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Electromagnetismo I
Semestre: 2015-2
Prof. Alejandro Reyes Coronado
Ayud. Carlos Alberto Maciel Escudero
Ayud. Christian Esparza López
Solución a la Tarea 4
Solución por Christian Esparza López
1.- Problema: (20pts) Calcula la fuerza sobre la carga +q de la figura que se muestra a continuación.
El plano XY representa un plano conductor aterrizado.
êz
+q"
#2q"
2d"
d"
êx
êy
Solución:
Para resolver este problema utilizamos el método de imágenes. Colocamos una carga 2q en −d êz
y una carga −q en −2d êz , de esta manera el potencial en el plano XY es constante (que por
conveniencia tomamos φ = 0) y el sistema de 4 cargas es equivalente al sistema de dos cargas
frente al plano conductor (sólo para la región z > 0). Ası́, la fuerza sobre la carga q situada en
2d êz es:
F~ =
q2
4πε0 d2
2
1
q2
−265
−2 + −
êz =
.
9 16
4πε0 d2
144
2. Problema: (30pts)
(a) Usando la ley de cosenos, muestra que el potencial dado por la siguiente expresión es cero
sobre una esfera de radio r = R:
1
q1
q2
+
,
φ( ~r ) =
4π0 | ~r − ~r1 | | ~r − ~r2 |
basándote en la siguiente figura
P
r
r
r r
! r − r2
θ
b
q2
r r
r
! − r1
q1
a
y haciendo uso de
R
R2
,
q2 = − q1 and b =
a
a
donde r y θ son las coordenadas polares usuales, con el eje z a lo largo de la lı́nea que une
las cargas.
(b) Calcula la densidad de carga superficial inducida en la esfera, como función del ángulo θ.
Integra esta expresión para obtener la carga total inducida.
Solución:
(a)
Por ley de cosenos, |~r − ~r2 | =
r = R tenemos:
√
r2 + b2 − 2br cos θ, sutituyendo b = R2 /a y evaluando en
r
R4
R3
Rp 2
|~r − ~r2 |r=R = R2 + 2 − 2
cos θ =
a + R2 − 2Ra cos θ.
a
a
a
√
Por otra parte |~r − ~r1 | = r2 + a2 − 2ar cos θ, entonces
|~r − ~r2 |r=R =
R
|~r − ~r1 |r=R ,
a
q1
q2
=−
.
|~r − ~r2 |r=R
|~r − ~r1 |r=R
Sustituyendo esta expresión en φ(~r )|r=R obtenemos
q1
(1 − 1) = 0,
4πε0
+ R2 − 2Ra cos θ
por lo tanto el potencial se anula en la esfera de radio R.
φ(r)|r=R =
√
a2
(b) Suponiendo que q1 es la carga original y que la esfera de radio R es una esfera conductora
aterrizada, entonces el potencial para r ≤ R se anula, mientras que para R ≤ r está dado
por:
!
1
R
q1
√
.
− p
φ(r) =
4πε0
r2 + a2 − 2ra cos θ a r2 + (R4 /a2 ) − 2r(R2 /a) cos θ
La densidad de carga está dada por la condición de frontera σ = −ε0 (∂φ(~r )/∂r)|r=R ,
entonces
r − a cos θ
R(r − (R2 /a) cos θ)
−
3/2
3/2
2
2
2
4
2
2
(r + a − 2ra cos θ)
a(r + (R /a ) − 2r(R /a) cos θ)
r=R
q1
a2
R
=
R − a cos θ − (1 − cos θ)
R
a
4π(a2 + R2 − 2Ra cos θ)3/2
2
2
q1 (R − a )
=
.
2
4πR(a + R2 − 2Ra cos θ)3/2
q1
σ=
4π
La carga total inducida es:
Qinducida
Z
q1 R(R2 − a2 ) π
sin θ
= 2π
dθ
3/2
2
2
4π
0 (a + R − 2Ra cos θ)
π
q1 R(R2 − a2 )
1
−
=
1/2
2
2
2
Ra(a + R − 2Ra cos θ)
0
q1 (R2 − a2 )
1
1
q1 R
=
−
=−
= q2 ,
2a
a−R a+R
a
2
como era de esperarse.
3.- Problema: (25pts) Un tubo metálico de sección transversal rectangular, corre a lo largo del eje
êz (desde −∞ a ∞) y tiene tres lados aterrizados: en y = 0, y = a y en x = 0. El cuarto lado
restante, x = b, se mantiene a potencial φ0 (y).
(a) Escribe la solución general para el potencial dentro del tubo.
(b) Calcula explı́citamente el potencial para el caso φ0 (y) = φ0 constante.
Solución:
(a) Utilizamos el método de separación de variables en coordenadas cartesianas. Suponemos
que las soluciones son de la forma:
φk (x, y) = X(x)Y (y),
donde hemos asumido que el potencial es independiente de la coordenada z, pues el problema
es invariante bajo traslaciones a lo largo de ese eje. Sustituyendo en la ecuación de Laplace
tenemos:
Y (y)
d2 X(x)
d2 Y (y)
+
X(x)
= 0,
dx2
dy 2
ahora multiplicamos por 1/φk (x, y) y encontramos:
f (x) =
1 d2 X(x)
1 d2 Y (y)
=
−
= g(y).
X(x) dx2
Y (y) dy 2
Para un valor fijo de x se tiene g(y) = cte y para un valor fijo de y se tiene f (x) = cte, por
lo tanto la única manera de que se satisfaga la ecuación anterior es que tanto f como g sean
constantes, y “mañosamente” escogemos esta constante positiva para separar la ecuación
de Laplace en el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias desacopladas:
d2 X(x)
= k 2 X(x),
dx2
d2 Y (y)
= −k 2 Y (y);
dy 2
cuya solución es
X = Ak cosh kx + Bk sinh kx,
Y = A0k cos ky + Bk0 sin ky.
Entonces las soluciones separables son de la forma
φk (x, y) = (Ak cosh kx + Bk sinh kx)(A0k cos ky + Bk0 sin ky).
Para determinar las constantes de integración aplicamos las condiciones de frontera a φk .
Primero aplicamos las condiciones en x = 0, y = 0:
3
φk (0, y) = Ak Y (y) = 0,
φk (x, 0) = X(x)A0k = 0.
Para que la primer ecuación se satisfaga en todo valor de y, requerimos Ak = 0 y de
manera similar requerimos A0k = 0 para satisfacer la segunda ecuación. Ahora aplicamos la
condición en y = a:
φk (x, a) = X(x)Bk0 sin (ka) = 0.
Nuevamente esta ecuación se satisface para todo valor de x si y sólo si Bk0 sin (ka) = 0,
si tomamos Bk0 = 0 obtendrı́amos una solución trivial, lo cual nos es inútil (y entonces
habremos dividido por cero!), entonces el término que se anula es el seno lo cual implica
k = mπ/a con m ∈ N1 . Por lo tanto la solución general del problema es:
φ(x, y) =
∞
X
Am sinh
m=1
mπx a
sin
mπy a
,
sujeto a la condición de frantera
φ(b, y) = φ0 (y).
(b) Para determinar la forma explı́cita de los coeficientes Am utilizamos la relación de ortogonalidad:
Z
nπy mπy 2 a
sin
dy = δmn .
sin
a 0
a
a
Ası́, multiplicando φ(b, y) por (2/a) sin (mπy/a) e integrando desde y = 0 a y = a, obtenemos:
Z
mπy 2 a
mπb
=
φ0 (y) sin
dy.
Am sinh
a
a 0
a
En el caso especial φ0 (y) = φ0 la integral es inmediata y el resultado es:
Z a
mπy mπy a
φ0 a φ0 sin
dy =
− cos
a
mπ
a
0
0
0
m par
=
2φ0 a/mπ m impar
por lo tanto los coeficientes con m par se anulan y los coeficientes con m impar son:
Am =
4φ0
,
mπ sinh (mπb/a)
y la solución al problema es:
φ(x, y) =
X
{m∈N|m impar}
4
mπy 4φ0 sinh (mπx/a)
sin
.
mπ sinh (mπb/a)
a
4. Problema: (25pts) Una caja cúbica (de lado a) consiste de cinco lados metálicos aterrizados y el
sexto lado (la tapa) se encuentra a un potencial constante φ0 (la tapa está aislada de las otras
cinco caras para evitar corto circuito). Calcula el potencial dentro de la caja (ver figura).
Solución:
Al igual que en el ejercicio anterior utilizamos separación de variables, para obtener soluciones
de la forma
φkx ,ky ,kz (x, y, z) = [Akx cos (kx x) + Bkx sin (kx x)]
× Aky cos (ky y) + Bky sin (ky y)
× [Ak cosh (kz) + Bk sinh (kz)] ,
con k 2 = kx2 + ky2 . Aplicando las condiciones de frontera en x = 0, y = 0 y z = 0 obtenemos
(por argumentos similares a los del ejercicio anterior) Akx = Aky = Ak = 0. Por otra parte, de
las condiciones de frontera en x = a y y = a obtenemos kx = mπ/a, ky = nπ/a con, m, n ∈ N.
Entonces la solución general es:
mπx nπx X
φ(x, y, z) =
Am,n sin
sin
sinh k( m, n)z,
a
a
m,n∈N
sujeta a la condición de frontera:
φ(x, y, a) = φ0 .
Para calcular los coeficientes Am,n utilizamos nuevamente la relación de ortogonalidad del ejercicio anterior, multiplicamos φ(x, y, a) por (4/a2 ) sin (mπx/a) sin (nπy/a) e integramos sobre el
rectángulo 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a, con lo que obtenemos:
mπx a a
nπy a
4φ0 a
cos
cos
2
mπ
a
a
0 nπ
0
a
0
m o n par
=
.
(16φ0 /mnπ 2 ) m y n impar
Am,n sinh (km,n a) =
Por lo tanto, el potencial es:
X
φ(x, y, z) =
{m,n∈N|m,n impar}
mπx nπx 16φ0 sinh (km,n z)
sin
sin
,
mnπ 2 sinh (km,n a)
a
a
√
con km,n = π m2 + n2 /a.
1
En realidad deberı́amos tomar m ∈ Z, pero m = 0 nos da una solución trivial y φk es una función par en m, por lo
cual excluimos los valores negativos.
5
5. Problema TORITO: (20pts) Una lı́nea infinita con densidad lineal de carga uniforme λ se
coloca a una distancia d sobre un plano conductor aterrizado. La lı́nea es paralela al eje x y el
plano conductor está localizado en el plano XY .
(a) Calcula el potencial en la región superior del plano conductor.
(b) Calcula la densidad de carga inducida en el plano conductor.
Solución:
(a) Para resolver este problema nuevamente empleamos el método de imágenes. El problema es
equivalente al de dos lı́neas infinitas de carga situadas en d êz con densidad de carga λ y
la otra en −d êz con densidad de carga −λ. Sabemos que el potencial debido a una lı́nea
infinita con densidad de carga uniforme λ es φ(~r ) = [−λ/(2πε0 )] ln |~r − ~r 0 |/r0 , donde ~r 0 es
la posición de la lı́nea en coordenadas cilı́ndricas. Entonces el potencial debido a las dos
lı́neas es:
λ
|~r − d êz |
λ
|~r + d êz |
φ(y, z) = −
ln
+
ln
2πε0
r0
2πε0
r0
λ
|~r + d êz |
=
ln
.
2πε0
|~r − d êz |
p
p
√
Ahora, |~r ± d êz | = r2 + d2 ± 2 ~r · êz = y 2 + z 2 + d2 ± 2dz = y 2 + (z ± d)2 , sustituyendo en el potencial obtenemos:
2
λ
y + (z + d)2
φ(y, 0 ≤ z) =
ln
,
4πε0
y 2 + (z − d)2
y φ(y, z ≤ 0) = 0.
(b) La densidad superficial de carga está dada por:
∂φ λ
2(z + d)
2(z − d)
σ = −ε0
=−
− 2
2
2
2
∂z z=0
4π y + (z + d)
y + (z − d) z=0
λ
2d
2d
λd
+
=
.
=
4π y 2 + d2 y 2 + d2
π(y 2 + d2 )
Para comprobar que ésta es la densidad de carga correcta, veamos que si integramos desde
y = −∞ a y = ∞, la densidad lineal de carga es precisamente λ:
Z
∞
−∞
∞
λd
λ
−1
dy
=
tan
(y/d)
= λ.
−∞
π(y 2 + d2 )
π
6