Clase Auxiliar 7 - U

Clase Auxiliar 7
Alejandro Jara
29 de abril de 2009
Problema 1 Sea un plano con densidad de carga superficial σ. Sobre el plano hay un dielec~ D,
~ P~ y la carga de
trico con permitividad 1 y bajo el plano otro con permitividad 2 . Calcular E,
polarización.
~ ·D
~ = ρL , tambien conocido como Ley
Solución: Sabemos de las ecuaciones de Maxwell que ∇
de Gauss diferencial.
En forma integral tenemos:
I
~ = QL
~ · ds
D
Entonces consideremos un cilindro como superficie gaussiana para llevar a cabo la integral deseada,
como muestra la siguiente figura.
Como el plano es infinito, se puede suponer a priori (por la geometrı́a), que el vector despla~ = D(z)ẑ, por lo que las paredes del
zamiento eléctrico sólo tiene componente en ẑ, es decir: D
~ · n̂ = 0, nos falta la contribución de las caras del cilindro,
cilindro no aportan a la integral, pues D
~
~
sea ds = Aẑ en la cara superior y ds = A(−ẑ) en la cara inferior, luego
I
~ = D(d)ẑAẑ + D(−d)(−ẑ)A(−ẑ) = (D(d) + D(−d))A
~ · ds
D
1
Suponemos que D(d) = D(−d) por la geometrı́a del problema. Luego
I
~ = 2D(d)A
~ · ds
D
La carga libre es directamente la carga real, es decir: QL = σA, con esto, finalmente tenemos que:
2D(d)A = σA ⇒ D(d) =
(
~ =
D
σ
2 ẑ
− σ2 ẑ
~ = E
~ →E
~ =
Tenemos la siguiente relación D
(
~ =
E
σ
2
si z > 0
si z < 0
~
D
,
σ
21 ẑ
− 2σ2 ẑ
luego
si z > 0
si z < 0
~ − 0 E
~ con esto tenemos que
El vector de polarización esta dado por: P~ = D
(
P~ =
0
σ
2 (1 − 1 )ẑ
− σ2 (1 − 02 )ẑ
si z > 0
si z < 0
Por ultimo, necesitamos calcular las cargas de polarización, las cuales se separan en volumétricas
y superficiales, estas estan dada por:
ρp = −∇ · P~
y
σp = P~ · n̂
donde n̂ es el vector normal al material. Deben tener cuidado con la dirección de las normales
las cuales están representadas en la siguiente figura.
2
σp1
0
σ
σ
= P~ · n̂1 = (1 − )ẑ · (−ẑ) =
2
1
2
σp2
σ
0
σ
= P~ · n̂2 = (1 − )ẑ · ẑ =
2
2
2
0 − 1
1
0 − 2
2
No hay carga volumetrica pues la polarización es constante, esto es debido a que la divergencia
de un campo vectorial constante es cero.
ρp = −∇ · P~ = 0
Problema 2 Considere un cascaron conductor esférico de radio a con carga Q. Entre r = a y
r = b hay un material de permitividad 1 , y para b < r < c, otro de permitividad 2 . En r = c
~ yD
~
hay otro cascaron esférico de carga −Q. Con esto se ha formado un condensador. Calcule E
al interior de este, la capacidad C y la energı́a almacenada U .
3
Solución: Notemos que en este problema se tiene simetrı́a esférica, por lo que a priori podemos
~ = D(r)r̂ es decir que el desplazamiento eléctrico sólo depende de r. Sabemos que
decir que D
~ al igual que el Campo eléctrico E
~ sufren una discontinuidad al
el Desplazamiento eléctrico D,
atravesar una superficie cargada, para el caso del desplazamiento esta es:
Dn1 − Dn2 = σL
Recordatorio: Pero es continua la componente tangencial Dt1 = Dt2
Entre las superficies r = a y r = c existen 2 materiales cuya juntura no posee carga libre,
por lo tanto no existe discontinuidad en el desplazamiento eléctrico (σL = 0 o Dn1 = Dn2 ) ahora
que sabemos esto, podemos calcular el desplazamiento sin preocuparnos, si estamos en la región
a < r < b o en la región b < r < c. Para calcular esto usamos la ley de Gauss:
I
~ = QL
~ · ds
D
Imaginemos un cascaron esférico de radio r tal que a < r < c, luego QL = Q (carga libre al
interior del cascaron) y
I
~ r)d~s =
D(~
Z
D(r) r̂| {z
∗ r̂} ds =
Z
2
D(r)r dΩ = D(r)r
2
dΩ = 4πD(r)r2
Ω
Ω
1
Z
Con esto se tiene:
Q
r̂ para a < r < c
4πr2
En cambio para r > ∞, se tiene que la carga al interior de cualquier superficie de Gauss es cero
~ = 0.
QL = Q + (−Q) = 0, por lo tanto D
~ = E
~ y como se tiene diferentes medios
Para calcular el campo eléctrico, debemos recordar que D
para a < r < b y para b < r < c entonces por separado calculamos el campo eléctrico.
~
D(r)
=
(
~
E(r)
=
Q
r̂
4π1 r2
Q
r̂
4π2 r2
si a < r < b
si b < r < c
Para r < a o para r > ∞ se tiene que la carga interior es cero QL = 0, luego
~
D(r)
=0 y
~
E(r)
=0
La capacitancia se calcula como C = Q/∆V donde ∆V = ∆V1 + ∆V2 , para calcular estas
diferencias de potencial, primero notemos lo siguiente:
(
V (r) =
−Q
4π1 r
−Q
4π2 r
si a < r < b
si b < r < c
luego
−Q
∆V1 =
4π1
1 1
−
b a
y
4
−Q
∆V2 =
4π2
1 1
−
c
b
∆V =
Q
4π
C=
2 c(b − a) + 1 a(c − b)
1 2 abc
4π1 2 abc
2 c(b − a) + 1 a(c − b)
Finalmente la energı́a es:
1
Q2
U = C∆V 2 =
2
2C
U=
2 c(b − a) + 1 a(c − b) 2
Q
8π1 2 abc
Otra forma de calcular la energı́a es:
1
U=
2
Z
~ · DdV
~
E
Este problema tiene simetrı́a esférica, por lo tanto escribimos dV = r2 drdΩ es decir:
U=
1
2
Z cZ
a
2
~
~
E(r)
· D(r)r
drdΩ = 2π
Z c
2
~
~
E(r)
· D(r)r
dr
a
Ω
~
Pero E(r)
toma diferentes valores dependiendo en que región esta, remplacemos:
Z b
U
= 2π
2
~
~
E(r)
· D(r)r
dr + 2π
b 1
c 1
Q2
Q2
dr
+
dr
8π1 a r2
8π2 b r2
Q2 1 1
Q2 1 1
−
−
+
8π1 a b
8π2 b
c
2
2
Q
b−a
Q
c−b
+
8π1
ba
8π2
bc
2 c(b − a) + 1 a(c − b) 2
Q
8π1 2 abc
Z
=
=
=
2
~
~
E(r)
· D(r)r
dr
b
a
=
Z c
Z
5