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JJ
II
J
I
Coordenadas Curvilı́neas
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y Aplicaciones a la Teorı́a
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de Campos
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Índice General
Inicio
JJ
II
J
I
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1 Coordenadas curvilı́neas ortogonales.
1.1 Coordenadas polares. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Coordenadas cilı́ndricas. . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Coordenadas esféricas. . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Definición de las coordenadas curvilı́neas ortogonales.
1.5 El gradiente, divergencia y rotacional en coordenadas
curvilı́neas ortogonales. . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.1 El gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.2 La divergencia. . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.3 El rotacional. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.4 El laplaciano. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
12
14
16
18
19
2 El campo gravitatorio y electrostático.
2.1 Potencial. . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Campo gravitatorio terrestre. . . . . .
2.3 La ley de Gauss. . . . . . . . . . . . .
2.4 Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . .
21
21
25
30
34
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3
3
5
7
9
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1.
Inicio
Coordenadas curvilı́neas ortogonales.
1.1.
JJ
II
J
I
Coordenadas polares.
• Se definen
x = x(ρ, θ) = ρ cos θ,
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y = y(ρ, θ) = ρ sen θ,
donde ρ ∈ [0, +∞[ y θ ∈ [0, 2π[.
• El vector de posición es
r = r(ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sen θ).
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• Al mantener ρ fijo y variar θ en sentido positivo se obtienen
circunferencias concéntricas de centro el origen. Sus vectores
tangentes son
∂r
= (−ρ sen θ, ρ cos θ).
∂θ
• Al mantener θ fijo y variar ρ se obtienen semirrectas que parten del origen. Sus vectores tangentes son
∂r
= (cos θ, sen θ).
∂ρ
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• Los vectores
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I
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∂r ∂r
,
∂ρ ∂θ
forman una base ortogonal de R2 .
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1.2.
Coordenadas cilı́ndricas.
• Se definen
Inicio
JJ
II
J
I
x = ρ cos θ,
y = ρ sen θ,
z = z,
donde ρ ∈ [0, +∞[, θ ∈ [0, 2π[ y z ∈ R.
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• El vector de posición es
r = r(ρ, θ, z) = (ρ cos θ, ρ sen θ, z).
• Al mantener z y θ constantes y variar ρ se obtienen semirrectas
que empiezan en el eje Z. Sus vectores tangentes son
∂r
= (cos θ, sen θ, 0).
∂ρ
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• Al mantener ρ y z constantes y variar θ se obtienen circunferencias horizontales. Sus vectores tangentes son
∂r
= (−ρ sen θ, ρ cos θ, 0).
∂θ
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• Al mantener ρ y θ constantes y variar z se obtienen rectas
verticales. Sus vectores tangentes son
Inicio
JJ
II
J
I
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∂r
= (0, 0, 1).
∂z
∂r ∂r ∂r
• Los vectores
, ,
forman una base ortogonal orien∂ρ ∂θ ∂z
tada positivamente de R3 .
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1.3.
Coordenadas esféricas.
• Se definen
Inicio
JJ
II
J
I
x = ρ cos φ cos λ,
y = ρ cos φ sen λ,
z = ρ sen φ,
donde ρ ∈ [0, +∞[, λ ∈ [0, 2π[ y φ ∈ [−π/2, π/2].
• El vector de posición es
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r(ρ, λ, φ) = ρ(cos φ cos λ, cos φ sen λ, sen φ).
• Si fijamos ρ obtenemos una esfera centrada en el origen. λ
corresponde a la longitud y φ es la latitud.
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• Al variar ρ y fijar las otras dos variables obtenemos semirrectas que parten del origen. Sus vectores tangentes son
∂r
= (cos φ cos λ, cos φ sen λ, sen φ).
∂ρ
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• Al variar φ y fijar las otras dos variables obtenemos meridianos. Sus vectores tangentes son
Inicio
JJ
II
J
I
Página 8 de 73
∂r
= ρ(− sen φ cos λ, − sen φ sen λ, cos φ).
∂φ
• Al variar λ manteniendo fijas las demás obtenemos paralelos.
Sus vectores tangentes son
∂r
= ρ(− cos φ sen λ, cos φ cos λ, 0)
∂λ
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∂r ∂r ∂r
• Los vectores
,
,
∂ρ ∂λ ∂φ
tivamente de R3 .
forman una base orientada posi-
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1.4.
Inicio
JJ
II
J
I
Definición de las coordenadas curvilı́neas ortogonales.
Un cambio de coordenadas cartesianas (x, y, z) a otras diferentes
(u, v, w) es especificar 3 funciones:
x = x(u, v, w),
y = y(u, v, w),
z = z(u, v, w)
tales que existen
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u = u(x, y, z),
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v = v(x, y, z),
donde además supondremos que
∂x
∂u
∂x
∂(x, y, z)
:= ∂(u, v, w)
∂v
∂x
∂w
∂y
∂u
∂y
∂v
∂y
∂w
w = w(x, y, z),
∂z ∂u ∂z 6= 0.
∂v ∂z ∂w
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El vector de posición se denotará
Inicio
r(u, v, w) := (x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w)).
JJ
II
J
I
Definición: Las coordenadas u, v, w forman un sistema de coordenadas
curvilı́neas ortogonal si la base
∂r ∂r ∂r
, ,
es ortogonal y orientada positivamente.
∂u ∂v ∂w
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Los factores de escala son
∂r ∂r hu := , hv := ∂v ,
∂u
∂r .
hw := ∂w Denotemos
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eu :=
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1 ∂r
,
hu ∂u
ev :=
1 ∂r
,
hv ∂v
ew :=
1 ∂r
.
hw ∂w
Los vectores eu , ev , ew forman una base ortonormal orientada positivamente.
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Ejercicio 1. Hállense los factores de escala en los siguientes sistemas de coordenadas ortogonales:
Inicio
i) Polares.
JJ
II
J
I
ii) Cilı́ndricas.
iii) Esféricas.
Solución.
Página 11 de 73
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Ejercicio 2. Compruébese que mediante la siguiente transformación se define un sistema de coordenadas ortogonales y calcúlense los
factores de escala.
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x = cosh u cos v,
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y = senh u sen v,
Dibújense las curvas correspondientes a u = constante y a v = constante. Exclúyanse los casos u = 0, v = 0, π/2, 3π/2.
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Solución.
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(u, v) ∈ [0, +∞[×[0, 2π[.
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1.5.
Inicio
1.5.1.
JJ
II
J
I
Página 12 de 73
El gradiente, divergencia y rotacional en coordenadas curvilı́neas ortogonales.
El gradiente
Sea f un campo escalar. El gradiente de f en coordenadas
cartesianas es
∂f ∂f ∂f
,
,
.
∇f :=
∂x ∂y ∂z
Se puede comprobar que la expresión del gradiente de f en un sistema de coordenadas curvilı́neas ortogonales es
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∇f =
1 ∂f
1 ∂f
1 ∂f
eu +
ev +
ew
hu ∂u
hv ∂v
hw ∂w
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Demostración.
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Ejercicio 3. Pruébese ∇u =
Abandonar
eu
ev
ew
, ∇v =
y ∇w =
.
hu
hv
hw
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Solución.
Inicio
De donde se deduce en particular
JJ
II
J
I
Página 13 de 73
rot
eu
= 0,
hu
rot
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rot
ew
= 0.
hw
Pues rot(∇f ) = 0 para cualquier campo escalar f de clase C2 .
Una expresión usando sumatorios para el gradiente es
∇f =
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ev
= 0,
hv
X 1 ∂f
ei .
hi ∂ui
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1.5.2.
La divergencia del campo vectorial F = (Fx , Fy , Fz ) en cartesianas es el campo escalar
Inicio
JJ
La divergencia.
II
div F :=
J
I
Se puede comprobar que la divergencia del campo vectorial
Página 14 de 73
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∂Fx ∂Fy
∂Fz
+
+
.
∂x
∂y
∂z
F = F u e u + Fv e v + Fu e v
en un sistema de coordenadas ortogonales curvilı́neas es
div(F) =
1
hu h v h w
∂(hv hw Fu ) ∂(hw hu Fv ) ∂(hu hv Fw )
+
+
∂u
∂v
∂w
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Demostración.
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Ejercicio 4. Compruébese div
∂r
∂u
=
∂
[log(hu hv hw )].
∂u
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Solución.
Inicio
JJ
II
J
I
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Una expresión para la divergencia usando sumatorios es
1 X ∂
HFi
div F =
,
H
∂ui
hi
donde H = h1 · h2 · h3 . Observemos que esta expresión tiene sentido
en R2 , siendo en este caso H = h1 · h2 .
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1.5.3.
Inicio
JJ
II
J
I
Página 16 de 73
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El rotacional.
El rotacional del campo vectorial F = (Fx , Fy , Fz ) en cartesianas
es el campo vectorial
i
j
k ∂
∂
∂ rot F := ∂x ∂y ∂z F x Fy Fz Sea F = Fu eu + Fv ev + Fw ew un campo vectorial. Se puede comprobar que la expresión del rotacional en coordenadas curvilı́neas
ortogonales es
h u eu h v ev h w ew 1
∂
∂ ∂
rot F =
hu hv hw ∂u
∂v
∂w h F h F h F u u
Abandonar
v v
w w
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Demostración.
Inicio
Ejercicio 5. Compruébese, usando esta expresión, que rot
JJ
II
J
I
Solución.
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eu
= 0.
hu
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1.5.4.
Sea f un campo escalar, la expresión del laplaciano de f en
cartesianas es
Inicio
JJ
El laplaciano.
II
∇2 f :=
J
I
Página 18 de 73
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∂2f
∂2f
∂2f
+
+
= div(∇f ).
∂x2
∂y 2
∂z 2
Se puede demostrar que la expresión del laplaciano en coordenadas
curvilı́neas ortogonales es
∇2 f
1 P ∂
=
H
∂ui
H ∂f
h2i ∂ui
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Ejercicio 6. Aplicando las fórmulas para la divergencia y el gradiente, demuéstrese la expresión anterior.
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Solución.
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1.6.
Ejercicios.
Ejercicio 7.
polares.
Inicio
JJ
II
J
I
Página 19 de 73
Hállese el gradiente de f (x, y) = (x2 + y 2 )n/2 en
Solución.
Ejercicio 8. Escrı́base la ecuación de Laplace, ∇2 f = 0, para un
campo escalar f definido en R2 en coordenadas polares. Lo mismo
para un campo f definido en R3 ; pero en coordenadas cilı́ndricas y
esféricas.
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Solución.
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Ejercicio 9. Hállese el laplaciano de una función f (x) que depende
sólo de ρ = kxk en R2 y en R3 .
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Solución.
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Ejercicio 10. Hállese, usando coordenadas esféricas, la divergencia
y el rotacional de V(x, y, z) = (x, y, z). (Este ejercicio es trivial usando
coordenadas cartesianas).
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Solución.
Inicio
JJ
II
J
I
Ejercicio 11. Hállese la divergencia
p del campo vectorial F = rr en
R3 , donde r = (x, y, z) y r = krk = x2 + y 2 + z 2 .
Solución.
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Ejercicio 12. Compruébese que el campo vectorial con simetrı́a
radial definido en R3 dado por V = f (ρ)eρ tiene rotacional nulo.
Solución.
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2.
Inicio
El campo gravitatorio y electrostático.
2.1.
JJ
II
J
I
Potencial.
La fuerza con que una partı́cula de masa 1 es atraı́da hacia otra
partı́cula de masa M situada en el origen es
F = −GM
r
,
krk3
F(x, y, z) =
−GM
(x, y, z).
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
Página 21 de 73
La expresión de esta fuerza en coordenadas esféricas es más sencilla:
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F=
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−GM
eρ .
ρ2
La expresión para el campo eléctrostático es similar, ya que la ley
de Coulomb es casi la misma que la de Newton, salvo que hay
cargas de diferentes signos que se pueden atraer o repeler y que la
1
constante de gravitación universal G se substituye por
, donde
4π0
0 es una constante llamada permitividad y su valor en el S.I. es
8.85 × 10−12 C 2 /N · m2 .
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Inicio
JJ
II
J
I
Página 22 de 73
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Por el ejercicio 12, el campo F es conservativo en R \ {0}, pues
rot F = 0 y R \ {0} es simplemente conexo. Por lo que existe
una función potencial U tal que ∇U = −F. Calculémosla usando
coordenadas esféricas:
∂U
1 ∂U
1 ∂U
GM
eρ +
eφ +
eλ = 2 eρ .
∂ρ
ρ ∂φ
ρ cos φ ∂λ
ρ
Igualando componentes:
∂U
GM
= 2 ,
∂ρ
ρ
∂U
= 0,
∂φ
GM
+ C. Si imponemos la condición de que U se
ρ
anule en el infinito, tenemos
Luego U = −
U =−
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∂U
= 0.
∂λ
GM
.
ρ
El trabajo realizado por una partı́cula de masa 1 entre dos puntos
A y B es
Z
1
1
F dα = U (A) − U (B) = GM
W =
−
.
d(O, B) d(O, A)
AB
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Inicio
JJ
II
Si hubieran n masas M1 , · · · , Mn situadas en P1 , · · · , Pn , entonces el principio de superposición dice que la fuerza que crean
estas n masas es igual a la suma de las fuerzas que originan por
separado. Luego el potencial en A es
U (A) =
J
I
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n
X
−GMi
.
d(A, Pi )
i=1
Si la distribución de masas fuera continua ocupando una región
R, entonces el sumatorio anterior se reemplaza por una integral:
Z
−Gδ(X)
U (A) =
dX,
(1)
R d(A, X)
donde X ∈ R, δ(X) es la densidad en X y la integral puede ser
de lı́nea, superficie o de volumen dependiendo de la distribución de
masa que ocupa la región R.
Ejercicio 13. Calcúlese el potencial debido a una varilla recta de
longitud L sobre un punto de la misma recta situado a distancia d del
centro (d > L/2). Compruébese que si el punto se halla suficientemente lejos de la varilla, ésta se comporta como si la masa estuviese
concentrada en el centro de ésta.
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Solución.
Inicio
JJ
II
Ejercicio 14. Calcúlese el potencial creado por un disco de radio
R sobre un punto situado sobre el centro a una altura h. Compruébese
que si el punto se halla suficientemente lejos del disco, éste se comporta
como si la masa estuviese concentrada en el centro del disco:
J
I
Solución.
Página 24 de 73
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Ejercicio 15. Compruébese que el potencial originado por una
esfera hueca de radio R y masa M sobre un punto A situado a una
distancia h del centro (h 6= R) es.
GM
si el punto es interior.
R
GM
• −
si el punto es exterior.
h
Dedúzcase que los puntos interiores a una esfera hueca no sufren fuerza
de atracción o repulsión.
• −
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Solución.
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2.2.
Inicio
JJ
II
J
I
Campo gravitatorio terrestre.
Calculemos el potencial originado por una esfera maciza de radio
R sobre un punto A situado a una distancia h del centro (h > R).
Situamos el centro de la esfera en el origen de coordenadas y el
punto P en (0, 0, h). Sea X un punto arbitrario de la esfera. Usando
coordenadas esféricas:
X = ρ(cos φ sen λ, cos φ sen λ, sen φ),
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donde ρ ∈ [0, R], λ ∈ [0, 2π], φ ∈ [−π/2, π/2]. Es fácil comprobar
d(A, X)2 = ρ2 + h2 − 2hρ sen φ,
El potencial en A es
ZZZ
1
U (A) = −Gδ
dx dy dz =
d(A,
X)
V
ZZZ
ρ2 cos φ
p
= −Gδ
dρ dφ dλ =
ρ2 + h2 − 2hρ sen φ
T
Z R Z π/2
cos φ
p
= −Gδ2π
ρ2
dφ dρ.
2
ρ + h2 − 2hρ sen φ
0
−π/2
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Inicio
JJ
II
J
I
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La integral interna está resuelta en el ejercicio 15, notemos que ρ <
R < h.
Z R 2
Gδ4πR3
GM
2ρ
dρ = −
=−
,
U (A) = −Gδ2π
h
3h
h
0
4
siendo M la masa de la esfera, ya que πR3 es su volumen y δ su
3
densidad. Resultado que nos dice que la fuerza que ejerce una esfera
maciza es como si toda su masa estuviese concentrada en el centro;
resultado debido a Newton.
Ejercicio 16. Experimentalmente Galileo observó que todos los
cuerpos caen con la misma aceleración. En este ejercicio veremos que
esto es compatible con la expresión anterior.
(a) Dos puntos A y B distan del centro de la Tierra R y R + h
respectivamente. Pruébese que la diferencia de potencial entre
GM h
estos dos puntos es ∆U = U (B) − U (A) =
.
(R + h)R
(b) Si R >> h (lo cual para alturas pequeñas es cierto), pruébese que
GM
(la famosa aceleración gravitatoria,
∆U = gh, donde g :=
R2
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cuyo valor es aproximadamente 9.8ms−2 ).
Inicio
JJ
II
J
I
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(c) Supóngase que la superficie de la Tierra es plana (en las direcciones
x e y), y la perpendicular es la dirección al centro de la Tierra
∂U
∂U
∂U
=
=0y
= g.
(dirección z). Pruébese
∂x
∂y
∂z
(d) Conclúyase que F = (0, 0, −g). Es decir, un cuerpo de masa 1
sufre una fuerza hacia el centro de la Tierra de g. Un cuerpo de
masa m sufrirá una fuerza similar; pero de magnitud mg. Por
la segunda ley de Newton, la aceleración de un cuerpo que cae es
constante y vale g, independientemente del valor de la masa, como
anticipó Galileo.
Solución.
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Ejercicio 17. La ley de conservación de la energı́a. Una
partı́cula de masa m describe una trayectoria α en un campo de fuerzas conservativo F (por ejemplo el gravitatorio) cuyo potencial es U .
Utilı́cese la segunda ley de Newton, F(α(t)) = mα00 (t) para comprobar
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que la función
JJ
II
1
E(t) = mkα0 (t)k2 + U (α(t)).
2
es constante. Esta función se llama energı́a. El primer sumando es
la energı́a cinética y el segundo es la energı́a potencial.
J
I
Solución.
Inicio
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Ejercicio 18. Velocidad de escape. ¿Cuál es la velocidad
necesaria para lanzar un cuerpo de masa m al espacio? (Ignorando la
resistencia del aire y la influencia de los cuerpos celestes a excepción
de la Tierra).
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(a) Utilı́cese el principio de conservación de la energı́a para probar
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1
GM
1
GM
2
2
mvA
−m
= mvB
−m
,
2
d(A, O)
2
d(B, O)
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donde vA y vB son las velocidades de un móvil en los puntos A y
B.
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(b) Pruébese que la velocidad de escape es ve =
Inicio
Solución.
JJ
II
J
I
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√
2gR.
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2.3.
Inicio
JJ
II
J
I
La ley de Gauss.
Sea SRRuna superficie cerrada que encierra un volumen V . Cal~ donde E es el campo eléctrico creado por una
culemos S E dS,
r
Q
.
carga puntual positiva situada en el origen; es decir E =
4π0 krk3
El convenio en fı́sica es que si la carga es positiva, el campo apunta
hacia fuera; de ahı́ la diferencia de signos con el campo gravitatorio.
Para calcular el flujo utilizamos coordenadas esféricas:
Página 30 de 73
E=
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Q
eρ .
4π0 ρ2
Como hay que hallar la integral de flujo sobre una superficie cerrada
Q
.
utilizamos el teorema de la divergencia. Denotemos K :=
4π0
Ejercicio 19. Compruébese, usando coordenadas esféricas, que la
divergencia de E es nula.
Solución.
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Hay que tener cuidado en la siguiente igualdad:
ZZ
ZZZ
~
E dS =
div E dx dy dz = 0,
Inicio
S
JJ
II
J
I
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V
pues el teorema de la divergencia no es cierto si el campo E no
es diferenciable en el interior de S. Y en este caso si el origen
está dentro de S, E no es diferenciable en el origen.
Sin embargo
RR
~ = 0.
podemos decir que si 0 6∈ interior(S), entonces S E dS
Si 0 estuviese en el interior de S, encerramos el origen dentro de
una esfera B de radio δ suficientemente pequeño tal que B ⊂ V y
aplicamos el teorema de la divergencia en V \ B: Sea S ∗ la frontera
de V \ B. El flujo a través de S ∗ es 0 (según acabamos de probar),
por lo que el flujo a través de S coincide con el flujo a través de B;
pero la integral de flujo sobre B es muy fácil de calcular pues B es
una esfera.
Ejercicio 20. En B el vector normal exterior es N = eρ . Pruébense
las siguientes afirmaciones:
(a) que hE, Ni es constante y vale
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K
.
δ2
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(b)
RR
B hE, Ni dS
=
Inicio
Q
.
0
Solución.
JJ
II
Acabamos de probar
J
I
Página 32 de 73
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
0
~
E dS = Q

S
0
ZZ
si 0 6∈ interior(S),
si 0 ∈ interior(S).
Si la superficie S encierra una carga Q, (causada por una distribución discreta o continua de cargas), por el principio de superposición, se tiene la llamada ley de Gauss:
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ZZ
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S
~=
E dS
Q
0
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La ley de Gauss permite enunciar una ley fundamental de la
electrostática. Sea Ω una región de R3 en la que no hay cargas.
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Inicio
JJ
II
J
I
Tomamos V ⊂ Ω arbitrario, y sea S la superficie frontera de S. Entonces, por la ley de Gauss, junto con el teorema de la divergencia,
ZZZ
ZZ
~
E dS =
div(E) dV,
0=
S
V
como esto es cierto para cualquier V ⊂ Ω, entonces div(E) = 0 en
Ω. Como E es conservativo, su potencial U cumple div(∇U ) = 0
en Ω; es decir U cumple la ecuación de Laplace:
Página 33 de 73
Regresar
∇2 U = 0,
∂2U
∂2U
∂2U
+
+
= 0,
∂x2
∂y 2
∂z 2
(x, y, z) ∈ Ω
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Los campos escalares con divergencia nula se llaman armónicos.
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2.4.
Inicio
JJ
II
J
I
Página 34 de 73
Ejercicios.
La ley de Gauss permite hallar de manera cómoda campos (o
potenciales) de cuerpos cargados con simetrı́as, veámoslo en el siguiente ejercicio:
Ejercicio 21. ¿Cuál es el potencial creado por una esfera maciza
de carga total Q? Procédase de la manera siguiente: Por simetrı́a el
campo es de la forma E = f (ρ)eρ . Enciérrese la carga en una esfera
de radio ρ y aplı́quese la ley de Gauss para demostrar
Regresar
Q
= f (ρ).
4πρ2 0
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Solución.
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Ejercicio 22. Dı́gase por qué el siguiente razonamiento no es riguroso:
Sea V un volumen arbitrario de R3 , conteniendo una distribución
continua de cargas, cuya superficie frontera es S. Sea δ la densidad de
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carga y Q la carga total. Entonces, por la ley de Gauss,
ZZ
ZZZ
~= Q = 1
E dS
δ dx dy dz.
0
0
S
V
Inicio
JJ
II
J
I
Ahora, por el teorema de la divergencia
ZZ
ZZZ
~=
E dS
div E dx dy dz.
S
Página 35 de 73
V
δ
. Como además E = −∇U ,
0
entonces el potencial eléctrico U satisface la ecuación de Poisson1 :
Como es para todo V , entonces div E =
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∇2 U = −
δ
,
0
∂2U
∂2U
∂2U
δ
+
+
=− .
2
2
2
∂x
∂y
∂z
0
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Solución.
1
Se puede demostrar rigurosamente que esta ecuación es válida, ¡además de
muy importante!
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Ejercicio 23. Determı́nense los campos escalares en R2 y en R3
que dependen sólo de ρ que son armónicos.
Inicio
Solución.
JJ
II
J
I
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Ejercicio 24. Momento dipolar. Una distribución continua de
carga en la región Ω con densidad de carga δ(X) crea un potencial en
el punto A
Z
1
δ(X)
U (A) =
dX.
4π0 Ω d(A, X)
En este problema estudiaremos el comportamiento de esta expresión
cuando A está lejos de la carga que causa el campo. Sean r = kXk,
a = kAk y ψ el ángulo que forman los vectores de posición de X y A.
Obsérvese que por el teorema del coseno de trigonometrı́a plana
d(A, X)2 = a2 + r2 − 2ar cos ψ.
x
(a) Úsese la aproximación (1 + x)−1/2 ' 1 −
para x ' 0 para
2
demostrar
1
1
r
'
1 + cos ψ .
d(A, X)
a
a
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Inicio
JJ
II
J
I
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(b) Demuéstrese que el potencial en el punto A se puede aproximar
Z
1
Q
1
U (A) '
+ 3 hX, Aiδ(X) dX ,
4π0 a
a Ω
R
donde Q es la carga total. El vector P := Ω Xδ(X) dX se llama
momento dipolar, y la expresión anterior queda
1
Q
1
U (A) '
+ 3 hP, Ai .
4π0 a
a
(c) En la naturaleza hay muchas fuentes de campos que se caracterizan
por tener Q = 0. Demuéstrese que si Q = 0, el momento dipolar
no depende del origen elegido para X.
(d) El nombre de dipolo viene motivado por la siguiente construcción:
Considérense dos cargas iguales +q y −q situadas en los puntos
(0, d/2) y (0, −d/2) respectivamente. Sea A un punto suficientemente lejos de las cargas y r+ , r− las distancias de A a las cargas
positiva y negativa. Usando que el potencial en el punto A es
q
1
1
U (A) =
−
,
4π0 r+ r−
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junto con alguna ideas precedentes, demuéstrese que el potencial
en A se puede aproximar mediante
Inicio
JJ
II
J
I
1 1
hqd, Ai,
4π0 a3
donde d es el vector de posición de la carga q.
Solución.
Página 38 de 73
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Demostración:
Hallemos ∇f en la base {eu , ev , ew }. Si
Inicio
∇f = fu eu + fv ev + fw ew ,
JJ
II
J
I
tenemos que encontrar fu , fv , fw . Por ser la base {eu , ev , ew } ortonormal:
fu = h∇f, eu i
∂r
1
∇f,
=
hu
∂u
1 ∂f ∂x ∂f ∂y
∂f ∂z
=
+
+
hu ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u
1 ∂f
.
=
hu ∂u
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Análogamente obtenemos
fv =
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⇐=
1 ∂f
,
hv ∂v
fw =
1 ∂f
.
hw ∂w
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Demostración:
Sea F = Fu eu + Fv ev + Fw ew . Calculamos sólo div(Fu eu ):
Inicio
div(Fu eu ) = div[Fu (ev × ew )] = h∇Fu , ev × ew i + Fu div(ev × ew ).
JJ
II
J
I
Debido a la expresión del gradiente en coordenadas curvilı́neas ortogonales y la ortonormalidad de la base {eu , ev , ew } se tiene
h∇Fu , ev × ew i =
Página 40 de 73
1 ∂Fu
,
hu ∂u
y
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ev
ew
div(ev × ew ) = div (hv hw ) ×
hv
hw
ev
ew
ev
ew
=
∇(hv hw ),
×
+ hv hw div
×
hv
hw
hv
hw
1
∂(hv hw )
=
.
hu hv hw ∂u
Ya que
div(∇v × ∇w) = hrot(∇v), ∇wi − hrot(∇w), ∇ui = 0
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por el ejercicio 3. Ahora
Inicio
div(Fu eu ) =
JJ
II
J
I
=
=
1 ∂Fu
Fu ∂(hv hw )
+
hu ∂u
h h h
∂u
u v w
∂Fu
∂(hv hw )
1
hv hw
+ Fu
h u hv hw
∂u
∂u
1
∂(Fu hv hw )
.
h u hv hw
∂u
Página 41 de 73
El resto de las componentes se calculan de forma similar.
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⇐=
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Demostración:
Sólo calcularemos rot(Fu eu ).
Inicio
eu
)
hu
eu
eu
+ ∇(Fu hu ) ×
= Fu hu rot
hu
hu
rot(Fu eu ) = rot(Fu hu
JJ
II
J
I
= 0 + [λu eu + λv ev + λw ew ] ×
Página 42 de 73
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= −
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λv
λw
ew +
ev ,
hu
hu
donde λu , λv , λw son las componentes de ∇(Fu hu ) en la base ortonormal {eu , ev , ew }, es decir,
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eu
hu
λv =
1 ∂(Fu hu )
,
hv
∂v
λw =
1 ∂(Fu hu )
.
hw ∂w
Ahora
1 ∂(Fu hu )
1 ∂(Fu hu )
ew +
ev
hu h v
∂v
hu hw ∂w
1
∂(Fu hu )
∂(Fu hu )
−
h w ew +
h v ev .
hu h v h w
∂v
∂w
rot(Fu eu ) = −
=
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Análogamente se obtienen rot(Fv ev ) y rot(Fw ew ). Como
Inicio
rot F = rot(Fu eu + Fv ev + Fw ew ),
JJ
II
J
I
la expresión del rotacional queda de forma simbólica:
h u eu
1
∂
rot F =
hu hv hw ∂u
h F
Página 43 de 73
u u
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⇐=
h v ev
∂
∂v
h v Fv
h w ew ∂ .
∂w h w Fw Web Asignatura
Solución del Ejercicio 1:
Inicio
Polares:
hρ = 1,
JJ
hθ = ρ.
II
Cilı́ndricas:
J
hρ = 1,
I
hθ = ρ,
hz = 1.
Esféricas:
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hρ = 1,
⇐=
hφ = ρ,
hλ = ρ cos φ.
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Solución del Ejercicio 2:
Inicio
JJ
II
• Los factores de escala son
p
hu = hv = senh2 u cos2 v + cosh2 u sen2 v.
J
I
• Si u es constante, como
1 = cos2 v + sen2 v =
Página 45 de 73
x2
y2
+
,
cosh2 u senh2 u
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se obtienen elipses. Y si v es constante, como
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1 = cosh2 u − sinh2 u =
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se obtienen hipérbolas.
⇐=
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x2
y2
+
cos2 v sen2 v
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Solución del Ejercicio 3:
Inicio
∇u =
JJ
II
Ya que
J
I
Página 46 de 73
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1 ∂u
1 ∂u
1 ∂u
1
eu +
ev +
ew =
eu .
hu ∂u
hv ∂v
hw ∂w
hu
∂u
∂u
∂u
=1y
=
= 0.
∂u
∂v
∂w
⇐=
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Solución del Ejercicio 4:
Inicio
div
JJ
II
J
I
Página 47 de 73
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∂r
∂u
⇐=
= div(hu eu ) =
1
∂(hv hw hu )
∂
=
[log(hu hv hw )].
hu hv hw
∂u
∂u
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Solución del Ejercicio 5:
Inicio
JJ
II
J
I
h u eu
∂
1
eu
=
rot
hu
hu hv hw ∂u
1
h
u
hu
hw ew ∂
∂ ∂v
∂w = 0,
hv · 0 hw · 0
h v ev
Página 48 de 73
pues todas las parciales que aparecen actúan sobre constantes.
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⇐=
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Solución del Ejercicio 6:
Aplicando las fórmulas del gradiente y divergencia en coordenadas curvilı́neas ortogonales:
Inicio
JJ
II
J
I
∇2 f
Página 49 de 73
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⇐=
= div(∇f )
X
1 ∂f
ei
= div
hi ∂ui
H ∂f
1 X ∂
=
.
H
∂ui h2i ∂ui
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Solución del Ejercicio 7:
Puesto que en coordenadas polares
Inicio
ρ2 = x2 + y 2
JJ
II
y
J
f (x, y) = (x2 + y 2 )n/2 ,
I
la expresión de f en coordenadas polares es f (ρ, θ) = ρn . Ahora
Página 50 de 73
∇f =
Regresar
⇐=
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1 ∂f
1 ∂f
eρ +
eθ = nρn−1 eρ .
hρ ∂ρ
hθ ∂θ
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Solución del Ejercicio 8:
Coordenadas polares.
Inicio
JJ
II
J
I
Página 51 de 73
Regresar
1 X ∂
H ∂f
0 = ∇2 f =
H
∂ui h2i ∂ui
1 ∂
∂f
∂ 1 ∂f
=
ρ
+
ρ ∂ρ
∂ρ
∂θ ρ ∂θ
2
1 ∂f
1 ∂2f
∂ f
+
+
.
=
∂ρ2
ρ ∂ρ ρ2 ∂θ2
Coordenadas cilı́ndricas.
1 X ∂
H ∂f
0 = ∇ f=
H
∂ui h2i ∂ui
1 ∂
∂f
∂ 1 ∂f
∂
∂f
=
ρ
+
+
ρ
ρ ∂ρ
∂ρ
∂θ ρ ∂θ
∂z
∂z
2
2
2
∂ f
1 ∂f
1 ∂ f
∂ f
=
+
+
+ 2.
∂ρ2
ρ ∂ρ ρ2 ∂θ2
∂z
2
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Inicio
JJ
II
J
I
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Coordenadas esféricas.
1 X ∂
H ∂f
0 = ∇2 f =
H
∂ui h2i ∂ui
1
∂
∂f
∂ ρ2 cos φ ∂f
2
=
ρ cos φ
+
+
ρ2 cos φ ∂ρ
∂ρ
∂φ
ρ2 ∂φ
2
∂
ρ cos φ ∂f
+
∂λ ρ2 cos2 φ ∂λ
1 ∂
∂f
1 ∂2f
1 ∂
2 ∂f
ρ
+
cos φ
+
.
=
ρ2 ∂ρ
∂ρ
cos φ ∂φ
∂φ
cos2 φ ∂λ2
⇐=
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Solución del Ejercicio 9:
Inicio
JJ
II
J
I
En R2 : Usaremos coordenadas polares. Notemos que f = f (ρ).
Denotaremos f 0 la derivada de f respecto de ρ.
1 X ∂
H ∂f
2
∇ f =
H
∂ui h2i ∂ui
ρ ∂f
1
1
1 ∂
= (ρf 0 )0 = (f 0 + ρf 00 ).
=
2
ρ ∂ρ 1 ∂ρ
ρ
ρ
Página 53 de 73
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y
En R3 : Usamos coordenadas esféricas. Igual que antes f = f (ρ)
es la derivada de f respecto de ρ.
1 X ∂
H ∂f
2
∇ f =
H
∂ui h2i ∂ui
1
∂ ρ2 cos φ ∂f
=
ρ2 cos φ ∂ρ
12 ∂ρ
1 2 0 0
1
=
(ρ f ) = 2 (2ρf 0 + ρ2 f 00 ).
2
ρ
ρ
f0
⇐=
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Solución del Ejercicio 10:
Como V(ρ, φ, λ) = ρeρ , entonces,
1 X ∂
HVi
1
∂ 3
div V =
(ρ cos φ) = 3,
= 2
H
∂ui
hi
ρ cos φ ∂ρ
Inicio
JJ
II
J
I
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y
h ρ eρ h λ eλ h φ eφ h ρ eρ h λ eλ h φ eφ ∂
∂ ∂
∂ 1 ∂
1 ∂
=
= 0.
rot V =
∂λ
∂φ ∂λ
∂φ H ∂ρ
H ∂ρ
ρ
h ρ V ρ h λ V λ hφ V φ 0
0 ⇐=
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Solución del Ejercicio 11:
Como F = ρ2 eρ , entonces,
Inicio
JJ
II
J
I
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div F =
⇐=
1 X ∂ HFi
1
∂
= 2
ρ4 cos φ = 4ρ.
H
∂ui hi
ρ cos φ ∂ρ
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Solución del Ejercicio 12:
Inicio
JJ
II
J
I
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h ρ eρ h λ eλ h φ eφ h ρ eρ h λ eλ h φ eφ ∂
∂ ∂
∂ 1 ∂
1 ∂
rot V =
=
= 0.
∂λ
∂φ H ∂ρ
∂λ
∂φ H ∂ρ
h ρ V ρ h λ V λ hφ V φ f (ρ)
0
0 ⇐=
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Solución del Ejercicio 13:
Inicio
JJ
II
J
I
Página 57 de 73
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Situamos el centro de la varilla en el origen de coordenadas y
usamos la ecuación 1. Si no se dice nada se supone que la densidad
δ es constante.
Z L/2
d + L2
dx
L/2
U = −Gδ
= −Gδ [− log(d − x)]−L/2 = −Gδ log
.
d − L2
−L/2 d − x
Si el punto está lejos de la varilla, d >> L. Sea α := L/d ' 0.
La expresión anterior queda
U = −Gδ log
1+
1−
α
2
α
2
α
α = −Gδ log(1 + ) − log(1 − ) ,
2
2
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usamos el hecho que log(1 + x) ' x para x ' 0,
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U ' −Gδ
Cerrar
α Lδ
GM
− (− ) = −Gδα = −G
=−
,
2
2
d
d
donde M es la masa de la varilla.
⇐=
Abandonar
α
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Solución del Ejercicio 14:
Inicio
JJ
II
J
I
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Sea D el disco, con su centro situado en el origen de coordenadas
y el punto donde se calcula el potencial en (0, 0, h):
ZZ
−Gδ dx dy
p
U =
x2 + y 2 + h2
D
Z 2π Z R
ρ
p
dρ
= −Gδ
dθ
2
ρ + h2
0
0
p
= −2πGδ
R 2 + h2 − h
p
= −2πGδh
1 + (R/h)2 − 1 .
Si el punto donde calculamos el potencial está
√ suficientemente
alejado del disco, h >> R. Usamos el hecho que 1 + x ' 1 + x/2
para x ' 0,
R2
GπR2 δ
GM
U ' −2πGδh 1 + 2 − 1 = −
=−
,
2h
h
h
Cerrar
donde M es la masa del disco.
Abandonar
⇐=
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Solución del Ejercicio 15:
Inicio
JJ
II
Situamos la esfera en el origen de coordenadas y el punto A en
(0, 0, h). Sea X = R(cos φ sen λ, cos φ sen λ, sen φ) un punto arbitrario de la esfera, con λ ∈ [0, 2π], φ ∈ [−π/2, π/2]. Es fácil comprobar
d(A, X)2 = R2 + h2 − 2hR sen φ.
J
I
Página 59 de 73
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El potencial en A es (T es el dominio de variación de λ y φ).
ZZ
dS
U (A) = −Gδ
S d(A, X)
ZZ
R2 cos φ
p
= −Gδ
dφ dλ =
R2 + h2 − 2hR sen φ
T
Z π/2
cos φ
p
= −GδR2 2π
dφ.
2
R + h2 − 2hR sen φ
−π/2
Esta integral se resuelve con el cambio R2 + h2 − 2hR sen φ = t:
Cerrar
Z
Abandonar
(R+h)2
(R−h)2
dt
1 h√ i(R+h)2
1
√ =
t
=
(R + h − R − h ).
2
hR
hR
(R−h)
2hR t
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Expresión en la que hay que distinguir si R > h (el punto es interior
a la esfera) o si R < h (el punto es exterior).
Inicio
• h < R:
JJ
II
U (A) = −GδR2 2π
J
I
1
4πR2
GM
2h = −Gδ4πR = −Gδ
=−
.
hR
R
R
• h > R:
Página 60 de 73
U (A) = −GδR2 2π
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Siendo M la masa de la esfera hueca, ya que 4πR2 es el área
y δ su densidad superficial.
Si el punto está dentro de la esfera hueca, entonces, al ser el
potencial U constante, y F = −∇U , se tiene que F = 0.
⇐=
Cerrar
Abandonar
1
−Gδ4πR2
GM
2R =
=−
.
hR
h
h
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Solución del Ejercicio 16:
Inicio
JJ
II
J
I
Página 61 de 73
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Abandonar
(a) Debido al potencial causado por una esfera maciza
1
1
∆U = U (B) − U (A) = −GM
−
,
d(O, B) d(O, A)
donde O es el centro de la Tierra. Si B está a una altura h de
la superficie terrestre y si R es el radio de la Tierra,
1
1
(R + h) − R
GM h
∆U = −GM
−
= GM
=
.
R+h R
(R + h)R
(R + h)R
(b) Si h es despreciable frente a R, (R + h)R ' R2 , y por tanto
∆U '
GM
h = gh.
R2
(c) Como los puntos de la superficie terrestre tienen el mismo po∂U
∂U
tencial, entonces entonces
=
= 0. Y si A = (x, y, z),
∂x
∂y
B = (x, y, z + h), por (b)
U (x, y, z + h) − U (x, y, z) = gh,
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de donde
∂U
U (x, y, z + h) − U (x, y, z)
= lim
= g.
h→0
∂z
h
Inicio
JJ
II
(d) Ya que F = −∇U = (0, 0, −g).
J
I
Página 62 de 73
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⇐=
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Solución del Ejercicio 17:
Para demostrar que E(t) es constante, hemos de comprobar que
E 0 (t) = 0:
Inicio
JJ
II
J
I
0
1
0
2
E (t) =
mkα (t)k + U (α(t))
2
m 0 0 0
hα , α i + (U ◦ α)0
=
2
= mhα0 , α00 i + h∇U ◦ α, α0 i,
0
Página 63 de 73
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(gracias a la regla de la cadena (U ◦ α)0 = h∇U ◦ α, α0 i). Como
mα00 = F ◦ α y ∇U = −F, entonces E 0 = 0.
⇐=
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Solución del Ejercicio 18:
Inicio
JJ
(a) La energı́a total (cinética + potencial) ha de permancer constante: Para cualquier par de puntos A y B,
II
J
1
GM
1
GM
2
mv 2 − m
= mvB
−m
,
2 A
d(A, O)
2
d(B, O)
I
donde O denota el centro de la Tierra
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(b) Si A es un punto en la superficie terrestre entonces d(A, O) =
R, el radio de la Tierra. Y si ve es la velocidad de escape, entonces el móvil puede alcanzar puntos B arbitrariamente lejanos
de la Tierra. En la igualdad previa, hacemos tender d(O, B) a
∞, llegando el móvil al infinito con velocidad nula.
r
p
1
GM
2GM
2
mve − m
= 0 ⇒ ve =
= 2gR.
2
R
R
⇐=
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Solución del Ejercicio 19:
Inicio
JJ
II
J
I
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1 X ∂
HEi
1
∂
K
2
div E =
= 2
ρ cos φ 2 = 0.
H
∂ui
hi
ρ cos φ ∂ρ
ρ
⇐=
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Solución del Ejercicio 20:
Inicio
JJ
(a) Como en la superficie de la esfera se tiene ρ = δ, y eρ es un
vector unitario,
II
hE, Ni = h
J
I
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K
K
eρ , eρ i = 2 .
ρ2
δ
(b) Por el apartado previo,
ZZ
ZZ
K
K
Q
K
dS = 2 Área(B) = 2 4πδ 2 = .
hE, ni dS = 2
δ
δ
δ
0
B
B
⇐=
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Solución del Ejercicio 21:
Inicio
JJ
II
J
I
Sea S la superficie de una esfera de radio ρ que encierra a la
carga dada. Por la ley de Gauss
ZZ
ZZ
Q
~ = f (ρ)
=
E dS
heρ , eρ i dS = f (ρ)4πρ2 .
0
S
S
Se puede despejar f (ρ) y el campo es E =
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⇐=
Q
eρ .
4π0 ρ2
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Solución del Ejercicio 22:
En primer lugar
Inicio
E=
JJ
II
J
I
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es el campo creado por una partı́cula en el origen. El campo creado
por una distribución continua de cargas con densidad δ ocupando
una región Ω en un punto A es
ZZZ
E(A) =
Ω
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Q
eρ
4π0 ρ2
~
δ
XA
dX
4π0 d(X, A)3
El campo E puede ser discontinuo si A ∈ Ω, ya que el denominador
del integrando se anula. Y por lo tanto no se puede aplicar el
teorema de la divergencia.
Por otra parte, la ley de Gauss afirma que el flujo de E a través
de una superficie cerrada S es igual a toda la carga contenida en S,
siempre que la carga no ocupe el lugar de la superficie; pues si no,
la demostración usada en en la ley de Gauss deja de ser válida.
Nota: Para una demostración rigurosa, se tendrı́a que conside-
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rar expresiones del tipo
Inicio
ZZ
JJ
II
J
I
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S
~=
E dS
ZZ
S
ZZZ
Ω
!
~
δ
XA
~
dX dS,
4π0 d(X, A)3
y usar el teorema de Fubini para intercambiar el orden de integración. Se puede consultar el libro Cálculo Vectorial: J. Marsden, A.
Tromba. Editorial Addison Wesley, Cap. 8.
⇐=
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Solución del Ejercicio 23:
En R2 : Si f = f (ρ), lo más cómodo es usar coordenadas polares:
Inicio
JJ
II
J
I
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1
∇2 f = 0 ⇒ f 00 + f 0 = 0 ⇒ f (ρ) = C log ρ + K.
ρ
En R3 : Si f = f (ρ), es mejor es usar coordenadas esféricas: Por
el ejercicio 9:
1
0 = 2 (2ρf 0 + ρ2 f 00 ),
ρ
dg
= 0,
dρ
ecuación diferencial fácil de resolver separando las variables. La
solución final para f es
luego 2f 0 + ρf 00 = 0, llamando g = f 0 , se tiene 2g + ρ
f (ρ) =
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⇐=
A
+ B.
ρ
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Solución del Ejercicio 24:
Inicio
JJ
(a) Aproximamos
II
J
1
:
d(A, X)
1
d(A, X)
=
=
a2 + r2 − 2ar cos ψ
1
s r 2
r
a2 1 +
− 2 cos ψ
a
a
=
1
r
a
I
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1
p
r
− 2 cos ψ
a
a
1
1 r 2
r
'
1−
− 2 cos ψ .
a
2
a
a
r
Si despreciamos potencias de superiores a 1:
a
i
1
1h
r
'
1 + cos ψ .
d(A, X)
a
a
1+
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1
r 2
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(b) Por lo que
Inicio
U (A) =
JJ
II
'
J
I
=
1
4π0
1
4π0
1
4π0
Z
δ(X)
dX
Ω d(A, X)
Z
δ(X) r
1 + cos ψ dX
a
a
Ω Z
Z
1
1
δ(X) dX + 2
δ(X)r cos ψ dX .
a Ω
a Ω
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Téngase en cuenta que tanto r como ψ son funciones
de X y
R
no pueden salir fuera de la integral. Pero Q = Ω δ(X) dX y
ar cos ψ = hA, Xi. Por lo que
Z
Q
1
1
+ 3 hX, Aiδ(X) dX ,
U (A) '
4π0 a
a Ω
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(c) Si fijamos B como origen, el momento dipolar respecto a este
origen es
Z
PB = (X − B)δ(X) dX.
Ω
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Pero operando esta integral se obtiene fácilmente
Z
PB =
Xδ(X) dX − QB.
Inicio
Ω
JJ
II
J
I
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Si Q = 0, el momento dipolar es invariante.
(d) Si ψ es el ángulo que forman los vectores de posición de q y A,
x
se obtiene (usando (1 + x)−1/2 ' 1 − para x ' 0)
2
1
d
1
1
d
1
'
1+
cos ψ ,
'
1−
cos ψ .
r+
a
2a
r−
a
2a
Por lo que
U (A) =
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'
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=
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⇐=
1
1
q
−
4π0 r+ r−
q d
cos ψ
4π0 a2
1 1
hqd, Ai.
4π0 a3