Solucion de Problemas de Teoria Electromagnetica

Temas de F´ısica Soluci´ on de problemas de teor´ıa electromagn´ etica Solución de problemas de teoría electromagnética JULIO MARTINELL BENITO JOSÉ ANTONIO GARCÍA BARRETO Solución de problemas de teoría electromagnética mx ISBN: 978-607-02-3305-0 Diseño de portada: Laura Uribe Edición y figuras: Fernando Magariños y Arturo Pérez Rangel Prohibida la reproducción parcial o total de la obra por cualquier medio. 2010.R. C. sin la autorización por escrito del titular de los derechos patrimoniales Impreso y hecho en México . © D. P. Delegación Coyoacán. 04510. México.unam. Distrito Federal. editoriales@ciencias. Universidad Nacional Autónoma de México Facultad de Ciencias. Ciudad Universitaria. B.M. .A.G.A nuestros hijos. Paula y V´ıctor J.B. Lorena y José Antonio J. . I. Enunciado de problemas . Enunciado de problemas . . 51 I. 15 I. . . . . . . Corriente el´ ectrica 59 I. .5. . . Soluciones: Electrostática . . . . . . . . . . . Campo electrost´ atico en medios materiales 35 I. . . Enunciado de problemas . . . . . . . . 1 3 3 5 I. 59 ix . . .2. .6. . . .6. .1.1. . . .2. . Enunciado de problemas . . . . . . . . . . .ÍNDICE GENERAL ÍNDICE GENERAL Prefacio XIII Simbolog´ıa I XVII Nivel b´ asico e intermedio I. . . . . . . Enunciado de problemas .1. . . . . .5. . . 28 I.4. . 47 I.4. . Soluciones: Teor´ıa microscópica: dieléctricos . . . Enunciado de problemas . . Enunciado de problemas . .1. Soluciones: Energ´ıa electrostática .1. . 13 I.2.3. .3. .2. . Energ´ıa electrost´ atica 51 I.1. .5. 25 I. . . . .1. . . . . . . . An´ alisis vectorial I. . . . . . . . . . .7. . . .1. Electrost´ atica en tres dimensiones 25 I. . . . . . . . . Teor´ıa microsc´ opica: diel´ ectricos 45 I. . . . . . .2.2. . 35 I. 45 I. .6.4. . . . . . . . . . . .7. . . . . . . 53 I. . . . .3. . . . . Soluciones: Análisis vectorial . .2. . . . Electrost´ atica 13 I. . . Solución: Electrostática en tres dimensiones . . . . .1. . . . . . . . .2.2. . Soluciones: Campo electrostático en medios materiales 37 I. . .1. . 9. 65 I. . . . .9. . . . . . Inducci´ on electromagn´ etica 91 I. . . . . . 129 I.2. . 127 I.11. 75 I. .2. .1. . . . . .11. . . . . .ÍNDICE GENERAL I. .1. Soluciones: Inducción electromagnética . . Soluciones: F´ısica de plasmas .10. . . Propagaci´ on de ondas en medios 119 I. .2. Propiedades magn´ eticas de la materia 73 I. . . . . 85 I. . .2. .10. .13. . . Soluciones: Propagación de ondas en medios . . . . . . . . . . . . . Ondas en regiones acotadas 127 I. . . . Soluciones: Ondas en regiones acotadas . . . . . Enunciado de problemas .2.2. . . . . .9. .15. . . . Soluciones: Campo magnético de corrientes constantes 66 I. . . . 73 I. . Teor´ıa microsc´ opica del magnetismo 83 I. 103 I.1. . . . . . . Enunciado de problemas . . 121 I.1.14.16. . . . . . . . . . . . . . . . .14. . 105 I. . . . . . . .1.13. . . . . .12. . 94 I.1. . . . . . .7. . 136 x . . 119 I. . 91 I.13. . . Enunciado de problemas . . 83 I. . . .10. . 111 I. Enunciado de problemas . . 135 I. . Campo magn´ etico de corrientes constantes 65 I. . . . .2. .8. .15. . . . Soluciones: Propiedades magnéticas de la materia .1.1. . . . . . . . . .2.8. . Enunciado de problemas . 61 I. . . . . Soluciones: Ecuaciones de Maxwell .2. . . . .2. . . . . . . .14. . . . . . . . . Soluciones: Teor´ıa microscópica del magnetismo . .15. Enunciado de problemas . Enunciado de problemas . . . . Soluciones: Corriente eléctrica . Enunciado de problemas .16. . . Ecuaciones de Maxwell 111 I. Radiaci´ on 135 I. .11. .12. . . . . . .16. . . . . . . Enunciado de problemas . . . . . . . . .8. . . . . . F´ısica de plasmas 103 I. . . . . . . . . . . . 113 I. . . Soluciones: Radiación . . .12.1. 2. . Ondas electromagn´ eticas planas 193 II. . Soluciones: Ondas electromagnéticas planas . . . . . . 173 II. . 213 xi . . . .2. . . . . . . . . .2. . . . .5. .6. . . . . . Multipolos y magnetost´ atica 161 II. . . . . . . . . . . 143 II. . .2. . . . . . Enunciado de problemas .5. . 163 II. . . .1. . . Electrost´ atica y magnetost´ atica en medios materiales 171 II. . . . . . Problemas de frontera I . . . .2. . . . .1. . . . . . . . 201 II. . .4. 195 II. Enunciado de problemas . . . . . . . . . .6. .7. . . . . . . . . . . . Gu´ıas de onda y cavidades resonantes 213 II. . . 149 II. . . . . .1.2. . . . . . . . . . Enunciado de problemas . Electrost´ atica 141 II.8. . . . . . . . . . . .1. . . 185 II. 141 II. . .5. . . . . . . 161 II. . . Soluciones: Ondas electromagnéticas en medios materiales . Problemas de frontera II .7.3.2. . . Soluciones: Multipolos y magnetostática . . . . .1. . Enunciado de problemas . .3.3. . . Soluciones: Problemas de frontera II . 193 II. . . . . .1. . . . . .4. . . . . . . . . Soluciones: Electrostática y magnetostática en medios materiales . Soluciones: Campos electromagnéticos que var´ıan con el tiempo . . . . . .1. . . . Enunciado de problemas .8. . Soluciones: Problemas de frontera I . . . . . .1. . .1. . . Enunciado de problemas . . . . . . . . . Electrost´ atica 149 II. . 203 II. .7. .2. . 171 II. . . . .2. . . .4. . .6. . . Ondas electromagn´ eticas en medios materiales 201 II. . . . . .ÍNDICE GENERAL II Nivel avanzado 139 II. . . .2. . . .1. . . . . 151 II. . . 183 II. . Campos electromagn´ eticos que var´ıan con el tiempo 183 II. .1. . . . . . . . . . . . . . . . . .12. . . . . . .2. .10. Enunciado de problemas . . Soluciones: Gu´ıas de onda y cavidades resonantes . . . . 249 II. Enunciado de problemas . . . .11. . . . . . Dispersi´ on y difracci´ on de ondas electromagn´ eticas 239 II. . . . .1. . . . . Soluciones: Dispersión y difracción de ondas electromagnéticas .11. . . . . . . . . . . . Enunciado de problemas . . . . Radiaci´ on de part´ıculas aceleradas 257 II. 239 II. 229 II. . . . .1. . . . . .10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Enunciado de problemas . . . . . . . .9. Radiaci´ on 227 II.ÍNDICE GENERAL II. .2. . . . . .11. .12. Formulaci´ on relativista de la electrodin´ amica 249 II. . . . Soluciones: Formulación relativista de la electrodinámica . . Soluciones: Radiación . .2.9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 II. . . . 241 II.1. . . 251 II. . .8. . 259 Bibliograf´ıa 263 xii . .2.9. . . . . . .12. . . . Soluciones: Radiación de part´ıculas aceleradas . . . 216 II. 227 II. .1. . .10. . .2. . B.M. Los ejercicios se dejaron como tareas en el curso de nivel licenciatura. en la Facultad de Ciencias de la UNAM) y la segunda corresponde a problemas avanzados de un curso de posgrado en f´ısica (maestr´ıa y doctorado) ofrecido por J. Nuestra motivaci´ on principal para recopilar la solución a estos problemas es que sea un material de consulta y ayuda para los estudiantes. f´ısico y matemático. y en el curso de nivel maestr´ıa y doctorado de la misma Facultad. La solución de cada problema incluye un método. Estamos conscientes de que la lista de problemas presentados no es completa ni tampoco exhaustiva pero esperamos que s´ı constituya una muestra representativa de los diferentes tópicos. se presenta nuevamente la solución de 157 problemas de teor´ıa electromagnética divididos en dos secciones.PREFACIO En esta edición revisada.B. ofrecido a estudiantes del séptimo semestre de la carrera de f´ısica de la Facultad de Ciencias de la Universidad Nacional Aut´ onoma de México (UNAM). y J.B. Las soluciones de los ejercicios se les repartieron a cada alumno cuando ellos entregaban su versi´ on al fin de clase.A. La dinámica de dejar ejercicios de tarea xiii .G. de resolverlo para llegar al valor ó concepto final requerido.M. la primera abarca la solución a problemas de nivel básico e intermedio correspondientes al curso de nivel licenciatura en f´ısica (ofrecido por J. Reitz. En la segunda secci´ on (denotada II) se ofrecen 58 soluciones a problemas de nivel avanzado. Es nuestra convicci´ on que los temas de teor´ıa electromagnética sólo se aprenden resolviendo problemas representativos y las tareas cumplen muy bien su propósito. radiación. propiedades magnéticas de la materia. f´ısica de plasmas. corriente eléctrica. campo magnético de corrientes constantes. multipolos y magnetostática. Los temas explicados en clase han tomado como base principalmente el libro de texto “Foundations of Electromagnetic Theory” escrito por J. gu´ıas de onda y cavidades resonantes.Prefacio para ser entregadas sus soluciones una semana después y ofrecerles las soluciones para que los alumnos cotejen sus respuestas ha permitido mantener el interés académico por parte de los alumnos. electrostática en tres dimensiones. Las soluciones que aqu´ı se ofrecen son nuestras. Editorial Addison Wesley. En la primera sección (indicada como I) se ofrece la solución de 99 ejercicios de nivel básico que cubren 16 temas: análisis vectorial. ondas electromagnéticas planas. F. teor´ıa microscópica de materiales dieléctricos. dispersión y difracci´ on de ondas electromagnéticas. 4a. propagaci´ on de ondas en medios materiales. los xiv . electrostática y magnetostática en medios materiales. Las unidades son mks en la primera parte y cgs-Gaussianas en la segunda parte.W. campos electromagnéticos que var´ıan con el tiempo. Los 12 temas que abarcan son: electrostática y problemas de frontera.Y. N. formulación relativista de la electrodinámica y radiación de part´ıculas aceleradas. para el nivel básico en licenciatura. teor´ıa microscópica del magnetismo. ondas en regiones acotadas y radiación. Edición. electrostática. energ´ıa electrostática.J. La calificación final de los cursos impartidos se basa primordialmente en la capacidad de los alumnos para resolver los problemas planteados en las tareas. Milford y R. inducción electromagnética. Christy. ecuaciones de Maxwell. ondas electromagnéticas en medios materiales.R. campo electrostático en medios materiales. (1993). xv . por ejemplo la figura I. Julio Martinell B. correspondiente a su solución (2). Agradecemos el apoyo secretarial del Instituto de Astronom´ıa de la UNAM. Editorial John Wiley and Sons. N.5 se refiere a la figura de la primera secci´ on (I: nivel básico e intermedio) del tema 9 (Propiedades magnéticas de la materia). Inc. para tener este compendio en formato TEX. 2a. en especial a Juanita Orta y Ver´ onica Alemán. Edici´ on.Y. As´ı mismo los temas explicados en clase a nivel maestr´ıa y doctorado se basaron principalmente en el libro de texto “Classical Electrodynamics” escrito por J.9. J. con el n´ umero consecutivo de figura (en este caso la figura 5). La numeraci´ on de las figuras es tal que permite una fácil identificación con la secci´ on y tema de un problema. (1975). Antonio Garc´ıa Barreto Julio 2010. Jackson.Soluci´ on de problemas de teor´ıa electromagnética enunciados de los problemas corresponden principalmente a los problemas al final de los cap´ıtulos del libro.2.D. . 72.8541 × 10−12 F/m 4π × 10−7 N/A2 5. Vol.6260 × 10−27 ergs seg 1.380 × 10−16 ergs/◦ K 6. pag. 2000.99792458 × 1010 cm/seg 1. y Taylor. No. P.6021 × 10−12 erg 1.0545 × 10−27 ergs seg 6.670 × 10−5 ergs/seg/m2 /◦ K4 REFERENCIA: Mohr. Reviews of Modern Physics.602 × 10−19 coul 9.109 × 10−28 gm = 0.511 Mev 2.673 × 10−8 cm3 /gm/seg2 8. B. 351 xvii . 2.8 × 10−10 e me C mp 1 eV k h G 0 μ0 σ esu = 1. J.SIMBOLOGÍA Constantes 4.26 MeV 1.6726 × 10−24 gm = 938. N. Simbolog´ıa Teor´ıa electromagnética Identidades vectoriales son funciones vectoriales. es una función escalar. F y G ψ es una funci´ on escalar ϕ · ∇ϕ = ∇2 ϕ ∇ (1) ·∇ ×F =0 ∇ (2) × ∇ϕ =0 ∇ (3) 2 ×∇ ×F = ∇( ∇ ·F ) − ∇ F ∇ (4) + ψ ∇ϕ ∇(ϕψ) = ϕ∇ψ (5) F · G) = (F · ∇) G +F × (∇ × G) + (G · ∇) F +G × (∇ ×F ) ∇( (6) · (ϕF ) = ∇ϕ ·F + ϕ∇ ·F ∇ (7) · (F × G) = (∇ ×F ) · G − (∇ × G) ·F ∇ (8) × (ϕF ) = ∇ϕ ×F + ϕ∇ ×F ∇ (9) × (F × G) = (∇ · G) F − (∇ ·F )G + (G · ∇) F − (F · ∇) G ∇ xviii (10) . Parte I ´ sico e Nivel ba intermedio 1 . . −→ −−→ (a) Muestre que las l´ıneas AB y CD son paralelas y (b) Encuentre el cociente de sus magnitudes I. a1i + a2 B = j + b3 k.1. A .1 ´ ANALISIS VECTORIAL I.2 Muestre que para cualquier vector F = Fxi + Fyj + Fz k ·∇ ×F =0 ∇ I. C = 3i + 5 j − 2 k. D = − j+ k. Enunciado de problemas I.1. B = 2i + 3 j.1 Los vectores del origen a los puntos A. b1i + b2 C = k c1i + c2 j + c3 ·B ×C =A ×B · C.3 Demuestre que para cualesquiera tres vectores A = j + a3 k.1.1. C I. B.1.1.I.1.1.1.1. B definidos en el problema 3 se cumple × (B × C) = B( A · C) − C( A · B) A 3 . C y D son A = i + j+ k.4 Demuestre que para cualesquiera tres vectores A . 1.1.1.1.1.´ lisis vectorial Ana en coordenadas I. z) · ∇ϕ = ∇2 ϕ ∇ 4 donde ·∇ ∇2 = ∇ . ∇ I.9 Encuentre para cualquier vector G j + G3 r = xi + y j + z k · ∇ r G I.1. y. z) y un vector = (Fx . y. θ.1. z) encuentre ∇ϕ polares (r.1.1.5 Para una función ϕ(x.1.10 Demuestre que para cualquier función escalar ϕ(x.6 Para un vector F como el definido en el problema 2 muestre que × (∇ ×F ) = ∇( ∇ ·F ) − ∇2 F ∇ · r I. Fy .8 Muestre que para una función escalar ϕ(x. φ) (o en esféricas) I. Fz ) F · (ϕF ) = ∇ϕ ·F + ϕ∇ ·F ∇ = G1i + G2 k y I.7 Encuentre para el vector de posición r.1.1. y. B (I.1 A = i + j + k.1.1.4) = − C. (I. = 2i + 3 B j.2.1.1.2. (I.5) = −3i − 6 j + 3 k. = − D j+ k.3) −−→ CD ≡ F F F pero +F =D C (I.1) de donde G = − A.1 −→ AB ≡ G pero +G =B A (I.6) 5 . (a) Ver figura I. = 3i + 5 C j − 2 k.2.2.1.´ lisis vectorial Soluciones: Ana I.1 Z D A Y B C X Figura I. D (I.1.1.2) G = i + 2 j− k.1.1. Soluciones: An´ alisis vectorial I.1. 2 ⎛ ×F ∇ = ⎜ ⎝ = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z Fx Fy Fz i ∂Fz − ∂Fy ∂y ∂z ⎞ ⎟ ⎠ − j 6 ∂Fz ∂Fx − ∂x ∂z + k ∂Fy ∂Fx − ∂x ∂y .9) ·F = (i + 2 G j− k) · (−3i − 6 j + 3 k) = −3 − 12 − 3 = −18.1.1. |F −→ 6 |G| |AB| (I.1.1.1. √ 9 + 36 + 9 = √ √ 54 = 3 6.1.11) F | = 18 (de la expresi´ pero |G|| on I.´ lisis vectorial Ana −→ −−→ Si AB y CD son paralelos entonces su producto cruz debe ser cero ⎛ i j −3 −6 ×F =⎜ G ⎝ 1 2 ⎞ k = (6 − 6)i − j(3 − 3) + (−6 + 6) k ⎟ −1 ⎠ 3 =0 (I. por lo tanto θ = 180◦ (b) √ −−→ |/|G| = 3√ 6 ⇒ |F | ≡ |CD| = 3. |G|| (I.7) por otro lado se tiene ×F = |G|| F |senθ G por lo tanto ó 180◦ θ=0 y F son Las magnitudes de G = |G| √ 1+4+1= √ | = |F 6.1) . (I. (I.1.8) F | = 18.2.1.10) Por otro lado sabemos que ·F = |G|| F |cosθ G (I.12) I. (I.1.9). ´ lisis vectorial Soluciones: Ana ·∇ ×F ∇ = = . . ∂ ∂Fx ∂ ∂Fz ∂Fy ∂Fz + − − ∂x ∂y ∂z ∂y ∂z ∂x . 1.1.1.4 ⎛ × (B × C) A = = ⎜ ⎝ i j k a1 a2 a3 (b2 c3 − b3 c2 ) (b3 c1 − b1 c3 ) (b1 c2 − b2 c1 ) [a2 (b1 c2 − b2 c1 ) − a3 (b3 c1 − b1 c3 )] i+ j+ [a3 (b2 c3 − b3 c2 ) − a1 (b1 c2 − b2 c1 )] k [a1 (b3 c1 − b1 c3 ) − a2 (b2 c3 − b3 c2 )] 7 ⎞ ⎟ ⎠ (I.3) pero ∂Fz ∂x∂y ∂Fx ∂y∂z ∂Fy ∂x∂z = = = ∂Fz . ∂z∂y ∂Fy .1) .1. ∂y∂x ∂Fx .1. b3 ⎠ = (b2 c3 − b3 c2 )i + (b3 c1 − b1 c3 ) c3 = a1 (b2 c3 − b3 c2 ) + a2 (b3 c1 − b1 c3 ) + a3 (b1 c2 − b2 c1 ) = a1 b2 c3 − a1 b3 c2 + a2 b3 c1 − a2 b1 c3 + a3 b1 c2 − a3 b2 c1 = (a2 b3 − a3 b2 )c1 + (a3 b1 − a1 b3 )c2 + (a1 b2 − a2 b1 )c3 = ×B ·C A (I.1.3 ⎛ i j ×C =⎜ B ⎝ b1 b2 c1 c2 ·B ×C A k ⎞ ⎟ j + (b1 c2 − b2 c1 ) k. ∂x∂y ∂x∂z ∂y∂z ∂y∂x ∂z∂x ∂z∂y (I.1) (I.1.1.4) I. ∂z∂x por lo tanto ·∇ ×F =0 ∇ (I.2.2) ∂ 2 Fz ∂ 2 Fy ∂ 2 Fx ∂ 2 Fz ∂ 2 Fy ∂ 2 Fx − + − + − .2. ∂ ∂Fy ∂Fx + − ∂z ∂x ∂y (I.2) I. 7) De las expresiones I.6) [a2 (b1 c2 − b2 c1 ) − a3 (b3 c1 − b1 c3 )]i + [a3 (b2 c3 − b3 c2 ) − a1 (b1 c2 − b2 c1 )] j+ [a1 (b3 c1 − b1 c3 ) − a2 (b2 c3 − b3 c2 )] k.7 se tiene × (B × C) = B( A · C) − C( A · B) A I.1. A · C) − C( A · B) B( = (I. ∂r ∂θ ∂φ 8 (I.1.2 ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ dr + dθ + dφ = (gradϕ)r dr + (gradϕ)θ rdθ + (gradϕ)φ (r sen θ)dφ.1.1.1.1.2 dϕ = ∂ϕ dr ∂r + ∂ϕ dθ ∂θ + ∂ϕ dφ.1.2) ·B A = a 1 b 1 + a2 b 2 + a 3 b 3 .1) ds = dr r + rdθθ + r sen θdφφ. A · B) C( = j + c3 k] (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )[c1i + c2 = (a1 b1 c1 + a2 b2 c1 + a3 b3 c1 )i + (I.3) Si entonces de las expresiones I.2.1.1 y I.´ lisis vectorial Ana Por otro lado ·C A = a1 c 1 + a2 c 2 + a3 c 3 .2.1.3) A · C) B( = j + b3 k] (a1 c1 + a2 c2 + a3 c3 )[b1i + b2 (I. (I.1 y I.1.1.1. ∂φ (I.2) dϕ = gradϕ · ds (I.1. (I.5 Ver figura I. (I.5) j + (a1 b1 c2 + a2 b2 c2 + a3 b3 c2 ) + (a1 b1 c3 + a2 b2 c3 + a3 b3 c3 ) k.1.1.4) .1. (I.4) = (a1 b1 c1 + a2 b1 c2 + a3 b1 c3 )i + (a1 b2 c1 + a2 b2 c2 + a3 b2 c3 ) j + (a1 b3 c1 + a2 b3 c2 + a3 b3 c3 ) k. ´ lisis vectorial Soluciones: Ana rdθ r θ r sen θ φ r sen θ dφ Figura I. r ∂θ 1 ∂ϕ .4 9 (I.2.5) .1.2.6 La solución es similar a la solución del problema I. ∂r 1 ∂ϕ .1.1. r sen θ ∂φ finalmente = ∂ϕ r + 1 ∂ϕ θ + 1 ∂ϕ φ grad ϕ ≡ ∇ϕ ∂r r ∂θ r sen θ ∂φ I.2 igualando términos: (gradϕ)r = (gradϕ)θ = (gradϕ)φ = ∂ϕ .1.1. 2) · r = ∂ x + ∂ y + ∂ z. y. y.1) (I. ∂ ∂ ∂ k.7 Sea r = ∇ = xi + y j + z k. z)Fz ∂x ∂y ∂z ∂ ∂ϕ ∂Fx ∂Fy Fx ϕ(x.2) = ∇ ·F ) − (∇ · ∇) F . z)Fy j + ϕ(x. z)Fxi + ϕ(x.1.3) finalmente × (∇ ×F ) = ∇( ∇ ·F ) − ∇2 F ∇ (I.3) k. z)Fy + ϕ(x.1) = A · C) − (A · B) C.1.2. ∇ ∂x ∂y ∂z (I. y. i+ j+ ∂x ∂y ∂z (I.1. ϕ(x.1. z)Fz ∂ ∂ ∂ ϕ(x. z) + ϕ + Fy +ϕ ∂x ∂x ∂y ∂y ∂ϕ ∂Fz + Fz +ϕ ∂z ∂z . ∇( (I. y. z)Fx + ϕ(x.1. y.1. y.1.4) I. y.´ lisis vectorial Ana =A si ∇ y =∇ B =F C entonces × (B × C) A × (∇ ×F ) ∇ = A · C) − C( A · B) B( (I.1. B( (I. 1) · r = 3.1.2) (I.1.8 ϕF = · (ϕF ) ∇ = = = = · ∇ϕ + ϕ∇ ·F F 10 (I.1. ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ ∂Fx ∂Fy ∂Fz Fx + Fy + Fz +ϕ + + ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z (I.2. finalmente ∇ I.1.3) (I.1.4) . 4) Finalmente · ∇ r=G G I.´ lisis vectorial Soluciones: Ana I.3) (I. k.1.1. ∇ j+ G1i + G2 j + G3 ∂x ∂y ∂z ∂ ∂ ∂ .1) (I.1.2.2) (I.1.1. + G2 + G3 G1 ∂x ∂y ∂z ∂ ∂ ∂ + G2 + G3 (xi + y j + z k) G1 ∂x ∂y ∂z ∂ ∂ ∂ G1 xi + G1 y j + G1 zk + ∂x ∂x ∂x ∂ ∂ ∂ j + G2 z k+ G2 xi + G2 y ∂y ∂y ∂y ∂ ∂ ∂ j + G3 G3 xi + G3 y k. j + G3 z k = G1i + G2 ∂z ∂z ∂z (I.10 .2.9 G = ·∇ G = · ∇ r G = = ∂ = ∂ i + ∂ k.1. 1) . z) i+ j+ i+ j+ ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z ∂ ∂ ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ ∂ k · k i+ j+ i+ j+ ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z · ∇ϕ ∇ = = = = = = ∂2ϕ ∂2ϕ ∂2ϕ + + 2 2 ∂x ∂y ∂z 2 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ i+ j+ i+ j+ k · k ϕ ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z ∇ · ∇ϕ ∇2 ϕ 11 (I. ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ k · k ϕ(x.1. y. . 2. Calcule E usando la formula integral para cualquier punto r (figura I.2.1.2.2.2. Enunciado de problemas para cualquier r = xi + yj + z k y × (r − r ) I. 1 4π0 dE = ayuda: √ dx (x2 +a2 )3 = a2 √x x2 +a2 r λd.1. r = xi + y 1 I.I.1 Encuentre ∇ j + z k . dV = (dr)(rdθ)(r sen θdφ).2.2.1.5 Una carga está uniformemente distribuida a lo largo de una l´ınea infinita con densidad de carga por unidad de longitud λ.2 Encuentre ∇ .2.2).1.4 En coordenadas esféricas (figura I. | r − r |3 I.1. encuentre E( I.2.1. I.1).3 Si ϕ(r) = q1 1 4π0 | r − r1 | r) . Encuentre esfera dΩ.2 ´ ELECTROSTATICA I.2. dV r 2 dr = sen θdφdθ ≡ dΩ. cada una de masa m y misma carga q.6 Dos part´ıculas.2.. están suspendidas por hilos de longitud . |r|3 .1. un. I. 13 . desde un punto com´ Encuentre el ángulo θ que cada hilo hace con la vertical. as´ı en forma similar para tres vectores r. r1 .´ tica Electrosta I. .1.7 Muestre que |r − r1 | para cualesquiera dos vectores r = j + z1 k puede escribirse como xi + y j + z k y r1 = x1i + y1 |r − r1 | = (r · r − 2r · r1 + r1 · r1 )1/2 .2. se tiene: |r − r1 − . | = |(r − r1 ) − . | = (r − r1 ) · (r − r1 ) − 2(r − r1 ) · . + . · . 2.1.. I.8 Muestre que 1 = |r − r |3 |(r − r ) − . |3 1 . guardando solo términos lineales en . 3(r − r ) · + ··· 1+ |r − r |2 . . I.1.9 Si ϕ(r + .2. ) = q 1 4π0 |r + . | y |. | |r| entonces muestre que ϕ(r + . ) se puede aproximar como ϕ(r + . ) = ϕ(r) + . r = xi + y 3(r · r )2 − |r |2 |r|2 = 3 3 xi xj 3xi xj − δij (r )2 .1. I. 14 .10 Muestre 3(r · r )2 − |r |2 |r|2 para cualesquiera dos vectores j + z k se puede expresar como r = xi + y j + z k. =0 cuando i = j.2. i=1 j=1 donde δij =1 cuando i = j. · ∇ϕ(r). r = xi + yj + z k .´tica Soluciones: Electrosta I.2.2.1 Sea r = xi + yj + z k.2. Soluciones: Electrost´ atica I. 2 [(x − x )2 + (y − y )2 + (z − z )2 ]5/2 15 (I.2.3) 1 [(x − x )2 + (y − y )2 + (z − z )2 ]3/2 =− 2(y − y ) 3 .2. r − r = (x − x )i + (y − y ) j + (z − z ) k. 2 2 [(x − x ) + (y − y )2 + (z − z )2 ]5/2 (I.2.2.2.2 1 ∇ |r − r |3 = = + + ∂ ∂x 1 ∇ [(x − x )2 + (y − y )2 + (z − z )2 ]3/2 ∂ 1 i ∂x [(x − x )2 + (y − y )2 + (z − z )2 ]3/2 ∂ 1 j ∂y [(x − x )2 + (y − y )2 + (z − z )2 ]3/2 ∂ 1 k.2. ∂z [(x − x )2 + (y − y )2 + (z − z )2 ]3/2 (I. ⎛ × (r − r ) = ⎜ ∇ ⎝ ⎞ i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z (x − x ) (y − y ) ⎟ ⎠= (z − z ) (I.1) ∂ ∂ (z − z ) − ∂z (y − y ) i+ ∂y ∂ ∂ ∂z (x − x ) − ∂x (z − z ) j+ ∂ ∂ (y − y ) − ∂y (x − x ) k ∂x finalmente × (r − r ) = 0 ∇ I.2) 1 [(x − x )2 + (y − y )2 + (z − z )2 ]3/2 =− ∂ ∂y 2(x − x ) 3 .2.1) (I.4) .2. 4 y I.5 tenemos ∇ j + (z − z ) k] −3[(x − x )i + (y − y ) 1 = .2.2. 3 5 |r − r | |r − r | finalmente. ∇ (r − r ) 1 = −3 3 |r − r | |r − r |5 I.3. = 4π0 |r − r1 | 4π0 (x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 −∇ϕ(r) q1 1 ∂ i − 4π0 ∂x (x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 + = ∂ 1 j ∂y (x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 ∂ 1 k + ∂z (x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 − 12 2(x − x1 ) q1 i − 2 4π0 [(x − x1 ) + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 ]3/2 + + − 12 2(y − y1 ) j [(x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 ]3/2 . 2 [(x − x )2 + (y − y )2 + (z − z )2 ]5/2 Sumando las expresiones I. I.2.2.3 ϕ(r) = E(r) = = 1 q1 1 q1 .2.´ tica Electrosta ∂ ∂z 1 [(x − x )2 + (y − y )2 + (z − z )2 ]3/2 =− 2(z − z ) 3 . − 12 2(z − z1 ) k [(x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 ]3/2 q1 r − r1 E(r) = 4π0 |r − r1 |3 16 (I.2.5) . 4 dΩ = sen θdθdφ en coordenadas esféricas θ var´ıa entre 0 y π .2.´tica Soluciones: Electrosta rdθ r sen θ dφ r θ dr φ r sen θ dφ Figura I.1).2.2. dΩ 2π 0 = π = 0 sen θdθdφ = 2π 2π(cos 0 − cos π) = 4π 17 π sen θdθ = 2π(− cos θ)π0 dΩ = 4π.2.2.2.1 I. por lo tanto 0 . φ var´ıa entre 0 y 2π (figura I. 2.2.2.3) ya que para z existe un elemento en −z la contribución en z se cancela y se tiene sólo en la dirección en r.5 R2 = dE1 = dE2 = (r2 + z 2 ) en coordenadas 1(r r − z z )λdz .4) (I.´ tica Electrosta Z d R dE2 r dE1 d Figura I.1) (I.2) (I.2.2.2.2.2. 4π0 −∞ (r2 + z 2 )3/2 dx x = √ .5) (I. a 2 x2 + a 2 (x2 + a2 )3 18 (I. 4π0 (r2 + z 2 )3/2 (r r + z z) 1 λdz. 4π0 (r2 + z 2 )3/2 cil´ındricas (I.2.2 I.6) . (figura I.2.2): E = = Sea ∞ 1 r rλ dz 2 + z 2 )3/2 4π (r 0 −∞ ∞ λ r dz r.2.2. 6 y I. tenemos λ 1 = 4π0 r ∞ ∞ λ 1 z/r λ r z dx √ = = .6) Fm mg = .2. 2 Fm sen θ = Fm = q .2. −Fm sen θ + Fe = 0.2) (I.2.7 mg q2 = .2.2.10) finalmente.2.7) r 3/2 dz (I.8) .2.6 Ver figura I. 4π0 (2r)2 q2 .2.2.8) rdx . 4π0 4r2 sen θ (I. (x2 + 1)3/2 (I.2.2. r 1 r3 λ 1 4π0 r2 (I.7) Igualando las expresiones I.4) Por otro lado ΣFy = 0. Sea la substitución z .2.3 (I. 16π0 sen θr 2 cos θ 19 (I.2.11) I.2.3) (I.2.2.1) ΣFx = 0.7.2.2.2.2. (I. 2 2 3/2 2 2 2 4π0 r z 4π0 r (x + 1) z + r + 1 −∞ −∞ 2 r (I.´tica Soluciones: Electrosta (Ver tablas de integrales).2. (I. cosθ (I. E(r) = λ rˆ 2π0 r (I. r x= λ 4π0 = λ 1 4π0 r2 dx = rdz λ = 4π0 (r2 + z 2 )3/2 dz z2 r2 +1 3/2 = dz .9) 1+ z2 r2 utilizando las expresiones I.4 y I.5) Fm cos θ − mg = 0. 2.2.2.11 en la expresión I. (I.2.2. (I.10) r = sen θ.9) r . 16π0 r2 mg Pero (I. (1 + tan2 θ) Finalmente: 20 .11) sen θ = por lo tanto Sustituyendo la expresi´ on I.2.´ tica Electrosta Fm θ r Fe mg Figura I.3 q2 = tan θ.9 tenemos q2 = tan θ sen2 θ 16π0 mg2 = tan θ sen2 θ cos2 θ tan3 θ tan3 θ = 2 = tan3 θ cos2 θ = 1 2 sen θ+cos2 θ cos θ cos2 θ cos2 θ = 3 tan θ cos2 θ+sen2 θ cos2 θ = 3 tan θ .2. 7 |r − r1 | = = = = (x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 (x2 − 2xx1 + x21 ) + (y 2 − 2yy1 + y12 ) + (z 2 − 2zz1 + z12 ) (x2 + y 2 + z 2 ) − 2xx1 − 2yy1 − 2zz1 + x21 + y12 + z12 r · r − 2(r · r1 ) + r1 · r1 . |r − r1 | = I.1) .8 1 r2 − 2(r · r1 ) + r12 1 = |r − r − |3 |(r − r ) − |3 (I.2.5) 1 2( r − r )· | r − r |2 + 2 | r − r |2 3/2 .3) 3/2 · ( r − r )·( r − r ) 3/2 .6) .2. (r − r ) · (r − r ) − 2(r − r ) · + · factorizando (r − r ) · (r − r ) se tiene = = (r − r ) · (r − r ) 1 − 1 2( r − r )· ( r − r )·( r − r ) [(r − r ) · (r − r )]3/2 1 − + · ( r − r )·( r − r ) 1 2( r − r )· ( r − r )·( r − r ) + (I.2) 3/2 .2.4) pero (r − r ) · (r − r ) = |r − r |2 = 1 |r − r |3 1− 21 (I. (I.2.2.2.2. (I.2.2.2.1 se puede escribir como = 1 (I.´tica Soluciones: Electrosta tan3 θ q2 = (1 + tan2 θ) 16π0 mg2 I.2. Por el resultado del problema 7 la expresión I. 2.2) (I.2.2.4) (I. 2 r2 1/2 (I. −· 4π0 r 4π0 r3 = ϕ(r + ) = (I.2.7) (I.1) como 1 1+ " 2 r · r2 + + ··· . finalmente se tiene: 1 = 3 | r − r |3 |r − r − | 1 I.8) conservando términos lineales en .´ tica Electrosta Utilizando la expansión del binomio (x + y)n = xn + nxn−1 y + n(n−1) n−2 2 r − r )· 2 x y + · · · donde x = 1 e y = − 2( + |r− 2! | r − r |2 r |2 = = " ! −2(r − r ) · 1 2 3 + 1+ − |r − r |3 2 |r − r |2 |r − r |2 2 3 5 −2 −2 −2(r − r ) · 2 + + + ··· 2 |r − r |2 |r − r |2 1 3 2 3(r − r ) · − + ··· . 4π0 |r + | Si || |r| entonces podemos aproximar 1 2 2r · + 2 2 r r (I.2.2.2.2. ϕ(r + ) = 22 q 1 + · ∇ϕ 4π0 r (I. r r q 1 q r .6) finalmente. tenemos 1 r · − 3 . =∇ r3 r (I.5) pero − r 1.2.3) conservando solamente términos lineales en .9 Sea ϕ(r + ) = 3(r − r ) · + ··· 1+ |r − r |2 |r + | = = (r2 1 r 1 | r + | 1 1 = 2 1/2 r + 2r · + ) ! 1 1− 2 (I.2.9) q 1 .7) .2. 1+ |r − r |3 |r − r |2 2 |r − r |2 (I.2. 8) (I. = 2 2 2 2 2 3x x + 3yy + 3z z + 6xyx y + 6xzx z + 6yzy z .10 (r · r )2 2 3(r · r ) 2 |r | |r| 2 = (xx + yy + zz )2 = x2 x2 + 2xyx y + 2xzx z + y 2 y 2 + 2yzy z + z 2 z 2 .9) Si hacemos que los miembros del paréntesis sean cero entonces 3 3 δij (xi xj ) = x2 + y 2 + z 2 (I. 2 2 2 2 2 (I. sea 3 3 x i xj = x(x + y + z) + y(x + y + z) + z(x + y + z) = x2 + xy + xz + yx + y 2 + yz + zx + zy + z 2 i=1 j=1 = 2 2 2 x + y + z + [xy + xz + yx + yz + zx + zy] .9) i=1 j=1 donde δij =0 para i = j.2) 2 = (x + y + z )(x + y + z ) = x2 x2 + x2 y 2 + x2 z 2 + x2 y 2 + y 2 y 2 + z 2 y 2 + x2 z 2 + y 2 z 2 + z 2 z 2 = x2 (x2 + y 2 + z 2 ) + y 2 (x2 + y 2 + z 2 ) + z 2 (x2 + y 2 + z 2 ) = xx(r )2 + yy(r )2 + zz(r )2 = (r )2 (xx + yy + zz). (I.2.2.´tica Soluciones: Electrosta I.2.2. (I.10) Entonces |r |2 |r|2 = 3 3 i=1 j=1 23 δij xi xj (r )2 (I.2.1) (I.2. =1 para i = j.2.11) .2.2. 1 se puede reescribir (r · r )2 (r · r )2 = x2 x2 + 2xyx y + 2xzx z + y 2 y 2 + 2yzy z + z 2 z 2 = xx (xx + yy + zz ) + yy (xx + yy + zz ) + zz (xx + yy + zz ).12) .´ tica Electrosta Por otro lado la expresi´ on I.2.2. = 3 3 i=1 j=1 xi xi xj xj = 3 3 xi xj xi xj i=1 j=1 Finalmente 3(r · r )2 − |r |2 |r|2 = 3 3 i=1 j=1 24 xi xj (3xi xj − δij (r )2 ) (I. 1 Encuentre la solución a la ecuación de Laplace cuando sólo depende de la coordenada r en el sistema de coordenadas cil´ındricas.1.3.3 ´ ELECTROSTATICA EN TRES DIMENSIONES I.I. Enunciado de problemas I.3.2 Muestre que la ecuaci´ on .1. ϕ I.1.3. dP d (1 − x2 ) + n(n + 1)P = 0. dx dx se puede expresar como . 3. 25 . (2k)! Bk (1) = (−1)k B0 [(n − 1)(n − 3) · · · (n − 2k + 1)] [(n + 2)(n + 4) · · · (n + 2k)] .) I. (2k + 1)! Exprese los primeros 6 términos de Un (x).1. es de la forma: y(x) y(x) = = B0 + #∞ k=1 Bk (0)x2k B0 Un (x) # 2k+1 B0 x + ∞ k=1 Bk (1)x B0 Vn (x) para s = 0. 1 dP sen θ + kP = 0. para s = 1. sen θ dθ (ayuda: Haga x = cos θ y k = n(n + 1). donde las expresiones para Bk (0) y Bk (1) son: Bk (0) = (−1)k B0 [n(n − 2) · · · (n − 2k + 2)] [(n + 1)(n + 3) · · · (n + 2k − 1)] .3 La solución a la ecuaci´ on de Legendre. 5 Calcule Un (x) y Un (1) hasta para los primeros 6 términos encontrados en el problema 3 cuando n = 0. 5.1.3. ϕ(r.´ tica en tres dimensiones Electrosta I.3.1.3. 5. I. 5 y 6.1.1. 4.1.4 Exprese los primeros 6 términos de Vn (x). 3. 2. 0 donde σ(θ) = 30 E0 cos θ es la carga superficial. I. I. I.1). 2.4. I.1.3.3. 3. θ. para n = 1. φ) = Sea : sea : se tiene : 1 4π0 r1 r2 q .3. seg´ un las expresiones encontradas en los problemas 3. 4.6 Calcule Vn (1) hasta para los primeros 6 términos encontrados en el problema 4 cuando n = 1.3.9 En el método de imágenes se tiene para una carga y una esfera conductora (ver figura I.7 Escriba los primeros 6 polimonios de Legendre de acuerdo a Pn = Pn = Un (x) Un (1) Vn (x) Vn (1) para n = 0. 2π π Q = a2 σ(θ) sen θdθdφ.8 Encuentre la carga neta de una esfera en un campo eléctrico uniforme.1. ∂r r=a (I. a2 y b= .3.4) . 2 2 = (r + b − 2rb cos θ) = a − q d encuentre la carga superficial σ(θ.3. φ) donde 26 (I. r1 r2 r = (r2 + d2 − 2dr cos θ)1/2 .3. d σ(θ.3.2) (I.1) 1/2 .3) (I. φ) = −0 ∂ϕ . q q q + + . 1. 27 Z .1 I.3.1.10 Encuentre la carga total Q del problema 9.3.Enunciado de problemas p r a r1 r2 θ q q q d Figura I. 3.2) Si la derivada es cero.2.3.3.3.2. r (I.3. Soluci´ on: Electrost´ atica en tres dimensiones I.3) dϕ = a dr.2 .1 Sea ϕ = ϕ(r) en coordenadas cil´ındricas 1 d r dr ∇2 ϕ(r) ≡ d dr r r dϕ dr dϕ dr = 0.1) = 0.4) integrando ambos lados de la expresión I.3. entonces el argumento debe ser una constante.3.3. por lo tanto r dϕ dr = a.2. donde a y b son constantes ϕ = a ln r + b I. (I.´ tica en tres dimensiones Electrosta I. (I. (I.4 tenemos. d dP (1 − x2 ) + n(n + 1)P = 0.3. dx dθ (I. (I. (I.5) .4) = dP dx . dx dx (I.3.2) x = cos θ.3.1) n(n + 1) = k.3. (I.3.3) Sea y entonces dx dθ dP dθ y en general = − sen θ. . d d dθ 2 dP 2 dP (1 − x ) = (1 − x ) .6 y I.3.3. dx dx dθ dx dx Substituyendo las expresiones I.3.2 en la expresión I.6) .3.1 tenemos 28 (I. I.5.3. 3.7) Substituyendo la expresi´ on I.4 en la expresión I. dx dθ dθ dθ dθ (I.3.7 .3.´ n: Electrosta ´ tica en tres dimensiones Solucio 1 d 1 dP 2 sen θ dx + kP = 0. 8) .3. 1 1 d dP sen2 θ + kP = 0. − sen θ dθ − sen θ dθ (I. 9) finalmente tenemos I.3. 10! I. 11! 29 . 1 d dP sen θ + kP = 0 sen θ dθ dθ (I.3 Un (x) = − + − + − 1 (n)(n + 1) 2 x 2! n(n − 2)(n + 1)(n + 3) 4 x 4! n(n − 2)(n − 4)(n + 1)(n + 3)(n + 5) 6 x 6! n(n − 2)(n − 4)(n − 6)(n + 1)(n + 3)(n + 5)(n + 7) 8 x 8! n(n − 2)(n − 4)(n − 6)(n − 8)(n + 1)(n + 3)(n + 5)(n + 7)(n + 9) 10 x .2.2.3.3.4 Vn (x) = − + − + − x (n − 1)(n + 2) 3 x 3! (n − 1)(n − 3)(n + 2)(n + 4) 5 x 5! (n − 1)(n − 3)(n − 5)(n + 2)(n + 4)(n + 6) 7 x 7! (n − 1)(n − 3)(n − 5)(n − 7)(n + 2)(n + 4)(n + 6)(n + 8) 9 x 9! (n − 1)(n − 3)(n − 5)(n − 7)(n − 9)(n + 2)(n + 4)(n + 6)(n + 8)(n + 10) 11 x . 2.3.3.6 V1 (1) = 1 V1 (x) = x V3 (1) = 1 − V3 (1) = − 4 6 V5 (1) = 1 − V5 (1) = V3 (x) = x − 10 x3 6 10 2 V3 (x) = x 1 − x 6 10 6 14 3 + 63 15 8 15 V5 (x) = x − 14 3 63 5 x + x 3 15 I.2.2.7 P0 = U0 (x) 1 = ⇒ P0 (x) = 1 U0 (1) 1 P1 = V1 (x) x = ⇒ P1 (x) = x V1 (1) 1 P2 = U2 (x) 1 1 − 3x2 = ⇒ P2 (x) = (3x2 − 1) U2 (1) (−2) 2 P3 = V3 (x) x − (10/6)x3 5 3 4 ⇒ P3 (x) = x3 − x = V3 (1) 2 2 −6 P4 = 1 − 10x2 + U4 (x) 8 = U4 (1) 3 P5 = x− V5 (x) = V5 (1) 35 4 x 3 14 3 x + 63 x5 3 8 15 15 30 ⇒ P4 (x) = 35 4 15 2 3 x − x + 8 4 8 ⇒ P5 (x) = 63 5 70 3 15 x − x + x 8 8 8 .3.´ tica en tres dimensiones Electrosta I.5 U0 (1) = 1 U0 (x) = 1 U2 (x) = 1 − 3x2 U2 (1) = 1 − 3 U2 (1) = −2 U4 (1) = 1 − 10 + U4 (1) = 35 3 8 3 U4 (x) = 1 − 10x2 + 35 4 x 3 I. 11) 0 = −3a2 0 E0 2π = −3a2 0 E0 2π Q = 0.3.10) σ(θ) sen θdθdφ π 3a2 0 E0 2π cos θ sen θdθ 0 0 (I.´ n: Electrosta ´ tica en tres dimensiones Solucio I. θ.3.12) cos θd(cos θ) −1 . φ) = 1 4π0 finalmente.3.2.3. ϕ(r. −1 1 (I.8 Q = = a2 2π π (I. 3. (I.1) . (I.2.2) % Substituyendo las expresiones de q y b se tiene = = = q(a − d cos θ) (a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2 2 a − ad cos θ aq q − 3/2 + 2 4 3 d a a2 + ad2 − 2ad cos θ q(a − d cos θ) (a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2 (d − a cos θ) q q − d2 3/2 + 2 2 a a2 a2 1 + ad2 − 2a cos θ d q(a − d cos θ) (a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2 (d − a cos θ) q − q 2 3 + 2 d a a (d2 + a2 − 2ad cos θ)3/2 a2 d3 31 (I.3.3.3.3.3.4) (I.13) − 0 0 2 1 2 2 (I.14) I.3.5) .3) (I.9 $ + ∂ϕ −4π0 ∂r r=a $ = q (r2 + d2 − 2rd cos θ)1/2 q q + 2 2 1/2 r (r + b − 2rb cos θ) q(a − d cos θ) (a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2 + q (a − b cos θ) q + 2 2 2 3/2 a (a + b − 2ab cos θ) % . cos2 θ 1 1 2 = −3a E 2π (I.3. φ) = (I.3 tenemos Q = q d 2 (a2 (d2 − a2 ) sen θ dθ + q . du = −2ad sen θdθ.2) σ(θ) sen θdθ.3. a2 (I.3.4) Sean A = B = (d2 − a2 ) .3.1) La carga total es Q 2π π = 0 0 a2 2π = σ(θ.3. σ(θ.3. + d2 − 2ad cos θ)3/2 (I.9) I. 4a 2 2 a +d .9.4 del problema I.´ tica en tres dimensiones Electrosta q(a − d cos θ) (a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2 = q ad (d − a cos θ) q + 2 2 3/2 a + d − 2ad cos θ) 2 d q(a − d cos θ) − q a − d cos θ − = (I.7) finalmente −4π0 ∂ϕ ∂r r=a Si σ(θ.8) entonces finalmente tenemos r=a a(d2 − a2 ) −q q + 4πa2 (a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2 4πa2 σ(θ. 2 2 3/2 4πa 4πa2 (a + d − 2ad cos θ) (I.3. φ) = −0 ∂ϕ dr −q(d2 − a2 ) q + .6) (a2 (a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2 + q .3.3) π 0 Substituyendo la expresi´ on I.3.3. φ) = d(d2 − a2 ) 1 q q 2 + . φ)a2 sen θdθdφ (I. (I.3.3.3.10 Tenemos al substituir la expresión I. u = 2ad cos θ.3. a2 a(a2 + d2 − 2ad cos θ)3/2 = (I.1 en la expresión I. 32 −q (I.2.3.2.5) . 7) (I. (I.3.5 en la expresi´ on I.8 tenemos: Q = = .3.3.4 tenemos Q = = = −2ad A du (B − u)3/2 2ad −2ad 2 q + A 1/2 (B − u) 2ad % $ 1 1 .3.´ n: Electrosta ´ tica en tres dimensiones Solucio cuando θ = 0.9 y I.6) (I.10) (a + d) . Substituyendo las expresiones I.8) pero B − 2ad = B + 2ad = (a − d)2 .3.3.10 en la expresión I. q + 2A − (B + 2ad)1/2 (B − 2ad)1/2 q + (I. Substituyendo las expresiones I.3.3.9) 2 (I. u = 2ad y para θ = π.3.3. u = −2ad . . 3.3.5) en (I.14) 33 .11) (I. 1 1 −2d = q + 2A − (a + d) (a − d) (a2 − d2 ) 4Ad q + 2 . finalmente: d Q = q + −q a (I.3.12). (d − a2 ) q + 2A (I.12) Substituyendo el valor de A de la expresión (I.3.3. tenemos 2 2 Q=q + 4 −q (d −a ) 4a (d2 − d a2 ) .13) Q = q + q (I.3. . 3 Un cilindro delgado circular de longitud L y radio R está polarizado en la dirección de su eje mayor (sea en la dirección z ).1.4. xi + y j + z encuentre ∇ 1 |r − r| es el gradiente con respecto a las coordenadas primas. ćtrico en un punto sobre el eje del calcule el campo ele cilindro. La polarizaci´ on del cilindro es a lo largo de su eje mayor y está dada por P = Pxi. Muestre que la carga total de polarización es CERO en este caso. (calcule sólo el campo eléctrico en la dirección z ). Enunciado de problemas I.4.1.4. Encuentre la densidad volumétrica de polarización (ρp ) y la polarización superficial en cada lado extremo.4 ´ CAMPO ELECTROSTATICO EN MEDIOS MATERIALES I. Si la polarizaci´ on es uniforme (P = P k) y de magnitud P .2 Un cilindro delgado de material dieléctrico de sección recta o área lateral A se extiende en el eje x desde x = 0 hasta x = L.1.1.I. donde ∇ I.1 Para r r = xi + y j + z k. I. = k.4. donde Px = ax2 + b. 35 . 36 .2. Ver figura I.4. Ver figura I. No existe carga externa sobre la interfase.1.4. I.´ tico en medios materiales Campo electrosta I.9 del libro de Reitz.5 Dos materiales dieléctricos con constante K1 y K2 están separados por una interfase plana.3.4. E 1 fuera de la esfera dieléctrica inmersa en un campo eléctrico uniforme y E 2 dentro de la esfera.2.2. Tome las expresiones para el potencial de la sección 4. Encuentre una relación entre los ángulos θ1 y θ2 (donde con la normal a la interestos ángulos son los que hace el vector D fase: θ1 en el material 1 y θ2 con el material 2).4 Encuentre la expresión del campo eléctrico.1.4. 4. (x − x )2 + (y − y )2 + (z − z )2 . Soluciones: Campo electrost´ atico en medios materiales I.2.1 Sea ∇ r − r = |r − r| = 1 |r − r| = = (x − x )i + (y − y ) j + (z − z ) k.4.´ tico en medios materiales Soluciones: Campo electrosta I.2. . 4.1) .4. ∂ ∂ ∂ i + j + k ∂x ∂y ∂z 1 (x − x )2 + (y − y )2 + (z − z )2 2(x − x )(−1)i 1 − 2 [(x − x )2 + (y − y )2 + (z − z )2 ]3/2 + [(x − x ) 2 j 2(y − y )(−1) + (y − y )2 + (z − z )2 ]3/2 2(z − z )(−1) k + 2 [(x − x ) + (y − y )2 + (z − z )2 ]3/2 = j + (z − z ) k (x − x )i + (y − y ) .4.1) (I.4. ∇ 1 r − r = |r − r| |r − r|3 Y X Figura I.4) (I.4.1 = Pxi P 37 (I.2 Ver figura I.4.2.5) finalmente.1 I.2.2) (I.4.4.4.3) (I. 2 2 ( (x − x ) + (y − y ) + (z − z )2 )3 (I.2. σP1 es la carga superficial en la cara en x = 0 .4.7) σP2 = aL2 + b (I.4. σP2 es la carga superficial en la cara en x = L .4.4.4 tenemos ´ n volumétrica. QP = O 38 (I.9) (I.2 en la expresión I. la densidad de carga de polarizacio ρP = −2ax (I.3) se ve que σPcara = 0 ya que P es perpendicular a n y σP1 = −b (I.5) σPT = σP1 + σPcara + σP2 (I.4.4.4) Substituyendo la expresi´ on I.4.4.10) (I.6) Ahora bien donde σPT es la carga superficial total.4.2) y (I. (I. (I.4.2) Sabemos que σP = ·n P .8) QP = = = ·P dv + P ·n −∇ da A L A A −2axdxdA + σP1 da1 + σP2 da2 0 0 0 0 −aAL2 + −bA + (aL2 + b)A finalmente. De (I.11) . −∇ (I.4.4.4.3) ρP = ·P . σPcara es la carga superficial en el cilindro.4.´ tico en medios materiales Campo electrosta donde Px = ax2 + b . 2 r = σ = L k + r r 2 ·n P .2. σ1 = P.2.3 Ver figura I.4) σ3 = 0 ρP = E(z) = ·P = 0.´ tico en medios materiales Soluciones: Campo electrosta area 1 ´ 1 2 Z Y area 2 ´ 1 2 X area 3 ´ R Figura I. (I.4.4.3) σ2 = −P .4.4.2.2 I. −∇ . (I.4. 4π0 S |r − r |3 |r − r |3 V r = z k.4.6 y nos queda. El segundo término es cero por ecuación I.7) .4. en la dirección z : 39 (I.1) (I.2) ⊥n (P ) .4. σP (r − r ) ρP (r − r ) 1 da + dv . (I.4.6) (I.4.5) (I.4. 10 en la expresión I. (A2 + r2 )1/2 (I.9) (I.4.4.4.9 E(z) = R (z − L/2)P 1 (−1) z 1/2 20 (z − L/2)2 + r2 + R P (z + L/2) 1 z .4. 1/2 2 20 2 (z + L/2) + r 0 (I.´ tico en medios materiales Campo electrosta Ez (z) 1 4π0 = 2π 0 R 0 2π P 4π0 = P (z − L/2) 20 P (z + L/2) 20 − pero + r2 ]3/2 0 (z − L/2)2 + r2 (z + L/2)2 + r2 R 0 r [A2 0 P (z − L/2) [z − (−L/2)] R − 0 R dr = 3 rdrdθ 3/2 rdrdθ r (z − L/2)2 + r2 r (z + L/2)2 + r2 (I.8) 3/2 dr 3/2 dr −1 .4.11) 0 Finalmente E(z) = − E(z) = (z + L/2) (L/2 − z) + (z − L/2)2 + R2 (z + L/2)2 + R2 .4.10) Sustituyendo la expresi´ on I. 4.4 Ver figura I.4.2.13) .12) (I. (L/2 − z) (z + L/2) − z (z − L/2) (z + L/2) (z + L/2) (L/2 − z) P + z . I.4.3 40 (I. 20 (z − L/2)2 + R2 (z + L/2)2 + R2 P 20 Para z muy grandes con respecto a L/2 el campo eléctrico en la direcci´ on radial (r) tiende a cero.4.2. −∇ϕ ∂ 1 ∂ϕ − ϕ r− θ. (2 + K) .´ tico en medios materiales Soluciones: Campo electrosta esfera dieléctrica 2 E regi´ on 1 eje z regi´ on 2 Figura I.3 ϕ1 = ϕ2 = E = 1 E = 1 E = −E0 rcosθ + a3 (K − 1) E0 cos θ .2. ∂r r ∂θ .4. (K + 2) r2 −3E0 r cos θ . (K − 1) cos θ r E0 cos θ + 2a3 E 0 (K + 2) r3 . (K − 1) sen θ −E0 sen θ + a3 E0 3 θ . (K + 2) r . . (2 + K) (2 + K) 3E0 . + (cos θ r − sen θθ) (2 + K) pero 2 = E0 cos θ E . 2a3 (K − 1) 1 3 (K − 1) 1 r + E0 sen θ a − 1 θ E1 = E0 cos θ 1 + (K + 2) r3 (K + 2) r3 2 E = 2 E = 3E0 3E0 cos θ r− sen θθ . . 4.10) 0 = E0 cos θ r − E0 sen θθ .8) (I. E (I.4.3) (I.4) (I.4.9) A grandes distancias (l´ım r → ∞).4.4.11) 41 .1) (I.4.4.6) (I. ϕ1 = −E0 r cos θ .4.7) (I. 3 3 θ r − E0 sen θ (2 + K) (2 + K) (I.2) (I.5) (I.4.4.4. (I. 1 D = 1 .5 Ver figura I. D1 K1 E1 = . D1 cos θ1 .4.4(b) Aplicando la Ley de Gauss en una caja peque˜ na (figura I.4.3) Pero también sabemos que los componentes tangenciales del campo eléctrico son iguales. (I.1) (I.4.).12) finalmente.4. es decir de donde E1 sen θ1 = E2 sen θ2 . sen θ1 E2 (I.4.4.2.2. n ˆ2 ΔS material 2 K2 material K1 1 n ˆ1 Δ Figura I.4) E1 sen θ2 = .5) 42 .2.4(a). D2 K2 E2 (I.4.4(b).4.´ tico en medios materiales Campo electrosta 2 = E 3 0 E (2 + K) (I.4. 1 · n 2 · n 2 ΔS + D 1 ΔS = 0 D D2 cos θ2 cos θ2 cos θ1 = = cero carga externa.4.2.2.2) (I.4(a) Figura I. E 2 D = 2 .4. E I. 7) .4.4.5 en la expresión I.6) Finalmente K1 sen θ1 cos θ2 = cos θ1 sen θ2 K2 43 ó K1 tan θ1 = tan θ2 K2 (I.4.´ tico en medios materiales Soluciones: Campo electrosta Substituyendo la expresi´ on I.3 K1 sen θ2 cos θ2 = .4. cos θ1 K2 sen θ1 (I. . 1. Enunciado de problemas I.1.00059) I.5.1.5. I. (Tómese el valor de K del aire.5 ´ ´ TEORÍA MICROSCOPICA: DIELECTRICOS I.2 Estime el radio de la molécula de N2 y de O2 utilizando el resultado obtenido en el problema 1 y el modelo simple de un “átomo” con dipolo inducido.1. [N´ = 2.1.1 Utilice la ecuación Clausius-Mossotti para determinar la polarizabilidad (α) de las moléculas de nitrógeno (N2 ) y ox´ıgeno umero de moléculas de aire por metro c´ ubico (O2 ) del aire.5.3 Encuentre la expresión de R0 (radio de una molécula) en términos de la constante dieléctrica K . K = 1. I.4 Encuentre la expresión para p0 cos θ.5.688 × 1026 .5.I. el aire contiene 78 % de nitrógeno (N2 ) y 21 % de ox´ıgeno (O2 )]. donde p0 cos θ. 45 .5.5 Utilice la ecuación Clausius-Mossotti para determinar la polarizabilidad del agua (H2 O) a 0◦ C y determine el momento dipolar p0 . = p0 cos θep0 Em cos θ/kT dΩ . ep0 Em cos θ/kT dΩ donde dΩ = sen θdθdφ I. (nota: N´ umero de moléculas de agua por metro c´ ubico es ZN0 donde Z es el n´ umero atómico de la molécula y N0 = 6 × 1026 ).1. calcule el desplazamiento relativo entre el n´ ucleo de nitrógeno y su nube electrónica cuando se aplica un campo eléctrico de Em = 3 × 106 V/m.6 Usando el resultado del problema 1 para la polarizabilidad del nitrógeno.1. 46 .5.´ pica: diele ćtricos Teor´ıa microsco I. 8.09 × 10 26 moléculas/m .78Naire = 2. 87 Libro de Reitz y Milford).4 en la expresi´ on I.5.2.5.3) (I.4) Substituyendo las expresiones y valores I. K N (N2 ) N (O2 ) 0 = = = = (I.5.5. .2.5.1 Ecuaci´ on Clausius-Mossotti α= K 30 (K − 1) .00059 .5.´ pica: diele ćtricos Soluciones: Teor´ıa microsco I.21Naire = 0.5 × 10−41 C 2 m V α(O2 ) = 9.854 × 10−12 3 2 C Nt m2 .5.1 se tiene donde Nt C = α(N2 ) = 2. 0.3 × 10−41 C 2 m V V m I. I.2) 1.5.2.5.56 × 10 26 moléculas/m3 .2 α = R0 = 4π0 R03 .5. (I.3 y I.5. Soluciones: Teor´ıa microsc´ opica: diel´ ectricos I. pág.1) (constante dieléctrica del aire. 0. N (K + 2) (I.2. 4π0 Substituyendo los valores encontrados en la solución del problema I.73 × 10−10 m.5) (I.4 × 10 Estos valores están de acuerdo con el valor del radio de una “molécula de aire” reportado como R0 (aire) 1.1 se tiene −11 R0 (N2 ) ∼ m = 6.6) .1 × 10 −11 R0 (O2 ) ∼ m = 9.1/3 α .1.5.5.5. 47 (I. 2.5.3 Sabemos que α = 30 (K−1) N (K+2) R0 = I.2.5.´ pica: diele ćtricos Teor´ıa microsco I.4 entonces 3(K − 1) 4π(K + 2)N 2π π 0 p0 cos θ. = . 8) Resolviéndola por partes. (I. La integral del numerador es (N ): N = 2πp0 1 −1 xeAx dx . du = dx. (I.5. dv = eAx dx. para θ = π se Sea p0kT tiene x = −1. para θ = 0 se tiene x = 1.1/3 p E 0 m p0 cos θe kT cos θ sen θdθdφ 0 2π π p0 Em cos θ e kT sen θdθdφ 0 0 . sea u = x.7) Em = A. v = A1 eAx 1 1 1 Ax x Ax 2πp0 e − e dx A −1 A −1 $ .5. x = cos θ. 5. A A A 1 2πp0 2 cosh A − 2 senh A .5.9) La integral del denominador (D) es: D ⇒ = 1 2π −1 = e Ax 1 2π Ax dx = e A −1 2π (2 senh A) .10) Finalmente p0 cos θ. A (I. % 1 1 A 1 2πp0 e − − e−A − 2 eA − e−A . A A N = = N = (I. 2π 2 senh A A . = N = D 2πp0 A 1 2 senh A 2 cosh A − A . kT p 0 Em − p0 cos θ. = p0 coth kT p 0 Em 48 (I.5.11) . 6 × 10−19 C) 49 (I. α = 7.12) (agua). K = 87.7 × 10−16 m Ze (7)(1.13) .7 × 10−40 C 2 m3 Nt m2 k = 1.854 × 10−12 C T = 273◦ K .´ pica: diele ćtricos Soluciones: Teor´ıa microsco I.5. .38 × 10−23 (Nt · m)◦ K −1 .2.5 α= A = 18 30 (K − 1) . x= 2. p0 = √ 3kT α . Substituyendo valores p0 = 2. N (K + 2) (I.2.95 × 10−30 C · m I.5.5 × 10−40 m2 C/V3 × 106 V/m αEm = ⇒ x = 6.5.5.6 Zex = αEm . −2 m Nt N= 6×1029 mol´ eculas 18 m3 .8 a 2 0 = 8. . Además suponga que la auto energ´ıa electrostática (encontrada en el problema 4) es igual a la energia en reposo mc2 donde m es la masa del electrón y c es la velocidad de la luz.1. Calcule la energ´ıa electrostática del sistema (puede usar el método de cargas imagen).6.4 Determine la energ´ıa electrostática de una esfera con radio R y densidad volumétrica de carga constante ρ0 .6 × 10−19 C) I. Calcule el radio clásico del electrón.6. la expresión U = 12 E · Ddv I.6.6. I.2 Un dipolo se coloca perpendicular a un plano conductor de tal forma que la carga (−q) está a una distancia d del plano y la carga (+q) está a una distancia d + .1.1.1 Un electrón con energ´ıa cinética 3 × 10−17 J entra a una región del espacio donde existe un campo eléctrico E = 1000 V/m. la expresión U = 12 E · Ddv I. utilizando para todo el espacio.I. Enunciado de problemas I. ¿Qué distancia viaja el electr´ on hasta detenerse? (e = 1. 51 .1.6.1.6.1.3 Determine la energ´ıa electrostática de una esfera con radio R y densidad volumétrica de carga constante ρ0 .6 ´ ENERGÍA ELECTROSTATICA I. utilizando s´ olo para 0 ≤ r ≤ R. Considere que el electr´ on viaja en la dirección positiva a lo largo del eje x y que el campo eléctrico está dirigido a lo largo del eje x pero en el sentido opuesto al movimiento del electr´ on de tal forma que act´ ua sobre él desacelerándolo.5 Supóngase que el electrón es una part´ıcula esférica uniformemente cargada de radio R. Ver figura I. I. El capacitor se carga mientras está conectado a una diferencia de potencial Δϕ0 despu´ es de lo cual se desconecta (capacitor aislado). 52 .2.6.1.2.8 Calcule la fuerza que tiende a jalar al material dieléctrico a su posición original en el problema 7.6.6. El material dieléctrico se mueve de tal forma que sólo queda una longitud x entre las placas.7 Un capacitor tiene el espacio entre sus placas lleno de material dieléctrico con constante K (K = 1 /0 ).3(a) y I.6.6 Un capacitor con dos placas paralelas se forma con dos materiales dieléctricos.6. Las dimensiones de las placas son: ancho w. Un material con permitividad 1 y grosor d1 se coloca sobre otro material con permitividad 2 y grosor d2 y ambos se colocan entre 2 placas conductoras con separación d1 +d2 .1.´tica Energ´ıa electrosta I. Calcule la diferencia de potencial (Ver figuras I.2. longitud y separación d.6. Calcule la capacitancia por unidad de área.2.1.3(b)). I. 2.2.6. W = −q 2 q2 q2 + − 4π0 4π0 ( + 2d) 4π0 2(d + ) − q2 q2 q2 + − . as´ı que. |F (I. Soluciones: Energ´ıa electrost´ atica I. 1000V/mˆ x⇒F FE = 1.6. (I.6.6.6 × 10−19 C × 1000 V/mˆ E = eE x.1) = |d .6.2) E = = 1. sustituyendo en la expresi´ on I. Ec = 1 mvx2 2 Ec = 3 × 10−17 J . d= 3 × 10−17 J ⇒ 1.6. en una distancia d.6 × 10−16 CV m d = 0. 4π0 2d 4π0 (2d + ) 4π0 53 .6 × 10−16 CV/m. + 4π0 Considerando que q1 = q2 = q3 = q4 = q.´ tica Soluciones: Energ´ıa electrosta I.6 × 10−16 C · V/m .2 Problema real Problema Equivalente +q +q4 −q −q3 ———— plano conductor cargas imagen ———— +q2 −q1 W = (−q1 )q2 (−q1 )(−q3 ) (−q1 )(q4 ) + + 4π0 4π0 ( + 2d) 4π0 2(d + ) (q2 )(q4 ) (q2 )(−q3 ) + + 4π0 2d 4π0 (2d + ) (−q3 )(q4 ) .2.1: Ec /d = 1.1 La energ´ıa cinética del electrón debe igualar al trabajo hecho por la fuerza eléctrica hasta que éste se detiene.187m I. 2) 0 E 2 dv .6.´tica Energ´ıa electrosta W = $ −2q 2 4π0 1 1 1 1 − + + ( + 2d) 4(d + ) 4d % r R ρc Figura I. 0 ⎧ ρ0 r 3 ⎨ 4π 3 0 ⎩ ⎧ ⎨ E = ⎩ 54 4π ρ0 R3 3 0 r < R.6. ⎬ ρ0 R3 −2 r 30 r>R ⎭ .6. ρ0 r 30 ⎫ r < R.1 I.1) pero = 0 E .6. E (I.4) .3 Ver figura I. (I.2.3) Por la Ley de Gauss & ·n E da = E4πr 2 = ρ0 dv .2. r > R.1 U= 1 2 · Ddv .6.6.2.6. (I. D 1 U= 2 (I. 2.2. m = 9.4.5 Utilizando el resultado del problema I.4 En forma similar al problema I.6.997 × 108 m/seg .6.2. = 8.6.6.1 × 10−31 kg . 55 .3 sólo tenemos la integral para r ≤ R U = = 1 2 1 2 R 0 R 0 2π 0 π 0 2π 0 0 U= 0 E 2 r2 sen θdθdφdr π 0 ρ20 r2 2 r sen θdθdφdr . 32 20 1 ρ20 R5 4π 2 90 5 I. 2 0 3 3 4π R5 pero ρ0 1 e2 1 1 e2 4π 3 R =e⇒ = mc2 ⇒ R = 3 2 4π 50 R 4πmc2 100 si e = 1.85 × 10−12 F/m .6. c = 2.3 tenemos U 1 2 = R 0 2π 0 ∞ π 0 0 2π ρ20 r2 2 r sen θdθdφdr 920 ρ20 R6 −4 2 r r sen θdθdφdr 920 R 0 0 ∞ 1 ρ20 4π R5 1 ρ20 4π 6 (−1) + R 2 0 9 5 2 0 9 r R 1 2 + = π 0 1 ρ20 4π 5 1 R +1 .´ tica Soluciones: Energ´ıa electrosta Substituyendo la expresi´ on I.2.4 en la expresión I. 2 0 9 5 = U= 4π 2 5 ρ0 R 150 I. tenemos U = mc2 ⇒ 1 ρ20 4π 4π 1 5 R 1 R = mc2 .6 × 10−19 C .6. 6 Ver figura I. 2 2 A (I. 1 A 2 A d2 d1 + .6. 1 1 A σ Q = .2) donde A ≡ área de placa y Q = carga total.6. Δϕ Ed 1 A .6.2.2.6.2 E1 = E2 = σ Q = .6.6) (I. entonces C = C1 = Q Q = .7) (I.6. C1 C2 d1 d2 + .6.8 × 10−13 cm placas 1 d1 2 d2 Figura I. pero Δϕ = Ed.6.8) . d2 (I.´tica Energ´ıa electrosta entonces R = 2.6.6. C2 = Como los materiales dieléctricos están en serie 1 C 1 C A C = = = 56 1 1 + .2.1) (I.6.5) (I.4) entonces.2 I. 1 2 (I.3) 2 A . d1 (I. 6.3) al desconectarse Δϕ = Q Cf pero Q es constante (I.2.6.3(b) finalmente C 1 2 = A 2 d1 + 1 d 2 (I.6.6.2.7) .6.3(a) y I.6.2.7 C = Q = Ci = Q . d 57 (I.6.3(a) Figura I.2) (I.6.6. Δϕ Δϕ0 C 1 A d (I.6) (I.´ tica Soluciones: Energ´ıa electrosta w x Δϕ0 K d K C1 C2 0 1 −x después antes Figura I.6.6. Cf (I.5) Δϕ = Cf es la capacitancia despu´ es de desconectarse y es igual a la suma de las capacitancias (figuras I.1) carga total al cargarse.6.9) I. capacitancia al cargarse dondeA = · w (I. d d 0 w [ + (K − 1)x] .2. Cf = C1 + C2 ⇒ Cf = Cf = 0 ( − x)w 1 wx + .4) Δϕ0 1 · w/d .2.3(b)).6. + (K − 1)x] (I.6.6.6.3) (I.8 U= 1 2 E 2 dv = 1 1 2 Δϕ d 2 xwd + 1 0 2 Δϕ d 2 wd( − x) .´tica Energ´ıa electrosta entonces substituyendo la expresión I.5 tenemos ·w Δϕ = Δϕ0 1 d . (I.6.2 en la expresión I.7): Fx = (K − 1) 2 w0 Q 2 d Fx = 1 2 2 0w [ d2 + (K − 1)x]2 (K − 1)Q2 d 20 w[ + (K − 1)x]2 58 0 w [ d .6.6. 2 C d 2 C d 1 Q2 wx 1 Q2 1 U = (1 − 0 ) + 0 2 w .1) pero Δϕ = Q .6. + (K − 1)x] 0 w [ d Finalmente Δϕ = KΔϕ0 [ + (K − 1)x] I.2.1.7 en la expresión I.6.2) substituyendo la expresión I.6.6.4) .1 se tiene 1 1 Q2 Q2 1 2 2 xwd + 0 2 2 wd( − x) . 2 2C d 2 C d restitutiva es Fx = − ∂U ∂x U La fuerza = Q constante Fx = (K − 1) 0 Q2 w 2 C2 d pero C de la solución del problema I.7 es C = (expresión I. C (I.6. (ηcobre = 1. (a) Calcule la densidad de corriente |J| (b) Suponiendo que cada a´tomo de cobre contribuye con un electrón conductor. Enunciado de problemas I.2 La conductividad del agua de mar es 4. 59 .1 × 10−31 kg) I. ρ densidad del cobre es 8.67 × 10−8 Ωm)(me = 9.1.7.1.I. calcule la velocidad de deriva correspondiente a esta densidad de corriente (ayuda: N´ umero de Avogadro = 6 × 1026 átomos/kmole.7.1 La corriente (I ) que puede pasar por un cable de cobre de área (2 mm2 ) es 20 Amp: .7 ´ CORRIENTE ELECTRICA I.92 gm/cm3 ) (c) Estime el tiempo promedio entre colisiones del electrón en el cobre.7. 1 kmole de cobre es 63.5 kg.1.3 (Ωm)−1 ) en un vol´ (a) Encuentre la densidad de corriente (|J| umen de 1 2 cm de largo y 1 cm de área cuando se aplica un voltaje de 3 Volts. ćtrica Corriente ele (b) Calcule la velocidad de deriva = kg 1. 1 kmole = 18kg N = 6 × 1026 mol´ eculas/kmole . 60 . ρagua de mar de agua.2 . Encuentre el potencial dentro y fuera de la cavidad.3 Un medio conductor está dentro de un campo eléctrico uniforme E = E0 k. I. #electrones mol´ ecula = 0.1.028 × 103 m 3 . Una cavidad esférica de radio “a” se forma en el medio.7. 1 (a) I = 20 Amp. 0.7.3(Ωm)−1 3V .2.7.2 (a) J = σE . I .7.6 × 10−14 C 1. J= I Amp = 107 2 A m (b) J = N ev .2.ćtrica Soluciones: Corriente ele I.5kg atomo on m3 ´ v = 0.602 × 10−19 electr´ 63.1) .00074 m seg (c) v = eτ E/me pero E = ηJ . A = 2 mm2 ⇒ A = 0. J = 1290 61 C m2 seg J= 4.67 × 10−8 V·s m C 107 mC2 s kg m2 1 seg2 C .7. A σ entonces J = Δϕ.2. = on tomos 1kmole C 3 kg 1electr´ Ne 6 × 1026 ákmole 8.00074m/s 1.01m (I. τ = τ = me v ⇒ eηJ 9. Soluciones: Corriente el´ ectrica I.5 × 10−14 seg I. J= I=σ A Δϕ.000002 m2 .1 × 10−31 kg 0.92 × 10 × 1. V τ = 2. v = × C/seg 107 Amp J Amp m2 . 2 electrones × 1. θ) = A1 A2 + 2 cos θ + · · · r r B1 B2 B0 r cos θ + + 2 cos θ + · · · r r A0 r cos θ + 1. Primero nos damos cuenta de que los coeficientes A1 y B1 deben ser cero ya que de otra manera tendr´ıamos campos eléctricos que decaen como r−2 y esto implicar´ıa el tener una carga en el centro.2.7.6 × 10−19 C Nq 6 × 1026 mol´ 1.7. Esto implica que el 62 (I.7. A grandes distancias (r a) el potencial debe dar lugar a un campo eléctrico constante E = E0 k.3 Ver figura I.1) (I. E = E0 k ˆ = E0 k E a medio 2 medio 1 Figura I.028 × 10 3 kmole 18 kg mol´ eculas m v = 1.7. eculas 1kmole 3 kg × 0.2.1 · J = 0 ⇒ ∇2 ϕ = 0) En analog´ıa con electrostática (∇ ϕ1 (r.2. pero en el centro de la cavidad ¡no hay cargas! 2.7.1.17 × 10−6 m/s vderiva en agua de mar vderiva cobre I. θ) = ϕ2 (r.2) .ćtrica Corriente ele (b) v= C 1290 sm J 2 = . 7. (I.4) ϕ2 (r.7. 2 (I.7. a3 (I. r=a la cavidad J = 0) = 0 .5 3 B0 = − E 0 .5) ´ n para determinar B0 y 5.6) Pero J = σE ∂ϕ1 σ1 − ∂r r=a 2A2 σ1 E0 cos θ + 3 cos θ a = − − ∂ϕ . necesitamos otra condicio ´ n es: la componente normal de la denA2 .7. pero ϕ1 (r a) = A0 = −E0 entonces (I. σ − ∂r ∂ϕ2 σ2 − ∂r 0 (en = 0. 4. θ) = B0 r cos θ . 1 A 2 = − E0 a 3 . La otra condición de frontera es que los potenciales dentro y fuera de la cavidad justo en r = a deben ser iguales ϕ1 (r = a) = −E0 a + A2 a2 cos θ ϕ2 (r = a) = B0 a cos θ B0 = −E0 + A2 . J1n − J2n = 0 .7) Substituyendo la expresi´ on I. El coeficiente B2 debe ser cero para evitar una singularidad en r = 0. 2 63 (I.7.7. El potencial ϕ2 queda (I. entonces.7 en la expresión I.ćtrica Soluciones: Corriente ele término dominante del potencial es el primero ϕ1 (r a) = A0 r cos θ .3) 3. − E0 dz = −E0 z = −E0 r cos θ .7.7. esta condicio sidad de corriente debe ser continua en la interfase (en la dirección radial).8) . ćtrica Corriente ele Por lo tanto. θ) = − 32 E0 r cos θ 64 para r < a ⎭ (I.9) .7. finalmente tenemos las expresiones para el potencial ⎫ 3 0 ϕ1 (r. θ) = −E0 r cos θ − a2 E cos θ para r > a ⎬ r2 ϕ2 (r. circuito lleva una corriente I . i+ j+ ∂x1 ∂y1 ∂z1 Encuentre: 2 (r2 −r1 )3 . ∂x2 ∂y2 ∂z2 ∂ ∂ ∂ k.8. I.1.1.3 Obtenga (m | r2 | r2 ) 2 (m· . r1 ) · ∇ (b) J( | r1 − r2 | 2 1 .4 Obtenga ∇ | r2 |3 I. B I. r1 ) · ∇ (a) J( | r2 − r1 | 1 (r1 −r2 )3 .8. Si el on magnética. Si el on magnética.5 Considere un circuito de forma circular de radio a.8.I.8 ´ CAMPO MAGNETICO DE CORRIENTES CONSTANTES I.1.1. I.8.8.6 Considere un circuito de forma cuadrada de lado a.2 Obtenga ∇ | r2 − r1 | 2 ) r2 3 . es el centro del c´ırculo. Enunciado de problemas I. x2i + y2 r1 = 2 ∇ = 1 ∇ = k. encuentre la inducci´ B . x1i + y1 j + z1 ∂ ∂ ∂ i+ j+ k. r2 = j + z2 k. circuito lleva una corriente I .1. en el centro del cuadrado.8.8. ·∇ I.1. encuentre la inducci´ .1 Para r1 ) J( = Jx (r1 )i + Jy (r1 ) j + Jz (r1 ) k.1. 65 . 2.´tico de corrientes constantes Campo magne I.1 (a) 2 (r2 − r1 ) 1) · ∇ J(r |r2 − r1 |3 .8.8.2. Soluciones: Campo magn´ etico de corrientes constantes I. + + Jz [ ]3/2 [ ]5/2 donde [ ] = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 . ∂ ∂ ∂ + Jy + Jz ∂x2 ∂y2 ∂z2 j + (z2 − z1 ) k (x2 − x1 )i + (y2 − y1 ) = = = Jx [(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 ]3/2 (x2 − x1 )i ∂ Jx ∂x2 [(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 ]3/2 (y2 − y1 ) j ∂ + Jy 2 ∂y2 [(x2 − x1 ) + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 ]3/2 (z2 − z1 ) k ∂ + Jz ∂z2 [(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 ]3/2 $ % (x2 − x1 )(−3/2)(2(x2 − x1 )) 1 Jx + i [ ]3/2 [ ]5/2 $ % (y2 − y1 )(−3/2)(2(y2 − y1 )) 1 + j + Jy [ ]3/2 [ ]5/2 $ % (z2 − z1 )(−3/2)(2(z2 − z1 )) 1 k. Finalmente 2 (r2 −r1 )3 r1 ) · ∇ J( | r2 − r1 | = Jx + + (b) En forma similar 1 (r1 − r2 ) r1 ) · ∇ J( |r1 − r2 |3 = = 2 1 1) i − 3(x[ 2]−x 5/2 []3/2 2 3(y −y ) Jy [ ]13/2 − [ 2]5/21 2 1) Jz [ ]13/2 − 3(z[ 2]−z 5/2 j k ∂ ∂ ∂ + Jy (|r |) + Jz (|r |) ∂x1 ∂y1 ∂z1 j + (z1 − z2 ) k (x1 − x2 )i + (y1 − y2 ) . Jx (r1 ) [(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 ]3/2 (x1 − x2 )i ∂ Jx ∂x1 [(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 ]3/2 66 . ´tico de corrientes constantes Soluciones: Campo magne + Jy + Jz (y1 − y2 ) j ∂ 2 ∂y1 [(x1 − x2 ) + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 ]3/2 (z1 − z2 ) k ∂ ∂z1 [(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 ]3/2 % (x1 − x2 )(−3/2)(2(x1 − x2 )) 1 i Jx + [ ]3/2 [ ]5/2 $ % (y1 − y2 )(−3/2)(2(y1 − y2 )) 1 + Jy + j [ ]3/2 [ ]5/2 $ % (z1 − z2 )(−3/2)(2(z1 − z2 )) 1 k; + + Jz [ ]3/2 [ ]5/2 $ = donde [ ] = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 . Finalmente 1 (r1 −r2 )3 r1 ) · ∇ J( | r1 − r2 | = Jx + + 2 1 2) i − 3(x[ 1]−x 5/2 []3/2 2 2) Jy [ ]13/2 − 3(y[ 1]−y 5/2 2 2) Jz [ ]13/2 − 3(z[ 1]−z 5/2 j k Sin embargo dada la simetr´ıa en los términos elevados al cuadrado (x1 − x2 )2 = (x2 − x1 )2 ; (y1 − y2 )2 = (y2 − y1 )2 ; (z1 − z2 )2 = (z2 − z1 )2 podemos escribir 1 (r1 − r2 ) |r |) · ∇ J( |r1 − r2 |3 $ = % 3(x2 − x1 )2 1 − i [ ]3/2 [ ]5/2 $ % 3(y2 − y1 )2 1 − + Jy j 3/2 [ ] [ ]5/2 $ % 3(z2 − z1 )2 1 k, − + Jz [ ]3/2 [ ]5/2 Jx y del resultado del inciso (a) vemos que ambas expresiones son iguales. 2 (r2 − r1 ) = J( |r |) · ∇ 1 (r1 − r2 ) r1 ) · ∇ J( |r2 − r1 |3 |r1 − r2 |3 67 ´tico de corrientes constantes Campo magne I.8.2.2 2 ∇ 1 ∂ ∂ ∂ k (I.8.1) i+ j+ ∂x2 ∂y2 ∂z2 [(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 ]1/2 1 1 1 − 2 (2(x2 − x1 )) − 2 (2y2 − y1 )) − 2 (2(z2 − z1 )) k , (I.8.2) i+ j+ [ ]3/2 [ ]3/2 [ ]3/2 1 |r2 − r1 | = = donde [ ]3/2 = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 = 3/2 . j − (z2 − z1 ) k −(x2 − x1 )i − (y2 − y1 ) ; 3/2 [ ] finalmente, 2 ∇ (r2 − r1 ) 1 =− |r2 − r1 | |r2 − r1 |3 I.8.2.3 2 ) r2 (m ·∇ |r2 |3 = = = = Finalmente k) j + z2 ∂ ∂ ∂ (x2i + y2 mx + my + mz 2 2 ∂x2 ∂y ∂z [x2 + y2 + z22 ]3/2 k) j + z2 ∂ (x2i + y2 mx + 2 2 ∂x2 [x2 + y2 + z22 ]3/2 k) ∂ (x2i + y2 j + z2 + + my ∂y2 [x22 + y22 + z22 ]3/2 j + z2 k) ∂ (x2i + y2 + mz ∂z2 [x22 + y22 + z22 ]3/2 mxr2 − 32 (2x2 ) mxi + [ ]3/2 [ ]5/2 my r2 − 32 (2y2 ) my j + + [ ]3/2 [ ]5/2 mz r2 − 32 (2z2 ) k mz + + [ ]3/2 [ ]5/2 3(mx x2 + my y2 + mz z2 )r2 j + mz k mxi + my − . [ ]3/2 [ ]5/2 2 m ·∇ r 3(m · r2 )r2 m 2 = − |r2 |3 |r2 |3 |r2 |5 68 (I.8.3) ´tico de corrientes constantes Soluciones: Campo magne I.8.2.4 2 ∇ m · r2 |r2 |3 = = ∂ ∂ ∂ m x x 2 + m y y2 + m z z2 i+ j+ k ∂x2 ∂y2 ∂z2 (x22 + y22 + z22 )3/2 (mx x2 + my y2 + mz z2 )(−3/2)(2x2 ) mx + i (x22 + y22 + z22 )3/2 (x22 + y22 + z22 )5/2 (mx x2 + my y2 + mz z2 )(−3/2)(2y2 ) my j + + (x2 + y22 + z22 )3/2 (x22 + y22 + z22 )5/2 2 . 1 Y r1 θ a Z Figura I. + + (x22 + y22 + z22 )3/2 (x22 + y22 + z22 )5/2 2 ∇ m · r2 |r2 |3 = 3(m · r2 )r2 m − |r2 |3 |r2 |5 I.8.5 Ver figura I.2.1 69 d X . (mx x2 + my y2 + mz z2 )(−3/2)(2z2 ) mz k.8.2.8.2. 6 Ver figura I. Para el tramo AB r1 = d 1 × (r2 − r1 ) = B = = = a i + y j.2. |r2 − r1 |3 4π a3 0 finalmente. 3/2 4π 2 − a a 2 2 2 +y 2 la integral.8. k ⎞ ⎟ 2 k.4) (I. r2 = 0.8. 0 ⎠ = a dθ 0 d × (r2 − r1 ) μ0 I a2 2π = dθk . buscando en tablas de integrales.2) (I.8.3) (I. 2 d1 × (r2 − r1 ) μ0 I 4π |r2 − r1 |3 a 2 a/2dy μ0 I k 3/2 4π − a a 2 2 2 + y 2 a μI a 2 dy k. r2 = 0 r2 − r1 = −a cos θi − a sen θ j. r2 − r1 = −xi − y j.8. r1 = xi + y j.8.8.1) (I.5) .8. es: 70 (I. ⎛ i j ⎜ −a sen θdθ a cos θdθ ⎝ −a cos θ −a sen θ d × (r2 − r1 ) = 2 ) = μ0 I B(r 4π (centro del c´ırculo). 2 a dy k .2 d 1 = dy j. 2 ) = μI k B(r 2a I. r1 = a cos θi + a sen θ j.2.´tico de corrientes constantes Campo magne d = (−a sen θi + a cos θ j)dθ . a dxk .8.8.8. (I.6) 2 4π 2 a 2 a y2 + 2 −a/2 2 ⎤ ⎡ a/2 (−a/2) μI a ⎣ ⎦ − 2 (I.2 = = a/2 μI a ±y (I.´tico de corrientes constantes Soluciones: Campo magne Y d2 C d3 B d1 r1 θ a D X A d4 Figura I.8.7) 4π 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 + 2 + a2 2 2 2 2 B(Tramo AB) = √ μ0 I 2 2 4π a (I.8) Tramo BC: r2 − r1 = d 2 × (r2 − r1 ) = B(tramo BC) = −xi − a/2 j.8.8. 2 μ0 I −a/2 4π a/2 71 d 2 = −dxi .10) (a/2)dx a 2 3/2 k .2.9) (I.8. 2 x + 2 (I.11) . I.8.16) En forma análoga tramo B( DA) = B(centro) = √ μ0 I 2 2 (I.8.17) .8.8.17.14) (I. 4π a tramo AB + tramo BC + tramo CD + tramo DA).´tico de corrientes constantes Campo magne B(Tramo BC) = √ μ0 I 2 2 4π a (I.8.16 y I.8. B( finalmente utilizando las expresiones I. se tiene √ = μ0 I 2 2 k B π a 72 .8. I.8.13) (I. − 2 −a/2 (− a2 )dy μ0 I k.12. 3/2 4π a/2 (a/2)2 + y 2 √ μ0 I 2 2 B(Tramo CD) = 4π a (I.8. d 3 = −dy 2 a dy k.12) Tramo CD: r2 − r1 = d 3 × (r2 − r1 ) = B(tramo CD) = a − i − y j. j.8.8.15) (I. ¿podr´ıas usar esta información para dise˜ nar un embobinado de corrientes que produjera un campo magnético uniforme dentro de una región esférica? I.I.2 A un anillo de hierro de 15 cm de longitud media se le enrolla un embobinado toroidal de 100 vueltas.9.1. uno de cobre y otro de hierro con corrientes eléctricas iguales I .0 A.1.1 A.1. θ) ignorando z y expresar el potencial ϕM en términos de los armónicos cil´ındricos de cos θ. sólo. Trabajar en dos dimensiones (r.9 ´ PROPIEDADES MAGNETICAS DE LA MATERIA I.9. I. tal que el eje del en un campo magnético inicialmente uniforme B 0 .9. Calcular la inducci´ on magnética cilindro está perpendicular a B dentro y fuera del cilindro.1. (b) 1. Mostrar que si se tienen dos cilindros como éste.9. I.1. Hacer un diagrama de las l´ıneas de B en todo el espacio. la fuerza que siente el alambre de hierro (μ μ0 ) es el doble de la que siente el de cobre (μ ≈ μ0 ). Determinar en el anillo cuando la corriente en el la inducción magnética B embobinado es (a) 0.9.4 Una barra cil´ındrica de hierro de 10 cm de longitud y 5 cm de diámetro tiene una magnetizaci´ on uniforme paralela a su 73 . Dacorrespondientes a una esfera con magnetización uniforme M 2 do que la inducción magnética para tal esfera B = 3 μ0 M es uniforme en su interior. (c) Obtener la magnetización para los dos casos (a) y (b). Enunciado de problemas I.3 Un cilindro largo de radio a y permeabilidad μ se coloca 0 .1 Encontrar la distribución de corrientes de magnetización . (b) Encontrar la corriente I que dar´ıa el valor correcto dentro del material si se coloca en la misma posici´ on que I . El momento dipolar es de 75 Am2 .´ticas de la materia Propiedades magne eje. de H ¿Cuál es la fuerza por unidad de longitud entre I y el material? 74 .1.9. Calcular el campo B dentro del hierro en Teslas.5 Un alambre recto muy largo que lleva una corriente I se encuentra paralelo a la superficie plana de un material magnético semiinfinito de permeabilidad relativa κm y a una distancia d de él (a) Mostrar que el campo magnético en la región del vac´ıo puede obtenerse como el resultado de esta corriente y una corriente imagen I = I(κm −1)/(κm +1) localizada a una distancia d dentro del material. I. 1(a)) .2.1(a) B=constante I( θ)=I0senθ Figura I.9. 75 ^ z .2.9.1(b) donde φ es el ángulo azimutal de las coordenadas esféricas.2.9.1 Puesto que M volumétricas.9. Soluciones: Propiedades magn´ eticas de la materia es uniforme ∇ ×M = 0 ⇒ no hay corrientes I.´ticas de la materia Soluciones: Propiedades magne I.2. =M ×n | K = |M z×n = M sen θφ M ϕ θ ^n Figura I.9.2. sólo puede haber corrientes superficiales dadas por (figura I. I.9.2.2(b) & · d H = ×H = J ⇒ ∇ c J · da = Is . s y tomando como superficie S la delimitada por el circuito C de la l´ınea punteada H = N I .2.´ticas de la materia Propiedades magne Poniendo un embobinado en dirección φ sobre la superficie de una esfera.2(a)).2.9.9.2.2(a) 1.52 B(T) 0.2.9. 76 . con la corriente variando como ∼ sen θ. Usando B C I Figura I.25 66 666 H (A/m) Figura I. se tendrá un campo B uniforme en el interior (figura I.1(b)).9.2 (Ver figura I. (b) para I = 1.2. θ) = ∞ (An rn + Dn r−n ) cos nθ r ≥ a. 0. pues son con los que se pueden satisfacer las condiciones de frontera) ϕM.´ticas de la materia Soluciones: Propiedades magne donde es la longitud de la circunferencia = 0.52T 4π×10−7 A A − 66 m = 1.3(a) . A ⇒ H = 100A 0.99 × 105 m . M = 0.2.3 Ver figura I. (c) B − μ0 H M= ⇒ μ0 Para I = 0.9.25T (figura I. 0 = B0 x = B0 (cos θ r − sen θθ) B Como no hay corrientes = −∇ϕ M H y ·B = 0 ⇒ ∇ 2 ϕM = 0 . . n=1 en el interior tiene la forma (excluyendo términos r−n pues la soluci´ on debe ser finita en r = 0) ϕM.1 A. A A − 666 m = 1.2 × 106 m . I.ex (r.9.15 m y Is = N I con N el n´ umero de vueltas total N = 100 N 100 I= I. M = Para I = 1. θ) = ∞ n=1 77 Cn rn cos nθ r < a.1 A ⇒ H = 0.2(b)).in (r.15m A = 666 m ⇒ B = 1.15m H= 10A A (a) Para I = 0.15 = 66 m m y de la curva de magnetización del hierro B = 0. ∇ la solución en coordenadas cil´ındricas en la región externa es (manteniendo sólo términos de cos θ.52T .2.9.25T 4π×10−7 1.0 A. μ0 78 r=a .ex 1 ∂ϕM.3(b) Las condiciones de frontera son: Bex )r (r = a) = Hex )θ (r = a) = ∂ϕM.2.3(a) Figura I.in ∂ϕM.9.2.ex Bin )r (r = a) ⇒ −μ0 = −μ ∂r ∂r r=a r=a 1 ∂ϕM.in Hin )θ (r = 0) ⇒ − =− r ∂θ r ∂θ r=a ex (r −→ ∞) B = B0 B0 x =⇒ ϕM.´ticas de la materia Propiedades magne r θ B0 Figura I.ex (r −→ ∞) = − r cos θ .9. justo fuera del hierro (imán). Esto implica B μ0 B0 = ⇒ B0 = .9. que podr´ıa escribirse como B = μFe H donde μFe μ0 (en el rango de magnetizaci´ on lineal).3(b)) y M. μ + μ0 ⇒ |F | Para la fuerza F = J × B Bin )Fe FFe = = FCu Bin )Cu pues μCu μ0 y I B πa2 in .ex ex = −μ0 ∇ϕ B μ − μ0 a 2 . μ0 que implica que An = 0 para n > 1 y A1 = − Bμ00 . μ0 + μ μ 0 M. los dos son en sentido opuesto a M.2.´ticas de la materia Soluciones: Propiedades magne De la u ´ltima se tiene n Σ∞ n=1 An r cos nθ −→ − B0 r r cos θ .4) B = μ0 (H + M ) . Ahora. μ D1 = −a2 μ0 − μ B 0 .2. μFe μFe μ0 .9. Las 2 primeras condiciones dan: C1 = A1 + D1 a−2 de donde C1 = −B0 y 2 μ0 + μ C1 = y μ0 (A1 − D1 a−2 ) .4 El campo B está dado por (figura I.9. I. 2μFe μFe +μ0 2μCu μCu +μ0 2μFe = 2. B0 (cos θ r + sen θθ) μ + μ0 r 2 ex B = B0 x + in B = 2μ B0 x .in in = −μ∇ϕ Los campos de inducción magnética B son (figura I. el campo H0 debe cumplir H0 = H por las condiciones de frontera.2. μ0 μFe μFe 79 .B. 9.2.2.5. 80 π 2 >θ> π 2 seg´ un .9.2.´ticas de la materia Propiedades magne H0 M Figura I.48 T .5 (a) Tomar las imágenes para cada lado |θ| < se muestra en la figura I.4 Entonces B = μ0 (H0 + M ) = B0 + μ0 M μ0 M = μ0 B = μ0 momento magnetico .2. volumen m 75A m2 75 Am2 = 0.9. = 4π × 10−7 T 2 πa L A π(0.9.5 I.1 m2 I κm d R2 r r R R1 θ θ I −d μ d μ0 μ para para |θ| < π/2 I d μ0 I 3π 2 >θ> y 3π 2 π 2 Figura I.025)2 0. |r − r | Para un alambre recto largo en dirección de z con corriente I . = 2π (2d) 4π d 1 + κm 81 . cuya solución es = μ A 4π ) 3 J(r d x. A 2π Entonces. en el otro lado μ I ln R1 . 2π En la frontera θ = π2 las condiciones B+θ θ = π2 = B−θ θ = π2 (componente normal) y H+r θ = π2 = H−r θ = π2 (compoA−z = − nente tangencial) dan μ0 (I + I ) = μI y I − I = I respectivamente. el potencial en el lado A+z = − π 2 > |θ| será μ0 (I ln R1 + I ln R2 ) . de donde I = I con κm = μ μ0 μ − μ0 κm − 1 =I μ + μ0 κm + 1 . (b) Se obtiene también I = 2I 2I = . la ley de Ampere ∇ ×H = J Como B 2 da la ecuación para A : ∇ A = −μJ . 1 + μ/μ0 1 + κm La fuerza es aquella con la que se atraen (o repelen) I y I F = −μ0 II μ0 I 2 1 − κ m .´ticas de la materia Soluciones: Propiedades magne =∇ ×A y B = μH . = − μ I ln |r − r0 | z. 2π con R1 = (d2 + r2 − 2rd cos θ)1/2 y R2 = (d2 + r2 + 2rd cos θ)1/2 . . N = 8.10.10. que es tangente a la función de Langevin de la recta M = γμkT 0 m0 M = N m0 [coth y − 1/y] en el origen.10. m0 .4 Calcular la susceptibilidad diamagnética del neón a temperatura y presión estandar (0◦ C.1. Enunciado de problemas I. Ms = Magnetizaci´ on espont´ anea dT T =0 I.2 Mostrar que la teor´ıa de Weiss del ferromagnetismo viola la tercera ley de la termodin´ amica.1. Suponer que el origen es totalmente paramagnético y encontrar el dipolo magnético permanente correspondiente.I.10. Usar los valores experimentales para el hierro Tc = 1043◦ K.3 Se encuentra que χm = 2. I.1 La magnetización de un material ferromagnético se anula a la temperatura de Curie.1.10. con una frecuencia de rotación f .5 Un alternador consiste en una bobina de N vueltas de a´rea A. I.10 ´ TEORÍA MICROSCOPICA DEL MAGNETISMO I.10. que est´ a dada por la pendiente y . Encontrar 83 .1. que gira en un campo B alrededor de un diámetro perpendicular al campo. m0 = 2μB .7 g/cm3 y su peso atómico 27 g/mol] I. mostrando que dMs = 0.1.5 × 1028 m−3 para determinar γ . y que su radio medio es R = 4 × 10−9 cm. 1 atm) con la suposición de que sólo los ocho electrones exteriores en cada átomo contribuyen. ¿Cuántos magnetones de Bohr son? [la densidad del Al es 2.2×10−5 para el aluminio a 20◦ C.1. A = 10−2 m2 .6 Un alambre recto infinitamente largo que lleva una corriente constante coincide con el eje z . (b) Si ahora la espira se mueve con velocidad constante v paralelamente al eje x y alejándose de I .1.´ pica del magnetismo Teor´ıa microsco la FEM en la bobina. B = 0. ¿Cuál es la amplitud del voltaje alterno si N = 100. encontrar la FEM inducida ¿Cuál es la direcci´ on de la corriente inducida? 84 .1 T y f = 2000 rpm? I. Una espira circular de radio a est´ a en el plano xz con su centro en el eje x positivo a una distancia b del origen.10. (a) Encontrar el flujo a través de la espira. define Ms impl´ıcitamente. y2 Su valor en y = 0 se obtiene de la expansi´ on en serie de Taylor dM = N m0 dy 1 y2 − + ··· 3 15 ⇒ Entonces la pendiente de la recta M = para obtener la temperatura de Curie Tc N m0 dM = . .10. dy y=0 3 kT y γμ0 m0 debe ser N m0 3 N m0 kTc 3kTc = . m0 = 2μB = 2 2m .2 La magnetización espont´ anea está dada por el cruce de y con L(y) = coth y − y1 las dos curvas. M = N m0 L(y) y M = γμkT 0 m0 la función de Langevin.10. Ms dMs − 2 dT T T % Entonces dMs N m20 μ0 γMs L . =− N m2 dT 0 kT 2 1 − μ0 γL kT 85 . Substituyendo la segunda en la primera Ms = N m0 L Ms γμ0 m0 kT . I.10.2. Soluciones: Teor´ıa microsc´ opica del magnetismo I.1 La pendiente de la función de Langevin M = N m0 coth y − y1 es dM = N m0 dy 1 − (cschy)2 . De aqu´ı γN m20 μ0 dMs = L k y la derivada de L es L = 1 y2 $ − csch2 y .´ pica del magnetismo Soluciones: Teor´ıa microsco I.5 × 10 m ) γ = 1176. e 28 −3 N = 8.2. ⇒γ= γμ0 m0 3 μ0 N m20 e Para los valores dados del Fe (Tc = 1043◦ K.2. 6 × 10−21 m2 . 4me i Como para el Ne hay 8 electrones externos en el mismo orbital con R0 = 4 × 10−9 cm ⇒ Ri2 = 8R02 = 8 × 1. N μ0 Dada la densidad de masa ρ = 2.6 × 1025 m−3 .7 g/cm3 y el peso atómico A = 27 g/mol la densidad de part´ıculas es N = m0 = 2.67 × 10−24 g 1/2 3 × 1.27 I. dMs dT → T =0 −k −k y 2 L → = 0 . pues calor espec´ıfico y éste debe → 0 en T → 0.7g/cm3 ρ = = 6 × 1022 cm−3 = 6 × 1028 m−3 .38 × 10−23 × 273J 2.6 × 10−21 NwA−2 m−1 − 4 × 9.2 × 10−5 = 1.88 × 10−24 Am2 .3 Para materiales paramagnéticos χm N m20 μ0 = ⇒ mo = 3kT 1 3kT χm .4 Para materiales diamagnéticos χm = − N e 2 μ0 2 Ri . cuando T → 0. 4π × 10−7 NwA−2 × 6 × 1028 m−3 como el magnetón de Bohr es μB = n´ umero de magnetones es n= e 2me = 9.6 × 1025 × (1.10.2. μB 9. dM dT da el I.6 × 10−19 C)2 × 4π × 10−7 × 8 × 1. 86 .88 = = 0.27 × 10−24 Am2 . i N se obtiene de la ecuaci´ on del gas ideal p = N kT N = χm = = 105 N/m2 p 1atm = = = 2. y = M γm → ∞ =⇒ L → 0 y tambi´ en kT 2 2 2 Ms → N m0 y y L = 1 − y csch y → 1.2 . ◦ kT k · 273 K 1. el m0 1.1 × 10−31 kg −3 × 10−9 . Amp 27 · 1.38 × 10−23 J/◦ K × 293◦ K × 2. γm0 μ0 γm0 μ0 por lo que se viola la 3a ley de la termodinámica.10.´ pica del magnetismo Teor´ıa microsco 0 μ0 Ahora.2. 2. m 20.10. Para el diagrama r → x y φ → y.2(b)) ·n B da Φm = S 87 con n = y . = μ0 I φ B 2πr con r la distancia normal al alambre.10. dt La amplitud del voltaje alterno inducido es ε0 = ε0 = seg −1 ωN AB = 2π × 2000rpm × 60 × 100 × 10−2 m2 × 0.1T .5 Ver figura I.2(a)) .10.1 A B ω Figura I.2.10. θ= ε=− dΦm = N AB(sen ωt)ω .2. I.´ pica del magnetismo Soluciones: Teor´ıa microsco I. El flujo total Φm = N Φm1 y la FEM es.6 a) El campo magnético de un alambre recto infinito es (figura I.1 Para una vuelta Φm1 = ·n B da = AB cos θ.2. A . El flujo magnético es (figura I.2.10. ángulo entre n y B Como está girando θ = ωt.2.9 V . .10. 2. x π 0 b + a cos θ 88 .2(b) Φm = μ0 I 2π S da μ0 I = x 2π b+a b−a 2zdx .2.´ pica del magnetismo Teor´ıa microsco Z I a X b Figura I. x para este c´ırculo la ecuación es (x − b)2 + z 2 = a2 ⇒ z = Φm = μ0 I π b+a b−a a2 − (x − b)2 ⇒ a2 − (x − b)2 μ0 I π a2 sen2 θdθ dx = .2(a) dx b−a b+a Figura I.10.10. b+a b) Si la espira se mueve a lo largo de x entonces b = b(t) y v = y la fem es ε=− dΦm dΦm =− v = μ0 Iv dt db $ √ b −1 2 b − a2 db dt % . la dirección de la corriente inducida es en el sentido de las manecillas del reloj para producir un campo que compense a la disminuci´ on del campo que siente la espira al alejarse. Evaluando la integral Φm √ √ b b + a − (b + a) b − a √ = μ0 I . seg´ un la ley de Lenz. 89 .´ pica del magnetismo Soluciones: Teor´ıa microsco con el cambio de variable x − b = a cos θ. . 3 91 .1.2 Dos circuitos de inductancias L1 y L2 y resistencias R1 y se colocan uno cerca del otro.11.11.1.11. La carga fluye longitudinalmente por el interior de un cascarón y regresa por el exterior.1 Un circuito consiste de 2 cascarones cil´ındricos coaxiales de radios R1 y R2 (R2 > R1 ) y longitud igual L.11 ´ ELECTROMAGNETICA ´ INDUCCION I. conectados por placas planas en los extremos.1. R2 R1 i L Figura I.1).11.11. Si se aplica un voltaje V repentinamente en uno de ellos. Enunciado de problemas I.1. R2 R2 I.1.I.1. ¿Cuál es la autoinductancia de este circuito? (figura I. mostrar que la cantidad de carga que circula en el otro circuito es Q = RV1M . La inductancia mutua entre ellos es M .11.1 I. Ib respectivamente.11.2(a) y I.1.´ n electromagne ´tica Induccio (a) Usar la fórmula de Neumann para encontrar la inductancia mutua de los circuitos de la figura (a). b a.2(a) Figura I.2(b) (b) Ahora considerar las corrientes de la figura (b) suponiendo que están todas en el mismo plano. [Ayuda: Suponer que el segmento recto va de −L a +L donde L es muy grande y tomar una expansi´ on en potencias de 1/L].11.1.11. (Ver figura I. el eje está sobre el plano del circuito mayor.4 Un circuito en forma de una vuelta circular de alambre de radio b se coloca en el centro de un circuito mayor de radio a. I.1. Verificar que en el l´ımite apropiado el resultado se reduce al de la primera parte.1.1. ¿Cuál es su direccón cuando Ia e Ib están en la misma dirección? 92 .11.2(b)) I I I a C d b D I a b d I C Figura I. El circuito peque˜ no se fija a un eje diametral y es libre de rotar alrededor de él.11. Si el ángulo entre las normales a los dos circuitos es θ. calcular la torca sobre el circuito movil. Los circuitos llevan corrientes Ia . Encontrar la inductancia mutua entre el circuito compuesto por las dos corrientes de direcciones opuestas (infinitos ) y el rectángulo. I.1.Enunciado de problemas I. 93 .5 Considerar dos circuitos de corriente en interacci´ on cars/2 s/2 s acterizados por las inductancias L1 = βI1 .11. Este es un sistema magn´ etico reversible pero no lineal.6 Calcular la fuerza entre el alambre recto y el circuito rectangular del problema 3 (a) si las corrientes son I1 e I2 . donde β y s son constantes.11. M12 = M21 = βI1 I2 y L2 = βI2s .1. Calcular la energ´ıa magnética del sistema en términos de las corrientes finales I1 e I2 . Hacerlo de dos maneras: (a)Primero produciendo las corrientes en la misma proporción desde cero hasta sus valores finales y (b) también manteniendo I2 = 0 mientras I1 alcanza su valor final y después cambiar I2 . 11.11.11.2.1 Para calcular el campo B se toma la superficie de integración en forma de disco mostrada.3) & → Bd = μ0 I B2πR = μ0 I . = ln I 2π R1 94 dR μ0 I R2 .3 Entonces B= μ0 I . Soluciones: Inducci´ on electromagn´ etica I.11. de radio R (ver figura I. = ln R 2π R1 . R2 R1 l I R Figura I.2. 2πR El flujo es ΦB = s R2 Bda = B R1 0 dzdR = μ0 I 2π R2 R1 La inductancia es entonces L= ΦB μ0 R 2 .´ n electromagne ´tica Induccio I. c donde I es la corriente total que fluye por el cilindro.2.2. 2 Al encender V empieza a circular corriente en el circuito 1. dq = − M dV .1) El campo B producido por dI1 produce un flujo magnético en el circuito 2.4) dV = R1 dI1 .11. Para un intervalo de tiempo dt la ecuación (I. R 1 R2 Integrando desde V = 0 hasta V da la carga total Q de magnitud Q= 95 MV .1). dado por dΦ2 = M dI1 .2. (I.11.11.2.2.11.3) .3) da R2 I2 dt = − RM1 dV as´ı que la carga que circula dq = I2 dt es.11.11. (I.2) da.11. Para un incremento dV la corriente dI1 correspondiente es (figura I. se produce una fem en I. R1 R2 (I.2 que satisface ε2 = R2 I2 .2) De acuerdo a la ley de Faraday.11.4 I. usando la ecuación (I. (I. por tanto. −ε2 dt = M dV .´ n electromagne ´tica Soluciones: Induccio R2 R1 L2 L1 V M Figura I.11. por la inductancia mutua que hay.11. R1 que con la ec. 5. |r1 − r2 | En este sistema de coordenadas |r1 −r2 | = d2 + (y1 − y2 )2 . sólo contribuyen las 2 secciones verticales. con signos opuestos M = − b L μ0 1 dy1 dy2 4π d2 + (y1 − y2 )2 −L 0 L b 1 dy1 dy2 (d + a)2 + (y1 − y2 )2 −L 0 (I.3 (a) Ver figura I.11.11.11. Como d 1 es perpendicular a d 2 cuando éste es horizontal.´ n electromagne ´tica Induccio I.5 La formula de Neumann es M= μ0 4π & & C1 C2 d 1 · d 2 . Y |r1 − r2 | I b d1 d2 a d X Figura I.4) y hay que hacer L → ∞. Primero tomamos la integral L −L dy1 = ln d2 + (y1 − y2 )2 ! 96 y1 − y2 + d 2 (y1 − y2 )2 1+ d2 " L −L .11.2.2.2. 6 Como nos interesa tomar el l´ımite L → ∞ . + L 2L2 ! " 2 y2 y2 2 d2 L −1 − + 1+ + L L2 L 2 2 d d + ··· L . antes de integrar en y2 expandemos en potencias de L−1 L − y2 + ! d2 + (L − y2 )2 = −L − y2 + d2 + (L + y2 )2 = " y2 2 d2 + 1 − L2 L 2 2y2 d L 2− + · · · 2L − 2y2 . Entonces M μ0 4π b = − 0 d2 + (L − y2 )2 −(L + y2 ) + d2 + (L + y2 )2 0 L − y2 + (d + a)2 + (L − y2 )2 dy2 ln . (L − y L) = −(L − y ) ln (L − y L) − 1 2 2 2 d2 d2 0 97 . 2L2 2L L 1− y2 + L 2 as´ı que la primera integral se reduce a b 0 dy2 ln b 4 2 4 2 .11.´ n electromagne ´tica Soluciones: Induccio y la del 2◦ término es igual pero cambiando d → d + a. −(L + y2 ) + (d + a)2 + (L + y2 )2 b dy2 ln L − y2 + Y I 0 I D b a d X Figura I.2. ´ n electromagne ´tica Induccio y en la 2a integral se tiene lo mismo pero con d → d + a. as´ı que M = − = μ0 4L 4L2 L ln 2 − 1 − (L − b) ln 2 (L − b) − 1 4π d d . 2 4L 4L L ln − 1 + (L − b) ln (L − b) − 1 (d + a)2 (d + a)2 . Como la normal al área rectangular. la dirección positiva es la que sale de la p´ agina. = + (b − L) ln b ln 4π d2 d2 2π d (b) Esto lo calculamos a partir del flujo magnético a través del circuito rectangular tomando el origen sobre el alambre de la izquierda (figura I. en la dirección de las manecillas del reloj en que se recorre el circuito. y entonces B ΦB12 = − d+D+a d+D . 2 (d + a) (d + a)2 μ0 μ0 d+a L ln .2. que es x.11. ΦB12 = b 0 d+D+a B1 dxdy d+D El campo de los alambres rectos en el lado derecho se escribe B1 = μ0 I μ0 I − 2πx 2π(x − D) pues sólo depende de la distancia normal al alambre.6). Aqu´ı. es hacia adentro ·n < 0. − − ln 2π x x−D 2π d d+D La inductancia mutua es M= ΦB12 μ0 b = ln I 2π d+a d+D d d+D+a . d+D+a 98 . pues l´ım D→∞ d+D = 1. μ0 Ib d+a μ0 Ib dx dx d+D+a = ln . El l´ımite que lleva al caso de la primera parte es D → ∞ y se obtiene el resultado anterior. (ver figura I. 2a 2a donde θ es el ángulo entre k (normal a Ia .7) b Ib a Ia Figura I. B 2a El flujo a través de b es entonces ·n B da = Φb = S μ0 Ia 2 μ0 I a k·n (πb2 ) = πb cos θ . 2 2 99 .4 En el centro de una espira circular. fijo ) y n (normal a Ib .11. Ia 2a y la energ´ıa magnética U= 1 1 La Ia2 + Lb Ib2 + Mab Ia Ib .´ n electromagne ´tica Soluciones: Induccio I. sobre el eje perpendicular a ella (eje z ) el campo magnético se encontró que es.que gira).2. B 2 2 (z + a2 )3/2 Como la espira peque˜ na tiene radio b a se puede suponer que el campo debido a Ia es uniforme a μ0 Ia k.11.11.2.7 a2 a = μ 0 Ia k. La inductancia mutua Mab es Mab = Φb μ0 πb2 = cos θ .2. a un tiempo dado en que las corrientes que se están creando son I1 e I2 el trabajo es dWb = L1 I1 dI1 + M12 I1 dI2 + M21 I2 dI1 + L2 I2 dI2 .5 El trabajo diferencial es dWb = I1 dΦ1 + I2 dΦ2 con los flujos dados por dΦ1 = L1 dI1 + M12 dI2 .11. (a) Primero tomamos que todas las corrientes se incrementan en la misma proporción as´ı que I1 = αI1 . L2 = β(I2 )s y M12 = M21 = β(I1 )s/2 (I2 )s/2 . dI2 = I2 dα donde I1 .2. I. s+2 100 . I2 = αI2 . donde L1 = β(I1 )s . As´ı Wb = + = 1 (I1 α)s (I1 α)I1 dα + (I1 α)s/2 (I2 α)s/2 I1 αI2 dα (I1 α)s/2 (I2 α)s/2 I2 αI1 dα + (I2 α)s (I2 α)I2 dα 1 s/2+1 s/2+1 I2 + I2s+2 αs+1 ds β I1s+2 + 2I1 dWb = β 0 0 = 1 L1 I12 + 2M12 I1 I2 + L2 I22 = U .´ n electromagne ´tica Induccio As´ı que la torca N= ∂U ∂Mab μ0 πb2 = Ia Ib = −Ia Ib sen θ ∂θ dθ 2a dirigida a lo largo del eje de giro. As´ı que. dI1 = I1 dα. Cuando las corrientes tienen el mismo sentido ⇒ θ < π por lo que sen θ ≥ 0 as´ı que N < 0 (apunta a la izquierda en la figura). I2 son valores finales. dΦ2 = M21 dI1 + L2 dI2 . s+2 s+2 después mantenemos I2 fijo y crecemos I1 (paso 2) Wb 2 I1 = 0 = β (L1 I1 dI1 + M21 I2 dI1 ) I1s+2 s/2+1 + I2 s+2 I1 0 s/2 I1 .´ n electromagne ´tica Soluciones: Induccio (b) Ahora empezamos con I1 = 0 y crecemos I2 (paso 1) Wb 1 = I2 0 L2 I2 dI2 = β I2 0 (I2 )s+1 dI2 = βI2s+2 1 = L2 I22 . F pues sólo M12 depende de la separación entre los circuitos d.11.6 La fuerza. Usando la expresión obtenida para M12 en el problema I. 101 .3(a) = I1 I2 μ0 ∇ d b ln d + a . cuando las corrientes son constantes es = ∇U = I1 I2 ∇M 12 . dI1 = M12 I1 I2 1 L1 I12 + .2.2. F 2π d d es la variable a μ0 ab = μ0 I1 I2 b d = − I1 I2 − 2 x x F 2π d+a d 2π d(d + a) tiende a juntarlos. s+2 I. s+2 s/2 + 1 La energ´ıa es el trabajo total U = W b1 + W b 2 = 1 L2 I22 + L1 I12 + 2M12 I1 I2 .11. . I.12 FÍSICA DE PLASMAS I.12.1. Enunciado de problemas I.12.1.1 Considérese un plasma de electrones y protones con temperaturas iguales Te = T1 = T en un campo gravitacional g en dirección −z . Si los iones y electrones fueran neutros sus densidades estar´ıan dadas por la relación de Boltzmann para la en Ug . Esto producir´ıa erg´ıa gravitacional Ug = −mgz ; nj = n0j exp − kT que ne = ni . Como no son neutros en realidad, se generarán campos eléctricos que tenderán a mover hacia arriba a los iones y hacia abajo a los electrones. Tomando en cuenta la energ´ıa electrostática de estos campos, modificar la expresión para nj dada por la relación de Bolzmann, usando la condici´ on ni = ne para el equiblibrio. I.12.1.2 Un plasma poco denso (n = 1013 cm−3 ) se encuentra en = (0.1tesla) on presencia de un campo magnético B y bajo la acci´ de la gravedad g = −gz . Aplicando la teor´ıa de órbitas, porque hay pocas colisiones, encontrar la corriente eléctrica resultante, en Amperes/m2 . Para ello calcular la velocidad de deriva de electrones e iones a partir de la velocidad de deriva eléctrica, reemplazando la fuerza eléctrica qj E por la fuerza gravitacional mj g. # De ah´ı obtener la densidad de corriente J = j qj nj vj tomando mi = mp me , ni = ne = n ¿Qu´ e dirección tiene? I.12.1.3 Se tiene un plasma colisional descrito por las ecuaciones MHD en estado estacionario, con flujo (V = 0), en una dirección son mutuamente perpendiculares fija x. Si se supone que V , J y B 103 F´ısica de plasmas y son funciones sólo de x, y que la sección transversal del canal de flujo es independiente de x (ρVx = f (x)), mostrar que la velocidad de flujo ! " V = V0 − 1 2ρ0 V0 μ0 2 Jdx − B02 + 2p − 2p0 μ0 ; donde V0 es la velocidad cuando ρ = ρ0 , B = B0 y la presión p = p0 . I.12.1.4 Una esfera homogénea de radio a y conductividad eléctrica σ se mueve con velocidad −V0 en un fluido incompresible no viscoso de conductividad σ en presencia de un campo magnético 0 . La velocidad V 0 es paralela a B 0 . Calcular las p´ erdidas uniforme B Joule que resultan de las corrientes inducidas en el sietema, e igualando éstas a la tasa a la que disipa energ´ıa mecánica por la esfera (F1 V0 ), calcular la fuerza de arrastre F1 Suponer un flujo potencial en el fluido: en el sistema de coordenadas en el que la esfera est´ a en reposo, la velocidad del fluido está dada por =V 0 + 1 a3 ∇ V 0 · r V 2 r3 relativa a un origen en el centro de la esfera I.12.1.5 Calcular el efecto de amortiguamiento colisional sobre la propagación de ondas electrostáticas de Langmuir a˜ nadiendo un término de colisiones −me nνc u a la ecuación de movimiento de los electrones. (a) Encontrar la relación de dispersión para ω, (b) De ah´ı encontrar Im(ω) y mostrar que sustituyendo en la solución oscilatoria ∼ exp(−iωt + ik · r) el signo realmente indica que la onda se amortigua. I.12.1.6 Una sonda cuya superficie colectora es una hoja de tantalio cuadradada de 2 × 2 mm. tiene una corriente de saturacón de 100μA cuando se introduce en un plasma de Argón una vez ionizado (con masa atómica 40). Si se sabe que la temperatura electr´ onica es kTe = 2eV , calcular la densidad. (Nótese que ambos lados de la sonda colectan corriente). 104 Soluciones: F´ısica de plasmas I.12.2. Soluciones: F´ısica de plasmas I.12.2.1 Debido a que Ug = −mj gz la energ´ıa gravitacional de los iones es mayor, en valor absoluto, que la de los electrones, dado que mi me ; as´ı que la densidad m gz Ug j = n0j exp nj = n0j exp − kT kT disminuye con z m´ as rápido para iones que para electrones, con lo que se produce separación de carga, y por tanto un potencial electrostático ϕ(z). La energ´ıa será entonces U = Ug + UE = −mj gz − qj ϕ(z) con qi = e, qe = −e . La condición ni = ne determinará el valor de ϕ U n0i exp − kT = = mi gz + eϕ(z) kT me gz − eϕ(z) U = n0e exp , n0e exp − kT kT n0i exp como originalmente hay neutralidad: n0i = n0e , as´ı que la condición se reduce a mi gz + eϕ = me gz − eϕ ⇒ ϕ(z) = (me − mi )gz . 2e As´ı que las densidades finales son ni = ne = n0 exp (me + mi )gz 2kT n0 exp m gz i . 2kT I.12.2.2 La velocidad de deriva del centro de giro cuando hay una fuerza F es (reemplazando F = qE) vdj = y como ×B F qj B 2 ⇒ para mj g = −mj g , F z ⇒ vdj = − z × B qj B 2 mj g = B x , B y ⇒ vdj = qj B 105 F´ısica de plasmas distinta para iones y electrones. Entonces se genera una corriente eléctrica J = nj qj vj = ni qi j = mi g me g + ne q e qi B qe B x ng ngmi x (me + mi ) x . B B Para los valores dados J= (1019 m−3 )(9.8m/s2 )(1.6 × 10−27 Kg) A = 1.5 × 10−6 2 0.1 tesla m en dirección x. I.12.2.3 La ecuación de movimiento MHD para un estado de ∂ = 0 es: equilibrio ∂t ·∇ V = −∇p + J × B . ρV Si = (Vx , 0, 0) V y J = (0, Jy , 0), = (0, 0, Bz ) B y sólo dependen de x, la ecuación es ρVx dP d Vx = − + Jy Bz . dx dx Como el área de flujo del canal A es constante, la ecuación de continuidad: ρVx A = const implica ρVx = const = ρ0 V0 . z . Entonces, La Ley de Ampere da Jy = − μ10 dB dx ρ0 V0 B2 dVx dBz dP 1 d Bz + + =0⇒ ρ0 V0 Vx + P + z = 0 . dx dx μ0 dx dx 2μ0 Integrando desde el punto (0) ρ0 V0 (Vx − V0 ) + (P − P0 ) + Vx = Vx = Bz2 − B02 + P − P0 0, usando Bz = −μ0 Jy dx , 2μ0 ! " 2 1 B02 Jy dx − V0 − + 2P − 2P0 . μ0 2ρ0 V0 μ0 V0 − 1 ρ0 V 0 Bz2 − B02 = 0, 2μ0 106 Soluciones: F´ısica de plasmas σ σ a v0 σ −v0 0 B 0 B Figura I.12.2.0(a) I.12.2.4 Pasando al sistema de referencia de la esfera (figura I.12.2.0(a)) a descrito por V = V0 + Aqu´ı el flujo potencial est´ 1 3 0 · r3 . a ∇ V 2 r Seg´ un la Ley de Ohm generalizada la corriente inducida es +V × B) J = σ(E pero = 0. E Dentro de la esfera no hay movimiento ⇒ V = 0 ⇒ J = 0. Sólo en el fluido exterior hay corriente dada por ×B 0 = σ a3 ∇ V 0 · r × B 0 J = σ V 2 r3 pues 0 × B 0 = 0 . V La potencia Joule disipada, por unidad de volumen, es 2 σ r 6 V 0 · 0 ×B 0 = σ|V ×B 0 | = a ∇ ×B P = J · E = J · V 3 4 r 2 y la potencia total viene de integrar sobre todo el volumen del fluido (figura I.12.2.0(b)) P = J · EdV B0r = 2 π ∞ σ 6 ∂ cos θ cos θ ∂ 2 V0 2 V0 2 B0θ − B0r sen θdθ r dr , a 2π 4 ∂r r r∂θ r 0 a B0 cos θ , B0θ = −B0 sen θ , = 107 F´ısica de plasmas r θ B0 Figura I.12.2.0(b) π P = σ a6 V02 B02 2 ∞ a dr r4 π 0 9 cos2 θ sen3 θdθ = 2 3 πa σV02 B02 . 5 Esto se puede igualar a la energ´ıa mecánica disipada por una fuerza de arrastre F1 : P = V0 F1 de donde F1 = 2 3 πa σV0 B02 . 5 I.12.2.5 Las ecuaciones de fluidos relevantes, incluyendo un término de colisiones, son n e me ∂ve ∂t ∂ne · (ne ve ) +∇ ∂t ·E ∇ = − ne me νcve , n e qe E = 0, = e 1 (qi ni + qe ne ) = (ni − ne ). 0 0 Tomando variaciones sólo en dirección x y separando la contribuci´ on de las oscilaciones (denotadas por sub´ındice 1) como ne = n0 + n1 , ve = v1 , E = E1 y ni = n0 (iones fijos) se pueden linealizar las ecuaciones a, n 0 me ∂v1 ∂t d ∂n1 + n 0 v1 ∂t dx dE1 dx = −n0 eE1 − n0 me νc v1 , = 0, = − 108 e n1 . 0 Soluciones: F´ısica de plasmas Ahora se suponen variaciones oscilantes n1 = n exp(−iωt + ikx) y lo mismo para E1 y v1 , con lo que −iωv1 = −m−1 e eE1 − νc v1 , −iωn1 + ikn0 v1 = 0, ikE1 = − e n1 . 0 (a) Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra la relaci´ on de dispersión para ω. (iω − νc )ω = i e 2 n0 ≡ ωp2 i ⇒ ω(ω + iνc ) = ωp2 . m e 0 (b) Separando ω = Re(ω) + iIm(ω) ≡ ωR + iωI y substituyendo en la ecuación anterior se tiene que, igualando las partes imaginarias 2ωR ωI + νc ωR = 0 ⇒ ωI = − νc 2 que es negativa y por lo tanto indica amortiguamiento, pues e−iωt = e−iωR t+ωI t = e−iωR t e−νc t/2 . I.12.2.6 Como los 2 lados de la sonda colectan carga, la densidad de corriente es J= I 10−4 A A 100μA = = 12.5 2 . = 2 2A 2 × 4mm 8 × 10−6 m2 m El potencial negativo hace que sólo la corriente de iones cone tribuya, con velocidades v0 ≥ kT 2e Js = = 1/2 1/2 kTe Ji mi ⇒ n0 = 2 mi e kTe "1/2 ! 2 × 12.5A/m2 40 × 1.6 × 10−27 kg = 7 × 1016 m−3 . J 1.6 × 10−19 C 2eV × 1.6 × 10−19 eV Ji = 1 n0 e 2 109 . 1.13.13. 2. mostrar que la ecuación de onda toma una forma que se puede integrar fácilmente. que contiene en su interior un dieléctrico que es un aislante perfecto. 3 (componentes espaciales). .1.I. t) = E1 (ξ) + E2 (η) con E1 y E2 funciones arbitrarias. I. Enunciado de problemas I. en forma covariante: mc dU ds ecuación de movimiento tridimensional d p + v × B) = q(E dt para μ = 1. 2 2 I.2 Dada la ecuaci´ on de onda unidimensional ∂∂zE2 = μ ∂∂tE2 donde E es la magnitud del campo eléctrico. (b) Encontrar la magnitud y direcci´ on del vector de Poynting S en P .13 ECUACIONES DE MAXWELL I. suponer que E tiene direcci´ on constante a lo largo de y. Introduciendo el cambio de √ √ variables ξ = t + μz . 2 1/2 1 − vc2 para μ = 0. donde el campo D es uniforme.1 Dos placas circulares de radio a separadas por una distancia d forman un capacitor ideal. (c) Integrar S · n sobre la superficie cil´ındrica del dieléctrico y mostrar que el resultado es igual a la derivada temporal de la energ´ıa elelctrostática almacenada.3 Mostrar que la ecuaci´ on de movimiento para una parμ = qFμν U ν representa la t´ıcula cargada. El capacitor está siendo cargado por una corriente constante I .13.13.1. y la ecuación de energ´ıa d · v K = qE dt con K= 111 mc2 . η = t − μz . dando por resultado E(z. (a) Encontrar el campo H en un punto P sobre la superficie cil´ındrica del dieléctrico.1. Ecuaciones de Maxwell I.13. ∇ ∂t se obtienen de la ecuación ∂Fμν = μ0 jμ .1. dependientes de las fuentes: ·D =ρ ∇ y ×H − ∂ D = J. ∂Fνλ ∂Fλμ ∂Fμν + + =0 ∂xλ ∂xμ ∂xν dan las ecuaciones de Maxwell homogéneas: ·B =0 ∇ y ×E + ∂B = 0 . μ ν αβ μ 112 .13.4 (a) Verificar que las ecuaciones de campo. ∇ ∂t (b) Mostrar que las otras dos ecuaciones.5 Obtener las transformaciones de los campos E y B partir de la transformaci´ on del tensor de campo electromagnético β α Fμν = Lα L F donde L es la matriz de transformaci´ on de Lorentz. ∂xμ a I.1. 2.2. 113 .13. rodeada por C . D S Si la superficie S se toma como la S1 plana. Esto determina el valor de ∂D/∂t. Soluciones: Ecuaciones de Maxwell I.13.2.0(a) & · d H = C ∂ J · da + ∂t S · da .13.0(a)) a S1 P d C S2 I Figura I.13.Soluciones: Ecuaciones de Maxwell I. sobre ella J = 0 y entonces H2πa = ∂D 2 a ∂D πa ⇒ H = . entonces D = 0 y H2πa = I J · da = I ⇒ H = 2πa que debe ser igual a lo anterior.1 ×H = J + ∂ D (a) De la ecuación ∇ se integra sobre el contorno ∂t circular C que pasa por P (figura I.2. ∂t 2 ∂t Si la superficie se toma como S2 que termina en el mismo contorno C pero se deforma para pasar por el alambre. el cambio en la energ´ıa almacenada es igual al flujo saliente total de energ´ıa. I.Ecuaciones de Maxwell H D Figura I. Consecuentemente. la energ´ıa electrostática es UE = entonces dUE d = dt dt V E·D dV .0(b)).2. as´ı que ·n S da = S 2π 0 d 0 S(dz)(adθ) = a ∂D2 ∂D d ∂D2 2πad = πa2 = πa2 dE . 4 ∂t 2 ∂t ∂t Por otro lado.0(b) (b) 2 =E ×H = D ×H = DH = a D ∂D = a ∂D S 2 ∂t 4 ∂t y D son perpendiculares (ver figura I.13.2 La ecuación de onda ∂2E ∂2E = μ . ∂z 2 ∂t2 114 .13.13. 2 v D2 1 ∂D2 dV = (πa2 d) 2 2 ∂t que coincide con la integral de S . pues H (c) S es normal a la superficie cil´ındrica.2.2. se tiene ⇒ ∂ ∂z = ∂2 ∂z 2 = ∂ ∂t = = √ ∂ξ ∂ ∂η ∂ ∂ ∂ . −γ β) 2 ds c 1 − β dt 115 con γ = (1 − β 2 )−1/2 y = v β c . F2 E= 3 F1 (η)dη +E1 (ξ) ⇒ E(z. t) = E1 (ξ) + E2 (η) . + = μ − ∂z ∂ξ ∂z ∂η ∂ξ ∂η 2 ∂ ∂2 ∂2 ∂ ∂ ∂ ∂ μ + − 2 − − = μ .13. Otra integración: F1 .Soluciones: Ecuaciones de Maxwell Con el cambio de variables ξ = η = t+ t− √ √ μz . μz . ∂ξ o funciones arbitrarias. Integrando ∂2E ∂E =0⇒ = F1 (η) ∂ζ∂η ∂η ∂E = F2 (ξ) . 45 6 E2 (η) I.3 La ecuación de movimiento es: mc dUμ = qFμν U ν . ds La cuadrivelocidad es Uμ = dxμ dxμ 1 = = (γ. ∂ξ ∂η ∂ξ ∂η ∂ξ 2 ∂η 2 ∂ξ∂η ∂ ∂ ∂2 ∂ ∂ ∂ ∂ + ⇒ 2 = + + ∂ξ ∂η ∂t ∂ξ ∂η ∂ξ ∂η ∂2 ∂2 ∂2 + +2 . 2 2 ∂ξ ∂η ∂ξ∂η As´ı que ∂2E ∂2E ∂2E − μ 2 = −4μ =0 2 ∂z ∂t ∂ξ∂η es la ecuación de onda.2. γ β) La cuadriaceleración dUμ dUμ γ =γ = ds dt c dγ d .13. es: ⎛ ⎞ Fμν 0 ⎜ ⎜ −E1 /c ∂Aν ∂Aμ = − =⎜ ⎜ −E /c ∂xμ ∂xν 2 ⎝ −E3 /c E1 /c E2 /c E3 /c 0 −B3 B2 B3 0 −B1 −B2 B1 0 as´ı que el lado derecho de la ecuación de movimiento es: ⎛ ⎜ ⎜ −E1 /c qFμν U ν = qγ ⎜ ⎜ −E /c 2 ⎝ −E3 /c que es igual a ⎛ mc ⎞ · E/c β ⎟ +β3 B2 ⎟ ⎟ −B1 β3 ⎟ ⎠ +B1 β2 −β2 B3 +B3 β1 −B2 β1 dK/dtc ⎜ dUμ γ ⎜ −dp1 /dt = ⎜ ds c⎜ ⎝ −dp2 /dt −dp3 /dt ⎞ ⎟ ⎟ ⎟.2.4 116 ecuación de momento. U μ = (γ. puesto que la energ´ıa es K = γmc2 y el momento p = γmv. ⎟ ⎠ De donde se ve que la componente μ = 0 da dK = qv · E dt ecuación de energ´ıa y las otras 3 componentes μ = i dan d p + v × B) = q(E dt I. ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ . en componentes.− mc dt m dt .Ecuaciones de Maxwell y . Además. el tensor de campo electromagnético. − γβ dt dt = γ c2 1 d p 1 dK . 0⇒∇ = (b) En forma matricial ⎛ ∂Fμν ∂xμ 1 (∂E1 /∂x1 + ∂E2 /∂x2 + ∂E3 /∂x3 ) ⎜ c ⎜ (∂E1 /∂t) c−2 − ∂B3 /∂x2 + ∂B2 /∂x3 =⎜ ⎜ c−2 ∂E /∂t + ∂B /∂x − ∂B /∂x 2 3 1 1 3 ⎝ c−2 ∂E3 /∂t − ∂B2 /∂x1 + ∂B1 /∂x2 As´ı que. ∂t × E) 1 + ∂B1 = 0 . 0 μ0 o sea ·D =ρ ∇ = 0 E en el vac´ıo. tomamos las posibles combinaciones de ∂Fνλ ∂Fλμ ∂Fμν + + =0 ∂xλ ∂xμ ∂xν con μ = ν = λ. con jμ = (ρc.Soluciones: Ecuaciones de Maxwell (a) Usando la expresión matricial de Fμν del ejercicio 3. −∇ 2 c ∂t ∂t μ0 ×H − ∂ D = J ∇ ∂t 117 con = μ0 H . ∂F12 ∂F20 1 ∂E1 1 ∂B3 ∂F01 1 ∂E2 + + = − − ∂x2 ∂x0 ∂x1 c ∂x2 c ∂t c ∂x1 ∂F31 ∂F10 1 ∂E3 1 ∂B2 1 ∂E1 ∂F03 + + = − − ∂x1 ∂x0 ∂x3 c ∂x1 c ∂t c ∂x3 ∂F23 ∂F30 1 ∂E2 1 ∂B1 1 ∂E3 ∂F02 + + = − − ∂x3 ∂x0 ∂x2 c ∂x3 c ∂t c ∂x2 ∂F23 ∂F31 ∂B3 ∂B1 ∂B2 ∂F12 + + =− − − ∂x3 ∂x1 ∂x2 ∂x3 ∂x1 ∂x2 × E) 3 + ∂B3 = 0 . −j). ⎟ ⎠ = μ 0 jμ tiene 1 . B . 0 ⇒ (∇ ∂t = = = ·B = 0. y la componente espacial (μ = i) es con D 1 ∂E ×B = −μ0 J ⇒ 0 ∂ E − 1 ∇ ×B = −j . la ecuación componente temporal (μ = 0) ·E = c2 ρμ0 = ρ ∇ 0 pues ∂Fμν ∂xμ c2 = ⎞ ⎟ ⎟ ⎟. 0 ⇒ (∇ ∂t ∂B 2 × E) 2+ 0 ⇒ (∇ = 0. ⊥ − 1 v × E γ B1 + 2 E2 . pero también en forma matricial como sigue.13.5 La transformación de Lorentz Fμν = Lα μ Lν Fαβ puede visualizarse tomando componente por componente. vB2 ). γ(E1 − = γ(E2 + vB1 ) ⇒ E = γ(E v v ⊥ . E2 ⊥ ⊥ + v × B) .Ecuaciones de Maxwell β I. B3 = B3 recordar que se tomó v = (0.2. para la velocidad en dirección z . en términos de las componentes de E y como B E3 = E1 = B1 = E3 . v) . 0. ⎛ = 0 ⎜ ⎜ −E1 /c ⎜ ⎜ ⎝ −E2 /c −E3 /c ⎛ γ 0 ⎜ ⎜ 0 1 ⎜ ⎜ 0 ⎝ 0 ⎛ = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ γβ 0 B3 −B2 0 γβ 0 0 1 0 0 γ E2 /c E3 /c 0 −B1 −B3 B2 B1 ⎞⎛ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟= ⎟ ⎠ 0 0 ⎟⎜ ⎟ ⎜ −E1 /c ⎟⎜ ⎟⎜ ⎠ ⎝ −E2 /c −E3 /c E1 /c E2 /c E3 /c 0 −B3 B2 B3 0 −B1 −B2 B1 0 ⎞⎛ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎠⎝ −γβE3 /c γ(E1 /c − βB2 ) γ(E2 /c + βB1 ) γE3 /c −E1 /c 0 −B3 B2 ⎛ = 0 E1 /c −E2 /c B3 0 −B1 −γE3 /c γ(E1 β/c − B2 ) γ(E2 β/c + B1 ) γβE3 /c 0 ⎜ ⎜ −E1 /c + βB2 γ⎜ ⎜ ⎝ −E2 /c − βB1 −E3 /cγ E1 /c − βB2 E2 /c + βB1 0 −B3 /γ B3 /γ 0 βE1 /c − B2 βE2 /c + B1 γ 0 0 γβ 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 γ γβ ⎞⎛ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎠⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ γ 0 0 γβ 0 1 0 0 0 0 1 0 γβ ⎞ 0 0 γ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ E3 /cγ ⎟ −βE1 /c + B2 ⎟ ⎟. ⎟ βE2 /c − B1 ⎠ 0 Que puede expresarse. B2 = γ B2 − 2 E1 ⇒ B =γ B c c c2 118 . 14. (a) E = Re ∇ = Re μ ∂ ∇ × (Fa) B ∂t o bien ∂ = Re ∇ ×∇ × (Fa) donde a es un ∇ × (Fa) . pero dirección k opuesta. B (b) E = Re − ∂t vector unitario constante y F satisface la ecuación de onda escalar.14. no conductor y sin carga. k y amplitud E . 119 .1.14 ´ DE ONDAS EN MEDIOS PROPAGACION I.1.4 Calcular la presión de radiación (fuerza por unidad de área) ejercida sobre una superficie conductora.14.1.1. I. pero polarización circular opuesta (derecha e izquierda. amplitud y polarización lineal.I.1.2 Dos ondas planas tienen la misma ω.14. respectivamente). En el l´ımite de conductividad infinita mostrar que se reduce a P = 0 E02 donde E0 es la amplitud de la onda. (N´ otese el vector de Poynting de las ondas superpuestas S( que el origen no es arbitrario) ¿Cuánto vale el flujo promedio S ? I. homogéneo. que es la superposición de dos ondas planas de la misma frecuencia.1 Mostrar que las ecuaciones de Maxwell para un medio isotrópico. t). Calcular r. I. pueden satisfacerse tomando: ×∇ × (Fa) . Enunciado de problemas I. por una onda electromagnética plana que incide perpendicularmente.3 Considerar una onda estacionaria en el vac´ıo. Mostrar que la superposici´ on de las dos ondas está polarizada linealmente con amplitud 2E .14. 5 Encontrar el cociente um /uE de las densidades de energ´ıa magnética y eléctrica para una onda plana en un medio conductor.1.14. De ah´ı encontrar sus valores aporoximados para los casos l´ımite de un aislante y de un buen conductor.´ n de ondas en medios Propagacio I. 120 . ∂t ∂E . Soluciones: Propagaci´ on de ondas en medios I.2) ×E ∇ = ×B ∇ = ∂B .2. μ ∂t − (I.1) ·B ∇ = 0.2.3) (I.14.14. que satisface las relaciones constitutivas D con y μ constantes (o sea un medio isotrópico y homogéneo) son ·E ∇ = 0.14.14. (I.´ n de ondas en medios Soluciones: Propagacio I.14.4) (a) Estas ecuaciones se satisfacen por = Re ∇ ×∇ × (Fa) E .14. (I.1 Las ecuaciones de Maxwell para un medio no conductor = E . B = μH sin cargas. La ec. 2 ∇2 F − μ ∂ F ∇ ∂t2 × a = 0 que se cumple si F satisface la ecuación de onda. lo mismo la ec. 121 . ∂ B = Re μ ∇ × (Fa) ∂t y 2 donde F cumple ∇2 F − μ ∂∂tF2 = 0 y a es constante.2). (I.3) da.14.14. (I.14.4) es también una identidad pues × (Fa) = μ ∂ ∇ ×∇ × (Fa) . × μ ∂ ∇ ∇ ∂t ∂t Por u ´ltimo la ec. ·∇ × g = 0 La ec. sustituyendo E y B 2 × (Fa) = −μ ∂ ∇ × (Fa) ×∇ ×∇ × (Fa) = ∇ ∇ ·∇ × (Fa) − ∇2 ∇ ∇ ∂t2 o. (I. (I.14. permutando el laplaciano y el rotacional y usando que a = constante.1) se satisface idénticamente pues ∇ para cualquier g. Sum´ andolos 2 = [E( 1 + E n1 − i n2 ) + E( n1 + i n2 )] ei(k· r−ωt) = 2E n1 ei(k· r−ωt) E que es una onda con polarización lineal a lo largo de n1 y amplitud 2E . n2 son vectores unitarios normales a la direcci´ on de propagación n3 .14. E 122 .3) se satisfacen idénticamente y la ec.3 Onda plana con polarización lineal y dirección de propagaci´ on k 1 = n E 1 Ee−iωt eik· r .2.1).2.14.14. I.2) y (I. (I. I. B Esta vez las ecuaciones (I.4) se escribe 2 ×∇ ×∇ × (Fa) = ∇ ∇ ·∇ × (Fa) − ∇2 ∇ × (Fa) = −μ ∂ ∇ × (Fa) ∇ ∂t2 que otra vez se cumple si F satisface la ecuación de onda escalar.14. orientados de acuerdo a n1 × n2 = n3 . Si la propagación es en dirección −k: 2 = n 1 Ee−iωt e−ik· r .14.´ n de ondas en medios Propagacio (b) También se satisfacen si ∂ E = Re − ∇ × (Fa) ∂t y = Re ∇ ×∇ × (Fa) . (I.14. E donde E es la amplitud y n1 .2 Una onda plana con polarización circular derecha se representa por 1 = E n1 + Ee−iπ/2 n 2 ei(k· r−ωt) E y una con polarización izquierda por 2 = E n1 + Ee+iπ/2 n 2 ei(k· r−ωt) . El vector de Poynting es (en el vac´ıo) ! =E ×H = ReE × Re S n 3 × E μ0 c El promedio es puesto que cos2 ωt = " n3 2 n 3 2 = 4 |ReE| E cos2 ωt cos2 k · r .2.4 La ecuación de conservación de momento para el campo electromagnético es + F V ∂ g dV ∂t .14. μ0 c μ0 c = 2 = 2E n cos2 k · r S μ0 c 1 2 I.´ n de ondas en medios Soluciones: Propagacio La superposición =E 1 + E 2 = n 2Ee−iωt cos k · r E Ee−iωt e+ik· r + e−ik· r = n es una onda estacionaria con nodos en k · r = ± π2 . =− Tij n j da S i es el momento del campo. Se ve que Tij representa la fuerza por unidad de área ejercida sobre la superficie S (con normal nj ) en la dirección î. definida por n3 ) será 2 2 2 2 P = −T33 = 0 E32 − E 2 − 1 μ0 B32 − pues la onda es transversa =⇒ E3 = B3 = 0. por unidad de volumen donde g = E × H y Tij el tensor de esfuerzos de Maxwell Tij = 0 1 Ei Ej − E 2 δij 2 1 + μ0 1 Bi Bj − B 2 δij 2 . Entonces la presión ejercida por una onda propagándose en direcci´ on n3 sobre una superficie normal (o sea. En el vac´ıo 2 B2 = E = μ 0 0 E 2 c2 123 B 2 = 0 E B + 2 2μ0 . 2.´ n de ondas en medios Propagacio as´ı que p = 0 E 2 (t) . Promediando sobre las oscilaciones P = 0 (1 + R)EI2 = 0 E02 (1 + R) . E c2 ω 2 KE c2 k 8 = |K| E 2 2μ0 c2 También uE = E 2 0 = KE 2 2 2 as´ı que um uE = = 1/2 σ iσ K − K + i .14. EI = E0 ei(k·r−ωt) . as´ı que toda la onda es reflejada y R = 1. si esta onda incide sobre un conductor. La presión neta será 2 P = 0 (EI2 + ER ) ≡ 0 EI2 (1 + R) . As´ı que P = 0 E02 . donde EI y ER son la onda incidente y la reflejada y R es la reflectividad. que es oscilatoria. que se porpaga en dirección −n3 por lo que ejerce una fuerza adicional por conservación de momento. 2 Como la penetración en un conductor δ = ωnc I ∼ σ1 en el l´ımite σ → ∞ se tiene δ → 0. Ahora. hay una gran parte de la energ´ıa reflejada. K c 7 σ 0 ω ≡−ωK E .5 Para un conductor la ley de Ampere da k × B =−ω c2 K +i As´ı que pues k = B 2 1 um = = 2μ0 2μ0 ω. I. 0 ω . 0 ω |K| = μ0 0 c 2 K K . 1/2 . 1/2 1 σ2 = 1 + . 1+ (0 Kω)2 Q2 124 . ´ n de ondas en medios Soluciones: Propagacio con Q = ω. σ Para un aislante σ → 0 ⇒ Q → ∞ um σ2 −→ 1 . =1+ uE 2(ω)2 Para un buen conductor σ → ∞ ⇒ Q → 0 um σ . . ω . uE ω 1+ 125 ω 2 2 2σ 2 −→ σ . . I.15 ONDAS EN REGIONES ACOTADAS I. Suponer que su frecuencia est´ a en el rango donde nr .1.1 Una onda plana incide normalmente sobre la frontera plana de un metal desde el aire.1.15. Enunciado de problemas I.15. Permitir que haya ondas viajando a la derecha y a la izquierda dentro de la pelicula.1. ni 1. reflejada y transmitida. fuera E de la pel´ıcula. Del coeficiente de transmisión de Fresnel encontrar |E t |2 justo adentro de la superficie metálica. E 2 y 2 .4 Considerar una onda T M en una gu´ıa de onda rectangular (Hz = 0) que se propaga en dirección z con longitud de onda 127 .15.1.15. I.1.15. I. haciendo que se cumplan las condiciones de frontera en ambas superficies (en vez de sumar las m´ ultiples reflexiones). si la amplitud de la onda incidente es Ei = 10 V/cm y la frecuencia es f = 1010 Hz. Calcular la disipación de energ´ıa por unidad de volumen cerca de la superficie y evaluarla. Calcular los coeficientes de reflexión y transmisión como función de d y n. El grosor de la pel´ıcula es d .2 Un haz de luz monocromática de frecuencia ω en aire incide normalmente sobre una pel´ıcula dieléctrica de ´ındice de refracción n. adem´ as de las ondas incidente.3 Encontrar la densidad de carga superficial y la corriente por unidad de longitud sobre la superficie de un conductor perfecto sobre el que inciden ondas elelctromagnéticas. I. cuando el vector eléctrico es (a) perpendicular al plano de incidencia y (b) paralelo a este plano. Ondas en regiones acotadas Mostrar que Ez = A sen mπx sen nπy e2πiz/λg satisface la ecuaci´ on a b 2 2 2 2 ∂ Ez ∂ Ez ω 4π de onda ∂x2 + ∂y2 + c2 − λ2g Ez = 0 y las condiciones de frontera en x = 0. 128 .15. ¿Cuál es la frecuencia de corte del modo T M11 ¿Por qué no hay un modo T M10 ? λg . I. b.1. a y y = 0.5 (a) Determinar las frecuencias de oscilaciones de dipolo e = ×∇ × sen kr b . B eléctrico dadas por los campos E e = e−iωt ∇ r × −ike−iωt ∇ sen kr b r dentro de una cavidad resonate esférica de radio a. (b) Hacer lo mismo para oscilaciones de dipolo magnético e y B e ( m = E b es un vector arbitrario constante dadas por E m = −B y k = ω/c). n1 + n2 2 en el aire n1 .2.15.2.Soluciones: Ondas en regiones acotadas I.1 Para incidencia normal t12 = 2n1 . Soluciones: Ondas en regiones acotadas I.15. I 1−i En el rango de frecuencias donde nr . 1 y en el conductor n2 = nr + inI −→ t12 = (nr +1)+in . nI 1 → t12 . 15. 129 .2.85 × 10−12 2π × 1010 s−1 (103 V/m)2 = 1. nI .1) E1 − E1 = E2 − E2 =⇒ E continua. el campo eléctrico transmitido es 2 1−i t |2 = E t E t = t∗ = 2Ei t12 Ei = Ei =⇒ |E E nI n2I pero 2 nI = σ 20 ω por lo tanto |Et |2 = 40 ω 2 Ei .2 En la frontera 1-2 las condiciones de frontera son (figura I.1 × 106 W/m3 V·m donde P denota promedio temporal. t · Et = 2 2 2 Para Ei = 10 V/cm = 103 V/m y ω = 2πf = 2π × 1010 seg−1 coul P = 2 8. P = J · E pero hay que tomar el promedio temporal P = 1 ∗ σ ∗ σ 2 ReJ · E t = ReE |Et | = 20 ωEi2 . σ La energ´ıa disipada por unidad de volumen es t . I.15. Entonces.2. E1 + E1 = n(E2 + E2 ) =⇒ B continua. 2. entonces las condiciones de frontera son E2 eiβ − E2 e−iβ = E3 =⇒ E continua.15. se tiene r= (n2 −1)(e−iβ −eiβ ) (n+1)2 e−iβ −(n−1)2 eiβ y de aqu´ı t= 4n . E2 eiβ ) = E3 =⇒ B continua. que seg´ un sea la propagación a la derecha o la izquierda es. En términos de los coeficientes de reflexión r = E1 /E1 y transmisión t = E3 /E las ecuaciones son. definiendo E21 = E2 /E1 y E21 = E2 /E1 1 − r = E21 − E21 1 + r = n(E21 + E21 ) =t eiβ E21 − e−iβ E21 iβ e E21 + e −iβ E21 = t/n ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭ resolviendo para r por su metodo favorito.1 Para la frontera 2–3. e±ik2 α .2. (n + 1)2 e−iβ − (n − 1)2 eiβ I. las ondas al cruzar el medio 2 han tenido una diferencia de fase. n(E2 e iβ + donde β = k2 d = ωc nd.3 La condición de frontera para la componente normal de es E En2 − KEn1 = σq /0 .15. 130 .Ondas en regiones acotadas 1 E1 2 3 E2 k1 E3 k2 E1’ − k1 E2’ − k2 n=1 k3 n=1 n Figura I. 2. tangencial a la superficie del conductor ⇒ En = 0.2(a) .2.15. = k ×E B ω ×n | = Bt = |B Kj = k k = k cos θE . E 2 el campo en el conductor y E 1 el campo fuera del conductor. Si la conductividad σ = ∞ ⇒ E 2 = B σq = 0 En1 .Soluciones: Ondas en regiones acotadas donde σq es la densidad superficial de carga.2. ·n E − ( n · E) ω ω ω kE cos θ μ0 ω (b) Para polarización p. En = E · n = E sen θ (figura I.2(b)) 131 .2(a)) as´ı que σq = 0 y B E ˆ k θ n ˆ σ=∞ Figura I. μ0 (a) Para polarización S (E ⊥ al plano de incidencia) E = E t . (figura I. 2 = 0.15. Para el campo magnético H2t − H1t = KJ ← corriente por unidad de longitud KJ = Bt1 .15. Si está en el vac´ıo K = 1. 2.2(b) σq = 0 E sen θ. Ez (y = b) = sen(nπ) = 0. I.2. Ez (x = a) = sen(mπ) = 0.4 Sustituyendo Ez = A sen mπ nπ x sen y e2πiz/λg a b en la ecuación de onda ∂ 2 Ez ∂ 2 Ez + + 2 ∂x ∂y 2 se llega a que mπ 2 a + nπ 2 b 4π 2 ω2 Ez = 0 − c2 λg 4π ω2 + 2 = 2 ≡ λg c 2π λ0 2 que es la relación que debe cumplirse para que Ez sea solución. La frecuencia de corte (aquella para la cual λ2g < 0) es 132 .15.Ondas en regiones acotadas E θ k n ˆ Figura I. Ez (y = 0) = sen(0) = 0. Kj = B μ0 pues Bt = B .15. Además cumple con las condiciones de frontera Ez (x = 0) = sen(0) = 0. n = r normal a la esfera.15.74 c/a.2. Esto no es cierto para el T E10 pues ah´ı Hz depende de y = 1. los cosenos y cos 0π b I. ka Esta ecuación determina los valores de k para oscilaciones de modos normales. as´ı que no hay onda. 133 . k2 2k k2 2 sen kr − cos kr − sen kr b + br sen kr r r3 r2 r sen kr sen kr k k + bφ . Por lo tanto no puede existir este modo. cos kr − cos kr − + bθ r2 r3 r2 r3 As´ı que e = n ˆ×E k2 φ) θ − θb sen kr r × b + (φb r sen kr k cos kr − r2 r3 =0 en r = a. Si hubiera un modo T M10 m = 1 y n = 0 pero sen 0π y = 0 por b lo que Ez = 0. De aqu´ı las dos componentes θ y φ dan el mismo resultado: sen kr k k2 sen kr + 2 cos kr − r r r3 =0⇒ r=a 1 − ka = cot ka .74 ⇒ ω = ck0 = 2.5 (a) Si la cavidad es esférica la condición de frontera es que n×E = 0 en r = a.Soluciones: Ondas en regiones acotadas 2π λ0 2 = 1/2 mπ 2 nπ 2 ω2 mπ 2 nπ 2 ≤ + ⇒ ω = c + . El valor más bajo que es solución es ka = 2. ×∇ × Para el campo dado E e = e−iωt ∇ e E = sen kr b r . c c2 a b a b 2 2 1/2 Para el T M11 m = n = 1 ⇒ ωc11 = c πa2 + πb2 . Ondas en regiones acotadas (b) Para el campo de dipolo magnético m E = m E = × sen kr b e−iωt . ik∇ r sen kr k r × be−iωt cos kr − r r2 y m = r × ( n ×E r × b) entonces k sen kr cos kr − r r2 e−iωt = 0 r=a k sen ka = 0 ⇒ tan ka = ka . cos ka − a a2 El modo normal más bajo que satisface esta ecuaci´ on es k0 a = 4.49c/a. 134 .49 ⇒ ω0 = 4. 16.1. cinética Ek = 12 4π.I.1. con energ´ıa e2 (a) Calcular la energ´ıa fraccional radiada.16 ´ RADIACION I. Determinar para el oscilador.16.16.1 Un anillo circular de alambre que lleva una corriente constituye un dipolo magnético oscilante.2 El modelo clásico del átomo de hidrógeno consiste en un electrón girando en una o´rbita circular de radio r. I = I0 cos ωt I. Enunciado de problemas I.1. y la potencia total los campos de radiación E y B radiada. Evaluar P T /EK para n = 2.16. 0r P T /EK . I. (b) La mec´ anica cuántica da que la velocidad en el nivel n-ésimo es v/c = (1/n)(1/137). 135 .1.3 Suponer que la aceleraci´ on de una part´ıcula rápida es en la misma dirección que su velocidad. donde T es el per´ıodo orbital. Mostrar que la radiación es cero a lo largo de la dirección de movimiento. 16.ń Radiacio I. para I = I0 cos ωt = μ0 A 4π & I0 cos ω(t − |r − r |/c)dr |r − r | → Idr . Soluciones: Radiaci´ on I. Como para el campo de radiaci´ reemplazando JdV on r r 1 r · r |r − r | = (r2 + r2 − 2r · r )1/2 .2.16.1 El potencial vectorial retardado es.2. r En el denominador es suficiente con mantener |r − r | . r 1 − 2 + · · · . En el argumento del coseno mantenemos el siguiente orden y se expande r · r r r · r . r que da la dependencia 1/r del campo de radiación. cos ω(t − r/c) − cos ω t − + ω sen ω(t − r/c) + · · · c rc rc Entonces . al integrarlo sobre un controno cerrado. Para la segunda integral. se escribe (r · r )dr = 1 1 (r × dr ) × r + d(r (r · r )) . & & ω μ 0 I0 ∼ cos ω(t − r/c) dr − sen ω(t − r/c) r · r dr . entonces 136 . A = 4π r rc La primera integral se anula pues es sobre un contorno cerrado. 2 2 El segundo término. As´ı se obtiene = μ0 I0 ω sen ω(t − r/c) 1 A 4π r c 2 pero como 1 2 & & r × (r × dr ) r (πa2 ) r × dr = n donde n es normal al anillo y πa2 es su área. se anula también. pues es una diferencial total. otra vez. = −c∇ ∂t Los campos de radiación son entonces B = E = 2 ×A → Bθ = − 1 ∂ rAϕ = μ0 I0 ω (πa2 ) sen θ cos ω(t − r/c) + O ∇ 2 r ∂r 4πr c ∂A ∂Aφ μ 0 I0 ω 2 − → Eφ = − =− (πa2 ) sen θ cos ω(t − r/c) .2. ·A = 0 y de la El potencial escalar es cero (o constante) pues ∇ norma de Lorentz ∂ϕ ·A = 0. (4π)2 c3 μ0 · rda = − S Eφ y como sen2 θdΩ = 2 μ0 I02 ω 4 (πa2 )2 cos2 ω(t − r/c) .ń Soluciones: Radiacio = μ0 I0 ω πa2 sen θ sen ω(t − r/c)φ A 4π r c pues r × n = sen θφ. La potencia total radiada es P = = P = 1 r2 1 r2 se ignoraron porque Bθ 2 r dΩ μ0 μ20 I02 ω 4 (πa2 )2 cos2 ω(t − r/c) sen2 θdΩ. 3 4πc3 I.16. ta v˙ = vr y el periodo orbital T = 2πr v As´ı PT = 2 q2 v3 3 20 r c3 y en términos de la energ´ıa cinética EK = 137 1 q2 .2 (a) La potencia radiada por una carga con aceleraci´ on v˙ es P = 2 q 2 v˙ 2 3 4π0 c3 para una carga en órbita circular v˙ es la aceleración centr´ıpe2 . los términos del tipo no contribuyen al campo de radiación. ∂t ∂t 4π r c Donde. 2 4π0 r 8π 3 . 3 Los campos E y B pueden escribir como E = B = 1 q 4π0 R∗3 × E R R c − R v R c donde 1− v 2 c2 + 1 R × c2 − R v R c × v˙ · v R∗ = R − R c y la prima denota evaluar al tiempo retardado. Ahora.16. si la aceleración es a lo largo de la direccón de movimien´ltimo término v × v˙ = 0. × (R R 4π0 R ∗3 c2 es paralelo a v y v˙ asi que En la dirección de movimiento R × v˙ = 0 y por lo tanto E r = 0 y no hay emisi´ on de radiación en R ad esa dirección. EK = 4. Además el to. 1 1 2 137 3 PT = 4. y el u primer término no corresponde a campos de radiación pues va como R−2 y no como R−1 .ń Radiacio 2 q 2 v 3 2 × 4π0 r 8π v 3 PT = = .07 × 10−7 . 138 .2. v y v˙ son paralelos. Entonces r = E ad q 1 × v˙ ) .86 × 10−8 ⇒ para una part´ıcula acelerada se I. EK 3 20 r c q2 3 c (b) Usando v c = v 3 c 1 1 n 137 = para el nivel n = 2. , Parte II Nivel avanzado 139 II.1 ´ ELECTROSTATICA II.1.1. Problemas de frontera I II.1.1.1 Probar el teorema del valor medio: El valor promedio del potencial electrostático sobre una superficie esférica cualquiera es igual al potencial en el centro de la esfera, siempre que no haya cargas contenidas dentro de ella. (Sugerencia: Usar el teorema de Green dos veces). II.1.1.2 Un capacitor simple es un dispositivo formado por dos conductores aislados adyacentes. Si se colocan cargas iguales y opuestas en los conductores, habrá una cierta diferencia de potencial entre ellos. El cociente de la magnitud de la carga a la magnitud de la diferencia de potencial se llama la capacitancia (en unidades electrostáticas se mide en cent´ımetros). Usando la ley de Gauss calcular la capacitancia de: (a) Dos hojas grandes, planas, de área A separadas por una peque˜ na distancia d. (b) Dos esferas concéntricas de radios a, b (b > a). (c) Dos cilindros concéntricos de longitud L grande comparada con sus radios a, b (b > a). (d) Calcular la energ´ıa electrostática total en cada uno de los tres casos, expresada en términos de la carga contenida en cada conductor. 141 con carga qa en el cascarón externo.1.´ tica Electrosta (e) Calcular la fuerza atractiva entre los conductores para los casos (a) y (c) para cargas fijas en cada conductor. para r = 0. II.1. a) (tomando el punto de intersecci´ on como el origen de coordenadas). II.5 Un cascarón esférico. qb = −qa δ {[2b log 2a − (a + b) log(a + b) + (a − b) log(a − b)]} + O(δ 2 ). encontrar la fuerza necesaria para evitar que los hemisferios se separen.1. 142 . Encontrar las cargas imagen que permiten resolver esta configuración. está en un campo eléctrico uniforme E0 . y la densidad de carga en los dos planos.1.3 Si el campo eléctrico de una carga puntual q fuera proporcional a qr−2−δ r. probar que en el cascar´ on interno quedará una carga. conductor. Si la esfera se corta en dos por un plano perpendicular al campo. (a) si la esfera no está cargada y (b) si la carga total es Q.1.4 Dos planos conductores se cruzan a un ángulo de 90◦ y se coloca una carga eléctrica q en el punto (a. (b) y si dos cascarones esf´ eri(a) calcular ∇ cos concéntricos de radios a y b se conectaran con un alambre muy delgado.1. ·E y∇ ×E . 2(a − b) II. aislado de radio a. donde r es un vector radial unitario y δ 1. calcular el potencial en el cuadrante donde está la carga. 2 (a) Para un plano cargado E = 4πσ = 4π 143 Q . Ahora.Soluciones: Problemas de frontera I II.2. usándolo en la expresión para φ(x) anterior.1. A .2. V As´ı que. ≡n · ∇ Como no hay carga en el interior de la esfera. ρ(x ) = 0. Soluciones: Problemas de frontera I II. junto con n ·∇ 1 1 =− |x − x | |x − x |2 se llega a φ(x) = = φ ∂φ 1 ds + |x − x | ∂n |x − x |2 s & 1 φ(x )ds ≡ φ 4π|x − x |2 1 4π & pues |x − x | es constante para la esfera.2.1 Teorema de Green (φ∇2 ψ − ψ∇2 φ)dV = V & − ψ ∇φ) · ds .1.1. (φ∇ψ S 1 Usando primero φ = φ(x) (potencial) y ψ = | x− junto con las x| 2 2 ecuaciones ∇ φ = −4πρ y ∇ ψ = −4πδ(x − x ) se obtiene φ(x) = V con ∂ ∂n ρ(x ) 1 dV + |x − x | 4π & S ∂ 1 ∂φ 1 − φ ds |x − x| ∂n ∂n |x − x | . usando el teorema de Green con φ = φ(x) y ψ = 1 se encuentra & S ∂φ ds = −4π ∂n ρdV = 0 . II. ´ tica Electrosta y el potencial φ=− C= x 0 Ed = 4π Q x. .1. .1. esferas U = − 2Q ln r. φ(a) − φ(b) b−a (c) Para un cilindro cargado conductor de longitud L y radio R E= 2Q .2.3 Ver figura II. φ(d) − φ(0) 4πd (b) Para el exterior de una esfera cargada φ(r) = φ= Q constante (R = radio) R C= Q r y en el interior Q ab = . rL si r > R =⇒ φ(r) = si r < R 0. (e) Fuerza F = EdQ = planos: F = 2π 2 Q A cilindros: F = 2 Q Lb ∂U ∂x 2Q L planos: U = 2π Ad Q2 . φ(b) − φ(a) 2(ln b/a) U= .2. = E 144 q r . A Q A = . C= (d) ΔφdQ = 1 C Q2 b−a 2 ab cilindros: U = Q2 L QdQ = . 2C r>R r<R . ln b/a. Q L = . II.1. r2 + δ Q2 . L ln R. (b) Primero se calcula el potencial debido a una distribuci´ on esférica en un cascarón cargado. que puede ser r > a o r < a. ×E = 0. ∇ r2 ∂r rδ+3 r = 0. 1 + δ r1+δ El potencial debido a una diferencial de carga sobre el cascarón esférico dq = Sq a2 dΩ con S = 4πa2 será dφ = dq (1 + δ)(r2 + a2 − 2ar cosθ)1/2+δ/2 en el punto P a una distancia r del centro.Soluciones: Problemas de frontera I dq a √ θ r a2 + r 2 − 2ra cos θ p Figura II. Dado que φ(r) = − Edr = q 1 . ∇ pero · Ed 3x = ∇ V & · da = 4πq E rδ para una esfera de radio r.1. 145 .2.1 (a) ·E = 1 ∂ (r2 Er ) = − δq . son (a > b) φ(r = a) = φ(r = b) = . para dos cascarones esféricos concéntricos de radios a y b.´ tica Electrosta As´ı φ(r) = = q 4π 2π 0 dφ −q 2ar(1 − δ 2 ) π sen θdθ (1 + δ)(r2 + a2 − 2ar cosθ)(1+δ)/2 |a − r|1−δ − |a + r|1−δ . los potenciales en las dos superficies. 2ar Ahora. 0 Haciendo una expansión en δ 1 (usando y1+δ = yyδ ∼ = y(1 + δ ln y)) φ(r) = −q |a − r|(1 − δ ln |a − r|) − (a + r)(1 − δ ln(a + r)) . tomando contribuciones de ambos. δ qb 1+ ((a − b) ln(a − b) − (a + b) ln(a + b)) a 2b qa 1 − δ ln 2a . + a qb (1 − δ ln 2b) b . El potencial en un punto (x.4 Se necesitan 3 cargas imagen en los 3 cuadrantes restantes y equidistantes de los planos. y ) será (figura II.2. con signos alternantes. + a 2b Al conectarse por un alambre se hace que estén al mismo potencial. δ qa 1+ ((a − b) ln(a − b) − (a + b) ln(a + b)) .2. 2(a − b) II.1.2) 146 . as´ı que φ(r = 1) = φ(r = b) implica que qb = −qa δ (a − b) ln(a − b) − (a + b) ln(a + b) + 2b ln 2a .1. 2.2.Soluciones: Problemas de frontera I −q q a −q q Figura II. y = 0) = 0. y) = φ(x.2 φ(x.3) = 2πσ 2 da dF F = Hemisferio 147 2πσ 2 cos θa2 dΩ . 4π ∂y x=0 2π II. y) = + (x − q q − 2 2 + (y − a) (x − a) + (y + a)2 a)2 q q − . y = 0) = −1 ∂φ qa 1 1 = − 3/2 3/2 4π ∂y y=0 2π (x + a)2 + a2 (x − a)2 + a2 y análogamente en el plano x = 0 σ(x = 0. y) = 2 −1 ∂φ qa 2 2 −3/2 2 −3/2 a = + (y + a) − a + (y − a) .5 La fuerza sobre un elemento de área de la esfera es pero por simetr´ıa sólo la componente paralela a E 0 contribuye as´ı que (figura II. (x + a)2 + (y + a)2 (x + a)2 + (y − a)2 Se puede ver inmediatamente que cumple con φ(x = 0.1.1.2. .1. La densidad de carga superficial en el plano y = 0 es σ(x. 16 (b) Cuando hay una carga Q se a˜ nade una densidad uniforme as´ı que F = = (2π)2 a2 0 π/2 Q 3 E0 cos θ + 4π 4πa2 cos θ Q 4πa2 2 cos θ sen θdθ 9 2 2 QE0 Q2 E0 a + + 2. 16 2 8a El segundo término viene de la interacci´ on de la carga con el campo y el tercero de la repulsión de la carga en los dos hemisferios.1.2.´ tica Electrosta dF θ 0 E a Figura II. 148 .3 (a) La densidad de carga inducida se vió que es σ = as´ı que F = 9E02 a2 8π π/2 0 cos3 θ sen θdθ 2π 0 dϕ = 3 E 4π 0 9 2 2 E0 a . z = a π log z + 1 1 − z2 . II.1.2. x ). con condiciones de frontera sobre el plano z = 0 (y en infinito). y φ = 0 fuera del c´ırculo. encontrar una expresi´ on integral para el potencial en un punto P en coordenadas cil´ındricas (ρ.2. Se puede transformar por medio del mapeo conforme. x < 0. (a) Determinar las densidades superficiales de carga en las caras interior y exterior de la placa inferior (V = 0).II. 149 . x > 0 y V = V0 en y = 0. Cuál es el resultado a gran distancia del extremo de la placa? (b) Calcular la carga total (interior y exterior) contenida en una unidad de longitud medida desde el extremo de la placa.1. ϕ. (b) Si se especifica el potencial sobre el plano z = 0 como φ = V dentro de un c´ırculo de radio a centrado en el origen. (Sugerencia: Usar las partes real e imaginaria de Z(z)).1. (a) Escribir la función de Green apropiada G(x. Problemas de frontera II II.2 ´ ELECTROSTATICA II.2. 2 2 En un condensador de placas paralelas. Determinar las correcciones de borde para la capacidad. z).2 Considerar el problema de potencial en el medio plano definido por z ≥ 0.1 La función anal´ıtica Z(z) = −q log z resuelve el problema bidimensional con condiciones de Frontera V = 0 en y = 0. z) = q a ∞ 0 e−k|z| J0 (kρ) sen ka dk . (a) Encontrar el potencial electrostático como una expansión en armónicos esféricos y potencias de r para r > a y r < a. k II. (b) Tomar el l´ımite de a −→ 0 manteniendo constante el producto qa = p/2 y encontrar el potencial para r = 0. . q y −q. b. 1 − + 4(ρ2 + z 2 ) 8(ρ2 + z 2 )2 2(ρ2 + z 2 )3/2 II. (c) Suponer que el dipolo está rodeado por un cascarón esférico a tierra de radio b con centro en el origen. y encontrar el potencial dentro del cascarón por superposición lineal. 150 .3 Encontrar el potencial dentro de un prisma rectangular infinitamente largo con paredes conductoras a tierra en x = 0. d) dentro del prisma. φ=V 1− z (a2 + z 2 )1/2 (d) mostrar que a grandes distancias (ρ2 + z 2 a2 ) se puede expandir el potencial en potencias de (ρ2 +z 2 )−1 obteniéndose. Esto es un dipolo a lo largo del eje z .´ tica Electrosta (c) Mostrar que sobre el eje del c´ırculo (ρ = 0) el potencial es. . φ(ρ. a.1. φ= 5(3ρ2 a2 + a4 ) V a2 z 3a2 + . y = 0.2. .1. II.4 Mostrar que el potencial debido a un disco conductor de radio a que tiene una carga q es.2.1.2.5 Dos cargas puntuales. se localizan sobre el eje z en z = a y z = −a. debido a una l´ınea con carga λ por unidad de longitud localizada en el punto (c. 1 El mapeo z = z a π ln z + 1 2 − z2 2 manda el eje x del plano en dos l´ıneas del plano z (figura II. Las l´ıneas de campo son c´ırculos y las equipotenciales.2.Soluciones: Problemas de frontera II II. El potencial φ(z) = −θq es la parte imaginaria de F . (a) La densidad superficial de carga en la placa inferior es σ=− 1 ∂φ 1 dF = − Re 4π ∂y y =0 4π dz y =0 ya que ∂ψ ∂φ ∂φ ∂ψ dF = +i = −i . Soluciones: Problemas de frontera II II. dz ∂x ∂x ∂y ∂y 151 .2. El intervalo 1 < x < ∞ va también al eje x < 0 pero en la parte inferior. v = v0 Z +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++ +++++++++ ///////// xxxxxxxxx −1 v = v0 1 Y //////////////////////////////////////// xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx X v=0 v=0 Z a X Figura II. El intervalo −1 < x < 0 es mapeado a la recta y = a. con x < 0 recorrida por abajo y por u ´ltimo −∞ < x < −1 va a la misma recta y = a (x < 0) pero en la parte superior.1). En el espacio z . Si F = ψ + iφ . rectas desde el origen.1 La sección 0 < x < 1 se mapea al eje x < 0 en la parte superior. La funci´ on F (z) = −q ln z representa la soluci´ on del problema con V = 0 en x > 0 y V = V0 en x < 0. F (z) = −q(ln r + iθ) = ψ + iφ.2.2. As´ı.2.2. F (z(z )) ≡ F (z ) la parte imaginaria de F dará el potencial de las dos placas paralelas.2.2. En la cara exterior cara interior r 1 =⇒ σ 4a r −→ ∞ =⇒ σ = 0 no hay carga. . en la exterior r > 1 y σ < 0. r π el cambio de variable da qT = − q 4a R 1 a (1 − r 2 ) q dr = − π r(1 − r2 ) 4π donde −L = a π ln R + 152 R 1 1 − R2 2 dr q =− ln R r 4π . Como cuando las placas son infinitas. El eje x < 0 es x = a π ln r + como dx = 1 r2 − 2 2 . σ = = σ = dF (z(z )) dz 1 1 −q 1 = − Re Re 4π dz dz y =0 4π z dz /dz y =0 (1 − z 2 )∗ q q 1 − Re 2 = Re 4a z − 1 y =0 4a |1 − z 2 |2 y =0 q q 1 − r2 cos 2θ 1 = Re 4a 1 + r4 − 2r 2 cos 2θ y =0 4a 1 − r 2 − pues y = 0 corresponde a θ = 0 (r es un parámetro). 1 a −r dr. Lejos del extremo (en el extremo r = 1 y σ −→ ∞) en la q constante. (b) Carga total qT = L 0 σdx por unidad de longitud normal al plano. En la cara interior r < 1 y σ > 0.´ tica Electrosta Ahora podemos aplicar la regla de la cadena con z a π dz dz = 1 z − . 4a 4π 2 qT = El primer término es el valor para placas infinitas. x = (x . Se puede escribir qL q 1 − R2 + . pues usando condiciones de Cauchy-Riemann y la ley de Gauss qT = = = " ! 1 ∂φ ∂φ i+ j · ds E · ds = − 4π ∂x ∂y " ! 1 ∂ψ ∂ψ i− j · ds 4π ∂y ∂x L 1 1 × · d ∇ψ k · ds = ∇ψ 4π 4π 0 1 4π con d a lo largo del eje −x . x = (x . z ). y . pues F (z ) = −q .2 (a) La función de Green se puede obtener del potencial de una carga unitaria en x y su imagen con z < 0. También puede obtenerse de la parte real de F (z ).2. 2 π z − 12 + z(z2 ) a . La capacidad por unidad de longitud es C= donde 2 1−R 8π 2 qT = φ (a) − φ (0) qL 4a + q 1−R2 4π 2 qπ = L 1 − R2 + 4πa 8π 2 es la corrección de borde.2.Soluciones: Problemas de frontera II La solución de esta ecuación para R < 1 da la carga en el interior de la placa y para R > 1 se tiene la carga en el exterior. Además φ = −q πa y − 2q Im z 2 y Im z 2 (y = a) = Im z 2 (y = 0) = 0. −z ) G(x. se recupera el resultado anterior. II. as´ı que el segundo es la correcci´ on de borde. x ) = = − 1 1 − |x − x | |x − x | −1/2 (x − x )2 + (y − y ) + (z − z )2 −1/2 (x − x )2 + (y − y ) + (z + z )2 153 . =⇒ qT = Como ψ = −q πa x + 2q − 2q Re z 2 1 ψ (−L) 4π . y . + 1− 4(ρ2 + z 2 ) 8(ρ2 + z 2 )2 2(ρ2 + z 2 )3/2 154 −3/2 . x ) = − ρ2 + ρ2 − 2ρρ cos(ϕ − ϕ ) + (z − z )2 ρ2 + ρ2 − 2ρρ cos(ϕ − ϕ ) + (z + z )2 −1/2 −1/2 . (b) φ(x) = 1 − 4π 2π = 0 V 4π φ(x ) a 0 ∂G(x. V = V 1 − (ρ2 + z 2 )1/2 0 a2 + z 2 (d) Si ρ2 + z 2 a2 como ρ ∼ a expandemos el integrando de Vz 2 φ(x) = − (ρ + z 2 )−3/2 2π con Δ = 2π dϕ 0 ρ2 −2ρρ cos(ϕ−ϕ ) ρ2 +z 2 a 0 ρ dρ ρ2 − 2ρρ cos(ϕ − ϕ ) 1+ ρ2 + z 2 . (c) Para ρ = 0 φ(x) = = a ρ dρ Vz 2 + z 2 )3/2 (ρ 0 a z −z √ .´ tica Electrosta o en coordenadas cil´ındricas G(x. Su derivada normal n = −z . (1 + Δ)−3/2 1 − 3 15 2 Δ+ Δ + ··· 2 8 las integrales de potencias impares de cos ϕ son cero 5(a4 + 3ρ2 a2 ) V za2 3a2 φ(x) = + ··· . evaluada en z = 0 ∂G(x − x ) ∂n ∂G − ∂z = z =0 = (ρ2 + z =0 ρ2 −2z − 2ρρ cos(ϕ − ϕ ) + z 2 )3/2 . x ) da ∂n 2zρ dρ dϕ (ρ2 + ρ2 − 2ρρ cos(ϕ − ϕ ) + z 2 )3/2 pues φ = 0 para ρ > a. λ2nm mπ x) sen( mπ x ) sen( nπ y) sen( nπ y ) a a b b 2 2 m + nb2 a2 . y) = G(x. Expandiendo G(x.Soluciones: Problemas de frontera II II. Anm (x )λ2nm ψnm (x) = 4πδ(x − x ) =⇒ Anm (x ) = mn As´ı G(x. x )ρ(x )d2 x x sen nπ y 16λ sen mπ a b 2 m n2 πab mn + b2 a2 a b mπ nπ sen x sen y δ(x − c)δ(y − d)dx dy . a b 0 0 ! " c d mπ nπ 16λ sen mπ a sen nπ b sen x sen y.2. x = 0. a2 b Satisfaciendo las condiciones de frontera ψnm = 0 en x = a. y = b. ab a b 2 2 m n π2 + 2 . y = 0. πab mn m2 /a2 + n2 /b2 a b 155 . x ) = 16 sen ( πab m.m pero como ∇2 G(x. x ) = Anm (x )ψnm (x) n. x ) = −4πδ(x − x ) . para la l´ınea de carga ρ(x) = λδ(x − c)δ(y − d).n 4π ∗ ψnm (x ) . Ahora. Por lo que el potencial por unidad de longitud z φ(x) = = φ(x.3 Se encuentra la función de Green a partir de la ecuaci´ on de eigenvalores bidimensional λ2mn = ∂ 2 ψmn ∂ 2 ψmn + + λ2mn ψmn = 0 ∂x2 ∂y 2 2 4 mπ nπ =⇒ ψmn = sen x sen x .2. 5.2. secc.2. ϕ. – Densidad superficial de carga = 0 en el disco e igual a 0 fuera de él ∂φ ∂z = z=0 0.´ tica Electrosta II. F (ρ).4 En coordenadas cil´ındricas podemos expresar el potencial como φ(ρ. z) = ∞ ∞ 0 m=0 dke−k|z| Jm (kρ)(Am (k) sen mϕ + Bm (k) cos mϕ) para que φ sea finito en ρ = 0. ρ > a. ρ > a. (5. Como hay simetr´ıa en ϕ sólo el término m = 0 sobrevive. La solución se obtiene a partir del par de ecuaciones ∞ 0 ∞ 0 dyg(y)Jn (yx) = xn dyyg(y)Jn (yx) = 0 0 ≤ x < 1. Con esto se tienen las ecuaciones integrales duales ∞ 0 ∞ 0 dkJ0 (kρ)A(k) = V dkkJ0 (kρ)A(k) = 0 ρ < a. (Ver Jackson[5]. z) = ∞ 0 dke−k|z| J0 (kρ)A(k) y hay que obtener A(k). z = 0) = V . 1 < x < ∞. As´ı φ(ρ.13 ec. ρ < a.126)) que tienen solución 2Γ(n + 1) jn (y) g(y) = √ πΓ n + 12 156 . Las condiciones de frontera son: – Potencial constante sobre el disco. por ser conductor φ(ρ < a. y = ka y g(y) = Por lo tanto A(ka) = √ 1 A(ka) Va . x = ρ/a. z) = q a 0 dke−k|z| J0 (kρ) sen ka .2. ϕ) Ym +1 2 + 1 r> m por simetr´ıa azimutal. ϕ no aparece y sólo m = 0 sobrevive y con 2 Y0 (θ. En este caso n = 0. por lo tanto q = 2 a a 0 aV V ρdρ πq = =⇒ V = . ϕ) Ym (θ. θ = 0).2.5 Las cargas están en las posiciones x+ = (a. Usando la expansión 1 1 r< ∗ Ym (θ . = k 2π 2 a2 − ρ2 La carga sobre una de las caras del disco es q/2. = 4π +1 |x − x | 2 + 1 r> m (a) El potencial de las 2 cargas es φ = = q q − |x − x+ | |x − x− | 1 r< ∗ ∗ 4πq (0. ϕ) = 2 + 1 P (cos θ) 4π y 157 r>(<) = mayor (menor) de (r. x− = (a. ϕ )Ym (0. ϕ) − Ym (φ. k II. 1 ∂φ σ=− 4π ∂z = z=0 2V 4π 2 dkkJ0 (kρ) sen ka 1 V . Para obtener V en términos de la carga q del disco calculamos σ. 2V 2V a sen ka j0 (ka)a = π π ka pues Γ( 12 ) = π y j0 (x) = senx x . θ = π). π a2 − ρ 2 π 2a ∞ 2πσρdρ = 0 Finalmente φ(ρ.Soluciones: Problemas de frontera II con jn la función esférica de Bessel. ϕ) . a) . ´ tica Electrosta φ = q r (P (1) − P (−1))P (cos θ) a+1 para r < a. a (P (1) − P (−1))P (cos θ) r+1 para r > a. (c) La manera más fácil es sumarle un potencial que sea soluci´ on de la Ec. r2n+2 n=0 > (b) Si se hace tender a −→ 0 manteniendo qa = p2 constante. de Laplace. φ −→ 2q a 1 P1 (1)P1 (cos θ) = p 2 cos θ r2 r campo dipolar como se esperaba. Debe ser de la forma φ. si impar P (x) φ = 2q ∞ 2n+1 r< P2n+1 (1)P2n+1 (cos θ) . tal que el resultante se anule en la superficie de la esfera. si par P (1) − P (−1) = 2P (1). = q es una función par (impar) de x para par (impar) as´ı que 0. sólo el término n = 0 permanece finito para r > a. = A r + B r−−1 P (cos θ) pero como nos interesa el interior de la esfera. B = 0 para que sea finito en r = 0 φtot = + φ + φ. 158 . = 2qa ∞ ∞ a2n P2n+1 (1)P2n+1 (cos θ) r2n+2 n=0 An r2n+1 P2n+1 (cos θ) n=0 con = 2n + 1. . sólo queda n = 0 =⇒ φtot = P 159 1 r2 − r b3 cos θ.Soluciones: Problemas de frontera II Asi se encuentra que para que φtot (r = b) = 0 φtot = p ∞ n=0 1 r2n+2 − r2n+1 2n a P2n+1 (1)P2n+1 (cos θ) b4n+3 si a −→ 0. . k 0 (b) Repetir el mismo cálculo para obtener la torca total. El potencial externo var´ıa lentamente en el espacio en la región ocupada por la densidad de carga. ! ! " " 1 ∂ ∂ (0) (0) (0) τx = [ p × E (0)]x + Qyj Ej Qzj Ej ··· − 3 ∂z ∂y j j 0 II.1.1.2 Calcular el momento cuadrupolar de dos cargas anulares coplanares concéntricas q y −q.3. z) se coloca en un campo electrostático externo descrito por un potencial φ(0) (x.3. Encontrar el potencial vectorial y el campo magnético dentro y fuera de la esfera. F = + (0) (x)])0 (0) (0) + (∇[ p·E qE ⎧ ⎫ (0) ⎨ ⎬ ∂E 1 j ∇ Qjk (x) + ··· ⎩ ⎭ 6 ∂xk j. II.1.1.3 ´ MULTIPOLOS Y MAGNETOSTATICA II. y. Se hace girar alrededor de un diámetro con velocidad angular constante ω.II. y.1 Una densidad de carga localizada ρ(x. (a) De primeros principios mostrar que la fuerza total que act´ ua sobre la distribuci´ on de carga expresada como una expansi´ on en momentos multipolares por derivadas del campo eléctrico. Por simplicidad mostrar sólo que la componente cartesiana x es. Enunciado de problemas II. 161 .3. z). que tienen radios a y b.3.3 Una esfera de radio a tiene una distribución de carga superficial uniforme σ. hasta incluir momentos cuadrupolares es. 162 . y el exterior radio R2 y n2 vueltas. [Pn+1 (b/R) − Pn−1 (b/R)] 2n + 1 R n=1 II. entre ellos y afuera).4 Un anillo circular z = b.3. Ignorando cualquier corriente axial.1.3.´ tica Multipolos y magnetosta II. El interior tiene radio R1 y n1 vueltas por unidad de longitud. calcular el campo magnético en todo el espacio (dentro. Cada uno lleva una corriente i pero las direcciones son opuestas.1. Mostrar que para r < R = (a2 + b2 )1/2 el potencial escalar magnético es proporcional a ! "n ∞ r n+1 Pn (cos θ).5 Considerar dos solenoides coaxiales largos. x2 + y2 = a2 lleva una corriente I . p es vector (0) (0)). ρ(x)E Expandiendo (0) (x) E (0) (0) + (x · ∇) E (0) (0) E 2 ∂ 1 (0) (0) + · · · xi x j E 2 ij ∂xi xj = + y al sustituirlo en la expresión para F (0) (0) + ρ(x)(x · ∇) E (0) (0)d3 x ρ(x)d3 xE ∂ 2 (0) 1 xi x j ρ(x) E (0)d3 x + · · · 2 ∂x i xj ij F = + como ρ(x)d3 x = q. p = xρ(x)d3 x y Qij = ρ(x)(3xi xj −δij r2 )d3 x y E (0) (0) y sus derivadas son constantes en la integral. E E (0) (0) = ∇( p· constante de tal forma que (p · ∇) 163 . entonces F = + E (0) (0) (0) (0) + ( p · ∇) qE ∂ 2 (0) 1 ρ(x)(3xi xj − δij r2 ) E (0)d3 x + · · · 6 ij ∂xi ∂xj donde se sumó el término. r2 2 (0) r2 δij ∂ 2 (0) ∇ E (0) = 0 E (0) = 6 ∂xi ∂xj 6 2 (0) (0) ) = ∇(∇ pues ∇2 (∇φ φ ) = 0 debido a que las fuentes de E (0) no están presentes (ρ = 0).2.3.´ tica Soluciones: Multipolos y magnetosta II.3. Soluciones: Multipolos y magnetost´ atica II.2.1 (a) La fuerza está dada por = F (0) (x)d3 x . y que ∂Ei ∂xj = ∂Ej ∂xi .2 De la definición de Qij . τi = = (0) xj ρ(x)Ek (0)d3 x ∂ (0) + ijk ρ(x)xj x E (0)d3 x + · · · ∂x k ijk (suma sobre ´ındices repetidos) (0) ijk pj Ek (0) ∂ (0) 1 E (0)d3 x + · · · ρ(x)(3xj x − δj r2 ) + ijk 3 ∂x k (0) ∂Ek r2 r2 (0) )i = 0 = ijk (∇ × E 3 ∂xj 3 (0) (0) + 1 ijk Qj ∂ E (0) (0) + · · · p ×E i 3 ∂x k se rest´ o = En particular (usando otra vez que Qij es constante. (0) (0) τx = p ×E 1 + x 3 ! ∂ ∂ (0) (0) Qy E − Qz E ∂z ∂y " . en coordenadas cil´ındricas (figura II.2. As´ı pues (0) ∂Ej p·E (0) )0 + ∇ 1 = qE (0) (0) + ∇( Qij + ··· F 6 ij ∂xi 0 (b) La torca es τ = (0) (r)ρ(r)d3 x .1).2. 0 II.3.´ tica Multipolos y magnetosta ×E (0) (0) = 0 o sea En el u ´ltimo término se usa ∇ para obtener (0) Qij (0) (0) ∂E i ∂xj = ∂E j ∂xi (0) (0) ∂ 2 Ej ∂Ej ∂ 2 Ek ∂ = Qij = Qij ∂xi xj ∂xk xi ∂xk ∂xi pues Qij es constante.3. r × E as´ı que usamos la misma expansión. quedándonos con sólo 2 términos. 164 . ´ tica Soluciones: Multipolos y magnetosta Z −q b q a Figura II. Aqu´ı ρ(r.1 Qxx = ρ(3x2 − r2 )d3 x = ρr2 (3 cos2 θ − 1)rdrdθdz . θ.3.2. z) = Qxx = = δ(z) (qδ(r − a) − qδ(r − b)) . Los elementos cruzados son cero pues Qxy ∼ xydθ ∼ 0 y Qxz ∼ Qyz ∼ zδ(z)dz = 0. 165 2π 0 sen θ cos θdθ = . 2πr a 2π ∞ q dr dθ dzr2 (3 cos2 θ − 1)(δ(r − a) − δ(r − b))δ(z) 2π 0 0 −∞ 1 q(a2 − b2 ) . 2 Similarmente Qyy = = q dr dθr2 (3 sen2 θ − 1)(δ(r − a) − δ(r − b)) 2π 1 q(a2 − b2 )) 2 y Qzz = −q r2 (δ(r − a) − δ(r − b))dr = −q(a2 − b2 ) . 2. con lo que ϕ coincide con j .2 ω R = a sen θ θ a σ Figura II. −1 II.2. Como ϕ = − sen ϕi + cos ϕj Aϕ = = Jϕ cos ϕ 3 d x |x − x | δ(r − a) r< σaω ∗ 4π Ym (θ.3 Ver figura II. J = ρv = σδ(r − a)Rω φ El potencial vectorial A tiene sólo componente ϕ al igual que J. como Re Y (θ . ϕ ) cos ϕ sen θ r2 dr dΩ .3.2 = σaωδ(r − a) sen θ ϕ . +1 c 2 + 1 r> 1 c m 3 Ahora.3.´ tica Multipolos y magnetosta As´ı queda ⎛ ⎜ Qij = q(a2 − b2 ) ⎝ 1/2 0 0 1/2 0 0 0 ⎞ ⎟ 0 ⎠. por lo tanto 166 .3.2. Escogemos el punto de observaci´ on con ϕ = 0 por haber simetr´ıa. 0)Ym (θ . ϕ ) = − 8π sen θ cos ϕ la ortonormalidad de los armónicos esféricos al integrar en θ y ϕ hace que sólo m = = 1 subsistan. 3).3. 2c El potencial escalar magnético se puede usar fuera del anillo donde = −∇φ m H ·B =∇ · (H + 4π M ) = 0. 3 c r3 r<a r>a . 0) 2 c 3 r> r . m = I 2c & x × d o dm = I x × d . constante en el interior en dirección ω y dipolar en el exterior. r < a. como M . sen θ a c 3 .4 El momento magnético del anillo es (figura II. II. σω − 8π a sen θ.´ tica Soluciones: Multipolos y magnetosta Aϕ = = σa3 ω 4π r< ReY (θ.2. 1 8π σω ∂ (sen θAϕ ) = a cos θ r sen θ ∂θ 3 c a3 /r3 . |x − x | La magnetización es distinta de cero sólo en el anillo y se define = Nm umero de dipolos por unidad de volumen. 2 por lo tanto tenemos ∇ por lo que nos queda ·M ∇2 φm = 4π ∇ cuya solución es φm = 3 ∇ · M (x )d x . r > a. 1 ∂ 3 c − (rAϕ ) = 4π σω a4 r ∂r sen θ. N = n´ Podemos escribir = − I R2 Δϕ δ(r − R) δ(cos θ − b/R)θ M 2c 2πr 2 167 . r<a σa3 ω 4π a2 .2.3. r>a r2 El campo magnético Br = Bθ = 1. 3. ∇ 4πcr sen θ ∂θ De modo que expresando 1/|x − x | en armónicos esféricos y usando simetr´ıa en ϕ.3 y su divergencia en coordenadas esféricas es ·M = − IΔϕ δ(r − R) ∂ sen θδ(cos θ − b/R) .2.´ tica Multipolos y magnetosta Z I a b R Figura II. ϕ)Ym (θ . con r< = r y r> = r pues se quiere R > r Idϕ 4π r< ∗ Ym (θ. ϕ )δ(r − R) 2+1 4πcr 2 + 1 r> m . b ∂ sen θ r2 dr d(cos θ ) δ cos θ − × ∂(cos θ ) R r I P (cos θ)P (cos θ )δ(r − R) = 2c r . b ∂ × sen θ δ cos θ − dr d(cos θ ) ∂(cos θ ) R integrando por partes en θ 1 r I b = P (cos θ) P (cos θ ) sen θ δ cos θ − 2c R R −1 % 1 b P (cos θ )d(cos θ ) − sen θ δ cos θ − R −1 φm = 168 . 1 − x2 +1 P+1 (x) + P−1 (x) .´ tica Soluciones: Multipolos y magnetosta = − I r b P (cos θ)P 1 − b2 /R2 .2. e implica que B(r) = constante = 0 pues en r → ∞. P (cos θ) P+1 2 2c R 2 + 1 R R 1 − (b/R) axial.5 Usando la ley de Ampere en circuito 1 tomando B (pues no hay corriente axial (figura II.4 · d = L(B(r1 ) − B(r2 )) = 0 B por lo tanto B(r1 ) = B(r2 ).3. 2c R R Pero usando las relaciones de recurrencia P (x) = xP (x) = (P−1 (x) − xP (x)) . 4π · d B = L(B(rE ) − B(rA )) = n2 LI c 169 .3. = B B z 2 I R1 I R2 3 1 L Figura II.4). Lo mismo para circuito 2.3.2. II. B → 0.2. 2 + 1 2 + 1 se tiene que φm = r + 1 I b b − P−1 . ´ tica Multipolos y magnetosta pero como afuera B(rA ) = 0. c . para rE entre los dos solenoides. B(rD ) = 170 4π I(n2 − n1 ) . B(rE ) = 4π n2 I c y para circuito 3. se tiene. L(B(rD ) − B(rE )) = − 4π n1 LI c por lo tanto se tiene. para rD dentro del solenoide peque˜ no. despreciando efectos de borde. y = b que lleva una corriente I en el vac´ıo. (b) Esquematizar las l´ıneas de fuerza para un caso t´ıpico con b ≈ 2a.1. El medio en el interior y exterior del cilindro tiene constante dieléctrica unitaria. respectivamente. II.4 ´ ´ ELECTROSTATICA Y MAGNETOSTATICA EN MEDIOS MATERIALES II. II.4. Enunciado de problemas II.1 Un cilindro recto hueco muy largo de constante dieléctrica y radios interior y exterior a y b.4.4. g la aceleraci´ on de la gravedad y se desprecia la susceptibilidad del aire. se coloca en un campo externo inicialmente uniforme E0 con su eje perpendicular al campo.II. (a) Determinar el potencial y el campo eléctrico en las tres regiones.1. mientras que 171 . mostrar que la susceptibilidad eléctrica del l´ıquido es χe = (b2 − a2 )ρgh ln(b/a) V2 donde ρ es la densidad del l´ıquido. Si el l´ıquido se eleva una altura h entre los electrodos cuando se aplica una diferencia de potencial V entre ellos.2 Dos superficies conductoras cil´ındricas coaxiales de radios a y b se colocan verticalmente sobre la superficie de un l´ıquido dieléctrico.3 Considerar un alambre infinitamente largo colocado en x = a.1.1.4. II.4. dentro y fuera de él.1.4.5 Mostrar que en general una barra larga recta de sección uniforme de área A con magnetización longitudinal uniforme M . Encontrar el campo en todos los puntos del espacio.´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Electrosta todo el espacio de las x negativas está lleno con un medio de permeabilidad μ = 1. II. 172 . tiene una magnetizaci´ 0 uniforme en todo el volumen y paralela a su eje. cuando se coloca con su extremo plano contra una superficie plana con permeabilidad infinita se adhiere con una fuerza dada aproximadamente por F ≈ 2πAM 2 . M y la inducci´ (a) Determinar el campo magnético H on magnética B en todos los puntos sobre el eje del cilindro. (b) Graficar los cocientes B/4πM0 y H/4πM0 sobre el eje como funciones de z para L/a = 5.1.4 Un material magnético en forma de cilindro circular on permanente recto de longitud L y radio a. 4.4.2.4.2. Dentro del dieléctrico. ϕ) = A1 r cos ϕ . . Dn = 0 si n = 1 φ2 (r. ϕ) = (An rn + Bn r−n )(Cn sen nϕ + Dn cos nϕ) .2. ϕ) = 173 Cr + D r cos ϕ .1(a)) b a E0 Figura II. y por continuidad Cn = 0 y Dn = 0 si n = 1 φ3 (r.´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Soluciones: Electrosta II. r En el interior (región 3) Bn = 0 para que no haya singularidades.2. Soluciones: Electrost´ atica y magnetost´ atica en medios materiales II.4.1(a) φ(r. ϕ) = −E0 r cos ϕ + B1 cos ϕ . n En el exterior (región 1) la condición en infinito es φ1 (r −→ ∞) = −E0 r cos ϕ por lo que Cn = 0.1 (a) La ecuación de Laplace en coordenadas cil´ındricas cuando hay simetr´ıa en z tiene solución (figura II. sólo por continuidad Cn = 0. A1 D1 = −E0 y Dn = 0 si n = 1 φ1 (r. ´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Electrosta Las constantes A1 . ϕ) = a2 − b 2 2 − 1 cos ϕ .1(b) Resolviendo se llega a φ1 (r. r ∂ϕ b b r=b ∂φ3 D =⇒ C − 2 = A1 . B1 . −E0 r + r D − 1 a2 2E0 r+ (1 + ) cos ϕ .4. D se obtienen de las condiciones de frontera ∂φ1 ∂r r=b 1 ∂φ1 r ∂ϕ r=b ∂φ2 ∂r r=a 1 ∂φ2 r ∂ϕ = = = = r=a ∂φ2 ∂r =⇒ −E0 − r=b B1 = b2 C− D b2 . r ∂ϕ a r=a Figura II. ϕ) = φ2 (r. ∂r a r=a 1 ∂φ3 D =⇒ Ca + = A1 a . D 174 donde D = ( + 1)2 − a2 ( − 1)2 . − D +1 r −4E0 r cos ϕ. 1 ∂φ2 B1 D =⇒ −E0 b + = Cb + . C.2. ϕ) = φ3 (r. b2 . 2. (0) = y E = 4πσ ar (figura II.4.2 La razón por la que se eleva el l´ıquido dieléctrico es que al haber un gradiente de en dirección vertical (z) se produce una fuerza Fz = = = ∂W E 2 d 3 =− d x ∂z 8π dz b 2 h E d − rdr2π dz 8π dz a 0 b 2 E rdr[(h) − (0)] . D + 1 r2 4E0 x constante en dirección x D donde x = r cos ϕ − ϕ sen ϕ.2.1(b) II.2 175 .4.4.2) b a h Figura II.´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Soluciones: Electrosta De aqu´ı el campo eléctrico es 1 E = 2 E = 3 E = sen ϕ 2 − 1 cos ϕ r + ϕ .4. − 4 a − pero (h) = 1. E0 x − E0 (a2 − b2 ) 2 D r r2 − 1 a2 1+ x − 2E0 (cos ϕ r + sen ϕϕ) .2.2. (b) Ver figura II. 4π . 4 ln b/a Igualando esta fuerza al peso de l´ıquido ρghπ(b2 − a2 ). a −1 V2 . V2 La susceptibilidad χe = −1 = ρgh(b2 − a2 ) ln b/a .´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Electrosta 1 b (4πσa)2 ( − 1) ln 4 a Fz = o en términos del potencial b V =− Edr = −4πσa ln a Fz = b . 2.4. χe = ρgh(b2 − a2 ) ln b/a .3) Y I b a μ Figura II.4. c 176 X .−1 4π .3 Az = I ln(r − r0 ) .2.3 El potencial vectorial de un alambre recto es (figura II.2. V2 II.4. 2c El campo de inducción magnética será entonces ∂Az =∇ ×A = ∂Az x B − y .´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Soluciones: Electrosta Se puede suponer otro alambre imagen con corriente I . μ+1 2μ I. ∂y ∂x Las condiciones de frontera Bn1 = Bn2 1 × n H ∂Az1 ∂y −→ x=0 2 × n H ∂Az1 ∂x = −→ x=0 ∂Az2 = ∂y x=0 1 ∂Az2 = μ ∂x x=0 Que dan I + I = I μ . μ+1 As´ı que el campo será B B = = I c $ 1−μ y−b y−b + (x − a)2 + (y − b)2 1 + μ (x + a)2 + (y − b)2 % x % . para calcular el campo en x > 0 Az1 = I I ln((x − a)2 + (y − b)2 ) + ln((x + a)2 + (y − b)2 ) . 2c 2c Para x < 0 se ver´ a el campo de una corriente modificada I μ Az2 = μI ln((x − a)2 + (y − b)2 ) . I − I = I . I = − I = de donde μ−1 I. 1−μ x−a x−a y . x > 0 + − (x − a)2 + (y − b)2 1 + μ (x + a)2 + (y − b)2 . x<0 c(1 + μ) (x − a)2 + (y − b)2 (x − a)2 + (y − b)2 $ 177 . y−b 2I x−a x + y . 4.4.4.2.4(a) φm = − ·M 3 & M · da ∇ d x = .´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Electrosta II. paraz > L. 178 .2. ⎩ 2πM0 ( a2 + (z − L)2 − √a2 + z 2 + 2z − L).2.4 (a) Calculamos el potencial magnético escalar en coordenadas cil´ındricas (figura II.4(a)) Z a S M0 L Figura II. z < 0 para0 < z < L . |x − x | x − x | S | as´ı que s´ En los costados del cilindro da es normal a M olo los extremos superior e inferior contribuyen. Sobre el eje z (r = 0) se tiene φm = M 0 φm = = a 0 2πr dr − 2 r + (z − L)2 a 0 2πr dr √ r2 + z 2 a 2πM0 r2 + (z − L)2 − r2 + z 2 0 ⎧ √ ⎨ 2πM0 ( a2 + (z − L)2 − a2 + z 2 ± L). 2. 1/25+(z −1)2 √ z −1 − 2 1/25+(z −1)2 z < 0.4(b) 179 1 z L z = z L . − √ 2 − 1. z > L. con 0 < z < 1 ver figura II. B 4πMo H 4πMo 1 1 1 z L Figura II. ⎩ 2 0 < z < L.4(b). es decir yB en z < 0 y z > L ! = − B z 2πM0 (b) Si L a z z−L −√ a2 + z 2 a2 + (z − L)2 " para toda z. z−L − √ 2z 2 . a2 +(z−L)2 a +z + √ 2 z−L 2 − √ 2z 2 . z/L z/L − 1 B = − 4πM0 2 1/25 + (z/L)2 2 1/25 + ((z/L) − 1)2 y ⎧ ⎨ H = ⎩ 4πM0 z 1/25+z 2 √ z 2 1/25+z 2 √ 2 z −1 . = 5.4.4.2. z > 1.´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Soluciones: Electrosta = −∇φ m Entonces el campo magnético H = − H z 2πM0 ⎧ ⎨ √ z < 0. a +(z−L) a +z =H + 4π M pero como M = 0 fuera del material. Haciendo tender a infinito el lado exterior a la barra. que implica que H = 0 dentro de la barra y cerca de su extremo.5 La energ´ıa magnética W = 8π H interior del material con μ = ∞ pues H = Bμ = 0. El cambio de energ´ıa es ΔW = y la fuerza Wf − Wf = 2πM 2 AΔz F = dW = 2πM 2 A dz 180 .2. pero muy cercano · dl = 0. pues a él. otro a lo largo de la superficie del material.5). exterior al material.4. Pero el campo H del extremo se obtiene de la ley de Ampere. H → 0. Por la condición es normal a la superficie: [H ] = 0 ⇒ H = 0 fuera del de frontera H en el interior de la barra larga cerca material.´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Electrosta 1 · Bd 3 x es cero en el II. pero fuera de la barra y el u ´ltimo paralelo al segundo. los campos no se modifican. Entonces la energ´ıa Wi = 0. pero en el espacio vac´ıo que se abre. otro parallelo al primero. & · da = 0 ∇×H · dl = 0 H ⇒ C para el contorno C se usa un rectángulo con un lado dentro de la barra paralelo a su eje de longitud L. que da: LHint = 0. Como H = 0 entonces B = 4πM de ambos lados de la superficie pues B es continuo.2. por lo que la energ´ıa es Wf = 1 8π (4πM )2 d3 x = 2πM 2 AΔz para el volumen (figura II. As´ı que sólo contribuye a la integral el lado interno.4. Para los dos lados paralelos a la superficie H H = 0 sobre la supercifie y muy cerca de ella. H = B . Si ahora se hace un desplazamiento virtual infinitesimal Δz de la barra. ´ tica y magnetosta ´ tica en medios materiales Soluciones: Electrosta A ΔZ Figura II.2.4.5 181 . . integrando el tensor de esfuerzos de Maxwell sobre el plano simétrico entre las dos cargas.2 Calcular la fuerza entre dos cargas puntuales +q y −q separadas una distancia 2a.5.1. II.1.1 Una l´ınea de transmisión consiste en un par de alambres paralelos no permeables (μ = 1) de radios a y b separados por una distancia d > a + b.1. y está distribuida uniformemente sobre la sección transversal de cada alambre. Mostrar que la auto inductancia por unidad de longitud es L=c −2 1 + 2 ln d2 ab .1. II.5 ´ CAMPOS ELECTROMAGNETICOS QUE VARÍAN CON EL TIEMPO II. Enunciado de problemas II. Una corriente fluye por un alambre y regresa por el otro.3 Partiendo de la ecuación de conservaci´ on de momento.5. d dt mec + L campo )i d3 x = (L V & Mij dsj s donde la densidad de momento angular del campo es campo = 1 x × S L c2 y la densidad de flujo de momento angular es Mij = ikl xk Tlj .5.5. probar la conservación de momento angular. 183 .II. Calcular la potencia necesaria para mantener la rotaci´ on.5.1. II. donde Q es la carga total sobre una placa. L ≈ d/2c2 . (a) Calcular los campos eléctrico y magnético entre las placas hasta segundo orden en potencias de la frecuencia. ω 2 a2 w m d3 x = |I1 |2 d 8c2 1+ ω 2 a2 12c2 . (c) Mostrar que el circuito en serie equivalente tiene C ≈ a2 /4d.4 Un capacitor ideal de placas paralelas circular de radio a y separación d a se conecta a una fuente de corriente por bornes axiales. La corriente en el alambre es I(t) = I0 cos ωt.´ticos que var´ıan con el tiempo Campos electromagne II. we d 3 x = |I1 |2 d . (b) Calcular las integrales de volumen de we y wm que aparecen en la definición de reactancia.1. a 184 . X hasta segundo orden en ω .5. estas energ´ıas son.5 Una esfera hueca de conductividad σ. Mostrar que en t´ erminos de la corriente de entrada I1 definida por I1 = −iωQ. grosor t y radio gira con velocidad angular uniforme alrededor de un eje perpendicular a un campo magnético externo uniforme. hasta el punto r es ΦB = · da = 2I B ca2 r 0 r dr . J · Ad Puede obtenerse también del flujo entre los dos alambres pero hay que tener cuidado en el cálculo del autoflujo en el interior de cada alambre pues contribuye de manera distinta seg´ un cual sea la trayectoria escogida para calcular el flujo.´ticos que var´ıan con el tiempo Soluciones: Campos electromagne II. Primero lo hacemos de la segunda manera para ilustrar el problema que hay.5.2. El flujo dentro de un alambre con J uniforme.2. Soluciones: Campos electromagn´ eticos que var´ıan con el tiempo II.5.1 Lo más conveniente es calcularlo a partir de la energ´ıa magnética 1 2c W = 3x . = . Ir 2 I(r) = . se suman y la fem total será (por unidad de . ca2 c donde I(r) = Ir2 /a2 es la corriente dentro de la superficie de radio r. Cada flujo ΦB (r) produce una fem que. si se supone que cada circuito est´ a en serie con los demás. B = 2I . 2I B= c y ΦB = a 0 2I dr + c d−r d−b a 1 1 + r d−r 2I c 185 1 1 + r d−r d dr + d−b 2I dr c r . por unidad de longitud es LI = 1 F EM = 2. 2 2 ˙ c c 2c I 0 r As´ı que la inductancia dentro del alambre por su propio campo. 2c I˙ Para el resto. pero sumando los campos de los dos cr alambres con sus centros desplazados una distancia d.) fem = fem(r) = r I˙ ˙ I(r) ˙ ˙ I(r) dI(r) I˙ = = 2. Entonces. ΦB = .´ticos que var´ıan con el tiempo Campos electromagne excluyendo el interior de cada alambre. 2.5. Sólo se necesita en esta regi´ on pues J = 0 fuera de los alambres.1).5. c d−a a b d−b c ab LE = ΦB d2 2 = 2 ln .1 I Az = c ! |d − r| r2 1 − 2 + 2 ln a b " para r < a. cI c ab y en total L = LI + LI + LE .2. c2 Por el otro método. r d b a Figura II. As´ı 1 Wa = 2c a 0 2π 0 I πa2 I c ! r2 1 − 2 + 2 ln a r2 + d2 − 2rd cos ϕ b2 1/2 " dϕrdr. se parte del potencial A para dos alambres (figura II. L= (una LI para cada alambre) 1 1 + 2 ln d2 /ab . d 2I 2I d−b d−a d d2 ln = + ln + ln + ln ln . Usando la integral 2π 0 ln(A − B cos ϕ)dϕ = 2π ln 186 A+ √ A2 − B 2 2 . . y se tiene lo análogo para |d − r| < b. dentro de r < a. ´ticos que var´ıan con el tiempo Soluciones: Campos electromagne Wa . = = . (d2 + r2 ) + (d2 − r2 ) r2 rdr 1 − 2 + ln a 2b2 0 2 2 2 4 2 I d a I2 1 d a a + ln − = + 2 ln c 2 a2 2 4a2 b2 2 2c2 2 b I2 c 2 a2 a y análogamente Wb I2 = 2 . 2c as´ı que d 1 + 2 ln 2 a W Wa + Wb I2 = = 2 . . 2).2.5.2 1 4π Tij = Ei E j − 1 δij |E|2 . II. 2c 1 + 2 ln d2 ab .5. La autoinductancia se define a través de W = as´ı que 1 c2 L= 1 2 LI 2 1 + 2 ln d2 ab por unidad de longitud. 8π rdr(2a)2 q 2 a2 = 2 2 6/2 2 (r + a ) ∞ 0 q2 dx = . digamos Ex . Entonces Txx 1 = 4π Ex2 1 − |E|2 2 = Ex2 8π es la u ńica que no es cero. F F = = Txx da = q2 4 ∞ 0 ∞ 0 Ex2 2πrdr . 2 3 (x + a ) (2a)2 en donde se usó Ex = Ex = R2 = (−q) q cos θ − cos θ .2. La fuerza es (figura II. al plano. 2 En el plano central E solo tiene componente perpendicular. R3 r 2 + a2 . R2 R2 2aq . 187 . dt V i S 188 queda . = S mec . Entonces integrando en un volumen y usando el teorema de Gauss. L mec = x × P campo = Definiendo Mi = ijk xj Tk . d dt " ! x × S d3 x x × Pmec + c2 V = & i V ∂ (ijk xj Tk ) d3 x ∂x ijk xj Tk dS .2.k + 2 = (ijk xj Tx ) − ijk Tk δj ijk dt c ∂x pues x y t son variables independientes.2 II.3 Ecuación de conservaci´ on de momento d campo = ∂ Tij Pmec + P dt ∂xj i donde Se ×B = S . campo = 1 E P 4πc c2 multiplica vectorialmente por x Sk d ∂ Pmec.5. L 1 x × S c2 & d mec + L campo d3 x = L Mi dS .k + 2 = ijk xj ijk xj Tk =⇒ dt c ∂x ∂ xj S k d xj Pmec.´ticos que var´ıan con el tiempo Campos electromagne Ex R r θ +q a −q a Figura II.5.2. El u ´ltimo término de la derecha es cero pues Tkj es simétrica y ijk es antisim´ etrica. Además como I ∼ Q ∼ cos ωt. Puesto que y 0 xJ0 (x)dx = yJ1 (y) y usando I1 = −iωQ. c ∂t − (a) de donde = ∇2 E 1 ∂2E . ρ = 0 implica que ×E ∇ = ×B ∇ = 1 ∂B . en coordenadas cil´ındricas 1 ∂ ∂Ez ω2 r + 2 Ez = 0 .4 Entre las placas J = 0. As´ı que. 2 2 c ∂t A orden más bajo suponemos que E es perpendicular a las placas y uniforme en z por lo tanto E = Ez (r)z válido para d a.´ticos que var´ıan con el tiempo Soluciones: Campos electromagne II.2.5. c ∂t 1 ∂E . c entonces E0 se puede dar en términos de Q. . la carga total es Q= E0 4π a 0 J0 ω r 2πrdr . Ez (r) = ca J1 ωc a 189 ωr c . 2iI1 iI1 cE0 a ωa 1 = J1 =⇒ E0 = ω 2ω c ca J1 ωa c por lo que ω 2iI1 J0 c r . r ∂r ∂r c Esta es la ecuación de Bessel de orden 0 con argumento por lo que ω E z = E0 J 0 c r y como Ez = 4πσ . tenemos también E ∼ cos ωt. ´ticos que var´ıan con el tiempo Campos electromagne El campo magnético se obtiene de la ley de Faraday Bϕ = Bϕ (r) = c ic ∂E = ∇×E . ca2 8c 4iI1 ωa2 we d 3 x 1− = ≈ − we d 3 x ≈ wm d3 x = ≈ ≈ 1 Re 16π Ez Ez∗ d3 x d a |I1 |2 ω2 a2 2 r dz 2πrdr 1 − − πω 2 a4 0 4c2 2 0 . Usando las expansiones = 1− J1 (x) = x x3 x5 − 3 + 5 . iω ω ∂r ϕ ω ω 2I1 J1 c r 2I1 J0 c r = . − ca J1 ωc a ca J1 ωc a pues J0 (x) = −J1 (x). 2 2 2! 2 2!3! − · · · Ez (r) = ≈ Bψ (r) = (b) x2 x4 + − ··· . 1 − r r − − + ωa2 4c2 2 32c4 2a2 6 −1 ω 2 a2 ω2 r2 2iI1 r 1 − 1 − + · · · + · · · ca2 8c2 8c2 2 ω 2I1 r 1 − 2 a2 − r 2 . 22 24 (2!)2 J0 (x) −1 ω 2 a2 ω2 r2 1 − + · · · + · · · 8c2 4c2 2 2 4 2 ω a ω 4iI1 a r4 a2 2 2 − + · · · . − 2 32c4 6 2a |I1 |2 d ω 4 a4 se anula el de ω2 . 2 2 4 ω 4 a2 a r r2 + . 1− 2 2 ω a 64c4 1 Re Bϕ Bϕ∗ d3 x 16π 2 a |I1 |2 d ω2 2 3 2 a 2πr dr 1 + − r 4πc2 a4 0 8c2 2 2 2 |I1 | d ω a 1+ . 8c2 12c2 190 . 3 Ω θ = Bx B ˆ Figura II.3 Velocidad tangencial u = Ωr sen θϕ.´ticos que var´ıan con el tiempo Soluciones: Campos electromagne (c) Como la reactancia X≈ 4ω |I1 |2 (wm − we ) dV se puede identificar la parte magnética con la inductancia 1 Xm = ωL y la el´ ectrica con la capacitancia Xe = − ωC .5 Ver figura II.5. as´ı que comparando.2.5.2.5. 4d d . Campo eléctrico inducido E = 1c u × B Br = B rΩ sen θϕ E ˆ×x ˆ= Ω sen θ cos ϕˆ z. a orden más bajo C = L = a2 . c c 191 .2. 2c2 II. σ 2 c Para mantener la rotación se debe dar una potencia igual a la disipada P = = σ B 2 Ω2 c2 a r4 dr a−t 5 π 0 5 sen4 θdθ 2π 0 cos2 ϕdϕ σB 2 Ω2 a − (a − t) 3 2 π . 8 c a a a 5a 192 . como J es tangencial P = = 3 x = σE 2 sen θd3 x J · Ed B 2 Ω2 r2 sen3 θ cos2 ϕd3 x .´ticos que var´ıan con el tiempo Campos electromagne Potencia disipada. c2 5 8 si el grueso t a entonces a5 − (a − t)5 5a4 t + O(t2 ). que con todos los términos es P = 3 2 B 2 Ω2 4 2t t3 t4 2t2 π σ 2 a t 1− + 2 − 3 + 4 . II.II.6 ´ ONDAS ELECTROMAGNETICAS PLANAS II. II.6. Determinar el tiempo de retraso para dos frecuencias ω1 y ω2 suponiendo la relaci´ on de dispersión simple.1. Encontrar la presión de radiación. y mostrar que para un conductor bueno el coeficiente de reflexión es aproximadamente. (b) Discutir los casos l´ımite de conductores muy buenos y muy malos.6.2 Una onda electromagnética plana de frecuencia ω en el espacio libre incide normalmente sobre la superficie plana de un medio no permeable de conductividad σ y constante dieléctrica . (a) Calcular la amplitud y fase de la onda reflejada relativa a la incidente. Enunciado de problemas II. los pulsos de diferentes frecuencias llegan con retrasos. (c) Calcular el vector de Poynting promediado en el tiempo para la onda que penetra al conductor y el promedio del calentamiento Joule J · E .1. Debido a la dispersión del espacio interestelar.1.3 Un pulsar es una estrella de neutrones que gira y emite pulsos de frecuencia de radio como un faro.1 Una onda plana es reflejada totalmente por una superficie a un ángulo θ de la normal.6.6. R = 1 − 2ωδ/c donde δ es la penetración superficial.1. (ω) = 1 − 193 ωp2 ω2 . y verificar que se cumple la conservación de energ´ıa. (a) mostrar que la relaci´ on de dispersión es (ω) = 1 − ωp2 ω 2 − ωp2 . con polarización perpendicular y paralela al plano de incidencia. se propaga una onda en dirección perpendicular a él. II. mostrar de las ecuaciones (de Fresnel) para reflexión y transmisión que para ω > ωp hay un rango de ángulos de incidencia para los que la reflexión no es total.´ticas planas Ondas electromagne donde la frecuencia de plasma ωp se supone constante. Para ello resolver las ecuaciones de movimiento de los electrones en direcciones x y y y mantener la componente longitudinal del ·E . Para los dos tipos de ondas. ¿Por qué es razonable usar esta relación? Este método se usa para estimar distancias de pulsares. ω 2 ω 2 − ωh2 donde ωh2 = ωB2 + ωp2 . pero que para ángulos mayores hay reflexi´ on total de regreso a la superficie terrestre. tal que E = Exî + Ey ˆj . II.6. campo ∇ (b) Encontrar las frecuencias para las que la onda ya no se puede propagar. considerar que este medio empieza a una altura h y se extiende hasta infinito.1.4 En un plasma con un campo magnético en la dirección z .1.6.5 Con el modelo de la ionosfera descrito por la relaci´ on del problema 3. k = ki. ωB = qB/mc y ωp2 = 4πnq 2 /m. 194 . Suponer que el vector eléctrico tiene una componente no transversal. 2. es la fuerza por unidad de área en dirección î sobre un elemento de área cuya normal está en dirección ˆj .2.´ticas planas Soluciones: Ondas electromagne II. |B| = |B |.6. As´ı que para la superficie reflectora con normal n la fuerza por unidad de área perpendicular producida por las dos ondas es Tij ni Fi = Tij nj + Tij nj ni = 2Tij nj ni .6.1 Ver figura II.1 La onda plana se propaga a lo largo de x e incide sobre una superficie a un ángulo θ.6. Como se refleja totalmente la intensidad es la misma |E| = |E |. Soluciones: Ondas electromagn´ eticas planas II.2. 1 8π Para la onda plana la u ńica componente no nula es Txx = 2 2 Ey + Bz y nx = cos θ por lo que la presi´ on de radiación es p = 2Txx cos2 θ = 195 1 2 E + B 2 cos2 θ 4π .6.2.1 Ey kx θ Bz θ n ˆ E k B Figura II. 6. Ei ki + kt 1 + (a + ib) (1 + a) + b2 196 . 8π 2u cos2 θ .2. c Eliminando Et de aqu´ı se obtiene √ √ 1 − (a2 + b2 ) − i2 b 1 − (a + ib) ki − kt Er √ √ 2 = = = .6.2).2.2 (a) Las condiciones de frontera son sólo sobre las com (pues no hay ponentes paralelas a la superficie de E y B componentes normales) (figura II. ki Ei − kr Er = k t Et donde ki = kr = ω c y kt = ω√ (a + ib) . Ei Et ki Er kt kr Figura II.2 Estas son: Ei + Er = Et .2.6. II.´ticas planas Ondas electromagne o en términos de la densidad de energ´ıa u = p = 1 2 E + B2 . ω 2πσ 2 b 1 ω √ 1++2 1++2 πσ 2 . 1 − (a2 + b2 ) (b) Para conductores malos 4πσ ω A φ ≈ 1 implica que ( − 1) + 8π 2 σ 2 ω 2 (−1) √ a 1. entonces A= 2 (1 − )2 + 4πσ (1 − (a2 + b2 ))2 + 4b2 ω √ √ = (1 + a)2 + b2 1 + (a2 + b2 ) + 2 a y φ = tan−1 √ 2 b .´ticas planas Soluciones: Ondas electromagne a y b se obtienen de la relación ω(k) en el conductor ω2 k = 2 c 2 4πσ 1+ i ω implica que a ⎡ b 1+ =⎣ 4πσ 2 ω ±1 2 ⎤1/2 ⎦ . Si escribimos EEri = Aeiφ A es la amplitud de la onda reflejada con respecto a la incidente y φ es la fase. 2πσ . ( − 1) √ 1 + f () . con ω 1++2 4πσ √ . tan−1 ω( − 1) 1− f () = 4/ 8 √ − ( − 1)2 1++2 Para buenos conductores 2 4πσ ω 1 A φ 2 . .1/2 2 1 + (−1)ω 4πσ ω ω 1 − + O(ω) . ω ω 2πσ =1− 2ωδ c . ω 2πσ 1 + 2πσ + 4πσ ω 1/2 . tan−1 2πσ por lo tanto a≈b≈ El coeficiente de reflexión R = A2 = 1 − 2 197 2πσ . 6.´ticas planas Ondas electromagne (c) St c ∗ t Re Et × H 8π c ∗ ∗ c ReEt × k t × Et 8π ω = = c2 |Et |2 Re(kt∗ ) . kR = Re(kt ) c2 KR |E0 |2 = ST z=0 8πω por lo tanto se conserva la energ´ıa.2. As´ı que la potencia disipada P = 1 t∗ = 1 σ|Et |2 ReJ · E 2 2 que al integrarla en z da la potencia disipada por unidad de área ∞ ∞ 2 0 P dz = σ |E0 |2 2 que usando la relación kI kR = 0 ∞ P dz = 0 e−2kI z dz = ω2 ab c2 = 2πσω c2 σ|E0 | 4kI . √ La velocidad del pulso es entonces vp = dω = c2 ωk = c < c. produce un retraso en la llegada de cada pulso al recorrer una distancia d. c2 k 2 = ω 2 − ωp2 . II. de tal forma que Δt = Δ d d 1 1 = − v c (ω1 ) (ω2 ) 198 .3 La velocidad de fase de una onda en un medio de constante dieléctrica (μ = 1) es v = ωk = √c que para la función dieléctrica dada es > c y da la realción. que dk depende de la frecuencia. La diferencia de velocidades entre 2 frecuencias. 8πω = Sobre la superficie Et = E0 pues |Et |2 = |E0 |2 e−2kI z donde √ kI = ωc b es la parte imaginaria de kt . m . Las ecuaciones de movimiento para un electrón son x ¨ y¨ que.4 (a) Aqu´ı se tiene que considerar la componente longitudinal del campo eléctrico que se genera al interior del plasma por corrientes ·E = 4πρ de donde ikEx = 4πρ. . es decir ω1. m ω 2 (ωh2 − ω 2 ) 199 4πnq 2 m . Δt d ωp2 c 2 1 1 − 2 ω12 ω2 d ωp2 Δω c ω13 si Δω = ω2 − ω1 ω1 . usando Ex y con Ω = qB mc ∂ ∂t q m = q m = Ex + y˙ Ey − x˙ B c B c . II. Derivando internas.´ticas planas Soluciones: Ondas electromagne con = Δt = ωp2 1− 2 .2. resolviendo para y y= ω 2 − ωp2 q Ey + Ω2 − ω 2 ) m ω 2 (ωp2 con ωp2 = de donde el momento dipolar es py = qy = q 2 ω 2 − ωp2 Ey . m −ω 2 x = − −ω 2 y = q Ey + iωΩx . ∼ −iω q 4πnqx − iωΩy . As´ı que Ex = −4πnqx. ω −1/2 −1/2 ωp2 ωp2 d 1− 2 − 1− 2 c ω1 ω2 lejos de la frecuencia de corte ωp . Se obtiene de ∇ on de carga en t y usando la ecuación de conservaci´ · J = −4πikJx = −4πik(nxq) ikE˙ x = 4π ρ˙ = −4π ∇ ˙ .6.2 ωp . corte est´ 2 2 Ω2 Ω2 2 ω± = ωp + 2 ± Ω ωp + 4 .6. para E .´ticas planas Ondas electromagne El promedio sobre n electrones es la polarización P = npy por lo que el coeficiente de Ey es la susceptibilidad χe y = = 1 + 4πχe . ωp2 ω 2 − ωp2 . 1− 2 2 ω ω − ωh2 (b) Las frecuencias de an definidas por = 0. II. De aqu´ı.2.5 Las ecuaciones de Fresnel para la onda reflejada en un ω2 medio con = 1 incidente sobre uno con = 1 − ωp2 son √ cos i − − sen2 i Er √ = Ei cos i + − sen2 i √ cos i − − sen2 i Er √ = Ei cos i + − sen2 i para E ⊥ al plano de incidencia. 200 . si − sen2 i = 0 entonces reflexi´ on total 2 1− Er Ei = 1. en ambos casos. por lo tanto para ωp = sen2 i . ω2 para que se se necesita ω > ωp . al plano de incidencia. Para ángulos i mayores satisfaga 2 ωp que sen i = 1 − ω2 hay reflexión total. 1. Enunciado de problemas II. Mostrar que la primera relación no cambia. Encontrar el amortiguamiento de una onda de Alfvén de amplitud peque˜ na linealizando las ecuaciones en las perturbaciones. 201 .1. Esquematizar el comportamiento de Im(ω) y la resultante Re(ω) como función de ω para cada caso.7. de modo que la ecuaci´ on magnética contiene el término difusivo. = 1. Obtener el tiempo de amortiguamiento relativo al per´ıodo de la onda. II.7.7.1. x > 0). x < 0. (a) Im = λ [θ(ω − ω1 ) − θ(ω − ω2 )] .3 Extender las relaciones de Kramers-Kronig para un medio con una conductividad eléctrica estática σ. (b) Im = ω2 > ω 1 > 0 λγω 2 −ω 2 )2 +γ 2 ω 2 (ω0 donde θ(x) es la función escalón (= 0. ω 2 − ω 2 Ayuda: Considerar (ω) − 4πσi/ω como función anal´ıtica para Imω ≥ 0. dada la parte imaginaria de (ω) para ω positiva como.2 Usar las relaciones de Kramers-Kronig para calcular la parte real de (ω).1 Considérense las ecuaciones magnetohidrodinámicas con conductividad finita. II.7. pero la segunda se modifica a Im(ω) = 4πσ 2ω − P ω π ∞ 0 [Re(ω ) − 1] dω .II.7 ´ ONDAS ELECTROMAGNETICAS EN MEDIOS MATERIALES II.1. cuando la ampliltud de modulación var´ıa lentamente (el ancho es de varias longitudes de onda). Mostrar que los campos eléctrico y magnético. t) ≈ B ≈ e1 ± i e2 ) + E0 (x. z. y.´ticas en medios materiales Ondas electromagne II.4 Una onda plana polarizada circularmente que se mueve en la dirección z tiene extensión finita en las direcciones x y y. y)( i k ∂E0 ∂E0 ±i ∂x ∂y . están dados aproximadamente por E(x.7.1. y. II. . e3 son vectores unitarios en direcciones x.1.7. 202 . energ´ıa cinética del fluido promediada en el tiempo ρu21 /2 es igual : 2 .5 Para una onda de Alfvén. ±i(μ)1/2 E donde e1 . e3 eikz−iωt . a la densidad de energ´ıa de la onda B1 /8π . e2 . z . mostrar que la densidad de : . =∇ ∂t 4πσ 203 (I) . t) = V1 ei(k·x−ωt) (onda plana) entonces 1 )k + V A · k (V A · k)V 1 − (V A · V 1 )k − (k · V 1 )V A = 0 1 + (S 2 + VA2 )(k · V −ω 2 V Si la conductividad no es infinita. ∇ ·V 1 ) + V − S 2 ∇( 2 ∂t De este modo se tiene una sola ecuaci´ on en V1 .´ticas en medios materiales Soluciones: Ondas electromagne II.7.1 Las ecuaciones de la magnetohidrodinámica con conductividad infinita y linealizadas en las perturbaciones son: ρ0 ∂ρ1 ∂t 1 ∂V ∂t 1 ∂B ∂t + ·V 1 = 0 ρ0 ∇ + 1+ S 2 ∇ρ − 0) = 0 × (V 1 × B ∇ 0 B ×B 1) = 0 × (∇ 4π (ver Jackson. + × (∇ + ×B ∂t2 ρ0 ∂t 4πρ0 ∂t Usando la primera de las ecuaciones y como VA = 1 ∂2V ∇ ·V 1 ) + √VA × − S 2 ∇( ∂t2 4πρ0 ! × ∂ B1 ∇ ∂t √ B0 4πρ0 : " = 0.2. Usando la tercera de las ecuaciones: 1 ∂2V A × ∇ × ∇ × (V 1 × V A ) = 0 .7. Si V1 (x. Soluciones: Ondas electromagn´ eticas en medios materiales II.2. la tercera de las ecuaciones de la magnetohidrodin´ amica cambia a: 2 1 ∂B 0 ) + c ∇2 B × (V 1 × B 1. cap´ıtulo x) Tomando parcial respecto del tiempo en la segunda de estas ecuaciones y dividiendo por ρ0 : 0 1 1 S 2 ∇∂ρ ∂ ∂2V B 1) = 0 . 2 V ∂t ω ∂t 1 1 ∂B ∂B c2 2 k 2 c2 − ∇ B1 = 1+i . iω ∂B iωk 2 ∂B =− 2 .´ticas en medios materiales Ondas electromagne conductividad. Reduciendo y tomando en cuenta que k es perpendicular a V1 . ∂t2 ∂t por lo tanto la ecuación de onda se puede escribir como: ∇2 B − 1 V2 ∇2 B = − × (V 1 × B 0) ∇ = −iω ∂B ∂t = 0. Si k es paralelo a VA entonces la ecuación (I) se reduce a: 1 −ω 2 V + + 2 S2 A · V 1 )V A k + 1 ( V VA2 VA2 A · k (k × V 1 ) × V A − (k · V 1 )VA = 0 V VA2 donde se usó que k = VVAA k y VA × (k × V1 ) = (VA · V1 )x − (VA · k)V1 . 1 + (k 2 VA2 − ω 2 )V S2 A · V 1 )V A = 0 − 1 k 2 (V VA2 204 . la 2 relación de dispersi´ on 2(I) debe cambiarse multiplicando a S y a 2 k c2 ω por el factor 1 + i 4πσω . Tal cambio da origen a oscilaciones amortiguadas. satisfacen Para ondas planas las componentes de B σ= ∇2 B − 1 ∂2B =0 V 2 ∂t2 y además ∂B = −iωB ∂t por lo tanto ∂B ∂2B = −ω 2 B = −iω . ∂t 4πσ ∂t 4πσω De modo que si se toma en cuenta la conductividad finita. S2 1 + 4πσω donde Para el caso de ondas de Alfvén paralelas al campo 1 A · V V = 0. (II.1) . ω∈ / [ω1 . ω2 2 λω dω 1+ P .´ticas en medios materiales Soluciones: Ondas electromagne por lo tanto la relación de dispersión es: 1 (k2 VA2 − ω 2 )V + ω 2 = S 2 = S 2 A · V 1 )V A = 0. ω2 ]. VA ω2 Por u ´ltimo como se propaga con velocidad VA . el tiempo de amortiguamiento relativo al per´ıodo de la onda 2π/ω es. k2 VA2 −1/2 = ω2 + ω iω 2 + VA 8πσVA por lo tanto se tiene k= ω VA 1− iωc2 4πσVA2 ic2 k2 ω . 4πσ c VA 2 para σ grande. es decir ω no está en el intervalo entre ω1 y entonces λ Re (ω) = 1 + π 2 ω2 2 ω1 λ dξ = 1 + ln ξ − ω2 π 205 ω22 − ω 2 ω12 − ω 2 . τ ω 4σ = 2 ω VA c 2 .7. 2 2 π ω1 ω − ω ω2 > ω 1 > 0 esto se obtiene ya que Im (ω) = 0 fuera del intervalo entre ω1 y ω2 [ω1 . II.2. ω 2 − ω 2 λ [θ(ω − ω1 ) − θ(ω − ω2 )] . Si ω2 . − 1 k 2 (V VA2 ic2 k2 ic2 k 2 ω = ω2 + ω2 1 + .7. 4πσω 4πσ ic2 k2 . As´ı que la onda se amortigua en una distancia. ω2 ]. 2 c A L ∼ 1/kI = 8πσV .2 (a) Seg´ un una de las relaciones de Kramers–Kronig Re(ω) = 1 + Si entonces Im(ω) = Re (ω) = 2 P π ∞ 0 ω Im (ω ) dω . 7. Re 1+ 2λ π ln ω2 ω1 ω1 ω2 Figura II. entonces ω22 − ω 2 ω12 − ω 2 > 0.2.2.1(a) (b) Si Im (ω) = entonces Im (ω) = λΓω . entonces Re (ω) λ 1+ π ω 2 −δ dξ + ξ − ω2 2 ω1 2 λ ω − ω 2 1 + ln 22 π ω − ω12 = = 2 ω2 ω 2 +δ dξ ξ − ω2 ver figura II.´ticas en medios materiales Ondas electromagne Dado que la función f (x) = x2 es creciente para x > 0. ω ≥ 0.1(a). (ω si está dentro del intervalo entre ω1 y ω2 ). (ω02 − ω 2 )2 + Γ2 ω 2 . Si ω ∈ [ω1 . ω2 ].7. − 2i (ω02 − ω 2 ) − iΓω (ω02 − ω 2 ) + iΓω 206 . 1 λ 1 . Si ahora se toma un contorno de integraci´ on que cierre por la parte baja del plano complejo. Usando el teorema del residuo: & f (z )dz = −2πi residuos de f C (negativo por ser C en el sentido de las manecillas del reloj). Γ2 para el segundo. Ω)(ω y Ω∗ = iΓ 2 Los u ńicos polos dentro del contorno son Ω y −Ω∗ . el segundo término no contribuye (ω) = 1 − donde Ω = − iΓ2 + λ 2πi ω02 − & Γ2 4 C (ω − dω . La relación de Kramers–Kronig a usar es Re (ω) = 1 + P π ∞ −∞ Im(ω ) dω .´ticas en medios materiales Soluciones: Ondas electromagne Los denominadores tienen ceros en: ⎧ ⎨ − iΓ ± ω 2 − 2 0 ω= ⎩ iΓ ± ω 2 − 0 2 Γ2 . + Ω∗ )(ω − ω) 2 + ω02 − Γ4 . se tiene $ (ω) = 1 + λ 1 1 + (Ω + Ω∗ )(Ω − ω) (−Ω∗ − Ω)(−Ω∗ − ω) 207 % . 4 para el primero. ω − ω Sumando la parte imaginaria de (ω) multiplicada por i a la parte real de (ω) del siguiente modo: Re (ω) + iIm (ω) = (ω) = 1 + 1 π ∞ −∞ Im(ω ) dω − ω − i ω lo cual corre al polo de la relación de Kramers–Kronig hacia arriba del eje X (real) 1 π (ω) = 1 + ∞ λ 2i 1 2 −ω 2 −iΓω ω0 − 1 2 −ω 2 +iΓω ω0 ω − ω − i −∞ dω . 4 . 2.1(b).7.´ticas en medios materiales Ondas electromagne Re ε 1 Im ε ω0 ω Figura II.7.3 Como la función (ω) para un conductor tiene un polo en ω = 0 pero es anal´ıtica en el resto del semiplano superior de la variable ω = ω1 + iω2 . II.7. =1+ 2 2 (ω0 − ω 2 )2 + Γ2 ω 2 ver figura II.2. Ω∗ : λ . ω02 − ω 2 − iΓω (ω) = 1+ Re (ω ) = (ω) + ∗ (ω) λ(ω02 − ω 2 ) .1(b) sustituyendo Ω. entonces podemos remover el polo definiendo 208 .2. 2.2 Tomando como trayecto de integraci´ on el mostrado en la figura II.2.7. 0. Usando la integraci´ on compleja se tiene que & C (< (ω ) − 1) dω = 0 ω − ω siempre y cuando el trayecto de integración encierre a una región donde <(ω ) − 1 sea anal´ıtica y no se incluya a los polos.2. si (ω) ∼ − ω12 . Im ω’ CR Re ω’ ω Figura II. la integral sobre CR tiende a cero. de hecho va como 1 . dω − iπ [< ω − ω 209 . Aplicando la formula de Cauchy ω3 1 2πi & C f (ω ) dω = ω − ω si ω está dentro del contorno. < (ω) = (ω) − 4πσi ω que es anal´ıtica para Imω ≥ 0 . P ∞ −∞ < (ω ) − 1 (ω) − 1] = 0 . o bien f (ω) = 1 P πi f (ω )dω .´ticas en medios materiales Soluciones: Ondas electromagne la función.7. ω − ω si ω está sobre el contorno. f (ω). Para f (ω) = <(ω) − 1. si ω está fuera del contorno. y con la variación E = 0 (espacio Ex = E0 (x. 1+ P − −ω −ω π ω −ω 0 1+ 1 π Regresando a (ω). π −∞ ω − ω ∞ 1 Re< (ω ) − 1 − P dω . − ω2 ω 2 Pero la u ´ltima integral da por resultado cero. y)ei(kz−ωt) (se propaga en z ). Re (ω) = 1 + 2 P π ∞ 0 ω Im (ω ) 2 dω − 4πσiP ω 2 − ω 2 π ∞ 0 dω . en terminos de (ω). π ω − ω −∞ 1+ La primera de éstas se puede reescribir como: Re < (ω) = 1+ $ P 1 π 0 −∞ Im< (ω ) dω + P ω −ω ∞ 0 % Im< (ω ) dω .2. Análogamente. dω = iπ [< ω − ω −∞ Despejando <(ω) < (ω) = Re < (ω) = Im < (ω) = ∞ < (ω ) − 1 1 P dω . Re < (ω) = = $ ∞ % ∞ Im < (−ω ) Im < (ω ) P + P dω dω −ω − ω ω − ω 0 0 ∞ Im < (ω ) Im < (ω ) 1 dω . iπ −∞ ω − ω ∞ Im< (ω ) 1 1+ P dω .7. la condici´ on ∇· libre de cargas) da ∂E0 ∂E0 ±i ∂x ∂y 210 ei(kz−ωt) + ∂Ez = 0. ω − ω Haciendo ω = −ω y usando que (−ω) = ∗ (ω∗ ). ω 2 − ω 2 II. Im (ω) = 4πσ 2ω − P ω π ∞ 0 (Re (ω ) − 1) dω .´ticas en medios materiales Ondas electromagne Lo cual se reescribe como P ∞ < (ω ) − 1 (ω) − 1] .4 Escribiendo E = Exi + Eyj + Ez k con la condición de que EExy = ±i. ∂z . por ser circularmente polarizada. ´ticas en medios materiales Soluciones: Ondas electromagne de donde Ez i ∂E0 ∂E0 ei(kz−ωt) . ±i k ∂x ∂y . 5 Usando la tercera de las ecuaciones de la magnetohidrodinámica.7. para una onda de Alfvén (ω = kVA ) 7 ρ0 V12 2 8 7 = ρ0 ω 2 B12 2 k2 VA2 4πρ0 211 8 7 = B12 8π 8 . de la ley de Ampere. B ⇒ II. linealizada para las variables oscilatorias B1 y V1 1 ∂B 0 ) = 0. y)(i ± i k ∂x ∂y = por lo tanto E = . ˆ×B ˆ × (±i√μE) =k k = ±i√μE. Para B k × H ˆ × B/μ = kk = −(k/√μ)E . i ∂E0 ∂E0 i(kz−ωt) k e j) + . × (V 1 × B −∇ ∂t 0 con k ⊥ B 1 = por lo tanto B 7 y ρ0 V12 2 8 usando VA = √ = k V 1 B0 ω 7 8 ρ0 B12 ω 2 .2. = −ωE/c pero para polarización circular kˆ × E = ±iE . as´ı que. ±i E0 (x. 2 k2 B02 B0 4πρ0 tenemos finalmente. . . II. de ancho b separadas una distancia a. μ (c) La impedancia caracter´ıstica de la l´ınea Z0 se define como el cociente del voltaje entre las tiras sobre la corriente que fluye en ellas. c b 213 .1. Enunciado de problemas II. cab μ 1/2 |H0 |2 8π P = donde H0 es el valor máximo del campo magnético acimutal en la superficie del conductor.1 Una l´ınea de transmisión consiste en dos tiras idénticas delgadas paralelas de metal. en un dieléctrico (. la potencia transmitida se aten´ ua a lo largo de la l´ınea como P (z) = −2γz donde P0 e c γ= 4πaσδ 1/2 . (b) Mostrar que si la conductividad del metal es σ.1. Z0 = 4π μ 1/2 a . μ).8. A lo largo de la l´ınea se propaga un modo tem (transversal electromagnético). Mostrar que.8 GUÍAS DE ONDA Y CAVIDADES RESONANTES II. (a) Suponiendo que a b mostrar que el flujo de potencia promediado en el tiempo a lo largo de la l´ınea es.8. (a) Suponiendo que la conductividad de las paredes es infinita determinar los modos de propagación posibles y sus frecuencias de corte. calcular la constante de atenuaci´ on si las paredes tienen conductividad finita. c2 b donde μc es la permeabilidad del conductor. se excita en el modo Ez = E0 sen(πx/a) sen(πy/a)e−iωt . (b) Para los modos más bajos de cada tipo. R= 2 . σδb L= 4π μa + μc δ . II.8. II. 214 .3 Una cavidad resonante rectangular de dimensiones a.8.1. (a) Discutir la propagación de ondas a lo largo de la guia suponiendo que la variaci´ on acimutal de los campos es eimφ . Comparar el resultado con el de una guia cuadrada de lado a. 2a.Gu´ıas de onda y cavidades resonantes (d) Mostrar que la resistencia e inductancia equivalentes por unidad de longitud de l´ınea son.1.1. determinar el modo con la frecuencia de corte más baja y discutir las propiedades de sus campos (variaci´ on espacial) cuando 1. (b) Para m = ±1. Hz = Ex = Ey = 0.2 Una guia de onda tiene secci´ on transversal en forma de √ triángulo rectángulo de lados a. (a) ¿Cuánto vale ω? (b) Calcular las fuerzas ejercidas sobre todas las caras.8. a. a. L y conductividad σ grande. II. (c) Obtener Q para este modo.4 Un cilindro circular recto de dieléctrico no permeable con constante dieléctrica y radio a sirve como guia de onda dieléctrica en el vac´ıo. 215 .1.Enunciado de problemas II.5 Mostrar que en una frontera conductora el cociente de la componente normal del campo magnético sobre su componente tangencial es del orden de δ/λ del campo oscilante.8. 8. Con esto ×H ∗] = 1 c = 1 c [E S 2 4π 2 4π 2 C μ .8. P curva de integraci´ on b a Figura II. 2 TEM = H k × ETEM μ 0 y se tiene H0 = Para determinar C se toma H(a) =H μ por lo tanto C = H0 .2.1).2. que para a b sólo depende de x.8.8.1 (a) Como ∇ campo eléctrico es derivable de un potencial y satisface la ecuación de Laplace. μ |H0 |2 z . se obtiene integrando S sobre la superficie de las placas (figura II. ∂2Φ =0 ∂x2 por lo tanto se tiene una solución del tipo Φ = Cx TEM =⇒ E = Ci. Soluciones: Gu´ıas de onda y cavidades resonantes TEM = 0 y ∇ TEM = 0 entonces el 1 ×E 1 ·E II.2.Gu´ıas de onda y cavidades resonantes II.2.1 216 X . 2P dz Por otro lado se tiene que − dP dz = c 2 2 b |ˆ n × B|2 d. la ecuación diferencial es dP (z) = −2γP (z) dz y por lo tanto γ = − 1 dP . (b) Si la potencia se aten´ ua como P (z) = P0 e−2γz .Soluciones: Gu´ıas de onda y cavidades resonantes P = 1 c 2 4π 2 μ |H0 |2 b 0 a 0 dxdy = c ab 4π 2 2 μ |H0 |2 . la diferencia de potencial entre las tiras es: 2 a ΔV = Edx = Ca = 0 μ H0 a y de Ampère: ×H = 4π J . 4π 2σδμ2 0 ≈ c2 1 |H0 |2 ba2 16π 2 σδa2 (ver ecuación 8. ∇ c Integrando en un contorno paralelo a la superficie y de ancho δ hacia adentro del metal I= c 4π & c · d H .58 del libro de Jackson) donde se tomó b a.12 y ec. por lo tanto γ= 2 2 c 2 1 2 |H0 | ba 2π c 4σδa μ 1 2 2 2π 4 ab |H0 | = c 4πσδa 1/2 . μ (c) Por otro lado. 8. Z0 = ΔV = I μ 217 cb 4π a = 4π c 2 μa . b . y además H⊥ = 0.= H0 b 4π pues H = 0 en el metal para x > δ . μ c2 b donde Δk es el término correctivo y Δk 1. la impedancia caracter´ıstica por unidad de longitud en este caso es: Z = −iω 4π a (1 − 2Δk) . 4π μσδaω 4π a (1 − 2Δk) ≈ R − iωL .Gu´ıas de onda y cavidades resonantes (d) Como las tiras no son conductores perfectos. de modo que. bσδ . Δk = −(1 + i) Z = R = L = −iω c2 1 . μ c2 b 2 . σ C= 2 2 σbδ = = bδ . Rσ σ 2 También LC = μ implica que C = μ . c2 b (d*) Opción. con k12 + k22 + k32 = k2 = ω2 c2 .8. 218 . Ez = A3 sen(k1 x) sen(k2 y)ei(k3 z−ωt) . 4π μa + μc δ .2. s = bδ y como son 2 placas R = 2 σbδ Se sabe que R y C están relacionadas por. Como R = 1 σs . que L = bδ μ L = bδ y a su vez implica Considerando los 2 medios inductores en serie L≈ μ + μc . Ex = A1 cos(k1 x) sen(k2 y)ei(k3 z−ωt) . C+−1 = C −1 + C −1 RC = . bδ II. Ey = A2 sen(k1 x) cos(k2 y)ei(k3 z−ωt) .2 Considerando una gu´ıa cuadrada con lado de longitud el vector eléctrico de la onda electromagnética que se propaga a lo largo del eje z positivo está dado por: a. 2.8. Ey = A sen k1 x cos k1 yei(k3 z−ωt) . La primera condición se cumple si A3 = 0. 219 y k1 = k2 .Soluciones: Gu´ıas de onda y cavidades resonantes ·E = 0 por Como la densidad de carga libre es nula. (véase figura II. Ez = 0. por lo tanto A1 = A2 y k1 = −k2 ó A1 = −A2 por lo tanto Ex = −A cos k1 x sen k1 yei(k3 z−ωt) .8.2) por lo tanto. La segunda condición se cumple si A1 = A2 y tan k1 x = − tan k2 x o´ si A1 = −A2 y tan k1 x = tan k2 x. se tiene ∇ lo tanto [k1 A1 + k2 A2 − ik3 A3 ] = 0 . y que Ey = Ez = 0 en x = a. k1 = mπ a y x 0 a Figura II.2 Para el caso de la gu´ıa triangular se debe satisfacer además que Ez = 0 en y = x y que Ex cos π π + Ey sen = 0 4 4 en y = x.2. Se quiere que Ex = Ez = 0 en y = 0. c − k3 c k3 c Ey = − A sen k1 x cos k1 yei(k3 z−ωt) .−n ó T En. implica que k3 es real y por lo tanto se puede Si ω > 2nπc a propagar una onda sin atenuación. a 2 n2 π 2 ω2 −2 2 . ω ω k3 c k3 c Ex = − A cos k1 x sen k1 yei(k3 z−ωt) . 2 c a Usando Faraday. Los no permitidos√son TM. (b) El coeficiente de atenuaci´ on puede escribirse como: βλ = c 4π 2 1 C μ σδλ 2A ω ωλ 1− 1/2 2 ωλ ω2 1/2 ξ λ + ηλ ω 2 . ω ω 2k1 c i ∂By ∂Bx = − A [cos k1 x cos k1 y] ei(k3 z−ωt) . Bx = By = Bz = ×E ∇ = k × E ⊥ = 1 ∂B =⇒ c ∂t ω B⊥ .Gu´ıas de onda y cavidades resonantes con k1 = k3 = nπ . k3 ∂x ∂y iω − por lo tanto los modos permitidos son T En.n . (8.63) de Jackson. λ ω ec. − dP c2 = dz 32π 2 σδ & |H |2 d. Para los campos obtenidos. se encuentra que la potencia es P = ωk 16πk12 Bz2 da = 2 kωa4 Bz0 128π 3 n2 y la disipación es. donde C y A son el per´ımetro y el área de la sección transversal de la gu´ıa. = 220 2 c2 aBz0 ω2 2 64π σδ ωλ2 3 ω2 1 + (1 + √ ) λ2 8 ω . ξλ = 1 1+ √ 2 −1 3 √ 2 2 + √12 1+ . ηλ = 1 .Soluciones: Gu´ıas de onda y cavidades resonantes con ωλ2 = 2(nπc/a)2 . para la gu´ıa de onda cuadrada se tiene βλ = c 4π 2 1 4a μ σδλ 2a2 ω ωλ 1− 1/2 1/2 2 ωλ ω2 . en contraste. triangular. de donde se deduce que. c βλ = 4π 2 √ 1 a(2 + 2)2 μ σδλ 2a2 ω ωλ 1− 2 1/2 2 1+ ωλ ω2 ωλ 2 (1 + √ 1 + 1/ 2 ω √3 ) 8 . como la atenuación es βλ = − 1 dP 2P dz se encuentra que. Entonces. . 1 ωλ 2 . es constante o sea que no hay dependencia en z . ξλ = 1/2 y ηλ = 1. ya que y Ey = Ex = 0 ·E =0 ∇ por lo tanto se tiene dEz = 0. en el vac´ıo 2 ∇2 + (a) Para Ez = E0 sen E0 ω c2 πx a Ez = 0 . as´ı que. dz Al sustituirlo en la ecuación de onda se tiene ω2 π2 + 2 2 a c √ πc ω= 2a. + 2 ω cuadrada. −2 finalmente se tiene 221 Ez = 0 . sen πy b e−iωt . II.2.8.3 La ecuación de onda que satisface la componente Ez es. Necesitamos Hx = Hy = πx πy c ∂Ez c π = E0 sen cos e−iωt iω ∂y iω a a a πx πy −c ∂Ez ic π = E0 cos sen e−iωt . Integrando Fz = ± ⇒ Fz = 0 E02 16π .Gu´ıas de onda y cavidades resonantes (b) Las fuerzas se obtienen del tensor de esfuerzos de Maxwell Fi = Tij dsj = 1 4π Ei Ej + Hi Hj − δij 2 (E + H 2 ) dsj . iω ∂x ω a a a “Ley de Faraday”. As´ı Fz Fz = = 1 4π ± E2 + H 2 dsz y promediando 2 EE ∗ − HH ∗ ⎫ dxdy . ⎪ 2 0 ⎬ Ez E z − 1 8π ⎧ ⎪ ⎨ z= ⎪ ⎩ a en el tiempo ⎪ ⎭ signo + para cara z = 0 y signo − para z = L pues dsz = ±dxdy. 2 integrando sobre las superficies definidas por dsj . a2 cπ 2 a2 − 4 ωa 2 cπ 2 pero como ωa = 1 2 sobre caras z = 0. F x (x = 0) = −F x (x = a) = − πc 2 E 2 E 2 aL 0 aL = − 0 . ωa 32π 64π Igualmente F y (y = 0) = −F y (y = a) = − 222 E02 aL . Ahora Fx = 1 4π $ 1 2 Hx Hx∗ − EE ∗ + HH ∗ 2 dsx + 1 Hx Hy∗ dsy 2 la u ´ltima integral se anula. L. . y con dsx = ±dydz . 64π % . Γ2 para los modos TE : T .Soluciones: Gu´ıas de onda y cavidades resonantes (c) 2 2 1 (E 2 + H 2 )dV ω 8π ωU ω V dV [E + H ] V Q= = = c dV P 8πσ Ec2 dV J · E Vc Vc campo dentro del conductor. + 2 ∂r ∂r ∂ϕ2 223 ó Ez (II.4 (a) Para los modos TM: T = B μω k ck T . Vc volumen de conductor donde Ec = 0. ×E T = E ik ∇T ψ. ψ = Bz Con ψ satisfaciendo: (∇2T + Γ)ψ = 0. Ec La energ´ıa se integra sobre el volumen de la cavidad V . 2 c = E ξ ω e−ξ(1−i)/δ (1 − i) n×H 8πσ es la coordenada normal a la superficie del metal. II. c2 que para θ = cte = 0 se pone como 1 ∂ r ∂r o como: r2 r ∂ψ ∂r + 1 ∂2ψ + Γ2 ψ = 0 r2 ∂ϕ2 ∂ψ ∂ψ 2 ∂2ψ +r + Γ2 r 2 ψ = 0 .1) . Q= ω 8π E02 a2 L V a2 L =2 = 2) 2 δ(2aL + a Sδ H ds S 1 ωδ 4π pues la integral es sobre toda la superficie de la cavidad S = 4aL + 2a2 .2.8. T = − ω k×B E ck T = B ik ∇T ψ Γ2 ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ . Γ2 = μ ω2 − k2 .8. Eϕ = − 2 . a fin de obtener una soluci´ exponencialmente con ρ. ⎭ interior (Γ2 = μ ω2 − k2 ).3): Er = Br = iω ∂ψ iω ∂ψ . Bz = ψ Γ2 ∂r Γ r ∂ϕ 224 . Eϕ = 2 .Gu´ıas de onda y cavidades resonantes La cual.2. ρ ≤ a. c2 Y la solución que es regular en ρ = 0 es: i ψm = eimϕ+ikz−iωt Jm (Γr) (caso interior.8.) Para el caso exterior se cambia Γ2 por β 2 la cual viene dada 2 on que decaiga por β 2 = k2 − μ0 0 ωc2 . Am = ctes. Bz = 0 Γ cr ∂ϕ Γ c ∂r Para los modos TE se tiene (figura II. Bϕ = 2 . Ez = ψ Γ2 ∂r Γ r ∂ϕ iμω ∂ψ iμω ∂ψ − 2 . As´ı para modos TM Er = Br = ik ∂ψ ik ∂ψ . Conociendo ψ las otras componentes de los campos se obtienen usando la expresi´ on (1). por separación de variables. Bϕ = 2 . es equivalente al siguiente par de ecuaciones: ⎫ ⎬ 2 r2 ∂ψ + r ∂ψ + Γ 2 r 2 ψ − m2 ψ = 0 ∂r ∂r 2 2 ∂ ψ ∂ϕ2 + m2 ψ = 0. por determinar. Para ρ > a la solución es: ψ e = Am Km (βρ)eimϕ+ikz−iωt . Ez = 0 Γ2 cr ∂ϕ Γ c ∂r ik ∂ψ ik ∂ψ . fm = fm (ϕ. aim m Bri = Bψi = Bzi = $ % mμω i ik (Γr) + b (Γr) fm . bim y bem se iguala a cero 225 . aim −→ aem . aim m Las soluciones para el exterior tienen la misma forma y se obtienen sustituyendo μ → 1 Γ −→ β. as´ı que hay que tomar una superposición de los dos: Eri = Eϕi = Ezi = $ % ik mω Jm (Γr) − bim 2 Jm (Γr) fm .2. De las 4 ecuaciones homogéneas para aim . −→ 1. Jm (Γr) −→ Km (βr). z. bim −→ bem . Γ r Γc m i am fm Jm (Γr) . Se aplican las condiciones de frontera en ρ = a.3 Para m = 0 no existen modos TM y TE como tales. Γ Γ cr m $ % i mk iω am 2 Jm (Γr) + bim Jm − (Γr) fm .Soluciones: Gu´ıas de onda y cavidades resonantes a L Z Y X Figura II. t) = eimϕ−ikz−iωt . J J m m m Γ2 cr Γ m % $ i iμω mk Jm (Γr) − bim 2 Jm (Γr) fm . aem . am Γc Γ r m i bm fm Jm (Γr). para cada m.8. Gu´ıas de onda y cavidades resonantes el determinante.84c ω11 = √ . lo que implica que J1 (Γa) = 0. y se obtiene la ecuación de eigenvalores Km Jm + γJm βKm Km Jm + γJm βKm = m2 a2 1 + 2 γ2 β 1 1 + 2 γ2 β (el argumento de las Jm es Γr y el de las Km es βr). λ 226 . a II.11 del libro de Jackson) lo cual es claro debido a la continuidad de la componente tangen cial de E y H Supóngase una onda propagándose a lo largo de la superficie de sea casi normal y E casi tangencial. 2 junto con la relación Γ2 + β 2 = ωc2 ( − 1) determina Γ y β .2.84. 8. el término J1 /J1 domina sobre todos los demás. justo fuera de la superficie. El primer cero de J1 da Γa 1. por lo que debe cancelarse. tal que H la componente normal a la superficie. Si k es un metal. para que pueda haber soluciones no triviales. =⇒ H⊥ H⊥ H ≈ = = ck Faraday E μc ω √ μc ω ckE √ μc ωE 8πσ k c 1 kc √ = √ √ √ 8πσμc ω 2 4π σμc ω δ π .5 Fuera de la superficie de un conductor existe un campo eléctrico tangencial dado por: 2 = E μc ω ) (1 − i)( n×H 8πσ (ver ec. es decir. (b) Para m = ±1 (que son equivalentes porque J−1 (Γr) = −J1 (Γr)) y cuando 1.8. y por lo tanto la frecuencia de corte más baja está dada por: 1. Esta expresión. 1.1. Calcular el resultado exacto y comparar. II. Enunciado de problemas II.9. Calcular L y comparar con el resultado de (a).1 Mostrar que una esfera cargada uniformemente y que oscila u ńicamente en dirección radial. (a) Calcular la energ´ıa emitida W en un tiempo dt.II. Calcular la potencia radiada correspondiente a los momentos eléctricos dipolar y octupolar y sumarlos. λ −λ/8 < ξ < λ/8.3 Se tienen dos dipolos orientados a ángulos rectos entre s´ı y oscilando 90◦ fuera de fase pero a la misma frecuencia.1. El momento angular impartido a la pantalla en un tiempo dt es = L × H) r × (E dS(cdt) 4πc donde la integral es sobre la superficie de la esfera.9. no rad´ıa. 227 .9 ´ RADIACION II.9.9.2 Considerar una antena excitada por el centro de longitud total L = λ/4. con una distribución de corriente dada por I = I0 cos 2πξ .1. Usar los campos dipolares completos. (b) Considerar un absorbedor esférico a una distancia R grande. II. 9. giran con velocidad angular constante alrededor de la carga positiva en el origen manteniendo las distancias a fijas.1. 228 . encontrar ahora las componentes del momento cuadrupolar y la potencia radiada promedio. −e. II.5 Si en el problema 4. con la carga positiva estacionaria en el origen y las cargas . Calcular los negativas en z1 y z2 dadas por z1 = −z2 = a cos ωt 2 campos a grandes distancias y encontrar la tasa promedio de radiaci´ on de energ´ıa. +2e.4 Un oscilador cuadrupolar lineal consiste de cargas −e.1.9. las cargas negativas en lugar de oscilar.ń Radiacio II. por entonces B( lo tanto no hay radiación.1 Tomando un sistema de referencia con origen en el centro de la esfera r | ) J(r .e.2. |r − r | J = J0 |r |. t) = A( dv |r − r | c y como en este caso la densidad de corriente tiene direcci´ on radial.2.9.. Soluciones: Radiaci´ on II.9. t − |r− 1 c r.1) x) A( = eikr cr ≡ −ik ikr x )d3 x = e J( cr eikr p r donde 2π eikr I0 √ 2 z ξdξ z= λ cr 2π/λ −λ/8 √ √ 2I0 I0 λ 2 z p =i z = i ck 2π ck2 λ/8 I0 cos ikr = k2 ( =B ×n Los campos correspondientes son B n×p ) e r . t − c =⇒ A r . por lo tanto ×A ∇ = 1 ∂Ar 1 ∂Ar θ− ϕ =0 r sen θ ∂ϕ r ∂θ r. donde Ar = Ar (r.2. tiene la forma A = Ar r.2. t) = 0 y por lo tanto el vector de Poynting S = 0. E con n = x/|x|.9.ń Soluciones: Radiacio II. esto por la simetr´ıa. i. La potencia radiada es c I02 dP c ×B ∗ = c k 4 | ·E p|2 sen2 θ = sen2 θ = Re r2 n dΩ 8π 8π 4π c2 229 .9. t).2 o´ 2π ξ λ − I = I0 cos J = I0 δ(x)δ(y) cos λ λ <ξ< 8 8 2π z z λ La radiación dipolar está dada por el potencial (figura II. II. la potencia dipolar total es Pd = I02 1 c 4π dΩ sen2 θ = 2 I02 3 c La radiación cuadrupolar es cero. Integrando sobre el ángulo sólido. +π−4 8 =B ×n E . 230 n × z t≡ sen θ .1 donde θ es el ángulo entre n y z.ń Radiacio Z x λ 2 θ − λ2 Figura II.9. porque es la integral de una función impar ∼ x J(x )d3 x La radiación octopolar se obtiene del potencial x) A( = = [k(ˆ n · x )]2 3 eikr 2 J(x )d x = k I0 2 2rc 3 2 eikr 2 cos2 θ λ π k I0 √ + π − 4 z 2rc 2π 8 2 eikr cr λ/8 −λ/8 z 2 cos 2πz z ( n · z)2 dz λ Los campos correspondientes: ikr I0 = ie √ cos2 θ sen θ B rc 2 2 π2 t.2. ń Soluciones: Radiacio La potencia es 2 2 π 2 2 2 + π − 4 8 I dP c I0 π 2 = +π−4 = 0 cos4 θ sen2 θ √ cos θ sen θ dΩ 8π 2 2c 8 c 64π Por lo que la potencia octopolar total es P0 = 0. obteniendo un valor de 1.285 P = 0. 231 . la potencia se obtiene de manera exacta de A = Az = x ) ik|x−x | 3 J( eikr x )e−ikn·x d3 x z d x e J( kr 1 |x − x | cr π(1+cos θ) θ) sen π(1−cos I0 eikr λ/8 I0 eikr sen −ikz cos θ 4 4 cos kze dz = + cr rc k(1 + cos θ) k(1 − cos θ) −λ/8 π π 2I0 eikr 1 √ cos θ sen cos θ − cos cos θ 2 crk sen θ 2 4 4 1 c = = ik × A y E = B ×n A partir de los campos B se obtiene la potencia total P = = 2 dP c 2 ×B ∗ dΩ = ck ·E dΩ = r n A2z r2 sen2 θdΩ dΩ 8π 8π π π 2 dθ I02 π cos θ sen cos θ − cos cos θ 2c 0 4 4 sen θ La integral se puede calcular.07 I02 32π c cos4 θ sen2 θdΩ = 5 × 10−4 I02 c Ahora.667 0 c c difieren en 3 % nota: El problema con esta antena es que no es realista porque la corriente no se anula en los extremos.64 I02 c comparada con la suma de radiaci´ on dipolar y octopolar Pd + P0 = 2 + 5 × 10−4 3 I02 I2 = 0. p = (p1 xˆ + ip2 yˆ)e−iωt . (a) En la zona de radiación el campo magnético para un dipolo oscilante en el origen está dado por: 2 i = k eikr (ˆ .2. Como oscilan 90o fuera de fase.2 Con éste se puede calcular la energ´ıa emitida promedio por unidad de tiempo: dW c =P = dt 8π ×B ∗ dΩ = c ˆ·E r2 n 8π |rB|2 dΩ = ck4 8π |ˆ n×p |2 1 + si se escribe n ˆ |ˆ n×p | y 2 P = x ˆ sen θ cos ϕ + yˆ sen θ sen ϕ + zˆ cos θ = (p21 + p22 ) cos2 4 = ck 3 (p21 2 θ+ sen ϕ + 1 1 + 2 2 (p21 + p22 ) k r 232 p22 entonces 2 cos ϕ) sen2 θ 1 k2 r2 dΩ .3 Supóngase que p1 está a lo largo del eje x y p2 está en el eje y (figura II.9. los dos dipolos se pueden representar por un dipolo equivalente dado por la suma compleja.ń Radiacio II.2.9. n×p ) 1 + B r kr con k = ω c Z P2 Y P1 X Figura II.9.2).2. nˆ · B =n n ˆ·E ˆ · (3ˆ n(ˆ n·p ) − p ) 1 ik − 2 r3 r eikr as´ı que.ń Soluciones: Radiacio En el caso en que p1 = p2 ≡ p0 se obtiene la fórmula de Larmor (para kr 1): P = 2 2 4 cp0 k 3 (b) El momento angular por unidad de tiempo es dL dt × B) r × (E 1 × B)dΩ da = r2r × (E 4πc 4π r3 n · B) − B(ˆ n · E)]dΩ [E(ˆ 4π = c = =0 y pero para un dipolo. para el promedio temporal (ab = 12 Re(ab∗ )) = ∗ = que con B = dL dt k2 (1 r dL dt > = − r3 Re 8π i )ˆ n kr > = = 1 − ikr ikr ∗ (ˆ n·p − 3(ˆ n·p )) e dΩ B r3 ×p ∗ e−ikr da . Finalmente. ponente zˆ da una contribuci´ = dL dt > = P 2P p1 p2 P zˆ = zˆ = zˆ. cuyo valor es 8π/3. ck p21 + p22 ck ω 233 si p1 = p2 . = dL dt > = 3P p1 p2 4π ck(p21 + p22 ) 2π 0 π 0 (ˆ z sen2 θ − (ˆ y sen ϕ + x ˆ cos ϕ) cos θ sen θ) sen θdθdϕ Las integrales de sen ϕ y cos ϕ dan cero. por lo que sólo la comon. k2 1 − ikr i ∗ (ˆ n·p )(ˆ n×p )dΩ − Re ( 1− 4π r kr 1 k3 1 + 2 2 Re (ˆ n·p )(iˆ n×p ∗ )dΩ 4π k r pero Re[(ˆn · p)(iˆn × p∗ )] = p1 p2 (ˆz sen2 θ − (ˆy sen ϕ + xˆ cos ϕ) cos θ sen θ) y sustituyendo el valor obtenido para P . calculando este u ´ltimo. Entonces. dL = 1 dW dt ω dt II. B r 3 2 pues zˆ × nˆ = yˆ sen θ 4qk a =B ×n E ˆ=− sen(kr − ωt) sen θ cos θ(ˆ y×n ˆ) r 234 . el campo magnético es: = B ttt × n ˆ (Q) 6c3 r ret donde se puede escoger nˆ = xˆ sen θ + zˆ cos θ por haber simetr´ıa alrededor de zˆ.2.4 La distribución de carga está dada por: ρ(r) = 2qδ(x)δ(y)δ(z) − q (δ(x)δ(y) [δ(z − z1 (t)) + δ(z − z2 (t))]) donde z1 (t) = a cos ωt/2 y z2 (t) = −a cos ωt/2. De la definición de Qij Qij = 3xi xj − r2 δij ρ(r )d3 x se sigue que Qij = 0 si i = j y por simetr´ıa Q11 = Q22 = −(1/2)Q33 . 3 2 = − 4qk a sen(kr − ωt) sen θ cos θyˆ. Q33 = Q33 sen θˆ z= n − 3 cos θˆ z) x + Q33 cos θˆ (3 cos θˆ z−n ˆ ) = qa2 (1 + cos ωt)(ˆ Q 2 2 y su tercera derivada al tiempo retardado t = t − r/c es ttt ]ret = 8qω 3 a2 sen ωt (ˆ [Q n − 3 cos θˆ z) As´ı que los campos son. Q33 = q (3z 2 −r2 )(2δ(r)−δ(r −ˆ z a cos ωt/2)−δ(r +ˆ z a cos ωt/2))d3 x = −4qa2 cos2 ωt/2 En términos del vector cuadrupolar.9. definido por Qi = Qij nj .ń Radiacio El cambio en el momento angular en el tiempo dt se relaciona con el cambio en la energ´ıa en el mismo interval dt a través de la frecuencia. por lo que la densidad de carga no oscila toda de la misma forma y la dependencia temporal no puede separarse de la manera usual: ρ(x. Por lo tanto se debe aplicar el resultado general para el campo magnético de un cuadrupolo. t) = ρ(x)eiωt .5 Si el cuadrupolo se hace rotar en el plano yz por ejemplo. 15 II.ń Soluciones: Radiacio La potencia promedio radiada por ángulo sólido se obtiene de su definici´ on. En este caso ρ(r. t) = 2qδ(x)δ(y)δ(z) − qδ(x)δ(y − a sen ωt)δ(z − a cos ωt) − qδ(x)δ(y + a sen ωt)δ(z + a cos ωt) Como Qij = Q11 = + 3xi xj − r2 δij ρ(r )d3 x (2x2 − y 2 − z 2 )ρ(r )d3 x = q (a2 sen2 ωt) + (a2 cos2 ωt) q (a2 sen2 ωt) + (a2 cos2 ωt) finalmente Q11 = 2qa2 Q22 = + (2y 2 − x2 − z 2 )ρ(r )d3 x = −2q (a2 sen2 ωt) + (a2 sen2 ωt) q (a2 cos2 ωt) + (a2 cos2 ωt) 235 . pues no se está usando notación compleja.9. la carga central se mantiene estática. que debe promediarse directamente. P = 1 2π −1 = dP d(cos θ) = 4cq 2 a4 k6 dΩ 1 −1 (1 − u2 )u2 du 16 2 4 6 cq a k . dP 2cq 2 a4 k6 ·n = = r 2 S sen2 θ cos2 θ dΩ π al integrar sobre dΩ se obtiene la potencia total radiada. usado en el problema anterior.2. ń Radiacio finalmente Q22 = −4qa2 sen2 ωt − Q33 = = finalmente Q33 = cos2 ωt 2 . (2z 2 − x2 − y 2 )ρ(r )d3 x −2q (a2 cos2 ωt) + (a2 cos2 ωt) + q (a2 sen2 ωt) + (a2 sen2 ωt) . sen2 ωt −4qa2 cos2 ωt − 2 que cumple con Q11 + Q22 = −Q33 . Claramente Q12 = Q13 = Q21 = Q31 = 0 Q23 Q23 = 3y z ρ(r )d3 x = −3qa2 sen ωt cos ωt − 3qa2 sen ωt cos ωt = −6qa2 sen ωt cos ωt = Q32 As´ı que el vector cuadrupolar. se promedia directamente a partir de la definición usual de promedio en el tiempo de una función: f (t) = 1 2T 236 T −T f (t)dt . definiendo k = ω/c B = = ttt ]ret × n ˆ [(Q) 6c3 r k3 4qa2 sen θ[ˆ z cos θ cos(2ωt − 2kr) + yˆ cos θ sen(2ωt − 2kr) r −ˆ x sen θ cos(2ωt − 2kr)] La potencia radiada por unidad de ángulo sólido. usando el mismo nˆ que en el problema anterior. su tercera derivada al tiempo retardado es. es Q = z + (1 − 3 sen2 ωt)ˆ y ] sen θ + cos θˆ x} 2qa2 {[(1 − 3 cos2 ωt)ˆ = −qa2 {[(1 + 3 cos 2ωt)ˆ z + 3 sen 2ωtˆ y ] sen θ − 2 cos θˆ x} Entonces. ttt ]ret = −24qa2 ω 3 sen θ(sen[2ω(t − r/c)]ˆ [(Q) z − cos[2ω(t − r/c)]ˆ y) y el campo magnético es. Para nuestro problema. 7 dP dΩ 8 = = (4qa2 k3 )2 c cr2 2 |B| = [cos2 θsen2 (2ωt − 2kr) + cos2 (2ωt − 2kr)] 4π 4π 2 2 4 6 cq a k (1 + cos2 θ) π Al integrar sobre todo el ángulo sólido se obtiene la potencia total 1 2 P = 2π( cq 2 a4 k6 ) π −1 (1 + cos2 θ)d(cos θ) = 237 32 2 4 6 cq a k 3 .ń Soluciones: Radiacio con T = ωπ . . II. (a) Calcular las secciones transversales de dispersión diferencial y total.10.1. Estos parámetros dan una profundidad de penetración δ muy grande comparada con el radio R. Enunciado de problemas II.10.1 Una onda plana sin polarizar de frecuencia ω = ck es dispersada por una esfera dieléctrica isotrópica uniforme.1. que es ligeramente disipativa. 239 .II.2 Determinar la distribución angular de la intensidad de luz en la difracción de Fraunhofer de una onda plana que incide normalmente sobre una rendija infinita de lados paralelos de ancho 2a. cuyo radio R es mucho menor que la longitud de onda. Comparar la respuesta con la suma de las secciones rectas de dispersi´ on y de absorción de (a) y (b).1. La esfera se caracteriza por una constante dieléctrica real y una conductividad σ. hecha en una pantalla opaca plana infinita.10 ´ Y DIFRACCION ´ DE ONDAS DISPERSION ´ ELECTROMAGNETICAS II. (b) Mostrar que la secci´ on transversal de absorción es σabs = 48π 2 R2 Rσ/c ( + 2)2 + (4πσ/ω)2 (c) De la parte (a) escribir la amplitud de dispersi´ on hacia adelante y usar el teorema óptico para evaluar la sección transversal total.10. El vector de onda incidente forma un ángulo α con la normal a la pantalla.3 Una onda plana linealmente polarizada de amplitud E0 y n´ umero de onda k incide sobre un orificio circular de radio a en una pantalla plana conductora perfecta.10.´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Dispersio II.4 Sirio tiene un diámetro de 1. El vector de polarización es perpendicular al plano de incidencia.10.1. Calcular los campos difractados y la potencia por ángulo sólido transmitida por el orificio. II.5 × 106 km y está a una distancia de 8. ¿Qué tan grande debe ser la abertura de un telescopio para poder ver a Sirio como un disco finito y no sólo la imagen difractada de un punto de luz? 240 . usando la fórmula vectorial de Smythe-Kirchhoff.1. con la suposición de que el campo eléctrico tangencial en el orificio es el campo incidente sin perturbar.8 a˜ nos luz de la tierra. Como la radiación incidente no está polarizada. la constante dieléctrica total es (ω) = + i4πσ ω El campo de la onda incidente produce una polarizaci´ on cuyo momento dipolar es (Ec.´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Soluciones: Dispersio II. se obtiene que. 1 1 cos θ cos2 α + sen2 α = cos2 θ + 2 2 241 . . Soluciones: Dispersi´ on y difracci´ on de ondas electromagn´ eticas II.10. | ∗ · 01 cos α + ∗ · 02 sen α|2 + | ∗⊥ · 01 cos α + ∗⊥ · 02 sen α|2 : 2 . = = = : : 0 |2 + | ∗⊥ · 0 |2 | ∗ · . conductora. (4. : 0 |2 | ∗ · .2.1 (a) Para la esfera dieléctrica.56) Jackson) p = (ω) − 1 3 R Ei (ω) + 2 Entonces la radiación dipolar da los campos dispersados dis E = = eikr ( n×p ) × n r i4πσ ikr −1+ ω e i) × n ( n×E k 2 R3 r + 2 + i4πσ ω k2 Por lo que la sección diferencial de dispersión con polarización es dσdis dΩ = = dis |2 −1+ ∗ · E r2 | = k 4 R6 | ∗ · ( n× 0 ) × n |2 |Ei |2 +2+ 4πσ 2 2 ( − 1) + ω k 4 R6 ∗ · 0 |2 2 | ( + 2)2 + 4πσ ω i4πσ ω i4πσ ω · −1− +2− i4πσ ω i4πσ ω donde E i = 0 |Ei |. con 0 = 01 cos α + 02 sen α. promediando sobre el ángulo de polarización incidente α.10.2. indica promedio sobre α. y .55) Jackson).10. int = E 3 2+ + 242 i4πσ ω i E .10. n0 ) (figura II.1 donde hemos tomado ∗ · 02 = 0 y ∗⊥ · 01 = 0.1) As´ı 4πσ 2 2 dσdis k 4 R6 ( − 1) + ω 2 = (1 + cos θ) dΩ 2 ( + 2)2 + 4πσ 2 ω y la sección de dispersión total es 4πσ 2 2 dσdis 8π 4 6 ( − 1) + ω dΩ = k R 2 dΩ 3 ( + 2)2 + 4πσ σdis = ω donde se usó sen θ(1 + cos2 θ)dθdϕ = 16π 3 (b) El campo eléctrico en el interior de una esfera dieléctrica en presencia de un campo externo es (Ec.2. Aqu´ı. ⊥ se refieren a paralelo o perpendicular al plano (n.´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Dispersio 01 ˆ n ˆ θ n ˆ0 ˆ02 Figura II. (4.2. int = E 3 E0 2+ que en nuestro caso se traduce en. es entonces Rσ/c 4π Pabs Pabs = = 48π 2 R2 2 i | c |Ei |2 |S (2 + )2 + 4πσ ω (c) La amplitud de dispersión en la aproximaci´ on de la parte (a). 434) as´ı que comparando con la E dis de la parte (a). con |Si | = σabs = c |Ei |2 4π . k0 ) dis −→ e F E r (ver libro de Jackson pag. k0 ) = (ω) − 1 R3 (k × E F (ω) + 2 y la amplitud hacia adelante es (k = k0 ) = − 1 + F +2+ i4πσ ω i4πσ ω i R3 k 2 E pues E i · k0 = 0 Seg´ un el teorema óptico σtot = = = 4π ∗ F ( k = k0 ) Im 0 · k |Ei | . se puede obtener de la forma asint´ otica ikr (k. que es la de longitud de onda grande. la amplitud es F i ) × k (k.´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Soluciones: Dispersio La potencia disipada por unidad de volumen en el interior es 2 int = σ|E int |2 = P = J · E σ9|Ei | |2 + + i4πσ |2 ω Integrando en el volumen de la esfera se tiene la potencia total absorbida Pd3 x = Pabs = V 9σ|Ei |2 4π 3 R 4πσ 2 2 3 (2 + ) + ω La sección de absorción. 3 i4πσ i4πσ 4πR k ( + 2) − 4πσ 2 Im ( − 1) + ω ω ( + 2)2 + ω 48π 2 σR3 /c 2 ( + 2)2 + 4πσ ω 243 . 2. La integral de Kirchhoff es Z θ r P k Y k X Figura II. Esta es.2). = σdis +σabs es que usaron La razón de la discrepancia con σtot los campos E dis para λ grande y no los exactos. II.2. cos α ≈ cos θ La integral es una integral de Fourier de ψinc (x ) = ψ0 eik·x que es constante para incidencia normal.´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Dispersio que coincide con σabs . con da −→ dy (por 244 .2 ψ(x) = ik 2π eik R cos αψinc (x )da R rendija k eik r e−ik ·x ψinc (x )da cos θ 2πri rendija − en la región de Fraunhofer: kR kr − k · x .2 La onda incide a lo largo del eje x y la rendija está en el plano y − z alineada con el eje z (figura II.10.2. sólo hay difracción en y. Como es infinito a lo largo de z .10.10. ψ0 cos θ Δz πri qy y qy q = 2k sen θ2 .3 La fórmula Smythe-Kirchhoff en el l´ımite de grandes distancias de Fraunhofer es x) E( = = 1 ∇× 2π ieikr k× 2πr abertura i e n ×E ikR R da i e−ik·x da n ×E Ab donde (figura II. La intensidad de radiación es ∼ |ψ(x)|2 rΔz en el intervalo Δz dI(θ) I0 Δz 2 cos2 θ = dθ (π 2 ar) ! sen(2ka sen θ2 ) "2 θ 2 2 sen I0 Δz 2 sen2 (kaθ) (π 2 ar) θ2 pues θ 1 II. z).10. qy e−iqy y dy = con q = k − k que está en direcci´ on y principalmente.´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Soluciones: Dispersio unidad de longitud en z ) a −a 2 sen qy a .2.10.3(a)) k0 = k( x sen α + z cos α) k = k( x sen θ cos φ + y sen θ sen φ + z cos θ) Tomando el plano de incidencia como (x.2. el campo de la onda incidente es i = E0 yeik(sen αx+cos αz) E En el plano de la abertura i )z=0 = −E0 eik sen αx x ( n×E As´ı que el campo difractado está dado por x) E( = ieikr E0 k×x 2πr a 0 ρdρ 245 2π 0 dβeikρ[sen α cos β−sen θ cos(φ−β)] . As´ı ψ(x) k eik r sen qy a . pues |k| = |k |. 2.2.3(b)) x = ρ cos β y = ρ sen β La integral sobre β se puede obtener en términos de la función 246 .10.3(b) en coordenadas polares para el orificio circular (figura II.2.´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Dispersio X α k0 θ Z k 0 E Figura II.10.10.3(a) Y ρ β X Figura II. 2.10.4 El ángulo que subtiende Sirio es (figura II.10.2. Pi = 2 cE0 πa2 cos α.8 1.4): d = 8. z) La potencia difractada por unidad de ángulo sólido es dP dΩ = r2 J1 (kaγ) 2 c 2 2 c |E|2 = a E0 (cos2 θ + sen2 θ sen2 φ) 8π 8π γ o en términos de la potencia incidente sobre el orificio. 8π 2 Pi (cos2 θ + sen2 θ sen2 φ) J1 (kaγ) dP = dΩ π cos α γ II.´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Soluciones: Dispersio de Bessel por 1 2π 2π 0 dβ e−ikργ cos β = J0 (kργ) 2 si se define γ = (sen θ + sen2 α − 2 sen θ sen α cos φ)1/2 As´ı x) E( = = ieikr E0 x × k r a 0 ρdρJ0 (kργ) J1 (kaγ) ieikr 2 z sen θ sen φ − y cos θ) a E0 ( r aγ La polarización es en el plano (y.2.10.5 × 106 a˜ nos luz θ d Figura II.4 247 D km = D . 8 × 10−8 d 8. finalmente se tiene a = 22 → 39 m.8 × 10−8 En el visible λ = 4 − 7 × 10−7 m.8 × 9. 248 .83λ/2πa ∼ 0.5 × 1012 km El ancho del patrón de difracción para un orificio circular está dado por el primer cero de la función de Bessel J1 : Δθd ∼ 3.5 × 106 km = = 1.´ n y difraccio ´ n de ondas electromagne ´ticas Dispersio θs D 1. Para ver a Sirio como disco se requiere Δθd ≤ θs implica que a ≥ λ/θs = λ 1.61 λa donde a es el radio de la abertura del telescopio. 11.11. Determinar la velocidad relativa de un sistema de referencia en el que los campos eléctrico y magnético son paralelos. y un campo magnético uniforme.11.1.1.1. es paralelo al eje x.2 Mostrar que la aceleraci´ on de una part´ıcula en presencia de campos eléctricos y magnéticos está dada por.II. Enunciado de problemas II. estático B0 = 2E0 está en el plano x − y. .1 En cierto sistema de referencia un campo eléctrico estático y uniforme. ¿Cuáles serán los campos en ese sistema para θ 1 y para θ → π/2? II.11 ´ RELATIVISTA DE LA FORMULACION ´ ELECTRODINAMICA II. formando un ángulo θ con el eje x. E0 . incluyendo la densidad de energ´ıa (T00 ) y el vector de Poynting (T0i ). 249 . II.4 En el sistema en reposo de un medio conductor la densidad de corriente satisface la ley de Ohm J = σE donde las primas se usan para el sistema en reposo.1.3 Encontrar las ecuaciones de transformación de Lorentz de las componentes del tensor de energ´ıa-momento del campo electromagnético.11.1. + − ( u · E) = E ×B dt mγ c c2 II. d u q u u .11. × B) i − βi (βj Ej )] + ρui . J μ − Uν J ν U μ /c2 = σF μν Uν /c donde U μ es la cuadrivelocidad del medio. (b) Mostrar que si el medio tiene una velocidad ui = cβi con respecto a un sistema inercial. mostrar que la generalización covariante de la ley de Ohm es. 8π c Mostrar que las ecuaciones de Euler-Lagrange correspondientes dan la ecuación de onda para los potenciales en lugar de las ecuaciones de Maxwell. (c) Si el medio no est´ a cargado en su sistema en reposo (ρ = 0). L=− 1 Jμ Aμ ∂ μ Aν ∂ μ Aν − . 250 . ¿Cuál es la densidad de carga y la de corriente en el sistema de (b)? II. la densidad de corriente tridimensional es.5 Una densidad Lagrangiana alternativa para el campo electromagnético en términos sólo de los potenciales es.11.1. además de la de conducción. Ji = γσ[Ei + (β donde ρ es la densidad de carga observada en ese sistema.´ n relativista de la electrodina ´ mica Formulacio (a) Tomando en cuenta la posibilidad de una corriente de convecci´ on. ´ n relativista de la electrodina ´ mica Soluciones: Formulacio II.11. Bx = 2Ex cos θ y By = 2Ex sen θ. Bx ≈ 2γE0 . para movimiento a lo largo del eje z . Soluciones: Formulaci´ on relativista de la electrodin´ amica II.1 De la transformación del tensor F μν . por lo tanto Si en un sistema E B Ex By = Ey Bx y esto implica Ex By − βEx2 − βBy2 + β 2 Ex By = βBx2 o bien como B0 = 2E0 .11. E = 2B 251 4 γE0 θ 5 8 By ≈ γE0 θ 5 Ey ≈ . se tiene: Ez = 0. .2.2. ⇒ E × B = 0. resolviendo para β β= 5± √ 25 − 16 sen2 θ 4 sen θ Como β= V <1 c se tiene β= 5− √ 25 − 16 sen2 θ 4 sen θ Si θ → 0. Bz = 0 Ex = γ[Ex − βBy ] Ey = γ[Ey + βBx ] = γβBx Bx = γ[Bx + βEy ] = γBx By = γ[By − βEx ] ya que se tiene ya que se tiene (Ey = 0) (Ey = 0) donde γ = (1 − β 2 )−1/2 . por lo tanto 2Ex2 sen θ − βEx2 − 4βEx2 sen2 θ + 2β 2 Ex2 sen θ = 4βEx2 cos2 θ de donde 2 sen θ − 5β + 2β 2 sen θ = 0 por lo tanto. por lo tanto. entonces β → 2θ/5 y los campos son Ex ≈ γE0 . α2 3 Bx ≈ 2γE0 α. = dP F dt donde u = m0 P u 2 1− c y usando la fuerza de Lorenz: ⎞ ⎛ d ⎝ m0 u ⎠ 2 dt 1 − uc2 = .´ n relativista de la electrodina ´ mica Formulacio Para θ → π/2. Ey ≈ γE0 α By ≈ 3 γE0 2 .2 Partiendo de la expresi´ on para la fuerza . Ex ≈ 4 γE0 . de donde E = (2α/3)B II. los campos se obtienen de las transformaciones dadas al inicio.11.2. definimos α = π/2 − θ 1 y se encuentra β≈ √ 5 − 9 + 16α2 1 α2 ≈ − 2 4(1 − α /2) 2 6 finalmente. + 1 q E u×B c m0 ( u· u˙ ) u m0 u˙ =⇒ + 2 3/2 u2 u 1 − c2 c2 1 − c2 = . + 1 q E u×B c Multiplicando escalarmente por u: m0 1− u2 c2 3/2 1− u2 c2 m0 1− . 1) y despejando: q u˙ = m0 u2 1− 2 c 1/2 252 u u · E) − ( + 1 u×B E 2 c c .11.11. u2 u· u˙ c2 = q( u · E) u· u˙ ) 3/2 ( = q( u · E) + u2 c2 (II.1) Substituyendo la expresi´ on de (u · u˙ ) en la expresión (II. el resultado para el vector de Poynting T 0i es.4 (a) Como J μ − Uν J ν σ Uμ = F μν Uν c2 c está escrita en términos de puras cantidades covariantes. por ejemplo. T 01 = γ 2 [(1 + β 2 )T 01 − β(T 00 + T 11 )] T 02 = γ(T 02 − βT 12 ).2. Las demás componentes se transforman de modo análogo. pues T αβ = T βα .´ n relativista de la electrodina ´ mica Soluciones: Formulacio II.2. para la densidad de energ´ıa: T 00 = Λ0μ Λ0ν T μν = Λ00 Λ00 T 00 + Λ00 Λ01 T 01 + Λ00 Λ02 T 02 + Λ00 Λ03 T 03 + Λ01 Λ00 T 10 + Λ01 Λ01 T 11 + Λ01 Λ02 T 12 + Λ01 Λ03 T 13 + Λ02 Λ00 T 20 + Λ02 Λ01 T 21 + Λ02 Λ02 T 22 + Λ02 Λ03 T 23 + Λ03 Λ00 T 30 + Λ03 Λ01 T 31 + Λ03 Λ02 T 32 + Λ03 Λ03 T 33 = = Λ00 Λ00 T 00 + Λ00 Λ01 T 01 + Λ01 Λ00 T 10 + Λ01 Λ01 T 11 γ 2 T 00 − β 2T 01 − βT 11 .3 De la regla de transformación tensorial β μν T αβ = Λα μ Λν T si se supone que en la transformación de Lorenz el movimiento es sólo a lo largo del eje x: ⎛ γ ⎜ ⎜ −γβ Λji = ⎜ ⎜ 0 ⎝ 0 −γβ 0 γ 0 0 1 0 0 0 ⎞ ⎟ 0 ⎟ ⎟ 0 ⎟ ⎠ 1 As´ı. sólo hay que mostrar que en alg´ un sistema de referencia. T 03 = γ(T 03 − βT 13 ) II.11. conduce 253 .11. si ui = cβi . J ) U μ = (γ c. Por ejemplo en un sistema en reposo respecto a la distribución de carga. tomando la parte espacial tridimensional ui Ji − (γc2 ρ − γ u · J)γ c2 2 Ji + γ (β · J)βi = = σ i0 F γc − F ij γuj pero F i0 = Ei c × B) i ). 0) y (γ c)(ρ c) μ U σ = F μ0 γ c c2 c aqu´ı γ = 1 para μ = 0 da una identidad pues F 00 = 0 −→ ρ c(1 − γ 2 ) = 0 para μ = i Ji = σγ F i0 = σE i . [ρ = 0] cρ = · J −γ β J = γJ J⊥ = J⊥ 254 . J ). (b) Ahora.´ n relativista de la electrodina ´ mica Formulacio a la ecuación esperada. la ley de Ohm se transforma en este sistema. debe dar J = σ E Podemos comprobarlo usando J μ =⇒ J μ = − (ρ c. pues − F ij uj = ( i γ 2 ρui + σγ(Ei + (β u × B) mientras que la parte temporal μ = 0 es · J)c = σ (F 00 γc − F 0i γui ) = σ γ E · ρc − γ 2 cρ + γ 2 (β u c c De las dos ecuaciones se puede eliminar β · J: · J γ2β = β2γ2ρ + σ E · βγ c i − (E · β) por lo tanto Ji = ρui (γ 2 − γ 2 β 2 ) + σγ Ei + (β × B) ui c c) Haciendo la transformación de Lorentz para J μ cuando J μ = (0. 11.2.5 L=− 1 1 ∂μ Aν ∂ μ Aν − Jμ Aμ 8π c Las ecuaciones de Euler-Lagrange son: ∂ν Calculando ∂L ∂(∂ ν Aμ ) ∂L ∂L =0 − ∂(∂ ν Aμ ) ∂Aμ 1 ∂L = − Jμ ∂Aμ c = = = = .´ n relativista de la electrodina ´ mica Soluciones: Formulacio II. con fuentes. ∂ ν ∂ν A μ = 4π Jμ c 255 → 2Aμ = 4π Jμ c . − 1 ν 1 ∂ ∂ν Aμ = − Jμ 4π c que es la ecuación de onda para los potenciales. 1 ∂ α β γ − g ∂ A ∂ A g α βγ ∂(∂ ν Aμ ) 8π 1 − gα gβγ (δνα δμβ ∂ Aγ + δν δμγ ∂ α Aβ ) 8π 1 1 gν gμγ ∂ Aγ + gαν gβμ ∂ α Aβ = − (∂ν Aμ + ∂ν Aμ ) − 8π 8π 1 − ∂ ν Aμ 4π As´ı que. . II.1.1.1 Una part´ıcula relativista de carga e pasa por el campo coulombiano de una carga fija (con potencial φ = q/r). es igual a su propia energ´ıa. W = πe4 q 2 4c2 − u2 . con un par´ ametro de impacto ρ. usando los campos de Lienard-Wiechert. II. 2 3 3 12m c ρ u c2 − u2 Esto da una primera aproximaci´ on a la energ´ıa radiada por bremsstrahlung durante la colisión coulombiana de un electrón con un ion.12 ´ DE PARTÍCULAS ACELERADAS RADIACION II.12. 257 .3 Obtener la potencia radiada promediada en el tiempo por unidad de ángulo sólido de una part´ıcula en movimiento no relativista con carga e. la energ´ıa promedio radiada por cada giro. Enunciado de problemas II. Calcular la energ´ıa de un electr´ on para la cual.1.5 Tesla = 15 kGauss. para los dos siguientes casos: (a) movimiento a lo largo del eje z con posición instantánea z(t) = a cos ω0 t. mostrar que la energ´ıa total radiada es.12.1.12.2 Un sincrotrón de electrones opera en un campo magnético de 1.12. II. Suponiendo que casi no es desviada de su trayectoria (considerar u constante). ´ n de part´ıculas aceleradas Radiacio (b) movimiento circular en el plano x − y con frecuencia angular ω0 y radio R. II. ¿Cuál es la dependencia de esta fuerza con la energ´ıa de la part´ıcula? 258 .4 Encontrar la fuerza de reacción de radiación sobre un electr´ on que es acelerado en un betatrón.12.1. Esquematizar la distribuci´ on angular de la radiación y determinar la potencia total radiada en cada caso y comparar. 2.1 Ver figura II.12.2.12. Soluciones: Radiaci´ on de part´ıculas aceleradas II. La energ´ıa radiada se obtiene integrando en el tiempo W = ∞ P dt −∞ 4 2 = = = ∞ .1 q r = q r E r2 (ρ2 + u2 t2 ) pues la dirección se supone que no cambia uc ∼ 1 .26) Jackson) P = = 2 u 2 e2 6 2 ˙ γ u˙ − × u 3 c3 c 2 2e4 2 u 2 γ E − ·E 3m2 c3 c la u ´ltima igualdad resulta de usar que dpμ dpμ e2 2 2 2 c − ( u · E) = − 2 γ 2 |E| dτ dτ c (si no hay campo B).12. (14.2.2. La potencia total emitida relativista es (Ec.12.´ n de part´ıculas aceleradas Soluciones: Radiacio II.1 e u r ρ q Figura II. γ − 2 2 2 2 2 2 2 3 3m2 c3 −∞ (ρ + u t ) −∞ (ρ + u t ) haciendo ut = ρ tan θ π/2 π/2 2e4 q 2 γ 2 2 2 2 2 cos θdθ − β sen θ cos θdθ 3m2 c3 ρ3 u −π/2 −π/2 e4 q 2 π 4 − β 2 12m2 c3 ρ3 u 1 − β 2 259 . ∞ 2e q 2 dt β 2 u2 t2 dt . 8 × 10−10 esu Por lo que la energ´ıa es 3m2 c4 4πe3 B B = 1.1 × 10−28 g e = 4.2.25erg = 159GeV 4πe3 B 260 . 1/2 3m2 c4 W = mc2 1 + = 3. es P 2 = 2 e2 2 γ 3 m2 c3 = 2 e4 2 2 γ |β × B| 3 m2 c3 d p dt − dW dt 2 1 c2 ya que dW = 0.2 La potencia total radiada por un electr´ on en un sincrotr´ on.1 × 105 mc2 = 0.5 × 104 G. donde la aceleración se debe sólo al campo magnético.´ n de part´ıculas aceleradas Radiacio donde se utilizó y cos2 θdθ = 1 1 θ + sen 2θ 2 4 sen2 θ cos2 θdθ = θ 1 − sen 4θ 8 32 II. dt La energ´ıa radiada en un per´ıodo WR = 0T P dt = P T debe ser igual a la energ´ıa del electrón We = mγc2 donde T = 2π 2πγmc = ΩB eB as´ı que 2 e4 2 2 2 γ β B 3 m2 c 3 2πγmc eB = mγc2 de donde se llega a que γ2 = 1 + m = 9.12. 2.2.2.2(a) (b) Para movimiento circular β˙ = −(xR cos ω0 t + yR sen ω0 t)ω02 7 dP dΩ 8 = e2 R2 ω04 (1 + cos2 θ) 8πc3 ver figura II.2. = Rˆ R n Z θ Figura II.´ n de part´ıculas aceleradas Soluciones: Radiacio II.3 Los campos de radiación para una part´ıcula no relativista son ˙ × ( n × β) = en E c R y la potencia radiada promedio es 7 dP dΩ 8 = 2 c ˙ 2 2 = e | Re|RE| n × ( n × β)| 8π 8πc (a) Si z(t) = a cos ω0 t −→ β˙ = −z ac ω02 cos ω0 t 7 dP dΩ 8 = e2 2 4 a ω0 sen2 θ 8πc3 donde θ es el ángulo con el eje z (figura II.12.12.12.2(a)).2(b) ? @ ˙ = cos2 θ + sen2 θcos2 ωt | n × β| donde cos2 ωt = 1/2 261 .12. 2(b) II.2.2.12.´ n de part´ıculas aceleradas Radiacio Z Z θ r Y X Figura II.4 Para part´ıculas no relativistas la fuerza de reacción de radiaci´ on es 2 ¨ R = 2 e u F 3 c3 que es el caso del betatrón.12. Entonces FR = 2 e2 3 c3 eB mc en términos de la frecuencia de giro ΩB = W = m 2 u 2 FR = 2 u eB mc y la energ´ıa cinética √ 2 2 e2 Ω2B 1/2 √ 3W 3 mc 262 . También u˙ = ¨ −→ u = e u×B mc 2 e ˙ ×B = e ( u × B) u×B 2 mc m c2 para las órbitas circulares en el campo magnético. B. L. ed. E... 1995. 3a. edición. M. Academic Press. [4] Hildebrand. [9] Lorrain. I. H.B. L. [8] Lass. Ed. ed.D. Classical Electromagntic Radiation. Ed.D. [3] Heald. D.. Reverté. Prentice Hall. Classical Electromagnetic Radiation. [10] Marion. Lifshitz.. [6] Landau. L. Electrodin´ amica Cl´ asica. Ed.A. y Marion. Corson. 1965. Rumiántsev. y Lorrain. J. E. McGraw Hill. 1975. [7] Landau. Vector and Tensor Analysis. 1988. Ed. 1975. D. Ed. J.M. Electrodin´ amica de Medios Cont´ınuos. M. Ed.R. 1966. 2a. Prentice Hall. y Pitaevskii. The Theory of the Electromagnetic Field. 1966.B. y Toptiguin. Mir. Classical Electrodynamics. [2] Cook. F. P. 1950. Ed. Reverté. J.BIBLIOGRAFÍA [1] Brédov. F. edición. Saunders College. 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Solucion de Problemas de Teoria Electromagnetica

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