriente en la espira: I ( t ) = k t y I b a x O El potencial vector A en el origen viene dado por: A(O. no podemos calcular su rotacional para obtener B. a ∫ ∫ b ∫ Para las dos primeras integrales se tiene (teniendo en cuenta que las componentes-y se anulan por la simetría): ∫ dl ′ = 2 a ux circ int . t ) = Al integrar ∫ µ0 k ( t − R / c ) dl ′ = µ0k t dl ′ − 1 dl ′ ∫ ∫ R ∫ 4π espira 4π espira R c espira d l ′ = 0. t ) = 0 dl ′ + dl ′ + 2 ux b circ ext . x 4π a circ int . ∫ d l ′ = − 2b u x circ ext Operando queda: A(O. . el campo eléctrico creado por la línea será: E= q (1 − β 2 ) λ 4πε 0 ∫ linea uR R 2 (1 − β dx 2 sen 2 ψ ) 3/2 Las componentes horizontales se cancelan.P3 -T5 y R Línea de carga en el eje x. La distancia de la línea al punto campo es h = R sen Ψ . = cot Ψ ⇒ . El campo total será la suma de contribuciones elementales dq = λ dx h moviéndose con velocidad v en la dirección x. x De acuerdo con la notación de la figura. Ψ dq = λ dx Usaremos β = v / c en las expresiones de los campos. sólo hay que sumar la contribución de las verticales. por tanto: Ψ . densidad λ C/m. y el campo vendrá dado por: B= µ vλ 1 1 vλ v× E) = ux × u y ) = 0 uz ( 2 ( 2 c 2πε 0 c h 2π h El producto vλ = I da la intensidad de corriente. Ψ Ψ . Además se crea un campo magnético: cada elemento dq se mueve con v constante. de forma que sen 2 Ψ = 1 − z 2 . . Ψ q (1 − β 2 ) λ u y π sen ψ dΨ E= ∫ 3/ 2 4πε0 h 0 (1 − β 2 sen 2 ψ ) Haciendo el cambio de variable z = cos Ψ . 1 λ 1 1 λ 1 ! ! % " ⁄ " 4 4 $ 1& $ 1 1 ! $ ! ' $ Operando queda finalmente: E= 1 λ uy 2πε 0 h Este campo coincide con el de la línea en reposo. por tanto hemos obtenido el campo de una línea recorrida por una corriente constante. Llevando esto a la expresión de E. la aceleración viene dada por: 2 γ c Como vɺ = − αv mγ 3 (1) Según el diagrama de la figura. = ( ) 1 − 2 dt c −1/ 2 . dΩ= 2π sin θdθ: (1) dW µ q 2vɺ 2 sin 2 θ µ0 q 2 2 6 µ0 q 2 α 2 v 2 =P= 0 2 2 sin θ d θ = vɺ γ = π 5 dt ′ 16π c v 6 c 6π c m π 1 − cos θ c 4 2π ⋅ γ 6 3 ∫ . el campo de radiación es: R Erad θ µ0 R2vɺ sin θ v = . s = R 1 − sin θ 3 s 4π c ret v Potencia radiada por unidad de ángulo sólido ( ) (* : dP(t ′) µ0 q 2vɺ 2 sin 2 θ = 5 dΩ 16π 2c v 1 − cos θ c Integrando.P4 –T5 Ecuación de movimiento (rectilíneo): v2 d γ α γ mv = − v . d γ γ 3vvɺ = 2 dt c 2 γ 3v 2vɺ 1 3 v m 2 + γ vɺ = mγ vɺ 2 + 2 = −α v c c γ v2 1 + 2 = 1 . P4 –T5-cont. mγ 3 1 α 2 d (v 2 ) = − v dt ′ 2 mγ 3 por tanto: ∞ 0 mγ 3 m v dt ′ = − d (v 2 ) = − 2α 2α 0 v ∫ 2 ∫ 0 0 ∫ 1 u u0 1 − 2 c 3/ 2 du La energía total emitida será: W = v02 con γ 0 = 1 − 2 c −1/ 2 µ 0 cq 2α ( γ 0 − 1) 6π m . 6π cm2 0 ∫ → (1) dv = − αv dt ′ . hay que evaluar la integral teniendo en cuenta que inicialmente v = v0 . Energía total emitida: ∞ µ 2 q 2α 2 2 W= 0 v dt ′ . 7 ×10−27 kg Carga del electrón. Igualando ambas: ( γ − 1) mc 2 = E pot (*) Hemos de operar en esta expresión para obtener la velocidad de la partícula. e = −1.84 ×107 m/s .1 × 10 −31 kg.P5-T5 Las partículas α son núcleos de He ionizados. 4πε 0 R 3 (1 − β 2 sen 2 ψ )3/ 2 0 Son perpendiculares entre sí. luego E ⋅ B = 0.12 MeV = 1. teniendo en cuenta que γ= 1 1 − β2 → 1 − β2 = 1 γ2 → β2 = 1 − 1 .99 ×108 m/s . m = 6. β = 0.9977 c) Hemos visto que una partícula con movimiento uniforme rectilíneo crea unos campos q (1 − β 2 ) R0 1 E= .14 ×10−2 b) Para el electrón la velocidad resulta ser: v = 2. 6 ×10−19 C. q = 3. γ= E pot + mc 2 mc 2 → 1 m2c 4 = = 1 − β2 2 2 γ ( E pot + mc2 ) Por tanto. 2 ×10−19 C. me = 9. γ2 Despejando γ de (*).14 ×10−12 J. Sustituyendo los datos para la partícula α se obtiene. constan de dos protones y dos neutrones y su carga es positiva e igual al doble de la del protón. v = 1. a) La energía cinética de la partícula después de ser acelerada partiendo del reposo será: Ec = γmc 2 − mc 2 = ( γ − 1) mc 2 Esta energía proviene del potencial eléctrico aplicado. 1/ 2 v2 m2c 4 β2 = 2 = 1 − 2 c ( E pot + mc 2 ) → m2c 4 v = c 1 − ( E + mc 2 )2 pot En nuestro caso E pot = 7. β = 6. Masa del electrón. B= β×E c . masa de la partícula α. E pot = qV . carga de la partícula α. P5-T5 (cont.14 ⋅ 8. 011 ⋅ = 2298 W 8 6πε0c 6 ⋅ 3. dP = 4. χ = 0. d Ω 16π2ε0c (1 − β cos θ )5 Particularizando a los distintos ángulos se tiene: θ=0 . 2 ×10−19 ) ( 1028 q2 6 ɺ2 P= γ β = 1.3 ×1011 W/sr dΩ dP = 1. γ = 1. 6πε0 c 6πε0 c vɺ 1028 −1 ɺ s .01 2 . dP =0 dΩ θ = π /100 . γ 6 = 1.0335 4 0. / 0.5 ×104 W/sr dΩ Es una radiación con un máximo en .85 ×10−12 ⋅ 3 ×108 3 ×10 2 e) Energía por unidad de ángulo sólido radiada por el electrón. ) * : dP e2 βɺ 2 sen 2 θ = .) d) Potencia radiada por la partícula α en el instante en que empieza a ser frenada: P= q2 q2 γ 4 βɺ 2 ( γ 2 cos 2 χ + sen 2 χ ) = γ 6 βɺ 2 . 011 . θ = π/4 . En este caso β = = c c Sustituyendo en la fórmula de la potencia radiada queda: 3. 0019 ... < = F (2) Calculamos la potencia radiada por el electrón mediante la fórmula de Larmor (ya que v<<c): K=I. F 9:. qe.E = mac 67 68 5 9:. 106 m/s. En el caso de que el radio pase a ser 100 veces menor que el inicial: β ( @ /C 0. GMN.0073 A 1 A medida que el electrón radie energía. ?* P:. su radio irá disminuyendo (y su velocidad aumentará progresivamente).073 A 1 100 Por lo que podemos suponer que la aproximación no-relativista será válida durante la mayor parte del recorrido del electrón.< . = $ <= $ < = O:. MQ <M = ? Q (3) De este modo.< M Q = =0 ? ⇒ = F 9 "M Q llegamos a: ⇒ R = α F = 0 ⇒ @ @ S T P: .445 .< = 5 > ? = (@ ⇒ 9:. b) En este caso. >( F O:. de modo que v(r0)/c = β = 0.< = P:.19 .= ⁄ m/s Para r0= 0.0526 nm → v(r0) = 2. 10$ W (4) .P6-T5 a) La órbita circular del electrón debe cumplir que Felect = mac .V 1.< - = Siendo la constante S 9 ⁄ 0 "M Q Resolviendo (4): T U= P:. sustituyendo (2) y (3) en (1) llegamos a: = O:. al radiar el electrón ((* E 0 la ecuación de conservación de energía será: F GFHFIJ K=I 0 (1) Donde: F GFHFIJ F LJMF.< = F Sustituyendo ( 9:.< - = < V (9 = 0 @ ⇒ T =<Q ". -= = F 9 "M Q R < P: . En la órbita circular el periodo se puede obtener a partir de la velocidad angular: 2 π 2 π m 2 π ⋅ 9.3 × 1018 m/s 2 . radio de la órbita: r = me v qB = 1.06 × 10−4 m.11× 10 −31 v qB ω= = . 5 ×10−16 W P= 3 6 πε 0 c Por tanto.P7-T5 Velocidad de la partícula : v = 2 e ⋅103 me = 1.87 × 107 m/s.6 × 10−11 . la energía radiada en un ciclo será: Erad = P ⋅ T = 8.57 × 10−11 s − 19 r m ω qB 1. 6 × 10 ⋅1 Se cumple v ≪ c y la potencia radiada se puede calcular con la fórmula de Larmor: e2 vɺ 2 = 2. energía cinética: Ecin = 1.9 × 10−27 J Erad Ecin = 5. aceleración de la partícula: vɺ = v2 r = 3. T= = = = 3.6 × 10−16 J.6 × 10−19 ⋅103 = 1. P8-T5 . 96 ×109 Hz .51× 10−14 cos ωt C ⋅ m b) Resistencia de radiación: 2 Rrad 2 d 1 = 80π = 80π2 = 0.P9-T5 ω = 5 × 1010 rad/s → f = 7.0377 = 7. λ = a) La condición de dipolo elemental es que d ≤ d= c = 0.316 Ω λ 50 2 . 50 Momento dipolar: I = I 0 sin ωt → q=− I0 cos ωt ω → q0 = I0 1 = = 2 × 10−11 C 10 ω 5 × 10 Luego el momento dipolar será: p = q0 d cos ωt = 1.54 × 10−4 m.0377 m f λ por tanto la máxima longitud será 50 0. c dZ _ 0. Z. _fr λ Z h. a W]^sT. c Derivando: X* T n s W]^sT. c i 0 Por lo tanto la potencia total radiada será: Kjk b) En t= 0 l< P:M mno T f 0 XT 0 XY U λ Z p U λ W]^_`Z. : 0. CbW_.P10-T5 a) En t= 0 XT 0 XY U λ Z [\ U λ W]^ _`Z. c i λ Z . c d s X La potencia total radiada es igual a: Kjk ⇒ mno T f v 9 n w w w 9 w v 9 Z9 λ 9 mno T f v n v `λ Z . W]^_. _fg λ Z h0. CbW_. a d 6C 6C 6C 6C . XT n CbWsT. CbW_. W]^_. a CbWsT. CbW_. c dZ _ c U W]^ _. a XY λ Z ea U W]^" _ _ : : Z. a : XY λ Z qa W]^ _ _ Como: : : c W]^_. a W]^sT. c tuT Xo T n s `CbWsT. B = − uθ 4πc c r La densidad de potencia media (intensidad de radiación) y la potencia media s serán: Sav µ0 m02ω4 sen 2θ = 32π2c3 r 2 µ0 m02ω4 . .0261 W/m2 = 2. d Sav =0 ⇒ s=h ds 3P 1 3 Pav Sav max = av 2 = 8π 4h 32πh2 c) Para los datos del problema: Sav max = 3 3 P = ⋅ 35 ×103 = 0. Pav = 12πc3 Comparando ambas expresiones y teniendo en cuenta la notación de la figura queda: S av = 3 Pav sen 2 θ 3 Pav s 2 3 Pav s2 = = 8π r 2 8π r 4 8 π ( h 2 + s 2 )2 b) El técnico debe medir a la distancia en la que se tiene un máximo de intensidad. Los campos creados por este dipolo magnético elemental vienen dados por: r h E= µ0m0ω2 E sen θ cos {ω( t − r / c )} uφ .P11-T5 θ Despreciamos el efecto del dipolo imagen.61µW/cm2 2 av 2 32πh 32π⋅ 200 Queda muy por debajo del límite establecido. a = 15 cm. 05 µ H d . a) Hay que hallar la capacidad de dos esferas de radio a separadas una distancia Expresamos los potenciales de las esferas en función de la carga en ellas. ≈ Q1 = 0 1 . ≈ 2H >> a . 75 = 2. P22 = P11 .P12-T5 Experimento de Hertz d a H H = 80 cm. P12 = 1 4πε 0 a Q2 Si. el sistema de ecuaciones se reduce a: V1 = Q( P11 − P12 ) → V1 − V2 = Q( P11 + P22 − P12 − P21 ) V2 = Q( P21 − P22 ) y la capacidad vendrá dada por C= Q 1 = = 9. Q1 y Q2 . P21 = P12 4πε 0 (2 H + 2a ) Q1 = −Q2 = Q . d = 5 mm.06 pF V1 − V2 2 P11 − 2 P12 La autoinducción de un hilo de diámetro d y longitud 2H viene dada aproximadamente por la expresión: 8H L = 4 × 10 −7 H ln − 0. y de los coeficientes de potencial: V1 = P11Q1 + P12 Q2 V2 = P21Q1 + P22 Q2 donde P11 = V1 Q1 ≈ Q2 =0 1 V . como en este caso. 93 MHz 2π LC Para esta frecuencia λ = 8.P12-T5 (cont.773 m-1.) Por tanto. 7 Ω λ 2 . k = 2π / λ = 0. y su directividad 2 vale D= 3 2 La resistencia de radiación en dicha aproximación viene dada por: 2 2H Rr ≃ 80 π = 30. b) La forma del diagrama de radiación es la de un dipolo elemental. la frecuencia de resonancia del circuito será: f res = 1 = 36.12 m. ∝ sen θ . es la mitad de la potencia total emitida (la otra mitad va al techo) . ∞ ∫ L=0 Pav = L3 dL ( L2 + h 2 )5 / 2 = ∞ 1 x dx 1 Γ(2)Γ(1/ 2) 2 = = 5/ 2 ∫ 2 L =0 ( x + h 2 ) 2h Γ(5 / 2) 3h µ 0 q 2 d 2 ω4 24π c Lógicamente. r = h 2 + L2 r r dPav µ 0 q 2 d 2 ω4 L2 h = dS 32π2 c ( L2 + h 2 )5/ 2 dI s µ 0 q 2 d 2 ω4 h d L2 = =0 5/ 2 2 32π c dL ( L2 + h 2 ) dL L= ⇒ d 2Is 2 < 0 h máxima I s 2 3 dL b) ∞ µ q 2 d 2 ω4 L3 dL Pav = ∫ I s dS = ∫ I s ⋅ 2πLdL = 0 h ∫ 5/2 L=0 2 2 16πc suelo L =0 ( L + h ) ∞ Cambio de variable: L2 = x. Intensidad de radiación: µ 0 p02ω4 sen 2 θ Sav = ur 32π2c r 2 h θ Potencia por unidad de área de suelo: µ p 2ω4 sen 2θ cos θ S av ⋅ uz = 0 0 2 32π c r2 sen θ = Is = r L uz ur L h . cos θ = .P13-T5 a) Dipolo eléctrico. debido al movimiento respecto al éter estacionario.1 Teoría Especial de la Relatividad: Postulados de Einstein Encrucijada teórico-experimental ~ 1900: detección del éter Experimentos clave: v • Experimento de Michelson-Morley * Diferencia de caminos ópticos: l2 l1 − 1 − v2 / c2 1 − v2 / c2 2 c (t '1 − t '2 ) = . l1 vertical l2 horizontal Contracción de longitudes (Lorentz y Fitzgerald): Postularon que. la forma de jugar sería exactamente la misma que si estuviere parado 2) Si el tren acelera o toma una curva. ya no se podría jugar de la misma manera → las leyes no son las mismas cuando el sistema no es inercial 1 . de Relatividad de Galileo: para la Mecánica se aplican las mismas leyes en cualquier sistema inercial S’ x’ S vt x x ' = x − v t TG t ' = t Ejemplo: juego de billar en un tren en movimiento 1) Si el tren se mueve con v constante.Tema 6: Electromagnetismo y Relatividad 6. cualquier objeto se contraía en un factor 1 − v 2 / c 2 en la dirección del movimiento” → l2 1 − v 2 / c 2 l2 Un efecto cancela al otro Bases teóricas: relatividad de la Mecánica y el electromagnetismo P. el movimiento es relativo.En las leyes del EM aparece con frecuencia ‘la velocidad’ de la carga o de los campos.Para el Electromagnetismo el P. Para un observador en el tren la carga está en reposo y no hay campo B. de Relatividad de Galileo no es aplicable Ejemplos: -Una carga en movimiento en un tren crea un campo magnético. . ε = − ddtΦ ε = − ddtΦ No hay reposo absoluto. tanto para la Mecánica como para el EM y todas las leyes de la Física Teoría de la Relatividad Especial Postulados de Einstein: Postulado 1: Las leyes de la Naturaleza son las mismas en todos los sistemas inerciales (Principio de Relatividad) Postulado 2: La velocidad de la luz en el vacío es la misma para todos los observadores inerciales e independiente del movimiento de la fuente (Postulado de constancia de c) 2 .Asimetría en la interpretación de un fenómeno (inducción em): Desde el suelo: f = q v × B Desde el vagón: → v = 0 . f = 0. Debe haber un sistema estacionario especial respecto al cual se mide esa velocidad . dilatación temporal Consecuencias de los Postulados de Einstein: (a) precede a (b) i) Relatividad de la simultaneidad (a) y (b) simultáneos (b) (b) precede a (a) (b) (a) (a) Dos eventos que son simultáneos en un sistema no lo son.2 Simultaneidad. (“Un reloj móvil va más lento”) γ= 1 1− v2 c2 3 . en general. contracción de longitudes. en otro que se mueve con velocidad relativa respecto al primero ii) Dilatación del tiempo v ∆t (b) S (a) ∆t ' = h S’ h2 + ( v∆t ) ∆t = c v2 ∆t ∆t ' = 1 − 2 ∆t = γ c h c 2 → ∆t = h c 1 v2 1− 2 c El tiempo para el observador sobre el tren es más corto.6. Un estudiante. ∆t2 = c−v c+v ∆t = ∆t1 + ∆t2 = 2 ∆x 1 c (1 − v 2 / c 2 ) (2) ∆t ' = 1 − v 2 / c 2 ∆t (3) (1). (2). ¡mayor que la de la luz! ¿Dónde está el error? Solución: No tuvo en cuenta la dilatación del tiempo. Así. donde d = 800m 2 Despejando y sustituyendo valores. 4 c 5 iii) Contracción de longitudes v∆t1 v∆t2 S’ espejo lámpara S ∆t ' = 2 ∆t1 = ∆x ' (1) c ∆x + v∆t1 ∆x − v∆t2 . (3) ⇒ ∆x ' = 1 1 − v2 / c2 ∆x = γ∆x ∆x = ∆x′ γ Contracción de Lorentz 4 . v= d τ / 1− v / c 2 . a partir del tiempo de vida de un muón que se sabe es de 2 µs. En el sistema del laboratorio. ∆t 2 = c c ∆t1 = ∆x ∆x . el muón tarda en desintegrarse un tiempo τ γτ = 1 − v2 / c2 . 2 ms. donde τ es el tiempo de vida ‘propio’. resulta: v2 = 1 ( τ / d ) + (1/ c ) 2 2 v= . concluye que su velocidad es 800m/2µs = 4x108 m/s.Ejemplo: En un experimento de laboratorio se observa que un muón viaja 800m antes de desintegrarse. y. con la misma velocidad de la luz c c 2t 2 − x 2 − y 2 − z 2 = c 2t '2 − x '2 − y '2 − z '2 Junto con condiciones muy generales sobre el espacio-tiempo dan lugar a las Transformaciones de Lorentz: x ' = γ ( x − vt ) y'= y Transformaciones de Lorentz z' = z S → S' t ' = γ t − v x c2 x = γ ( x '+ vt ' ) y = y' S' → S ( v → −v ) z = z ' t = γ t '+ v x ' c2 5 .6.z) en el instante t y y’ x ' = x − vt y' = y TG z' = z t ' = t v S’ S x’ x Postulados de Einstein un frente de onda de propagación de la luz debe mantenerse invariante en ambos sistemas.3 Transformaciones de Lorentz Evento: suceso en (x. B ocurre antes que A en S’ 6 . t B = 0. Un suceso A ocurre en Son simultáneos en S.La simultaneidad relativa. Un suceso B ocurre en xB = b . de Lorentz : x A′ = γ ( x A − vt A ) = 0 xB′ = γ ( xB − vt B ) = γ b v t A′ = γ t A − x A = 0 c2 v v t B′ = γ t B − xB = − γ b c2 c2 Por tanto. ¿serán simultáneos en S’ que se mueve con v? Aplicamos la t. Cuestión: x A = 0. Ejemplo: Una varilla se mueve con velocidad v hacia la derecha Su longitud medida en el sistema S’ que se mueve con la varilla es: ∆ x ′ = x ′f − xi′ Un observador en S medirá en un instante t: ∆ x = x f − xi Por tanto. ( x ′f = γ x f − vt xi′ = γ ( xi − vt ) ) ⇒ ∆x = ∆x′ γ Fijamos t porque la medida se hace en S y se marcan los dos extremos de la varilla en el mismo instante de tiempo. t A = 0. dilatación del tiempo y contracción de Lorentz se derivan de esta transformación. pero s2 permanece invariante de tipo temporal ( s2 > 0 ) ( pueden coincidir espacialmente) Intervalo entre dos sucesos: de tipo espacial (s2 < 0 ) ( pueden ser simultáneos ) conectados por señal luminosa (s2 = 0 ) El signo − de las coordenadas espaciales en el intervalo tiene profundas consecuencias en la geometría del espacio-tiempo 7 . x 2 . de Lorentz 2 2 x' = x x '3 = x3 x '0 γ 1 x ' = −γβ x '2 0 '3 x 0 En forma matricial: β= −γβ γ 0 0 v c 0 0 x0 0 0 x1 1 0 x2 0 1 x3 3 µ µ ν O bien. x3 ) ≡ (ct .6. r ) x '0 = γ ( x 0 − βx1 ) 1 x ' = γ ( x1 − βx 0 ) T.4 Estructura del espacio-tiempo: intervalo y cono de luz ‘Coordenada’ temporal: x 0 = ct Suceso: Fenómeno que ocurre en x µ = (ct . x1 . ∆t y ∆x cambian. x′ = ∑ Λν x siendo Λ la matriz de transformación de Lorentz ν =0 Intervalo s2 : invariante s 2 = c 2 ( ta − tb ) − x a − xb = c 2 ( ∆t ) − ( ∆x1 ) − ( ∆x 2 ) − ( ∆x 3 ) 2 2 2 2 2 2 i Al pasar a otro sistema de referencia. la métrica euclidiana debe ser reemplazada por una métrica no definida. o bien 2 2 2 3 ds 2 = ∑ g µν dx µ dxν 0 g µν 1 0 0 0 = 0 −1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 Tensor métrico 8 . la relación para el espacio 3D ordinario. Así.La relación entre intervalo (o ‘distancia’) y las coordenadas. ds 2 = dx 2 + dy 2 + dz 2 que corresponde a la geometría euclídea basada en el Th de Pitágoras. con el tensor métrico derivado de la relación ds 2 = c 2 dt 2 − ( dx1 ) − ( dx 2 ) − ( dx3 ) . define una métrica definida positiva Si expresamos: 3 3 ds = ∑∑ gij dx i dx j 2 i =1 j =1 el tensor métrico (espacio 3D): 1 0 0 g ij = 0 1 0 0 0 1 En el espacio-tiempo de la Relatividad Especial (espacio de Minkowski). define la métrica del espacio. lo que se mantiene constante es s 2 = c 2t 2 − x 2 − y 2 .Diagramas en el espacio-tiempo (diagramas de Minkowski): móvil ct Velocidad = inversa de la pendiente Fotón → pendiente =1 fotón Partícula en reposo x ct La pendiente de una trayectoria en el espacio-tiempo indica si el intervalo es espacial. en el sentido de que por ejemplo. bajo rotaciones en el plano xy. temporal o rayo de luz. un punto P describe una circunferencia. en cambio. bajo transformaciones de Lorentz. lugar geométrico de puntos con r = x 2 + y 2 constante En el espacio de Minkowski. Futuro de t Futuro de t = 0 Cono de luz Presente La zona no sombreada no es ‘alcanzable’ desde el origen por una señal causal (sucesos ‘absolutamente separados’) x Línea de universo Pasado de t = 0 y P r x El espacio 3D tiene una simetría circular. Esto da al espacio una simetría hiperbólica Hiperboloide de dos hojas Hiperboloide de una hoja Intervalo ‘temporal’ Intervalo ‘espacial’ Por TL podemos movernos sobre la misma hoja de hiperboloide 9 . Un suceso sobre la hoja superior del hiperboloide temporal siempre es posterior al suceso (0. −a .0). Esto rescata la noción de causalidad. −a ) 10 . Todos los sucesos conectados causalmente están separados por intervalos temporales 4-vectores 3-vector = conjunto de tres componentes que se transforman bajo rotaciones 3D de la misma manera que lo hacen (x. Si es espacial. z). manteniendo el mismo convenio que en el caso 3D.Simultaneidad y causalidad: El orden temporal entre sucesos ‘puede’ invertirse cambiando de SRI. x . a1 . a3 ) = ( a . x ) . y. 3 a′µ = ∑ Λνµ aν ν =0 (componentes de un tensor de orden 1 expresadas en forma contravariante) Producto escalar? Para tener en cuenta el signo menos en el producto de coordenadas espaciales. a2 . su orden temporal es absoluto. Si el intervalo entre sucesos es temporal. 4-vector = conjunto de cuatro componentes que se transforman bajo una T. conviene definir las componentes covariantes aµ del vector. el orden depende del SRI desde el que es observado. −a . que difieren de las contravariantes aµ en el signo de esas componentes: 0 1 2 3 aµ = ( a0 . x . pero no siempre. o sea. 1 2 3 de Lorentz de la misma manera que (ct . y uno sobre la hoja inferior siempre es anterior. pueden definirse magnitudes tensoriales de cualquier orden. el tiempo propio también es invariante-Lorentz ( ds ) 2 = c2 ( d τ) 2 11 . S’ (sistema propio) Tiempo propio (medido en S’): S’ V dτ = S dt γ = 1 − v 2 / c 2 dt Si escribimos el intervalo ds en la forma ( ) 2 2 2 ( ds )2 = c 2 ( dt )2 − ( dx1 ) − ( dx 2 ) − ( dx3 ) = c 2 ( dt )2 1 − dl 2 = c 2 ( dt )2 (1 − v 2 / c 2 ) c 2 ( dt ) 2 Vemos que. en particular tensores de segundo orden. que son muy importantes en relación con el Electromagnetismo 6. µ =0 aµ b µ (convenio de suma de Einstein. puesto que (ds)2 es invariante.5 Mecánica y Dinámica relativistas a) Composición de velocidades: Objeto móvil con velocidad V respecto al laboratorio S Sistema solidario con el objeto.Su ley de transformación es por medio de la inversa de la matriz de Lorentz: a′µ = ∑ ( Λνµ ) aν 3 −1 ν =0 3 Producto escalar = ∑ aµ b µ o simplemente. sobre índices repetidos) aµ bµ = a0 b 0 + a1b1 + a2 b 2 + a3 b3 = a 0 b0 − a1b1 − a 2 b 2 − a 3 b3 El intervalo no es más que el producto escalar ∆ xµ ∆ x µ que es una cantidad invariante bajo TL (tensor de orden cero) Análogamente al álgebra 3D. Su transformación en una TL de S a S’ puede hallarse a partir de las transformaciones de los intervalos de las coordenadas y del intervalo de tiempo.v << c se recupera la suma de velocidades galileana Podemos definir una magnitud velocidad que sea el cociente de los desplazamientos dxµ. entre el tiempo transcurrido. dxµ u = dτ µ 4-velocidad o velocidad propia Su componente-0 es: Parte espacial: uµ = (u0 . Como dτ es escalar (invariante).V= La velocidad dl dt no es un cuadrivector. medidos en el sistema de laboratorio. medido en el sistema propio. u) dx 0 dt c u = =c = dτ dτ 1 − V 2 / c2 0 u= dx V = dτ 1 − V 2 / c2 12 . dτ. esta magnitud será un cuadrivector. El resultado es: Vx − v dx ' = dt ' 1 − vVx / c 2 Vy dy ' V 'y = = dt ' γ (1 − vVx / c 2 ) dz ' Vz V 'z = = dt ' γ (1 − vVx / c 2 ) V 'x = V v S’ S Ley de composición de velocidades • Por composición de velocidades no se supera c • Para V. V o uµ ? Si utilizamos momento = m V. V 'B = −2v .b) Dinámica relativista: Energía y momento Queremos extender el concepto de momento lineal mV. Ejemplo: colisión A v B C D S’ S Dos masas A y B colisionan produciendo las masas C y D En S: mAVA + mBVB = mCVC + mDVD Si transformamos de S’ a S: Componente . no se va a cumplir la conservación del momento en diferentes sistemas inerciales. al dominio relativista.x mA Vi = V 'i + v 1 + V 'i v / c 2 V 'A + v V 'B + v V 'C + v V 'D + v = mC + mD + m 2 B 2 2 1 + V 'C v / c 1 + V 'D v / c 2 1 + V 'A v / c 1 + V 'B v / c Como los denominadores son diferentes. ⇒ mAV' A + mBV'B ≠ mCV'C + mDV'D el momento así definido no se conserva en S' Caso particular: masas iguales con VA = . con momento 0 que se conserva en S.VB = v. V 'C = V 'D = −v 1 + v2 / c2 El ‘momento’ no se conserva en S’: m −2v ≠ −2mv 1 + v2 / c2 13 . 0 = 0) S’ tal que V ' A = 0. ¿qué velocidad utilizar. VC = VD = 0 (colisión inelástica en S. v / c ≪ 1 : Ecin = 1 3 mV 4 mV 2 + + ⋅⋅⋅ 2 8 c2 Hay que distinguir entre cantidades conservadas (en un proceso físico) y cantidades invariantes (en una transformación entre SRI) La masa m es un escalar. invariante. mrel = 1 − V 2 / c2 E c donde mc 2 E= 1 − V 2 / c2 Es la energía relativista Erep = mc 2 Para V = 0. La energía se conserva (en un sistema aislado). en realidad es una conversión de energía en reposo en energía cinética. que relaciona E y p 14 . El resto es energía cinética : 1 Ecin ≡ E − mc 2 = mc 2 − 1 2 2 1−V / c Para velocidades no relativistas.p⋅ p = − = m2c 2 2 2 2 2 1−V / c 1−V / c Si el segundo miembro se escribe en función de E y p . pero no se conserva (transformación masa-energía). E 2 − p 2c 2 = m2 c 4 . p ) = mu µ p = mu = 4-momento (o 4-momento-energía) mV 1 − V 2 / c2 Momento relativista El momento así definido sí se conserva en una colisión al cambiar de SRI Componente temporal: p 0 = mu 0 = mc 1 − V 2 / c2 ≡ m A veces.Definiremos p µ = ( p 0 . pero no es invariante La carga eléctrica se conserva y es invariante La velocidad ni se conserva ni es invariante p pµ = ( p µ ) 0 2 m2c2 m 2V 2 . Hay que transformar numerador y denominador. relatividad 3ª ley: dejará de cumplirse. Así. Fz γ (1 − βVx / c ) dp 'x γdpx − γβdp 0 F 'x = = γβ dt ' γdt − dx c dpx dp 0 β dE −β Fx − dt = c dt = Fx − β (V ⋅ F ) / c F 'x = dt β dx 1 − β Vx / c 1 − β Vx / c 1− c dt Demostración de que V ⋅F =V ⋅ dE =V ⋅F dt dp d mV =V ⋅ dt dt 1 − V 2 / c 2 d mc 2 = dt 1 − V 2 / c 2 mV dV = ⋅ 3/ 2 dt (1 − V 2 / c 2 ) dE = dt 15 .x.c) Dinámica relativista: fuerza 1ª ley: implícita en el P. Para la componente . F 'y = dp ' y dt ' = dp y dp y / dt Fy = = γβ β dx γ (1 − β Vx / c ) γdt − dx γ 1 − c c dt F 'z = Análogamente. dado que la simultaneidad es relativa Leyes de Newton: 2ª ley: F= dp dt va a ocurrir algo parecido al caso de la velocidad. la potencia (propia) aportada a la partícula Componentes espaciales: K= dt dp 1 = F 2 2 d τ dt 1−V / c La ecuación (1) es la expresión de la 2ª Ley de Newton en forma covariante 16 . análoga a la velocidad ‘propia’.Transformación de fuerzas: F 'x = F 'y = F 'z = Fx − β (V ⋅ F ) / c 1 − β Vx / c v V S’ Fy γ (1 − βVx / c ) S Fz γ (1 − β Vx / c ) Si V = 0 . F '⊥ = F⊥ / γ Se puede definir una fuerza ‘propia’. salvo el factor 1/c. que sea un 4-vector: puesto que tenemos un 4-vector momento. F ' = F . dp µ K = dτ µ (1) 4-vector fuerza o fuerza de Minkowski Componente temporal: dp 0 1 dE K = = dτ c dτ 0 Es. p µ = ( p 0 . u = γV. K = γF dτ c dτ 0 6. Pero se pueden formular de manera covariante a) El campo magnético como efecto relativista Electrostática + Relatividad ⇒ Magnetismo λ S’ v S En S’ las cargas están en reposo → crean un campo eléctrico En S las cargas se mueven con velocidad v → aparece un campo magnético asociado a la corriente I = λv 17 . p ) = mu µ γ= 1 1 − V 2 / c2 4-momento (o 4-momento-energía) p 0 = γmc ≡ dp µ K = dτ µ E .Resumen dx µ u = dτ µ 4-velocidad o velocidad propia u 0 = γc. c p = mu = γmV E = γmc 2 4-vector fuerza o fuerza de Minkowski dp 0 1 dE K = = .6 Electrodinámica Relativista El electromagnetismo está de acuerdo con la TR y no es necesario modificar sus ecuaciones. w = w' ⇒ A= A' γ σ = γσ 0 ⇒ ⊥ al movimiento El campo en la dirección en el factor γ aumenta En este caso las longitudes de las placas no se modifican y evidentemente. S’ v + σ0 − σ0 σ = σ0 S y E = E ' El campo en la dirección no cambia v al movimiento Ejemplo: Campo eléctrico de una carga en movimiento uniforme P S’ S q v En t =0. El campo se observa en P al cabo de un tiempo t. en que la carga recorre un espacio vt En S’ : E'= q 4πε 0 r '2 ur ' = qr' 4πε 0 r '3 18 . la carga está en el origen.b) Transformación de los campos • La carga Q es invariante • Los campos se deben transformar independientemente de cómo se hayan producido i) Sistema con sólo campo eléctrico w’ − σ0 + σ0 v S’ E= En S debe ser Q A = Q lw . por TL: l E⊥ = γ E '⊥ ⇒ σ0 u ε0 y Q σ0 = l’ S σ= E'= v = σ u ε0 y l' γ A′ Q = l ′w′ (Proviene de la Ley de Gauss. que debe valer igualmente en S) . t) ( ) x ' = γ x − vt = γ R0 x De la TL. q x' E 'x = 4πε 0 ( x '2 + y '2 + z '2 )3/2 q y' E 'y = 4πε 0 ( x '2 + y '2 + z '2 )3/2 q z' E 'z = 4πε 0 ( x '2 + y '2 + z '2 )3/2 q x' Ex = E 'x = 4πε 0 ( x '2 + y '2 + z '2 )3/2 γ y' q Ey = γ E 'y = 4πε 0 ( x '2 + y '2 + z '2 )3/2 γ z' q E z = γ E 'z = 4πε 0 ( x '2 + y '2 + z '2 )3/2 E = E ' E⊥ = γ E ' ⊥ P θ S Posición ‘presente’ = q R0 q vt E = (x. R0 z = R0senθ sen φ γ R0 4πε 0 ( γ 2 R 2 cos 2 θ + R 2sen 2θ ) 0 0 q 4πε 0 3/2 γ R0 q 4πε 0 γ 2 (1 − sen 2θ ) + sen 2θ 3/2 R3 0 (1 − v 2 / c 2 ) = uR 0 4πε 0 R02 1 − ( v 2 / c 2 ) sen 2θ 3/2 q uR 0 (1 − γ 2 ) 2 2 sen γ 1 + θ γ2 = 3/2 R02 mismo resultado que obtuvimos (lección 5) a partir de los potenciales de Liénard-Wiechert 19 . y ' = y = R0 y z ' = z = R0 z R0 x = R0 cos θ. R0 y = R0senθ cos φ.y.z. ii) Sistema con campos E y B E = E ' . F 'y = Fy γ (1 − β Vx / c ) = q( E y + Vz Bx − Vx Bz ) γ (1 − β Vx / c ) El denominador: ( v / c 2 ) (Vx '+ v ) 1 − v2 / c2 1 γ (1 − β Vx / c ) = γ 1 − = γ = (1 + Vx ' v / c 2 ) (1 + Vx ' v / c 2 ) γ (1 + Vx ' v / c 2 ) (1) 20 . v En S' . B’ Por componentes: Fx = q ( Ex + Vy Bz − Vz By ) Fy = q ( E y + Vz Bx − Vx Bz ) Fz = q ( E z + Vx B y − V y Bx ) De la transformación de la fuerza y velocidad: Fx − β (V ⋅ F ) / c 1 − β Vx / c Fy F 'y = γ (1 − β Vx / c ) Fz F 'z = γ (1 − βVx / c ) Vx '+ v Vx = 1 + Vx ' v / c 2 Vy ' V = y γ (1 + Vx ' v / c 2 ) Vz ' Vz = γ (1 + Vx ' v / c 2 ) F 'x = Tomemos. E⊥ = γ E '⊥ Las transformaciones q S’ V F = q( E + V × B ) En S . por ejemplo. B a E’. S no son generales F ' = q ( E ' + V' × B ' ) Conocemos la transformación de F a F’ y v a v’ y queremos hallar la de E. El numerador: q( E y + Vz Bx − Vx Bz ) = 2 q [ γ (1 + Vx ' v / c ) E y + Vz ' Bx − γ (Vx '+ v ) Bz ] Vx '+ v Vz ' Bx − Bz = = q Ey + 2 2 2 γ (1 + Vx ' v / c ) 1 + Vx ' v / c γ (1 + Vx ' v / c ) ( ) q γ ( E y − v Bz ) + Vz ' Bx − Vx ' γ Bz − ( v / c 2 ) E y = γ (1 + Vx ' v / c 2 ) F 'y = ( (2) ) (2) = q γ ( E y − v Bz ) + Vz ' Bx − Vx ' γ Bz − ( v / c 2 ) E y (1) ≡ q ( E y '+ Vz ' Bx '− Vx ' Bz ') de donde: E y ' = γ ( E y − v Bz ) Bx ' = Bx Bz ' = γ Bz − ( v / c 2 ) E y Tenemos así la transformación de 3 de las 6 componentes de E. B Repitiendo el proceso con Fz’ se obtienen análogamente otras dos componentes: Ez ' = γ ( Ez + v By ) By ' = γ By + ( v / c 2 ) Ez Por último para encontrar Ex’ calculamos Fx’ para el caso particular de Vy = Vz= 0 y se obtiene directamente Ex ' = Ex En resumen: Transformación de campos eléctrico y magnético Ex ' = Ex Bx ' = Bx Ez ' = γ ( Ez + v By ) Bz ' = γ Bz − ( v / c 2 ) E y E y ' = γ ( E y − v Bz ) By ' = γ By + ( v / c 2 ) Ez 21 . como componentes de un 4-vector: J µ = ( cρ .Se puede comprobar que se cumplen las igualdades: c 2 B 2 − E 2 = c 2 B '2 − E '2 Es decir. expresando de manera explícita sus propiedades de transformación (escalares. es decir.vector densidad de corriente 22 . J x . J ) = (cρ . lógicamente. invirtiendo el signo de la velocidad: Bx = Bx ' Ex = Ex ' E y = γ ( E y '+ v Bz ' ) Ez = γ ( Ez '− v By ' ) By = γ By '− ( v / c 2 ) Ez ' Bz = γ Bz '+ ( v / c 2 ) E y ' c) Formulación covariante del Electromagnetismo Los conceptos y ecuaciones del EM se deben poder formular de forma covariante. J y . vectores. entre SRI La transformación de S’ a S se hará. es decir. tensores…) Carga Q: invariante Densidad de carga y corriente: Puesto que ρ= Q V y J = ρv parece lógico que ambas cantidades se van a transformar de manera análoga a la 4-velocidad. las cantidades E ⋅ B = E '⋅ B ' y c2 B2 − E 2 y E ⋅ B se mantienen invariantes en una transformación de Lorentz. J z ) 4 . es la 4 . A c 4-vector potencial Pero E y B. no son ya vectores sino componentes de un tensor de 2º orden: F µν = ∂ µ Aν − ∂ν Aµ F µν 4-tensor campo electromagnético − Ex / c − E y / c − Ez / c 0 E /c 0 − B B x z y = Ey / c Bz 0 − Bx − By Bx 0 Ez / c Tensor campo electromagnético. en general.La ecuación de continuidad o conservación de la carga se generaliza así inmediatamente: ∂ρ ∇J = − ∂t → ∂J µ =0 ∂x µ ∂Aµ donde.divergencia del 4 . antisimétrico Las ecuaciones de Maxwell se escriben: ∇E = ρ / ε 0 µν ν 1 ∂E ∂ µ F = µ0 J ∇× B − 2 = µ0 J c ∂t ∇B = 0 ∇× E + ∂B =0 ∂t ∂ µ Fνκ + ∂ ν Fκµ + ∂ κ Fµν = 0 23 .vector Aµ µ ∂x Expresión covariante de potenciales y campos: La relación entre potenciales y campos: E = −∇Φ − B = ∇× A ∂A ∂t lleva de manera natural a definir: Φ Aµ = . antisimétrico 24 . J z ) Φ Aµ = .vector densidad de corriente 4-vector potencial F µν = ∂ µ Aν − ∂ν Aµ F µν − Ex / c − E y / c − Ez / c 0 E /c 0 − B B x z y = Ey / c Bz 0 − Bx E / c B B 0 − y x z Tensor campo electromagnético. J x . J ) = ( cρ . J y . A c 4 .Resumen Carga Q: invariante J µ = ( cρ . contracción de longitudes. ¿es posible encontrar otro sistema en el que el campo eléctrico sea nulo en P? c) Si en un cierto sistema de referencia los campos E y B son perpendiculares. Un condensador plano forma un ángulo de 45o con el eje x como se muestra en la figura y está cargado con ±σ C/m2. Transformaciones de Lorentz. se mueven en la dirección de sus ejes con velocidades +v y –v. con I = 2λ v . Dos líneas de carga paralelas muy próximas. 45o b) Hallar los campos en S ′ x −σ +σ c) ¿Qué ángulo forman las placas con el z eje x? d) ¿Es perpendicular el campo eléctrico a las placas en S ′ ? 4. Problemas 1. que se mueve a) con velocidad v paralela a las placas. analizar si existirá algún sistema de referencia en el que B = 0. 5.ELECTROMAGNETISMO II (Grado en Física) Curso 2012-13 Tema 6. b) Si en un punto P de un sistema de referencia se mide B = 0 y E ≠ 0 .a) Comprobar (realizando en detalle la transformación de los campos) que las cantidades c 2 B 2 − E 2 y E ⋅ B son invariantes en una transformación de Lorentz. Electromagnetismo y Relatividad Teoría Especial de la Relatividad: Postulados de Einstein. a) Hallar el campo eléctrico en el sistema y propio S. Comprobar los invariantes en la transformación. En el sistema de laboratorio los campos que crean están dados aproximadamente por: E = 0. . de radio a. Cinemática relativista: tiempo propio. El haz ha sido acelerado mediante una d. El campo magnético como efecto relativista. con densidad de carga σ en el sistema propio. Halla la fuerza electromagnética sobre un electrón cualquiera del haz. Transformación de los campos eléctrico y magnético. Simultaneidad. composición de velocidades. con densidades positiva y negativa respectivas λ y -λ . Dinámica relativista: energía y momento. B = ( µ0 I / 2π r ) uϕ .p. b) con v perpendicular a las placas. Hallar en el sistema de laboratorio los campos de un condensador plano.d. El sistema S ′ se mueve hacia la derecha con velocidad v respecto de S. Estructura del espacio-tiempo: intervalo y cono de luz. a) A partir de los invariantes del campo.. ¿Existirá algún sistema de referencia en el que dichos campos formen un ángulo de 45o ? 2. E ≠ 0 . V y lleva una intensidad de corriente total I. orientadas en la dirección Ox. dilatación del tiempo. Se tiene un haz cilíndrico uniforme de electrones. en el sistema de laboratorio. 3. Dar alguna razón que lo justifique. entre dos electrones que se mueven a lo largo de trayectorias paralelas separadas 1 mm. v0).6c a lo largo del eje y. cuando el solenoide se mueve con velocidad v en la dirección de su eje. c) Hallar los potenciales Φ y A en el sistema de laboratorio por transformación del cuadrivector potencial desde el sistema propio. a) Escribe las ecuaciones relativistas de movimiento de la carga. El cuadrivector potencial A′µ = 0. Para una onda electromagnética progresiva en el vacío. b) Ídem cuando se mueve en dirección perpendicular. a) Calcular los valores de E y B . z0) y la velocidad inicial (0. Calcular la fuerza. b) La fase es invariante. Una partícula de carga e y masa m se mueve en un campo electrostático de potencial Φ = k ( x 2 − y 2 ) . y0. x ′. observada en el sistema de laboratorio. 0. determina la trayectoria de la partícula. el campo eléctrico. si cada uno de ellos tiene una energía cinética de: a) 1 eV. La inducción magnética en el exterior es cero. c) Hallar las amplitudes y direcciones de los campos eléctrico y magnético en el nuevo sistema de referencia.10−4 m ) y la primera en el origen. − 0 y ′. dentro y fuera del solenoide. tiene la expresión E = E0 e i ( ω t − k x ) u y . es µ 0 NI .8c a lo largo del eje x en un sistema de referencia inercial. y b) 106 eV. b-2) Hallar la fuerza sobre q usando la transformación del cuadrivector densidad de corriente 6. 11. Hallar la fuerza sobre la carga en un sistema ligado a la misma por transformación de los campos. 9. observado en el sistema de laboratorio. . medidos por un observador estacionario. Un segundo protón se mueve con velocidad 0. µ n ′I ′ µ 0 n ′I ′ 10. 7. La inducción magnética en el interior de un solenoide recto de radio R. Un protón se mueve con velocidad uniforme 0. La posición inicial es (x0. 0 corresponde a un 2 2 solenoide ideal de n′ espiras por unidad de longitud e intensidad de corriente I ′ en su sistema propio. de N vueltas/m y recorrido por una corriente I.b-1) Una carga q se mueve paralelamente a ambas líneas con velocidad u. b) Hallar los campos en el sistema de laboratorio respecto al cual el solenoide se mueve con velocidad v = v ux . donde la constante k > 0. a) ¿Existirá algún sistema de referencia en el que el campo sea solamente eléctrico o solamente magnético? Cuando la onda se observa desde un sistema de referencia que se mueve con velocidad v = v ux . b) Suponiendo la aproximación no relativista. 8. a) Determinar los campos E ′ y B ′ en el sistema propio. Calcular la magnitud y dirección de las fuerzas en un instante dado en que la segunda carga está en la posición ( 0. { 2 2 2 2 v v c 2 B′2 − E ′2 = c 2 Bx2 + γ 2 By + 2 Ez + γ 2 Bz − 2 E y − Ex2 + γ 2 ( E y − vBz ) + γ 2 ( Ez + vBy ) c c v2 = c 2 Bx2 + γ 2 c 2 By2 + 2 Ez2 + 2vBy Ez c ( 2 2 2 v2 2 + γ c Bz + 2 E y − 2vBz E y c ) ( − Ex2 − γ 2 E y2 + v 2 Bz2 − 2vE y Bz − γ 2 Ez2 + v 2 By2 + 2vEz By ) − Reordenando queda: v2 v2 v2 v 2 c 2 B′2 − E ′2 = c 2 Bx2 − Ex2 + γ 2 c 2 By2 1 − 2 + c 2 Bz2 1 − 2 − E y2 1 − 2 − Ez2 1 − 2 c c c c = c 2 ( Bx2 + By2 + Bz2 ) − ( Ex2 + E y2 + Ez2 ) = c 2 B 2 − E 2 (c. el invariante − E 2 < 0 .q.) b) No es posible.P1-T6 a) Para una transformación entre sistemas con v paralelo al eje x se tiene: E ' x = Ex B ' x = Bx B ' y = γ ( By + vEz / c 2 ) E ' y = γ ( E y − vBz ) B ' z = γ ( Bz − vE y / c 2 ) E 'z = γ ( Ez + vBy ) Por tanto el producto escalar de los campos se transformará como: v v E ′ ⋅ B′ = Ex′ Bx′ + E ′y By′ + Ez′ Bz′ = Ex Bx + γ 2 ( E y − vBz ) By + 2 Ez + γ 2 ( Ez + vBy ) Bz − 2 E y c c v2 v v2 v = Ex Bx + γ 2 E y By + 2 E y Ez − vBy Bz − 2 Ez Bz + Ez Bz − 2 E y Ez + vBy Bz − 2 E y By c c c c v2 v 2 = Ex Bx + γ 2 E y By 1 − 2 + Ez Bz 1 − 2 = Ex Bx + E y By + Ez Bz = E ⋅ B c c (c.d.q. por tanto. serán perpendiculares en cualquier sistema de referencia: E ′ ⋅ B′ = E ⋅ B = 0 } .d. tiene que haber un E ′ no nulo que asegure que c 2 B′2 − E ′2 < 0.) Por otra parte. Para el sistema con B = 0. c) No. P2-T6 y’ a) ---------------------- y ++++++++++++++++ S’ S x’ x v z’ z Campos en el sistema S’: E x′ = 0 σ S' E ′y = ε0 E z′ = 0 Bx′ = 0 B′y = 0 Bz′ = 0 Campos en S (velocidad −v en la dirección x) S Ex = 0 σ E y = γ E ′y = γ ε0 Ez = 0 Invariantes: i) E′ ⋅ B′ = 0 = E ⋅ B Bx = 0 By = 0 Bz = γ v v σ E ′y = γ 2 2 c c ε0 . y los invariantes son obvios. .P2-T6-cont. ii) c 2 B′2 − E ′2 = − E ′2 2 2 v2 2 2 2 v ′ c B − E = γ 2 − γ E = γ 2 − 1 E ′2 = − E ′2 c c 2 2 2 b) y ---------------------- ++++++++++++++++ y’ S’ S x’ x v z’ z ′ σ Ex = ε 0 S' E ′y = 0 ′ Ez = 0 S σ ′ E = E = x x ε0 E y = Ez = 0 Bx′ = 0 B′y = 0 Bz′ = 0 Bx = By = Bz = 0 No hay campo magnético en el S.L. tan α′ = =γ = γ ⇒ α′ = arc tan ( γ ) ∆x ∆x′ ∆x α′ x′ . Ey = σ 1 σ sen ( −π / 4 ) = − ε0 2 ε0 b) Transformamos los campos a S ′ que se mueve con velocidad v = vux : E′ = E E⊥′ = γE ⊥ ⇒ E x′ = E x = 1 σ 2 ε0 ⇒ E ′y = γE y = − B⊥′ = −γ v × E ⊥ / c 2 γ σ 2 ε0 ⇒ Bz = −γvE y / c 2 = γv σ 2 2 c ε0 c) Las placas se van a contraer en la dirección x y el ángulo aumentará: y y′ S S′ α = 45o x tan α = ∆y ∆y′ ∆y = 1 .P3-T6 y 45o x −σ +σ z a) El campo E va desde la placa positiva a la negativa formando −45o con el eje x: Ex = σ 1 σ cos ( −π / 4 ) = ε0 2 ε0 . 5 1. como se ve en la gráfica: α' 1.0 -0.0 θ' -1.5 α'-π/2 0.5 -1.P3-T6-cont. d) El campo eléctrico en S ′ vale: E′ = 1 σ 1 σ ux − γ uy 2 ε0 2 ε0 El ángulo que forma este campo con el eje x′ será: tan θ′ = E ′y = −γ ⇒ θ′ = arc tan ( −γ ) Ex′ Para que fuera perpendicular a las placas se debería cumplir θ′ = α′ − π / 2 lo cual no se cumple para ningún valor γ > 1.5 20 40 60 γ 80 100 .0 0. x’ z z’ Tomando la dirección de observación en el eje y′ : 1 ′ ρ ′r ′ . r ′ < a Ey = 2ε 0 S′ B′ = 0 Transformando al sistema de laboratorio ( r = r ′ por ser ⊥ a v ): S γ E y = γ E ′y = 2ε ρ ′r 0 B = γ v E ′ = γ v ρ ′r z c 2 y 2ε 0c 2 En S tenemos pues ρ = γρ ′ (contracción en la dirección x) 2 (1) .P4-T6 Suponemos que todos los electrones han sido acelerados desde el reposo: ∆E = mc 2 ( γ − 1) = eV v = c 1− y m 2c 4 ( eV + mc ) 2 2 =c 1 − 1 eV 2 + 1 mc y’ v a x. Es una fuerza repulsiva que tiende a ensanchar el haz. ρ′ < 0 Luego en S se observa una corriente en el sentido de las x negativas: I = ρ vπ a 2 y la fuerza sobre el electrón vendrá dada por: v2 1 − 2 I −e c F= r uy 2πε 0 va 2 . .0.0 ) en S J α = ( γρ ′c.0.0 ) .0.P4-T6-cont.0 ) = ( ρ c. I <0 con v calculada a partir de la expresión (1). ρ. J x . La fuerza sobre el electrón será: F = −e ( E + v × B ) que en este caso se reduce a: Fy = −e ( E y − vBz ) = −eρ v 2 1 − r 2ε 0 c 2 Para expresarlo en función de I transformamos el 4-vector J ′ : α en S′ J ′α = ( ρ ′c.0. γ v ρ ′. b-1) Transformando al sistema propio de la carga q: u q y S’ S v ++++++++++ -------------- x -v z E′ = 0 E′⊥ = γ ( E⊥ + u × B ⊥ ) = γ u × B ⊥ (B ⊥ ≡ B) Por tanto la fuerza sobre q es (no habrá fuerza magnética): F′ = qE′⊥ = q γ u µ0 I ( −u r ) 2πr .P5-T6 y S v ++++++++++ -------------- x -v z a) Los campos en el sistema de laboratorio son: E=0 B= µ0 I uϕ 2πr . por ser este invariante positivo no existirá ningún sistema de referencia en el que B = 0. I = 2λ v 2 2 2 Vemos que c B − E > 0 . 0 .0. y S v ++++++++++ -------------- x -v z b-2) Otra forma de resolver el problema es por medio de la transformación del cuadrivector densidad de corriente. J ± = ρ ± v± El cuadrivector densidad de corriente será entonces: α α α J = J+ + J− con → J +α = ( ρ c. 0 ) α J − = ( − ρ c. Definimos en S la densidad volúmica de carga y la densidad de corriente: ρ ± = λ ± δ ( y )δ ( z ) .0.0.P5 –T6 – cont. (− ρ )(−v).0 ) Transformando al sistema propio de la carga: u2 −2γρ u v J′ = . ρ v.0. 0 ) J α = ( 0. 2γρ v. γ = 1 − 2 c c α → en S’ se mide una carga por unidad de longitud λ ′ = −2γλuv c2 Esta carga crea un campo eléctrico en S’: E′ = λ′ ur 2πε 0 r y la fuerza sobre q será: F′ = qE′ = q µ I λ′ ur = q γ u 0 ( −u r ) 2πε 0 r 2πr −1/2 . 2 ρ v. 10−4 ) ( 0. hay que calcular los campos mediante transformación relativista. B1 ( 2 ) = uy γ1 c2 v1 × E1′ ( 2 ) = γ1 v1 1 q c 2 4 πε 0 (10−4 ) Notemos que al estar la distancia de las cargas medida en una dirección perpendicular a v1 .846 × 10 −20 u x N Veamos ahora la fuerza del protón (2) sobre el (1).0 ) v1 = 0.P6-T6 y v2 = 0. se supone que el 2 uz . no se contrae.845 × 10−20 u y + 1.8c x Para hallar la fuerza que crea el protón (1) situado en el origen sobre el protón (2) situado sobre el eje y . En el sistema S 2′ en el que (2) se encuentra en reposo: E 2′ (1) = 1 q 4 πε 0 ( γ 2 10−4 ) 2 ( −u y ) donde se ha tenido en cuenta la contracción que sufre la distancia medida en el sistema de laboratorio que se mueve con velocidad − v2 u y respecto de S 2 . En el sistema S1′ en el que (1) se encuentra en reposo: E1′ ( 2 ) = q 1 4 πε 0 (10−4 ) uy 2 En el sistema de laboratorio S. Además. que se mueve con velocidad − v1u x respecto de S1′ : E1 ( 2 ) = γ1 E1′ ( 2 ) = γ1 1 q 4 πε 0 (10−4 ) 2 .6 c (0. El valor de la fuerza será: ( ) F1 ( 2 ) = q E1 ( 2 ) + v 2 × B1 ( 2 ) = 3. lo que corresponde al hecho de que en los balances del momento lineal y angular hay que incluir las contribuciones de los campos asociados a las partículas. . luego en S los campos serán: E2 (1) = E 2′ (1) = 1 q 4 πε0 ( γ 2 10−4 ) 2 ( −u ) y . El campo en el sistema propio sólo tiene componente paralela a la velocidad. B 2 (1) = 0 y la fuerza vendrá dada por: F2 (1) = q E 2 (1) = − 1. Comprobar que se obtienen los mismos resultados. 477 × 10−20 u y N Las fuerzas no son ni iguales ni opuestas. También se puede resolver el problema utilizando las expresiones de los campos retardados en función de la posición presente.P6-T6-cont origen de ambos sistemas coincide en el instante t = 0. la fase ϕ de la onda es el argumento de una exponencial: indica el nº de crestas/valles que han pasado en un intervalo de tiempo. x’ B z E ′y = γ ( E y − vBz ) = γ ( E − vB ) = v z’ Bx′ = Bx = 0 B′y = By = 0 v v Bz′ = γ Bz − 2 E y = γ 1 − B c c v v = γ E − E = γ 1 − E c c Ez′ = 0 . x B z b) e( i ω t −kx ) = eiϕ .P7-T6 a) Onda em progresiva: E = E0e i (ωt − kx ) uy Teniendo en cuenta que para una onda em: y c 2 B 2 − E 2 = c 2 B′2 − E ′2 = 0 (invariante). se deduce que no puede haber un SR donde E sólo exista E ó B. debe ser un invariante c) Cuando se observa desde un SR que se mueve con velocidad v = v u x : y y’ Ex′ = Ex = 0 E x. B ⊥ = γ B′⊥ = γµ0 NI u x Fuera del solenoide los campos son nulos . b) Transformamos los campos desde el sistema propio al del SL que se mueve con velocidad − v u y respecto de este: Dentro del solenoide E = 0 .P8-T6 ′ = µ0 NI ux Bint ′ =0 Bout a) Transformamos los campos desde el sistema propio al del SL que se mueve con velocidad − v u x respecto de este: Dentro del solenoide E = 0 . B = B′ = µ0 NIu x E ⊥ = γ ( E′⊥ − v × B′⊥ ) = 0 B ⊥ = γ ( B′⊥ + v × E′⊥ / c 2 ) = 0 . Fuera los campos son nulos. B = B′ = 0 E ⊥ = −γ v × B′⊥ = γ vµ0 NI u z . F2 (1) = 6. 05 × 10 −22 u y = 7.823 × 108 m/s.P9-T6 y′ y v e (1) e (2) v x′ x Para hallar la fuerza que crea el electrón (2) sobre el (1).83 × 10 −22 u y − 6.93 × 105 m/s. − 22 − 28 F2 (1) = 2. hay que calcular los campos mediante transformación relativista. En el sistema S ′ en el que (1) y (2) se encuentran en reposo ( e = − 1.8 × 10−23 u y N F ele c F mag En el primer caso la fuerza es casi igual a la fuerza eléctrica. en el segundo aumenta mucho el valor de la fuerza magnética hasta hacerse del mismo orden que la eléctrica. . 04 × 10 u y N = 2.602 × 10−19 C ) : E 2′ (1) = 1 e 4 πε0 (10−3 ) 2 uy En el SL. v = 5. B 2 (1) = γ c2 v × E 2′ (1) = γv 1 e c 2 4 πε 0 (10−3 ) 2 uz Notemos que al estar la distancia de las cargas medida en una dirección perpendicular a v . El valor de la fuerza será: F2 (1) = e E 2 (1) + v × B 2 (1) Para E pot = 1 eV. v = 2. que se mueve con velocidad − v u x respecto de S ′ : E 2 (1) = γ E2′ (1) = γ 1 e 4 πε 0 (10−3 ) 2 uy .31 × 10 u y − 9.31 × 10−22 u y N F elec F mag Para E pot = 106 eV. no se contrae. µ 0 n ′I ′ Ay = Ay′ = 0 0 µ 0 n ′I ′ − y′ 0 2 0 µ 0 n ′I ′ x′ 1 2 0 y′ 2 µ 0 n ′I ′ 2 x ′. x ′. Az = 0. µ n ′I ′ µ0 n ′I ′ A′ = − 0 y ′. . 0 2 2 Por tanto en el sistema propio se tiene: E ′ = −∇Φ ′ − ∂ A′ =0 ∂t B ′ = ∇ × A′ = µ0 n′I ′uz b) Transformación de los campos al sistema del laboratorio ( − v u x ): Bx = Bx′ Ex = Ex′ By = γ B′y − ( v / c 2 ) Ez′ Bz = γ Bz′ + ( v / c 2 ) E ′y E y = γ ( E ′y + v Bz′ ) Ez = γ ( Ez′ − v B′y ) Por tanto. Bz = γ Bz′ = γµ 0 n′I ′ c) Por transformación de Lorentz de A′µ : γ γβ 0 γβ γ 0 µ A = 0 0 1 0 0 0 Φ c = −γβ µ 0 n ′I ′ 2 Ax = γ Ax′ = −γ y ′ → Φ = −γ v µ0 n ′I ′ 2 y ′. Ez = 0. Ex = 0.P10-T6 a) Del cuadrivector potencial se deduce Φ ′ = 0. Bx = 0. By = 0. E y = γ vBz′ = γ vµ 0 n′I ′. las ecuaciones que describen la trayectoria son: x = x0 cos ωt y = y0 chωt . ω = ɺɺ y = ω2 y → 2ek m y = Cchωt + Dshωt Aplicamos las condiciones iniciales para hallar las constantes: x0 = A. d γ mc 2 ) = e ( E ⋅ v ) ( dt b) Para la aproximación no relativista γ ≃ 1: mxɺɺ = −2ekx dv m = eE myɺɺ = 2eky dt mzɺɺ = 0 → zɺ = v0 → z = z0 + v0t ɺɺ x = −ω 2 x → x = A cos ωt + B sin ωt . t=0 y0 = C . z = z0 + v0t ω= 2ek m . xɺ0 = 0 → B = 0 yɺ 0 = 0 → D = 0 Por tanto. k > 0 a) Campo eléctrico: Ex = −2kx E = −∇Φ E y = 2ky Ez = 0 Ecuaciones relativistas de movimiento de la carga e : d ( γ mv ) = eE dt .P11-T6 El potencial viene dado por la función: Φ = k ( x2 − y2 ) .