Corrección Prueba 3 del año 2004, en formato pdf
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Solución Prueba 3 1/30 Solución Prueba 3 Electromagnetismo, cuadragésima segunda clase José Rogan Depto. Fı́sica 7 de julio de 2006 Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 2/30 Problema 1a 1a) Sea VAB = VB − VA en el circuito de la figura 1. Muestre que | VAB |2 = V02 para cualquier frecuencia ω. Encuentre la frecuencia para la cuál VAB está 90◦ fuera de fase con V0 . Vocos(ωt ) C R A B R Figura: Bosquejo del circuito. Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan C Solución Prueba 3 3/30 Solución problema 1a • La impedancia equivalente Zeq = ZR + ZC = R − =⇒ Yeq = i ωCR − i = ωC ωC ωC . ωCR − i La admitancia total YT de ambas ramas del circuito Yeq = 2ω 2 C 2 R + 2iωC 2ωC ωCR + i = . ωCR − i ωCR + i ω2C 2R 2 + 1 Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 4/30 La corriente 2ω 2 C 2 RV0 + 2iωCV0 I = Yeq V0 = ω2C 2R 2 + 1 La diferencia de potencial VAB = VB − VA = ZR IB − ZC IA . La ecuación de las corrientes en el nodo es IA + IB = I y por simetrı́a IA = IB = I/2, luego VAB ω 2 C 2 R 2 V0 + iωCRV0 iωCRV0 − V0 = + 2 2 2 ω2C 2R 2 + 1 ω C R +1 2 2 2 ω C R V0 − V0 + 2iωCRV0 = . ω2C 2R 2 + 1 Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 5/30 El modulo de la diferencia de potencial ω 4 C 4 R 4 V02 + 2ω 2 C 2 R 2 V02 + V02 |VAB | = (ω 2 C 2 R 2 + 1)2 V02 (ω 2 C 2 R 2 + 1)2 = = V02 (ω 2 C 2 R 2 + 1)2 2 La diferencia de fase igual a π/2 π 2ωCRV0 φ = = Arctan 2 2 2 2 ω C R V0 − V0 2ωCRV0 =⇒ 2 2 2 →∞ ω C R V0 − V0 Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 6/30 Lo que implica ω 2 C 2 R 2 V0 − V0 = 0 =⇒ ω = Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan 1 RC Solución Prueba 3 7/30 Problema 1b 1b) La caja (a) con cuatro terminales contiene un capacitor C y dos inductores de igual inductancia L conectados como se muestra. Una impedancia Z0 es conectada a los terminales de la derecha. Para una frecuencia dada ω encuentre el valor que Z0 debe tener si la impedancia resultante entre los terminales de la izquierda (la impedancia de entrada) es igual a Z0 . Usted encontrará que el valor requerido de Z0 es una resistencia pura (justifique) R0 (de el valor) probando que ω 2 < 2/LC. Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 8/30 ¿A qu pé corresponde Z0 en el caso especial ω = 2/LC? En este caso el contenido de la caja (a) puede ser igualmente bien representado por la caja (b). L L C (a) Figura: Par de cajas con los circuito. Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan L L Z0 C 2 (b) C 2 Solución Prueba 3 9/30 Solución 1b La impedancia de la parte superior del circuito incluida Z0 es ZU = iωL + Z0 =⇒ Y1 = 1 iωL + Z0 La admitancia asociada al condensador es Y2 = iωC, por lo tanto, la admitancia total será −1 1 1 YT = iωC+ =⇒ ZT = iωC + iωL + Z0 iωL + Z0 Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 10/30 La impedancia de entrada la obtenemos sumándole a ZT la impedancia de la inductancia iωL y eso debe ser igual a Z0 iωL + ZT = Z0 =⇒ ZT = Z0 − iωL = 1 iωC + iωL + Z0 1 1 = iωL + Z0 Z0 − iωL 1 1 =⇒ − = iωC Z0 − iωL Z0 + iωL iωC + Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan −1 Solución Prueba 3 11/30 2iωL Z0 − iωL − Z0 + iωL = iωC =⇒ = iωC Z02 + ω 2 L2 Z02 + ω 2 L2 r 2L 2L = Z02 + ω 2 L2 =⇒ Z0 = − ω 2 L2 C C La impedancia es real si ω 2 < 2/LC por p lo tanto es una resistencia pura. El caso ω = 2/LC la resistencia es nula por tanto la suma de los dos condensadores de la caja (b) corresponde exactamente al condensador de la caja (a). Ambas cajas son equivalentes. Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 12/30 Problema 2a 2a) Una onda electromagnética tiene una frecuencia de 100 [MHz] y se propaga en el vacı́o. El campo magnético viene dado por ~ B(z, t) = B0 x̂ cos(kz − ωt) i) Demuestre que cumple la ecuación de onda. ii) Encuentre la frecuencia angular, la longitud de onda y la dirección de propagación de la onda. ~ iii) Encuentre el campo eléctrico E(z, t). Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 13/30 Solución problema 2a ∂ 2B = −B0 k 2 cos(kz − ωt) 2 ∂z ∂ 2B = −B0 ω 2 cos(kz − ωt) 2 ∂t para que se cumpla con la ecuación de onda B0 ω 2 −B0 k cos(kz − ωt) + 2 cos(kz − ωt) = 0 c ω2 2 −k + 2 = 0 c 2 Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 14/30 ω c Que es la relación de dispersión para las ondas planas. La frecuencia angular k= 2π = 2πν = 2π × 102 = 628 [MHz] T La longitud de onda ω= k= 2π 2πc c ω = =⇒ λ = = c λ ω ν 3 × 1010 λ= = 3 × 102 [cm]. La dirección es ẑ. 8 10 Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 15/30 Calculemos el campo eléctrico: ~ = ∂Bx ŷ − ∂Bx ẑ ~ ×B ∇ ∂z ∂y = −Bo k sen(kz − ωt)ŷ ~ 1 ∂E . = c ∂t Integrando respecto al tiempo Z ~ E(z, t) = − B0 kc sen(kz − ωt 0 )ŷdt 0 B0 kc ~ E(z, t) = − cos(kz − ωt)ŷ ω Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 16/30 Pregunta 2b 2b) A partir de las ecuaciones de Maxwell en un medio dieléctrico, no conductor y neutro, demuestre que cada componente del campo magnético satisface una ecuación de onda. Considere una solución tipo onda plana y encuentre la relación de dispersión ω(k) Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 17/30 Respuesta pregunta 2b Consideremos las ecuaciones de Maxwell para un medio dieléctrico neutro y no conductor ~ =0 ~ ·B ∇ ~ ~ = ∂E ~ ×B ∇ c ∂t ~ =0 ~ ·E ∇ ~ ~ = − 1 ∂B ~ ×E ∇ c ∂t Usando la identidad vectorial ~ = ∇( ~ − ∇2 C ~ ~ ×∇ ~ ×C ~ ∇ ~ · C) ∇ Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 18/30 ~ tenemos sobre la ecuación del rotor de B ~ ∂E 2~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ∇ × ∇ × B = ∇(∇ · B) − ∇ B = ∇ × c ∂t ∂ ~ 2~ ~ −∇ B = ∇×E c ∂t ~ ∂ 2B 2~ −∇ B = − 2 2 c ∂t 2~ ~ − ∂ B =0 ∇2 B c 2 ∂t 2 Lo cual muestra que cada componente del campo magnético satisface una ecuación de onda. Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 19/30 Consideremos una solución tipo onda plana ~ ~r , t) = B ~ 0 ei(~k ·~r −ωt) B( Derivando ~ = −B ~ 0 k 2 ei(~k ·~r −ωt) ∇2 B ∂ 2B ~ 0 ω 2 ei(~k ·~r −ωt) = − B ∂t 2 Reemplazando en la ecuación ~ 0 k 2 ei(~k ·~r −ωt) + B ~ 0 ω 2 ei(~k ·~r −ωt) = 0 −B 2 c −k 2 + 2 ω 2 = 0 c Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 20/30 Finalmente la relación de dispersión kc ω=√ Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 21/30 Pregunta 3a 3a) En el centro de una cavidad esférica de radio a practicada en un bloque de material dieléctrico de constante , se coloca una carga puntual q. Calcule el campo eléctrico y el potencial eléctrico en todos los puntos del espacio. Demuestre que la suma de las cargas q inducida y la carga original es , independiente de a. Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 22/30 Respuesta pregunta 3a Usando la Ley de Gauss, para r < a Z ~ · d ~a = 4πq E s Para r > a Z ~ = q r̂ E r2 ~ · d ~a = 4πqlibre E s E4πr 2 = 4πq ~ = q r̂ E r 2 Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 23/30 El potencial para r > a Z r Z ∞ q ~ · d~r 0 = r̂ · r̂ dr 0 V (∞) − V (r ) = − E 02 r r ∞ r q q = − 0 = − r ∞ r q luego para r > a tenemos V (r ) = . Para r < a r Z a Z ∞ ~ · d~r 0 − ~ · d~r 0 V (∞) − V (r ) = − E E Za a Z rr q q 0 r̂ · r̂ dr + r̂ · r̂ dr 0 = 02 02 ∞ r a r r a q q q q q = − 0 − 0 = − + − r a r ∞ r a a Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 24/30 q q 1 + −1 r a ~ = 0 pues Dentro de la cavidad r < a y P está vacı́o. Pero para r > a Para r < a tenemos V (r ) = ~ = − 1 q r̂ ~ = χe E P 4π r 2 Evaluemos la carga ligada como ρligada 1 ∂(r 2 Pr ) ~ ~ = −∇ · P = − 2 r ∂r 1 ∂ − 1q =− 2 =0 r ∂r 4π Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 25/30 La densidad de carga superficial ligada ~ σligada = P · n̂ con n̂ = −r̂ r =a − 1 q ~ · r̂ =−P =− 2 r =a 4π r r =a −1 q =− 4π a2 La carga total de polarización inducida es Z −1 q 1− 2 Qp = σda = − 4πa = q. 4π a2 s Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 26/30 De este modo la carga total es QT = Qp + q = Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan q 1− q+q = Solución Prueba 3 27/30 Pregunta 3b 3b) ¿Cuál es la magnitud y dirección del momento dipolar para la configuración de la figura 3 ? Considere además un campo ~ = E0 (ẑ − x̂) y eléctrico uniforme y constante E calcule el trabajo necesario para invertir el dipolo en este campo. Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 28/30 La figura +q +q +q −q −q +q −q Figura: Configuración de cargas sobre un cubo de arista a. Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 29/30 Respuesta pregunta 3b El momento dipolar de la configuración corresponde a ~p = −qax̂ + qaŷ − q(ax̂ + aŷ ) + qaẑ + q(ax̂ + aẑ) + q(aŷ + aẑ) − q(ax̂ + aŷ + aẑ) = −2qax̂ + 2qaẑ = 2qa(−x̂ + ẑ) Finalmente ~p = 2qa(−x̂ + ẑ) Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan Solución Prueba 3 30/30 Evaluemos el trabajo Z π W = 4qaE0 sen θ dθ 0 Z π = 4qaE0 sen θ dθ = 8qaE0 0 El resultado final W = 8qaE0 Depto. Fı́sica, 7 de julio de 2006. José Rogan
