Solución

1er parcial - Electromagnetismo 2014
13 de octubre de 2014
Solución Ejercicio 1:
a) El flujo del desplazamiento eléctrico a través de una superficie de radio r (a < r < 2a) es,
D4πr2 = Q
⇒
~ + P~ = ε0 1 + a E
~
~ = Qr̂ = ε0 E
D
2
4πr
r
por lo que el campo eléctrico se escribe
~ =
E
Qr̂
4πε0 r (r + a)
∀a < r < 2a
b) Podemos verificar que un potencial para el campo hallado no cumple la ecuación de Laplace;
~ =
∇2 φ = ∇ · ∇φ = −∇ · E
−Qa
−Q 1 ∂
r
−Q 1 (r + a) − r
=
=
2 6= 0
4πε0 r2 ∂r (r + a)
4πε0 r2 (r + a)2
4πε0 r2 (r + a)
lo que implica que no vale la ecuación de Laplace para todo a 6= 0.
c) la densidad volumétrica de carga polarizada está dada por,
a ~i
1 ∂
Q
1 ∂
aQ
aQ
a
2
ρP = −∇ · ε0 E = − 2
r ε0
=− 2
=
2
2
r
r ∂r
r 4πε0 r (r + a)
r ∂r 4π (r + a)
4πr (r + a)
h
mientras que las densidades superficiales de carga polarizada son,
a~
−Q
σP (r = a) = ε0 E
· (−r̂) |r=a =
r
8πa2
a~
Q
σP (r = 2a) = ε0 E
· r̂ |r=2a =
r
48πa2
d) La energía electrostática del sistema es,
 π  2a
 
2π
2a
ˆ
ˆ
ˆ ˆ 2
2
2 ˆ
1
Q
dr
1
r
sin
ϕ
Q
Q2
4
~
~
 
 dϕ dϕ =
UE =
E · DdV =
dr
=
log
3
2
2
4π
ε0 r (r + a)
8πε0 r (r + a)
8πε0 a
3
0
0
a
a
y se relaciona con la capacidad mediante
UE =
Q2
2C
⇒
1
C=
4πε0 a
log 43
Solución Ejercicio 2
a) Como cada medio es lineal, isótropo y homogéneo, vale
∂ρ
~ + ∂ρ = g ρ + ∂ρ
0 = ∇ · J~ +
= g∇ · E
∂t
∂t
ε
∂t
lo que es una ecuación diferencial cuya solución resulta ser,
ρ(t) = ρ0 e−gt/ε
Dado que ρ0 = 0, entonces ρ(t) = 0 para todo tiempo.
b) Aplicamos la ecuación de continuidad teniendo en cuenta que la densidad de carga es nula en todo momento y
obtenemos,
~ = −g∇2 φ
0 = ∇ · J~ = g∇ · E
lo que implica la ecuación de Laplace para el potencial.
c) Las condiciones de borde entre los dos medios se escriben,
k
k
~ 2 · ŝ |ϕ=0,π
E1 = E~1 · ŝ |ϕ=0,π = E2 = E
~2 − D
~1 · n̂ |S = ε2 E~2 − ε1 E~1 · (±ϕ̂) |ϕ=0,π = 0
D
Si asumimos la sugerencia que da la letra tenemos,
~ = Eŝ = −∇φ = − ∂φ ŝ − 1 ∂φ ϕ̂ − ∂φ ẑ
E
∂s
s ∂ϕ
∂z
lo que implica
simplemente,
∂φ
∂ϕ
=
∂φ
∂z
~ = E (s) ŝ, y sustituyendo en las condiciones de borde obtenemos
= 0 y por tanto queda E
E1 = E2
ya que el producto escalar es nulo en la segunda condición.
Si ahora aplicamos la Ley de Gauss en su forma integral obtenemos,


 2π

˛
ˆL ˆπ
ˆL ˆ
~ · n̂dA =  ε1 E
~ · sŝdφ dz +  ε2 E
~ · sŝdφ dz = πLε1 Es + πLε2 Es
Q= D
0
0
π
0
por lo que
~ =
E
Qŝ
πL (ε1 + ε2 ) s
d) Calculo el flujo de J~ en un cilindro de radio a < s < 3a y largo L.
˛
~
I =
J~ · da
ˆ L ˆ π
ˆ L ˆ 2π
dz
J1 sdϕ +
dz
J2 sdϕ
I =
0
I
ˆ
= g1
0
L
ˆ
dz
0
I
=
0
π
ˆ
0
g1 + g2
Q
ε1 + ε2
2
ˆ
2π
dz
E1 sdϕ + g2
0
π
L
E2 sdϕ
π
e) Como la densidad de carga ρ = 0 por la parte a), toda la carga encerrada dentro del cilindro es la del conductor
interno. Por conservación de la carga:
= −Q̇
g1 + g2
−Q̇ =
Q
ε1 + ε2
I
Q(t)
g1 +g2
= Q0 e− ε1 +ε2 t
f ) Integramos la densidad volumétrica de energía dentro del condensador, pues afuera el campo es nulo
ˆ
1
~ ·E
~ dV
U =
D
2
ˆ 3a
ˆ 3a
ˆ L ˆ 2π
ˆ L ˆ π
ε2 E22
ε1 E12
dϕ
dϕ
dz
dz
sds +
sds
U =
2
2
a
a
π
0
0
0
ln(3)
Q2 (t)
U =
2(ε1 + ε2 )πL
g1 +g2
ln(3)
U =
Q20 e−2 ε1 +ε2 t
2(ε1 + ε2 )πL
g) El sistema está aislado por lo que la energía disipada proviene de la energía electrostática del sistema. Entonces
la potencia disipada es
P
P
−U̇
+g2
(g1 + g2 ) ln(3) 2 −2 gε1 +ε
t
1
2
=
Q
e
0
(ε1 + ε2 )2 πL
=
3