MATERIAL ELECTRO

Enunciado Auxiliar No1 FI2A2 Prof. Aux.: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 4 de Agosto de 2008 I. Problemas Problema 1 Consideremos una cinta infinita de densidad superficial σ y ancho W . En algún punto de la cinta existe un agujero circular de radio R, con 2R < W . Calcular el campo eléctrico en el eje de simetrı́a del agujero mencionado. Figura No 1. Indicación: Considere conocido el campo eléctrico producido por un disco de radio conocido y densidad de carga superficial constante. Problema 2 Dada una fuente cargada consistente en: 1. Un plano infinito (Π), cargado con densidad de carga uniforme σ. 2. Una recta infinita, (L1 ), cargada con densidad uniforme λ, que forma un ángulo agudo 2α con el plano. Calcular el campo eléctrico total en un punto P sobre una segunda recta, (L2 ), que bisecta el ángulo entre la recta y el plano. El punto P está a altura h sobre el plano. Figura No 2. 1 Problema 3 En el interior de una esfera de radio a y centrada en el origen, se tiene una distribución de carga dada por ρ(r ≤ a) = 5k 2 r , ρ(r > a) = 0 4πa5 Obtener: 1. Carga total de la esfera. 2. Campo eléctrico en todas partes. 3. Potencial eléctrico en todas partes. 4. Divergencia del campo eléctrico dentro y fuera de la esfera. Problema 4 Un cilindro infinito de radio a tiene densidad de carga volumétrica desconocida aunque se sabe que ella tiene simetrı́a de rotación con respecto al eje del sistema. El cilindro está rodeado de espacio vacı́o. Se sabe que el campo eléctrico en el interior del cilindro, expresado en coordenadas cilı́ndricas, está dado por: A 2 → − E = ρ ρ̂ 3ε0 donde A es una constante conocida. Determine: 1. Densidad de carga en todo el espacio. 2. Campo eléctrico fuera del cilindro. 3. Potencial V en todas partes y tal que se cumpla que V (ρ = a) = 0. 2 Resolución Auxiliar No1 FI2A2 Prof. Auxiliar: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 4 de Agosto, 2008. I. Problemas Problema 1 Dada la complejidad geométrica del problema, facilitaremos el cálculo con el ppio. de superposición, obteniendo el valor deseado como resta entre los valores de campo eléctrico para la cinta completamente cargada, y un disco, también totalmente cargado. Para éste último, consideraremos el resultado obtenido en el apunte y visto en cátedra, que determina que dicho campo eléctrico es z z σ → − −√ k̂ E = 2ε0 kzk z 2 + R2 con R el radio del disco. Ası́, sólo necesitamos obtener el primer campo eléctrico y restar. Por definición: 1 4πε0 → − → E (− r = z k̂) = Z → − − r −→ r0 − dq(→ r 0) → − → − k r − r 0 k3 − − − Al parametrizar, tendremos que: → r = z k̂; → r 0 = x0 î + y 0 ĵ; dq(→ r 0 ) = σdx0 dy 0 con− w2 ≤ x ≤ w 2, y −∞ ≤y≤ ∞ Entonces → − E = 1 4πε0 Z +∞ w 2 Z (z k̂ − x0 î − y 0 ĵ)σdx0 dy 0 3 (z 2 + x02 + y 02 ) 2 −w 2 −∞ De los tres términos generados, por simetrı́a, sólo el primero es no nulo, pues se trata en los dos casos siguientes de integrales de funciones impares en intervalo simétrico. El cálculo se reduce a: zσ k̂ → − E = 4πε0 Z +∞ −∞ Z w 2 −w 2 dx0 dy 0 3 (z 2 + x02 + y 02 ) 2 zσ k̂ 4πε0 = Z w 2 −w 2 dx0 Z +∞ 3 (z 2 + x02 ) 2 3 dy 0 (z 2 + x02 ) 2 3 −∞ (z 2 + x02 + y 02 ) 2 Usando el conveniente cambio: √ 02 + z 2 tg(u) = y 0 x √ x02 + z 2 sec2 (u)du = dy 0 w 2 zσ k̂ = 4πε0 Z zσ k̂ 4πε0 Z = −w 2 w 2 −w 2 dx0 Z 3 (z 2 + x02 ) 2 dx0 2 (z + x02 ) π 2 √ 3 ((z 2 + x02 )sec2 (u)) 2 −π 2 Z 3 x02 + z 2 sec2 (u)du(z 2 + x02 ) 2 π 2 cos(u)du = −π 2 Por último, con: ztg(α) = x0 zsec2 (α)dα = dx0 1 zσ k̂ 2πε0 Z w 2 −w 2 (z 2 dx0 + x02 ) zσ k̂ = 2πε0 w arctg ( 2z ) w i w w zsec2 (α)dα σ k̂ σ k̂ h − arctg − = = arctg arctg 2 2 w 2πε0 2z 2z πε0 2z arctg (− 2z ) z sec (α) Z Con el resultado obtenido, sólo basta plantear la resta. Problema 2 Dada la naturaleza de la geometrı́a de la situación, se hace necesario utilizar el ppio. de superposición. Eso sı́, en éste caso podemos ocupar adicionalmente la Ley de Gauss, facilitando la obtención del campo eléctrico. La idea es primero utilizar lo anterior y encontrar con ello el valor de los campos en P, para luego sumarlos. (Para lo que habrá que efectuar una transformación entre los sistemas de referencia). Para la recta, utilizamos un cilindro que encierre un cierto volúmen, con dicha recta en su eje. Denotamos A la altura de él, información sólo necesaria para caracterizarlo, prescindible en realidad. Después, notamos posible dirección y/o coordenada(s) de dependencia del campo, y con todo lo anterior se lleva a cabo el cálculo. Dada la simetrı́a del problema, (en altura y orientación se enfrenta el mismo escenario), es razonable suponer que el campo depende del radio, y que su dirección apunta según rho. Z → QV → − − E · dS = ε0 S=dV → − E = E(ρ)ρ̂ Si bien la superficie S representa toda la cubierta del volúmen del cilindro, sólo ciertas partes son de interés. Las tapas, arriba y abajo, tienen normales perpendiculares a ρ, lo que muestra que los productos puntos en la integral serán cero. De ésta forma, sólo importa el manto del cilindro. Ası́: Z A Z 2π Aλ λ → − E(ρ)ρ̂·ρ̂ρdθdz = ρ̂ ⇒ E (ρ) = ε 2πε 0 0ρ 0 0 Para el plano, efectuamos un razonamiento análogo. Por conveniencia, nuevamente elegimos un cilindro, que será quien encierre, eventualmente, toda la carga. Esta vez eso sı́, la simetrı́a del problema cambia, por lo que las suposiciones sobre dependencia y dirección del campo son igualmente distintas. Sabemos que hay simetrı́a en orientación y radio, pero no necesariamente en altura. Por ello, podemos asumir que el campo dependerá, en el peor caso, de z. Por la forma del problema, se sabe con certeza que la dirección del campo es según k̂, o -k̂, dependiendo del sistema de referencia y la posición en el espacio. Para ésta situación podemos asumir k̂, colocando correspondientemente el sist. de referencia. Adicionalmente vemos que sólo las tapas del cilindro son de interés, pues el manto, con normal según ρ̂, anula su aporte a la integral. Ası́, (ojo que el aporte de las tapas es doble): Z 2π Z ρ σπρ2 ρ2 σπρ2 σ → − → − E(z)k̂·k̂ρdρdθ = ⇒ 2 E (z) 2π = ⇒E = k̂ ε 2 ε 2ε 0 0 0 0 0 Para unir los resultados basta intercambiar ρ por h en el campo producido por la recta, (para referir al punto P directamente, ya que el aporte del campo generado por el plano es cte. independiente de la posición), y escribir ρ̂ en el sistema de referencia del plano. De un sencillo análisis geométrico, cos(90 − 2α)î − sen(90 − 2α)k̂ = ρ̂ ⇒ σ λ → − E (P ) = k̂ + cos(90 − 2α)î − sen(90 − 2α)k̂ 2ε0 2πε0 h Por supuesto, queda a criterio de quien resuelva el problema el sistema en que quiera escribir la solución, mientras sea ortonormal y consistente en todo el término. 2 Problema 3 (1) Planteando la integral, tendremos que: Z Z → − ρ( r)dV = esf era 2π Z esf era π Z 0 0 0 a Z 5k 2 2 ρ ρ sen(θ)dρdθdϕ = Qtotal ⇒ 4πa5 5k 4 5k ρ sen(θ)dρdθdϕ = 4πa5 4πa5 a5 5 (2) (2π) = k (2) Nuevamente por Ley de Gauss, asumiendo: → − E = E(ρ)ρ̂ Dada la distribución de cargas, finita, debemos separar los casos para el campo eléctrico en ρ. Usando coordenadas esféricas, se tiene: Si ρ ≤ a 2π Z π Z R 2 E(ρ)ρ̂ · ρ̂ρ sen(θ)dθdϕ = 0 5k 4 4πa5 ρ sen(θ)dρdθdϕ ε0 0 E(ρ)ρ2 4π = ⇒ 5k ρ5 kρ3 → − 4π ⇒ E (ρ) = ρ̂ 5 4πa 5ε0 4πa5 ε0 Si ρ > a Z Z 0 2π Z k − → Qtotal → − = ⇒ E (ρ)dS = ε0 ε0 π E(ρ)ρ̂ · ρ̂ρ2 sen(θ)dθdϕ = 0 k k → − ⇒ E (ρ) = ρ̂ ε0 4πρ2 ε0 Observación: Es importante notar que el campo es contı́nuo en a. Esto no es algo trivial y en general debiera analizarse por separado. (3) El potencial eléctrico corresponde al valor del trabajo que se necesita para alejar o acercar una carga hacia otra disposición de ellas. Como depende directamente del campo eléctrico, (dada su definición), el cálculo en ésta parte también estará diferenciado según el radio de la esfera fuente. Dado que ésta posee una cantidad finita de cargas, se asume que V(ρ = ∞) = 0. Por definición: − Z → r − → − → → − V(r)=− E · dr ⇒ → − r0 Si ρ > a Z ρ V (ρ) = − ∞ k k ρ̂· − dρρ̂ = − 4πε0 ρ2 4πρε0 Observación: Notar que en el resultado anterior la dirección del diferencial de posición es en contra del vector unitario ρ̂, pues la partı́cula cargada es traı́da desde el infinito hasta una posición a distancia radial ρ de la esfera. Si ρ ≤ a 4 Z a Z ρ k kρ3 k k ρ a4 V (ρ) = − ρ̂· − dρρ̂ + − ρ̂· − dρρ̂ = − + − 2 5 4πaε0 4πε0 a5 4 4 ∞ 4πε0 ρ a 4πa ε0 3 (4) La Ley de Gauss posee una forma en la que se expresa como sigue: − ρ(→ r) → − ∇· E = ε0 Con ésto, es fácil ver que lo pedido corresponde a los datos entregados. La divergencia del campo eléctrico es nula fuera de la esfera, y vale la densidad de carga volumétrica dada al interior, dividida por la cte. ε0 . Problema 4 Ppto. Se sugiere comenzar con la fórmula que entrega la Ley de Gauss para situaciones con distribuciones volumétricas, recién citada. 4 Enunciado Auxiliar No2 FI2A2 Prof. Aux: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 11 de Agosto Problema 1 Suponga que dos cargas puntuales en el vacı́o,−q y + 12 q, se sitúan en el origen y en el punto (a, 0, 0), respectivamente. (Usando coordenadas cartesianas) a) ¿En qué punto del eje x se anula el campo eléctrico? b) Demuestre que la superficie equipotencial ϕ = 0 tiene forma esférica. ¿Cuáles son las coordenadas del centro de dicha esfera? Problema 2 Situaciones Aplicadas V , dirigido hacia abajo. a) El campo eléctrico en la atmósfera sobre la superficie terrestre es aproximadamente 200 m V , dirigido hacia A 1400 [m] por encima de la superficie terrestre, el campo eléctrico de la atmósfera es de sólo 20 m abajo también. ¿Cuál es la densidad media de carga en la atmósfera por debajo de los 1400 [m]? b) La resistencia V dieléctrica del aire, (es decir, el campo eléctrico lı́mite a partir del cual el aire llega a ser conductor) es de 3 · 106 m . ¿Cuál es el máximo potencial posible de un conductor esférico aislado, de 10 cm. de radio, en el aire? (Potencial tal que no sobrepase la resistencia dieléctrica del medio). ¿Cuál es el radio que debiera tener un conductor esférico que, en las mismas condiciones anteriores de potencial máximo en el aire sin descarga, tuviese una carga de 1 coulomb? Problema 3 Considere una esfera de radio R en el vacı́o, con sólo un hemisferio, (casquete o mitad), cargado, con densidad de carga superficial constante σ. Calcule el campo eléctrico en el centro de la esfera. Hint: Calcule primero, por definición, el potencial eléctrico en el eje OZ . No intente plantear las integrales del campo por definición. 1 Resolución Auxiliar No2 FI2A2 Prof. Aux.: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 11 de Agosto Problema 1 a) Para ésta parte, se escribirán los campos eléctricos originados por cada carga, y con el ppio. de superposición, se obtendrá una expresión para el campo total, en tres dimensiones. Para cada caso utilizamos Ley de Gauss. Tal y como antes, dada la geometrı́a de las cargas se asume el campo radial según coordenadas esféricas, y la superficie encerrada corresponde al manto de la esfera de radio r. Ası́: Z → QV → − − E · dS = ε0 S=dV Z 2π Z ⇒ 0 π E(r)r̂ · r̂r2 sen(θ)dθdφ = − 0 q ∧ ε0 Z 2π π Z 0 E(r)r̂ · r̂r2 sen(θ)dθdφ = 0 (→ − E (r) = − 4πεq0 r2 r̂ ⇒ → − 0 E (r ) = 8πεq0 r02 r̂0 q 2ε0 (1) (2) Donde (1) corresponde al campo generado por la partı́cula con carga -q, y (2) a aquella con carga + 2q . Al pasar el campo a coordenadas cartesianas, y usando el mismo sistema de referencia, centrado en -q, para ambos casos, la superposición entrega, (trabajando sólo la magnitud del campo): → − q 1 1 | E (xî + y ĵ + z k̂) |= − 4πε0 2 ((x − a)2 + y 2 + z 2 ) x2 + y 2 + z 2 → − Al evaluar en el eje x, imponemos que y = z = 0. Agregando la condición | E |= 0, √ 1 1 = 2 ⇒ x2 = 2(x − a)2 ⇒ x2 − 4ax + 2a2 = 0 ⇒ x = a(2 ± 2) [m] 2 2(x − a) x Lo que resuelve el problema. b) Queremos probar que existe una superficie equipotencial nula con forma esférica, para lo que planteamos inicialmente el potencial genérico. Ası́, q X qk − V (→ r)= − − 4πε0 k→ r −→ rkk k Entonces, − V (→ r)= q 4πε0 " 1 1 2 ((x − a)2 + y 2 + z 2 ) 2 − # 1 1 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 Es importante notar en ésta expresión que se asume que la referencia es tal que el potencial se anula en el infinito. Esto es no sólo razonable particularmente, sino que se extiende a cualquier distribución finita de cargas. Eso sı́, pudiera ser que el potencial fuera nulo en otra(s) posición(es) del espacio, pero aún si ésto sucede, conviene usar lo antes nombrado. De no hacerlo ası́, la expresión inicial genérica no es válida, pues falta un término constante que dependerı́a de la referencia usada. Por lo anterior, tiene sentido usar ésta expresión para buscar una superficie a potencial cero ’con forma’, aún sabiendo que en el infinito existe una, también nula. Imponiendo V = 0, 2 (x − a)2 + y 2 + z 2 12 = x2 + y 2 + z 2 21 1 ⇒ x2 + y 2 + z 2 = ± (x − a)2 + y 2 + z 2 4 Al resolver, las soluciones quedan: ( (x − (x − 4a 2 3 ) 4a 2 5 ) 2 + y 2 + z 2 = 4a9 2 + y 2 + z 2 = − 4a 25 (+) (−) Con ésto, las coordenadas del centro de la esfera obtenida en (+), (pues (-) no tiene significado fı́sico), son: , ( 4a 3 0, 0). Problema 2 → − − a) Por la simetrı́a de la situación, se asume que E (→ r ) = E(z)(−k̂). Adicionalmente, se supone que la densidad de carga libre de la atmósfera es constante, (aún cuando no lo sea en ésta situación, pues para efectos de lo buscado es equivalente), y que ésta se comporta como el vacı́o en términos eléctricos. Planteando la ley de gauss en su forma diferencial, en coordenadas cartesianas, colocando el origen sobre la superficie terrestre, − → − ρ(→ r) ∂E ρ ∇· E = ⇒− (z) = ε0 ∂z ε0 El signo menos aparece pues las coordenadas cartesianas tienen sus vectores unitarios definidos positivamente, (i.e., con orientación hacia afuera del origen), luego el - que aparece en el campo inicial debe trasladarse a su magnitud. Esto es además coherente, pues los datos confirman que la magnitud del campo disminuye con la altura. Ası́, Z z ρ ρ dz = C − z E(z) = − ε ε 0 z0 0 Con C constante. Evaluando los datos, ( V E(0) = 200 m ρ ρ 180ε0 V ⇒ E(z) = 200 − z ⇒ 20 = 200 − 1400 ⇒ ρ = ε0 ε0 1400 E(1400) = 20 m F Tomando ε0 ' 8.854 · 10−12 m , ρ ' 1.14 · 10−12 mC3 b) Para ésta parte, primero se obtiene la carga que debe tener la esfera conductora para alcanzar el campo crı́tico justo en la vecindad del manto. Con ello, se calculará el potencial. Ası́, (en coordenadas esféricas), Z 2π Z π → − → → − − Q Q − E ( r ) = E(r)r̂ ⇒ E(r)r̂ · r̂r2 sen(θ)dθdφ = r̂ ⇒ E (→ r)= 2 ε 4πε 0 0r 0 0 Evaluando, se obtiene la siguiente expresión para despejar Q: ⇒ 3 · 106 = Q 4πε0 0.12 El potencial crı́tico máximo queda: 0.1 3 · 106 4πε0 0.01 ˆ r̂ · (−r)dr = −300000 [V ] 4πε0 r2 ∞ De forma análoga, se resuelve la situación con una esfera conductora de 1 coulomb. Se tendrá, (con el mismo valor antes usado de ε0 ): Z − 3 · 106 = 1 ⇒ r ' 54.73 [m] 4πε0 r2 2 Problema 3 Primero es importante notar que es posible calcular el campo eléctrico en el origen por definición y dicho cálculo es mucho más corto que el presentado a continuación. Queda propuesto, puesto que la solución por éste camino es algo más ’compleja’ de obtener, dado que requiere argumentación geométrica más directa. Para obtener el campo eléctrico, se obtendrá primero el potencial eléctrico, y luego se calculará el gradiente con lo que se tendrá lo pedido. Por definición, (con referencia de potencial nulo en el infinito), Z 1 1 → − − V(r)= dq(→ r 0) → − − 4πε0 k r −→ r0k − con la integral definida en éste caso en la superficie del casquete, cargada. → r representa la(s) posición(es) → − 0 deseada(s), y r la(s) ubicación(es) de la(s) carga(s). Por conveniencia se centra el casquete en el origen. Como se busca eventualmente tomar gradiente, no tiene sentido calcular el potencial en un punto. Se calculará, en vez, el potencial en todo el eje k̂, (en z), y luego se impodrá z=0. (La idea de calcular potencial en cierto eje para luego tomar gradiente, imponer cierta(s) condición(es) y finalmente obtener el campo eléctrico deseado es utilizada a menudo). Para escribir el término en el denominador de la fracción dentro de la integral, se observa que: − − k→ r −→ r 0 k=k z k̂ − rr̂ k=k z k̂ − rsenθcosϕî − rsenθsenϕĵ − rcosθk̂ k = p z 2 − 2zrcosθ + r2 El casquete esférico queda parametrizado por:   r = R π 2 ≤θ ≤π   0 ≤ ϕ ≤ 2π De ésta forma, la expresión queda: (con dq = σdS) Z σR2 senθdθdϕ 2πσR2 π senθdθ √ = = 2 − 2zRcosθ + R2 2 π π 4πε z z − 2zRcosθ + R2 0 0 2 2 π i p σR2 σR h 2 p 2 2 = z − 2zRcosθ + R = z + R − z 2 + R2 − 2ε0 −2zR 2ε0 z π V (z) = 1 4πε0 Z 2π Z π √ 2 Usando ahora, → − E = −∇V se confirma con la ecuación que el campo eléctrico, por simetrı́a, en el eje z depende sólo de z, (y dada la disposición de cargas apunta según k̂). Calculando, tenemos: ! 1 − √RR → − 2 +z 2 σR2 E (z) = k̂ 2ε0 z2 → − Se desea el campo E (z = 0), pero la expresión anterior no está bien definida allı́. Sin embargo, como al tender z a cero, tanto numerador como denominador caen a cero, es posible utilizar la regla de l’Hopital. Ası́, (y esto finaliza el problema): d √ R dz 1 − R2 +z 2 → − → − σR2 σ V E (z = 0) = lim E (z) = k̂ lim = k̂ d 2 z→0 2ε0 z→0 4ε0 m dz (z ) 3 Enunciado Auxiliar No3 FI2A2 Prof. Aux.: Felipe L. Benavides. Fecha: Lunes 18 de Agosto de 2008 Problema 1 El espacio entre dos superficies esféricas concéntricas conductoras, (con cargas Q y −Q y radios a y b respectivamente, a < b), está lleno con dos materiales dieléctricos caracterizados por ε1 y ε2 respectivamente. Estos dos materiales están separados por un plano ecuatorial. Suponga que los campos son proporcionales a r̂. a) Obtenga la densidad de carga libre en cada una de las cuatro superficies semiesféricas. b) Encuentre los valores de desplazamiento eléctrico que caracterizan la esfera. c) Obtenga la diferencia de potencial entre los cascarones esféricos. ¿Aparecen cargas de polarización? ¿Dónde? ¿Cómo las calcuları́a? Problema 2 Se desea medir la altura h de un lı́quido, en un recipiente extenso de forma rectangular hecho de vidrio. Para ello, se colocan tres placas conductoras paralelas rectangulares planas. Entre las placas superior e inferior se establece una diferencia de potencial V0 mediante una baterı́a. Si la permitividad del lı́quido es ε y la segunda placa conductora se encuentra descargada, determine el potencial de ésta en función de h. Suponga que el ambiente tiene permitividad ε0 . (Ver figura 1) Figura No 1 Problema 3 − − Asuma la energı́a potencial de interacción entre dos dipolos, (el sistema que constituyen), ubicados en → r1 y → r2 , conocida, e igual a → − − − − − − 1 p1·→ p2 (→ p1·→ r 21 ) (→ p2·→ r 21 ) U= −3 − − 4πε0 k → r 21 k3 k→ r 21 k5 1 − − − Con → r 21 ≡ → r2−→ r 1 . Utilice éste resultado para resolver la siguiente situación particular: Dos moléculas de agua, (de momento dipolar p cada una), se encuentran separadas una distancia D. Considere las siguientes situaciones ((i) y (ii)). En (i), los dos momentos dipolares apuntan en dirección perpendicular a la lı́nea que une sus centros. En (ii), los momentos dipolares son colineales con dicha recta. En cada caso los dipolos apuntan en la misma dirección. Dado lo anterior, obtenga: a) Diferencia de energı́a entre las posiciones i) y ii). b) Si se les libera desde el reposo, ¿En qué dirección se moverán las moléculas en cada caso? ¿Puede estimarse la aceleración, velocidad y tiempo de interacción? c) Obtenga la expresión de la energı́a de un sistema compuesto por dos dipolos. Puede ser útil partir de la expresión del potencial de un dipolo eléctrico. (Propuesto). 2 Resolución Auxiliar No 3 Prof. Aux.: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 18 de Agosto de 2008 Problema 1 El sistema queda representado por la siguiente figura, Figura No 1 a) Como las superficies esféricas son conductores, las cargas presentes por enunciado +Q y −Q son, necesariamente, libres. Ası́, σa 4πa2 = Q y σb 4πb2 = −Q De allı́, pueden deducirse los valores de las densidades de carga libre presentes, donde se asumen distribuciones de carga uniformes pues se trata de materiales conductores (lo que permite escribir que las cargas por unidad de área, que multiplicadas por el área, serán la carga total). La mitad de cada cascarón, tendrá, ( Q Q 2 Sup. r = a 4πa2 2πa = 2 Q Q 2 − 4πb2 2πb = − 2 Sup. r = b b) Para calcular el vector Desplazamiento Eléctrico, utilizamos ley de Gauss en su forma general para materiales polares. No podemos utilizar la ley de Gauss en su forma básica para el campo eléctrico pues ésta asume que se encierran cargas en una superficie no polar, el vacı́o. De argumentos geométricos, y usando que los campos apuntan según r̂, se obtiene que dentro de la esfera, dentro del primer cascarón conductor esférico, tanto campo como desplazamiento eléctrico son nulos. Como se trata de caracterizar la esfera, basta escribir el valor del Desplazamiento entre los cascarones conductores en cuestión. Al encerrar con una superficie esférica el cascarón conductor de radio a, con una esfera de radio r, (a < r < b), usamos, en coordenadas esféricas, que → − D(r) = D(r)r̂ Ası́, 1 I → → − − D · dS = QL ⇒ S=dV 2π Z Z 0 π D(r)r̂ · r̂r2 senθdθdφ = QL 0 Aquı́ debemos detenernos un poco. Como se trata de dos materiales diferentes, (con permitividades dieléctricas diferentes), en principio no es posible asumir que se trata sólo de un vector desplazamiento eléctrico. Perfectamente podrı́an haber dos, diferentes, en cada material. La única forma de despejar ésta interrogante es usar condiciones de borde. Éstas, (que se cumplen en cualquier situación), son; ( E1t = E2t (i) D1n − D2n = σl (ii) Figura No 2 → − → − Suponiendo dos materiales según la figura 1, y campos D y E , (i) significa que la componente de campo eléctrico tangencial a la superficie es equivalente entre ambos materiales, y (ii), que las componentes normales del desplazamiento entre ambos materiales difieren según la carga libre que haya en la interfaz, según se muestra en la → − → − → − figura 2. Usando (i), D = ε E (= εr ε0 E ), y evaluando la expresión en la región ecuatorial del sistema, D1 D2 = ε1 ε2 Volviendo a la ecuación de Gauss, tendremos, D1 (r) + ε2 Q D1 (r) = ε1 2πr2 Ası́, → − D 1 (r) = Q 2πr2 → − D 2 (r) = Q 2πr2 ε1 ε1 + ε2 ε2 ε1 + ε2 r̂ r̂ c) Para la diferencia de potencial, planteamos la resta de potenciales entre a y b. (Intuitivamente, el potencial es mayor en la carga positiva, i.e., en a, y menor en b). Z a V (a) − V (b) = − → − → E · d− r −− ∞ Z b → − → E · d− r =− ∞ b De las ecuaciones anteriores, → − E (r) = Z Q 1 r̂ 2πr2 (ε1 + ε2 ) 2 a → − → E · d− r = Z a b → − → E · d− r Finalmente, V (a) − V (b) = Q 2π(ε1 + ε2 ) 1 1 − a b = Q 2π(ε1 + ε2 ) b−a ab Efectivamente, por la presencia de cargas libres, hay cargas de polarización en el sistema. Dichas cargas se alojan en la vecindad de los casquetes esféricos y tienen signo opuesto a ellos, mayoritariamente. Pueden ser calculadas obteniendo el vector polarización y con él, las cargas superficiales y volumétricas de polarización. Problema 2 Lo primero en éste problema es comprender porqué es posible obtener una expresión para el potencial en función de la altura de cierto lı́quido, y de allı́ calcular dicho potencial. La idea de la situación es que el potencial en la placa conductora a altura h depende de los valores del campo eléctrico que están definidos bajo ella. Como el potencial es cero en la placa inferior, (pues está conectado a tierra), la medición de los campos comienza desde allı́, y se ve afectada por los materiales que atraviesa. La baterı́a inicialmente coloca una diferencia de potencial V0 entre las placas superior e inferior. Dicho potencial está siendo generado por un campo eléctrico que apunta desde las cargas positivas, a las negativas, i.e., según −k̂. Es intuitivo pensar que si hay un material con permitividad dieléctrica en el camino del campo eléctrico, dicho campo se verá disminuı́do. Ésto pues el campo atraerá las cargas negativas hacia arriba, y las positivas, hacia abajo, polarizándolo, y por lo tanto formando un campo eléctrico por cargas de polarización opuesto al inicial, dentro del material. De ésta forma, la altura del frasco dirá acerca de la cantidad de lı́quido que “obstruirá” el paso del campo, y por lo tanto, el potencial en la segunda placa conductora descargada variará según h. Necesitamos entonces conocer el campo, e integrarlo después. Para ello, planteamos ley de Gauss para materiales polares, con la carga -Q entre medio, y mediante condiciones de borde despejamos el valor de campo afuera. Lo primero es notar que el campo eléctrico arriba de la primera placa conductora es cero, y bajo la tercera, también. Ésto pues el potencial no se ve alterado ni más arriba ni más abajo de las placas, luego el campo debe ser nulo. Usando un cilindro de radio r con altura y disposición cualquiera tq. se encuentre dentro del material su tapa superior, y bajo la placa conductora inferior la tapa opuesta, se tendrá, (asumiendo campos y desplazamiento a lo más dependientes de z, y apuntando según -k̂), → − D(r) = −D(z)k̂ I → → − − D · dS = QL S=dV Sólo las tapas superior e inferior constituyen aportes, pues el manto tiene normal perpendicular al desplazamiento eléctrico. La tapa de arriba dentro del material entrega un valor, pero la que se encuentra bajo la placa conductora inferior no, pues notamos ya que el campo eléctrico era nulo. En coordenadas cilı́ndricas, Z 2π r Z Z 2π Z 0 0 r −σρdρdθ D(z)ρdρdθ = 0 0 −Dπr2 = −σπr2 ⇒ D = σ Ası́, con la magnitud del desplazamiento eléctrico obtenida, → − D(r) = −σ k̂ ⇒ → − σ E (r) = − k̂ ε Dentro del material. Afuera, podemos usar ley de gauss denuevo, pero para la placa superior ésta vez. La otra opción, es simplemente usar condiciones de borde. Como la interfaz, definida como la capa que separa el lı́quido del 3 aire, no está cargada, los vectores desplazamiento eléctrico son iguales, y con ello,(D1n − D2n = σl ⇔ D1 = D2 ), afuera del material, → − σ E = − k̂ ε0 Con los campos listos, basta despejar la expresión para el potencial en h. El único problema es que σ es inicialmente desconocido, (no es dato del problema), aunque es calculable. De plantear que el potencial entre las placas superior e inferior es V0 , puede despejarse dicha constante. Ası́, (distinguiendo con números los campos para destacar que no son iguales), h Z V0 = − − → − → E 1 · dr + − Z 0 h+d − → − → E 2 · dr + − h Z d+a d σ= − → − → σh σ(d − h) σa + + E 2 · dr = ε ε0 ε0 V0 εε0 (∗) hε0 + (d − h + a)ε Ası́, Z V (h) = − h − → − → E 1 · dr + − Z 0 d h − → − → σ σ E 2 · dr = h + (d − h) (∗∗) ε ε0 Reemplazando (*) en (**), V (h) = V0 hε0 + (d − h)ε hε0 + ε(d − h + a) Problema 3 Planteando las situaciones descritas y la energı́a asociada según la fórmula, i. → − − − − − r 21 = → r2−→ r 1 = Dx̂, → p1 =→ p 2 = pŷ Ui = ii. 1 p2 4πε0 D3 → − − − − − r 21 = → r2−→ r 1 = Dx̂, → p1 =→ p 2 = px̂ Uii = 1 4πε0 p2 p2 D 2 −3 5 3 D D =− p2 2πε0 D3 Ası́, Ui − Uii = 3 p2 4πε0 D3 b) Si se liberan desde el reposo, la energı́a tenderá a disminuı́r, luego las distancias entre sus centros serán mayores o menores según las ecuaciones muestren. En i, la energı́a disminuye si D aumenta, por lo que los dipolos se repelerán. En ii, la energı́a disminuye si D disminuye, por lo tanto, los dipolos se atraerán. En efecto, puede estimarse aceleración, velocidad y tiempo de interacción, por ejemplo, modelando como un sistema newtoniano, y utilizando que k Fi k=k ∂Ui ∂Uii k, k Fii k=k k ∂D ∂D 4 Enunciado Auxiliar No4 FI2A2 Prof. Aux.: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 25 de Agosto de 2008 Problema 1 En el centro de una cavidad esférica de radio a practicada en un bloque de material dieléctrico de permitividad relativa k, se coloca una carga puntual q. Calcule el potencial eléctrico en todos los puntos del espacio. Demuestre además que la suma de las cargas inducidas y la carga original es kq , independiente de a. Problema 2 Se tienen dos planos conductores paralelos infinitos de ecuaciones x = d, y x = −d, respectivamente. El plano x = −d está conectado directamente a tierra y el otro, a través de una baterı́a cuya diferencia de potencial entre sus bornes es V0 . La región comprendida entre los planos está rellena con un material dieléctrico, cuya constante dieléctrica es: ε = ε(x) = 4 x 2 d +1 Calcule: a) Campo eléctrico en todo el espacio, en función de la densidad de carga σ de los planos. b) Función potencial en todo el espacio. c) Densidad de carga superficial σ en cada uno de los planos en función de V0 . → − b) Vector polarización, P . c) Densidad de carga de polarización, ρp , y densidad de carga superficial de polarización, σp , en las dos superficies del dieléctrico. Problema 3, Propuesto Una esfera de radio R de material con permitividad dieléctrica ε0 está cargada con densidad de carga uniforme, de tal modo que su carga total es q. a) Calcule la energı́a del sistema. b) Suponga que la esfera se trata de un electrón. La energı́a de éste, obtenida según consideraciones relativistas, es del orden de 10−13 Joule. Obtenga el orden de magnitud del radio del electrón. 1 Resolución Auxiliar No 4 FI2A2 Prof. Auxiliar: F. L. Benavides Fecha: Lunes 25 de Agosto de 2008 Problema 1 Para calcular el potencial eléctrico en todo el espacio es necesario obtener el campo eléctrico para todas las regiones del sistema. Poniendo el origen en la posición de la carga q, por casos, se obtiene: (Ojo que el dato es k permitividad relativa. Ella es tal que ε0 k = ε permitividad dieléctrica del material). r ≤ a; 2π Z 0 Z π E(r)r2 sen(θ)dθdφ = 0 → − E (r) = q ⇒ ε0 q r̂ 4πε0 r2 r > a; → − D(r) = → − q q r̂, E (r) = r̂ 4πr2 4πε0 kr2 El potencial eléctrico queda: (con la referencia de potencial nulo en el infinito) Z r − − → − → E · dr ⇒ ∞ Si r > a, Z r V (r) = − ∞ r q q 1 q · dr = = 2 4πr ε0 k 4πε0 k r ∞ 4πε0 kr Si r ≤ a, Z r V (r) = − ∞ − → − → E · dr = − Z a ∞ − → − → E · dr − Z r − → − → E · dr = − Z a ∞ a 1 q · (dr) − 4πε0 r2 Z a r q · (dr) ⇒ 4πkε0 r2 1 1 1 − + + ak a kr q V (r) = 4πε0 Eso por un lado. Para demostrar el resultado que se pide en relación a las cargas inducidas, primero es necesario → − → − obtener el vector de polarización. De la definición, P = (ε − ε0 ) E , se llega a: → − P (r) = ( q(k−1) 4πkr 2 r̂ 0 r>a r≤a De aquı́ que: → − 1 ∂ ρp = −∇ · P = 2 (P · r2 ) = 0 r ∂r h→ i − σp = P · n̂ =− r=a q(k − 1) 4πka2 De ésta forma, al sumar la carga total de polarización superficial junto con la puntual en el origen, vemos que: − q q(k − 1) +q = k k Es decir, la carga total no depende del radio, tal y como se deseaba probar. Problema 2 Primero notamos que el campo eléctrico para |x| > d es nulo. Esto pues, dada la descripción del sistema, la diferencia de potencial entre cualquier par de puntos al lado izquierdo o derecho del eje es cero, i.e., no puede haber campo. En general, cuando hay planos infinitos se asume éste resultado, que no depende del tipo de dieléctrico que haya entre medio. Puede probarse más detalladamente calculando los efectos producidos por cada conductor cargado, y luego sumando. La idea teórica detrás de ésto es que una lı́nea de campo nunca es abierta, todas parten y terminan en cargas, (positivas y negativas respectivamente). Si hubiese lı́neas de campo hacia la derecha o izquierda, tendrı́an que devolverse en el infinito, pero dado que son rectas, (pues los conductores son infinitos), ésto no puede ocurrir. a) Por ley de Gauss, utilizando una superficie cerrada cilı́ndrica entre el medio de la derecha, la placa conductora con carga +σ, (x = d), y el medio en cuestión, sólo influye la cara del cilindro que queda encerrada en x < d. (El manto tiene normal perpendicular y el campo para x > d es nulo). Entonces, Z → → − − D · dS = Z → − σdS ⇒ −D4S = σ4S ⇒ D = −σ î ⇒ 2 → − E (x) = ( −σ 4ε0 h x 2 d i + 1 î |x| < d |x| > d 0 b) Para la función potencial, calcularemos primero dentro del dieléctrico, y luego concluiremos para todo el espacio. Ası́, |x| < d, Z x V (x) = − −d 3 −σ x 2 σ 1 x + d3 + 1 dx = + (x + d) 4ε0 d 4ε0 d2 3 ∴ V (x) =  h 3 3 i 1 x +d σ   + (x + d)  4ε0 d2 3 |x| < d V0   0 x>d x<d c) Las densidades de carga superficial son iguales en magnitud y opuestas en signo. Basta que igualemos el potencial en x = d con las dos expresiones que se tienen, y se despeja la densidad superficial. Ojo, que el campo no está definido para x = d, no ası́ el potencial, que es la integral del primero. Como la discontinuidad es finita, no hay complicaciones. 3 σ 3V0 ε0 1 d + d3 + (d + d) = V0 ⇒ σ = 2 4ε0 d 3 2d (Para −σ basta cambiar el signo). d) El vector polarización queda de la siguiente forma: → − → − P = (ε − ε0 ) E ⇒ → − P (x) = ( −σ ε0 + σ 4 x 2 d +1 |x| < d |x| > d 0 e) Las densidades de carga de polarización quedan de la siguiente forma: → − σx ρp = −∇ · P = − 2 2d 3 → − σp = P · n̂ = σ 1 1 − 2 ε0 Donde el σp calculado corresponde al efecto a la derecha. (A la izquierda es simplemente el mismo, con signo contrario, pues las normales son opuestas. Problema 3 Éste problema queda propuesto puesto que es simplemente ilustrativo respecto de las aplicaciones de la teorı́a estudiada a la realidad. Para el cálculo de la energı́a del electrón, se propone simplemente realizar: 1 E= 2 Z → − → − E · D dV Donde los vectores campo y desplazamiento eléctrico son muy sencillos de calcular, para la carga q dada. Luego, la idea es comparar el valor según consideraciones relativistas, teóricas, de 10−13 [J], para un electrón, y con ello estimar el orden de magnitud de su radio. 4 Enunciado Auxiliar No5 FI2A2 Prof. Auxiliar: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 1 de Septiembre de 2008 Problema 1 Considere un sistema infinito de simetrı́a cilı́ndrica compuesto, al centro, por un alambre rectilı́neo con densidad de carga λ0 uniforme, rodeado de un cilindro de radio a, de material dieléctrico con constante dieléctrica εa , a su vez rodeado de un cilindro conductor de radio exterior c el cual, finalmente, está rodeado de un cilindro dieléctrico de radio exterior b y de constante dieléctrico εb . El cilindro conductor está cargado; su carga por unidad de longitud es λ1 . (Cada “anillo”). Determine el campo eléctrico y de desplazamiento en todas partes. Problema 2 Considere 2 casquetes esféricos concéntricos conductores de radios a y b, con a < b. El conductor de radio a está a un potencial V0 , y el conductor de radio b está conectado a tierra. (Potencial cero). El espacio entre los conductores se rellena con un dieléctrico de permitividad ε, según la figura 1. Calcule el campo y desplazamiento eléctrico, vector polarización, densidades de carga de polarización superficial y volumétrica, entre los casquetes. (La carga Q es desconocida). Figura No 1. Problema 3 -CondensadoresSituación I. La permitividad de cierto material varı́a linealmente de una placa a otra en un condensador de placas paralelas. Si ε1 y ε2 son los valores de la permitividad de cada una de las placas, y ε1 < ε2 , determine la capacidad Q por unidad de área, siendo d la separación de las placas. (Recuerde: capacidad C = 4V ). Situación II. Considere un sistema de electrodos rectangulares de área unitaria, al cual se le aplica una diferencia de potencial V0 . Entre las placas se coloca una lámina conductora ideal. Determina las densidades de carga libre que aparecen en las caras de la lámina central. 1 Solución Auxiliar No 5 FI2A2 Prof. Aux.: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 01 de Septiembre de 2008 Problema 1 Éste problema es ciertamente sencillo. Sólo es importante tener cuidado con los efectos en los bordes. Dada la geometrı́a del sistema, podemos asumir que el campo tiene simetrı́a cilı́ndrica, con dependencia sólo en ρ, y que apunta según ρ̂. Con lo anterior, en cada caso basta plantear Gauss con campo o desplazamiento eléctrico, (según corresponda), y concluir. Se tendrá que: ρ < a; z0 Z Z 2π Z z0 λ0 dz ⇒ D(ρ)ρdθdz = 0 0 0 → − → − λ0 λ0 ρ̂, E (ρ) = ρ̂ D(ρ) = 2πρ 2πρεa a < ρ < c; → − → − D(ρ) = E (ρ) = 0 c < ρ < b; z0 Z 2π Z z0 Z 2 0 Z z0 λ0 dz + π(c − a ) D(ρ)ρdθdz = 0 2 0 λ1 dz ⇒ 0 → − − λ0 + λ1 π(c2 − a2 ) → λ0 + λ1 π(c2 − a2 ) D(ρ) = ρ̂, E (ρ) = ρ̂ 2πρ 2πρεb ρ > b; Z z0 Z R z0 2π E(ρ)ρdθdz = 0 0 0 λ0 dz + π(c2 − a2 ) ε0 1 R z0 0 λ1 dz ⇒ → − − λ0 + λ1 π(c2 − a2 ) → λ0 + λ1 π(c2 − a2 ) D(ρ) = ρ̂, E (ρ) = ρ̂ 2πρ 2πρε0 ρ = a, c; → − → − D(ρ)@, E (ρ)@ Es importante notar que se tuvo cuidado con los bordes de cada volúmen, en el caso del volúmen conductor. Como el campo es cero justo dentro de él, dadas sus propiedades, (reacomodo de cargas frente a un campo eléctrico cualquiera), y distinto de cero justo después, no es posible definirlo en la interfaz. Observamos también que en ρ = b el vector desplazamiento es contı́nuo, pero el campo no. Esto se debe a que en la superficie de separación entre el vacı́o y el dielétrico, aparece una densidad de carga de polarización, no carga libre. (Lo que es coherente con la condición de borde D1n − D2n = σs ) Problema 2 Para resolver éste problema, se utilizará gauss nuevamente, asumiendo que dada la geometrı́a del sistema, el campo depende sólo del radio, en coordenadas esféricas, y apunta según r̂. Ésta suposición es algo fuerte, pero puede fundamentarse pues el dieléctrico es coherente con la esfera en términos de que la superficie tangencial, entre los casquetes conductores, se orienta según r̂. Ası́, llamando I al volúmen dentro del dieléctrico, y II al restante entre los casquetes, basta despejar el valor del campo y usar las fórmulas conocidas para todo lo demás pedido. Queda: (entre los casquetes) a < r < b; Z 0 Z 2π Z D1 (r) 0 2π Z π D(r)r2 sen(θ)dθdφ = Q ⇒ 0 α r2 sen(θ)dθdφ + D2 (r) 0 Z 2π 0 Z π r2 sen(θ)dθdφ = Q ⇒ α D1 (r)2πr2 (1 − cos(α)) + D2 (r)2πr2 (1 + cos(α)) = Q En éste punto debemos usar alguna ecuación que relacione ambos desplazamientos. De las condiciones de borde, se tiene que: ( D1n − D2n = σs E1t = E2t 2 (1) (2) → − → − Ambas condiciones son, en general, linealmente independientes. Sin embargo, dado que D = ε E , con ε conocido en ambos lados, necesitamos una sola de ambas. Utilizaremos la expresión (2) por simplicidad, pero la primera, más la definición del vector desplazamiento, también resolverı́an el problema. (Sólo que habrı́a que usar consideraciones entre el volúmen dentro de los casquetes, y aquel afuera, o dentro del casquete conductor pequeño, radio a. Usando lo recién nombrado, tenemos: D2 D1 = ⇒ ε ε0 → − D 1 (r) = Q 2πr2 1 − cos(α) + ε0 ε (1 → − E (r) = + cos(α)) → − r̂, D 2 (r) = Q 2πr2 1 + cos(α) + ε ε0 (1 − cos(α)) r̂ y Q r̂ 2πr2 (ε0 (1 + cos(α)) + ε(1 − cos(α))) Notamos a ésta altura que la carga Q, según el enunciado, es desconocida. Esto no es una complicación, pues con la expresión recién obtenida del campo, basta calcular el potencial e igualar con el dato V0 del problema. Queda: (usando que g0 = ε0 (1 + cos(α)) + ε(1 − cos(α))) → − r Z − → − r0 a Z − b − → − → − E · dr = V (→ r)⇒ Q dr = V0 ⇒ 2πr2 g0 Q= 2πg0 V0 ab b−a Para la polarización, separamos por casos: ∀θ ∈ [0, α], φ ∈ [0, 2π] y r ∈ (a, b); → − (ε − ε0 )Q r̂ P = 2πr2 g0 ∀θ ∈ [α, π], φ ∈ [0, 2π] y r ∈ (a, b); → − → − P = (ε0 − ε0 ) E = 0 3 → − Las densidades de carga de polarización quedan: (Para el primer caso con P no nulo) → − 1 ∂ ρp = −∇ · P = − 2 (P · r2 ) = 0 r ∂r σp = ( (ε−ε ) − 2πa2 g00 (ε−ε0 ) 2πb2 g0 r=a r=b Problema 3 Situación I. Primero planteamos la expresión lineal para la permitividad del dieléctrico. Se tiene: ε(z) = ε2 − ε1 z + ε1 d Buscamos C= Q , 4V pues con ésta expresión, la capacidad por unidad de área es simplemente lo mismo sobre el área total. (Asumiremos conocido Q magnitud de la carga de las placas conductoras del capacitor, y calcularemos respecto del éste valor algo del estilo 4V (Q), para después simplemente dividir. Usando Gauss en el electrodo superior con una superficie cerrada cilı́ndrica, imponiendo que el campo arriba de la placa conductora es nulo y que apunta hacia abajo, queda: Z → − → − D · dS = Q ⇒ → − → − Q −D4S = Q ⇒ D = − k̂ ⇒ E (z) = 4S 4S −Q ε2 −ε1 d z + ε1 k̂ Integrando el campo para obtener el potencial, Z − 0 d −Q dz = V0 ⇒ + ε1 4S ε2 −ε1 d z Q 4S(ε2 − ε1 ) =C= 4V dln εε21 Por lo tanto la capacidad por unidad de área pedida es: C= Situación (ε2 − ε1 ) dln εε21 II. Queda propuesto. La versión inicial es simplemente demostrativa, la idea es que se pruebe con distintas configuraciones, para distancias diferentes entre la lámina conductora y las placas superior e inferior, y para diferentes permitividades dieléctricas. 4 Enunciado Auxiliar No6 FI2A2 Prof. Aux.: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 22 de Septiembre de 2008 Problema 1 Ley de Ohm y Resistencias Para la figura 1, asumiendo que se trata de cascarones esféricos concéntricos, y suponiendo conocidos los datos allı́ presentados, (salvo V0 que es innecesario para el resultado final), ¿cuál es el valor de la resistencia R entre los conductores? Figura No 1 Problema 2 Ley de Ohm, Resistencias y Leyes de Kirchoff La llamada “protección diferencial” de los sistemas de suministro eléctrico domiciliarios, consiste en un interruptor automático que funciona desconectando el circuito cuando la corriente que entra es diferente de la corriente que sale. Supongamos que se tiene conectada una estufa eléctrica de una potencia 2[kW ], que tiene un defecto tal que el punto medio de la resistencia calefactora está conectado a la caja metálica de la estufa. Si una persona toca la caja, y además está conectada a tierra a través de sus pies, va a pasar una corriente por la persona. Se pide calcular cual es la diferencia de corriente entre los dos cables de alimentación de la estufa, sabiendo que la persona presenta una resistencia entre una mano y sus pies, de 10[kΩ]. Figura No 2 1 Problema 3 Ecuación de Continuidad Considere un condensador de placas planas paralelas cuyo espacio interno se llena con dos bloques de materiales distintos, cuyas permitividades y conductividades valen respectivamente (ε1 , g1 ), y (ε2 , g2 ), como se indica en la figura 3. a) Si entre las placas se establece una diferencia de potencial V0 , calcule la densidad de cargas libres superficiales en la región interfacial en régimen permanente. b) Suponga ahora que, después de haberse establecido el régimen permanente, se desconecta la baterı́a y cada placa se conecta a tierra. Determine la evolución temporal de la densidad de carga en la región interfacial. Figura No 3 Problema 4 Fuerza de Lorentz El diagrama de la figura 4 representa un dispositivo para medir las masas de iones. Un ión de masa m y carga +q sale de la fuente F prácticamente en reposo. Luego, el ión es acelerado por una diferencia de potencial V y se le → − permite entrar a una región de campo magnético de módulo | B |. (El campo sale de la hoja). En presencia de éste campo se mueve en un semicı́rculo, incidiendo sobre una placa fotográfica a una distancia x desde la rejilla de entrada. Obtenga expresiones, en términos de B, q, V y x, para: la masa m del ión, el tiempo que se encuentra dentro del sistema y la posición en función del tiempo. Figura No 4 2 Resolución Auxiliar No6 FI2A2 Prof. Aux.: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 22 de Septiembre de 2008 Problema 1 Éste tipo de problemas es muy común, y su solución por tanto también es bastante estándar. La idea es calcular la corriente en función del potencial V0 al que está sometido el material, y de allı́ simplemente despejar la fracción VI0 . → − Se asume por supuesto I constante, no ası́ J , que depende de la posición para permitir que lo anterior se cumpla, → − → − (se trata de régimen permanente). Con ella entonces, después de despejar J , se obtiene E , y con él, V0 . Dada la disposición geométrica del sistema, el vector densidad de corriente apunta según r̂. Resolviendo entonces, Z Z 2π Z π → − → − I= J · dS = J(r)r2 sen(θ)dθdφ 0 0 → − I = 4πJ(r)r2 ⇒ J (r) = I r̂ 4πr2 Ahora, por ley de Ohm, → − → − → − gE = J ⇒ E = I r̂ 4πgi r2 Con i=1,2. Como la densidad de corriente es contı́nua en el espacio, (ppto. probarlo en éste caso, aunque es muy sencillo), la expresión se mantiene y sólo varı́an los g de la conductividad de los materiales. Calculando entonces la diferencia de potencial, se obtiene: V0 = V (a) = Z =− c a Z c I I dr + dr ⇒ 2 2 4πg r 4πg 1 2r b a a I 1 1 I 1 1 V0 = − + − 4πg1 a b 4πg2 b c V0 1 1 1 1 1 1 ∴R= = − + − I 4πg1 a b 4πg2 b c → − → E · d− r = Z c → − → E · d− r = Z b Problema 2 Para resolver éste problema se plantea un circuito equivalente donde se divide la resistencia del calefactor en 2 trozos, y se conecta, en paralelo con la de más abajo, una equivalente a la persona. Por notación, usando que I1 es la corriente que circula por el primer trozo de la resistencia, I2 el que circula por la persona, e I3 , por el segundo trozo, se pide conocer entonces: I2 = I1 − I3 Para ello, se plantean las siguientes ecuaciones, (de Ohm y Kirchoff): (LV K) 220 = 1 I1 R I3 R + 2 2 (LV K) I3 R = I2 · 10000 2 (LCK) I1 = I2 + I3 Para despejar el sistema falta una ecuación, pues R es desconocido. Aquı́ usaremos que: V2 = 2000 (∗) R Es decir, planteamos la expresión de potencia para el calefactor. Según el enunciado, podemos usar que la potencia consumida es nominal, y no es aquella referida al momento de la falla. El cálculo utilizado para ésto es exacto, y la resolución tiene total precisión. Si la potencia referida en el enunciado se tratase del consumo al momento de producirse la falla, la última expresión es sólo una aproximación. Dado que la corriente que circula por la persona es pequeña, (pues la resistencia es muy grande), no es una mala aproximación. Debieran sumarse todos los otros términos, pero sólo consideran corrientes pequeñas elevadas al cuadrado, i.e., valores ciertamente despreciables frente a la primera componente. Por ello, el procedimiento es equivalente en ambos casos, salvo que en el primero es exacto y en el segundo es una aproximación. (Aunque razonable. Sumar todos los términos también resuelve el problema, sólo que el despeje del sistema es muy largo y complejo). Resolviendo, tendremos: I2 = 220 · 2 R + 4 · 104 De (*), R = 24.2[Ω] ⇒ I2 ∼ = 0.011 = 11[mA] El valor confirma que la aproximación no es mala, pues efectivamente I2 es pequeña, dado que la resistencia del calefactor es mucho menor que la de la persona. (En órdenes de magnitud incluso). Problema 3 a) Para encontrar la densidad de carga libre en la interfaz, podemos usar → − → − ( D 2 − D 1 ) · n̂ = σl (1) En régimen permanente, dado que los materiales exhiben una conductividad no nula, hay corriente. Por continuidad, (conservación de la carga): → − ∂ − ∇ · J = − ρ(→ r , t) ∂t La condición de régimen permanente queda: ∂ → ρ(− r , t) = 0 ∂t Ası́ → − J (z) = −J k̂ Tomando positivo z de izquierda a derecha, según el dibujo de la figura en el enunciado. Como adicionalmente, (por ley de Ohm): → − → − J = gE ⇒ → − → − J J E 1 = − k̂; E 2 = − k̂ ⇒ g1 g2 → − → − J J D 1 = − ε1 k̂; D 2 = − ε2 k̂ g1 g2 2 Pero a priori no es conocida ni la corriente, ni su densidad. Por ello, necesitamos encontrar una expresión que ligue los datos restantes del problema con la información ya construı́da. En efecto, por potencial, tendremos: Z d1 +d2 − → − → E · d− r = V0 ⇒ 0 −E1 d1 − E2 d2 = V0 ⇒ J J d1 + d2 = V0 ⇒ g1 g2 J= V0 g1 g2 g1 d2 + g2 d1 Reemplazando éste último valor en los vectores desplazamiento antes construı́dos y con ello despejando (1): − V0 g1 ε2 V0 g2 ε1 + = σl g1 d2 + g2 d1 g1 d2 + g2 d1 ∴ V0 (g2 ε1 − g1 ε2 ) = σl g1 d2 + g2 d1 b) Ésta nueva situación es de régimen transitorio. Para la interfaz, se tiene: ∂ ∂ → ρ(− r , t) 6= 0 ⇒ J2n − J1n = − σl ∂t ∂t La idea es despejar de ésta ecuación el término para la derivada parcial de la densidad de carga libre en la interfaz. Para ésto, se necesitan dos ecuaciones que liguen a los términos J2n y J1n , y que dicha relación, (ojalá), exhiba términos en función de σl , para luego simplemente resolver la EDO que resulte. Nuevamente, (sólo que con el cuidado de trabajar con dos densidades no necesariamente iguales), → − − J1 → J2 E 1 = − k̂; E 2 = k̂ g1 g2 Como el potencial es igual en ambos lados, (pues están conectados a tierra), Z Z → − → − J1 d1 J2 d2 − − = (− E 1 · d→ r = − E 2 · d→ r ) (2) g1 g2 Es importante destacar aquı́ que el potencial entre la interfaz y las placas conductoras depende del tiempo (pues está conectado a tierra, luego debe descargarse). Por ello no es posible igualar a cero dichos cálculos. Por supuesto, los campos dependen del tiempo, pero no de la posición. Si hubiera una dirección preferencial de carga/descarga, habrı́a un campo eléctrico aplicado distinto de cero en la vecindad de dicha posición, lo que genera una contradicción con lo recién supuesto de simple conexión a tierra. Nuevamente, → − → − ( D 2 − D 1 ) · n̂ = σl ⇒ J 1 ε1 J2 ε2 + = σl (3) g2 g1 De (2) y (3), J1 ε1 ε2 d1 + g1 g1 d2 = σl Reemplazando finalmente éste último valor en cada uno de las densidades de corriente para la interfaz, (ecuación de continuidad), y utilizando adicionalmente (2), 3 ∂ − σl = σl ∂t g1 d2 + g2 d1 ε1 d2 + ε2 d1 ∴ σl (t) = σl (0)e−λt Con λ= g1 d2 + g2 d1 ε1 d2 + ε2 d1 . Problema 4 La resolución de éste ejemplo plantea inicialmente un sistema de ecuaciones. Se cumplen, por conservación de energı́a y de la ecuación de fzas. de Newton, (1 2 (1) 2 mv = qV mv 2 = qvB (2) ( x2 ) Donde v corresponde a la rapidez de la partı́cula, θ̇ x2 . De aquı́, resolviendo, 1 B 2 x2 q 8 V Tanto el tiempo dentro del sistema como la función posición instantánea son muy sencillas de deducir a partir de éste punto. La última queda definida despejando θ̇ de las ecuaciones. Se obtiene que: x x 8V 8V → − r (t) = ρ̂ = cos t î + sen t ĵ 2 2 Bx2 Bx2 m= Imponiendo θ(t∗ ) = π, πBx2 8V Durante la resolución se supuso, según el enunciado, que la trayectoria es un arco de circunferencia, sin probarlo. La demostración es muy simple y queda propuesta. t∗ = 4 Enunciado Aux. No7 FI2A2 Prof. Aux.: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 29 de Septiembre de 2008 Problema 1 Aproximación Filiforme de B y Ley de Ampére → − Para la figura de más abajo, ¿cuánto debe valer r tal que el campo magnético B en el interior, justo en el centro del cı́rculo, sea nulo? Figura No 1 Problema 2 Continuidad en Régimen Permanente La figura de más abajo representa un conductor semicilı́ndrico, radio interno a, radio externo b, largo h, con → − conductividad g. Una densidad de corriente J fluye entre los contactos rectangulares A y B. (Asumiéndolos → − conductores perfectos). Suponga que J , en coordenadas cilı́ndricas, es proporcional al vector unitario θ̂, propio de → − éstas coordenadas, y cuya magnitud depende de la coordenada ρ, tal que J = j(ρ)θ̂. a) Determine la dependencia de j(ρ) en el radio ρ. (Sólo la forma) b) Obtenga la corriente total I que fluye entre A y B. (Exprésela en términos de lo calculado en a)) → − c) Obtenga la diferencia de potencial V0 que hay entre A y B y resuma con V0 como dato los valores para J , → − E e I. Calcule adicionalmente la resistencia R del sistema. Figura No 2 1 Problema 3 Aplicaciones Ley de Ampére Se tiene un cable coaxial ideal de simetrı́a cilı́ndrica que consta de un conductor cilı́ndrico macizo de radio a rodeado por un conductor cilı́ndrico hueco de radio interior b y radio exterior c = 3a. Por el cilindro central pasa → − una densidad de corriente uniforme J 1 = J0 k̂ y por el cilindro hueco exterior circula una densidad de corriente → − opuesta, J 2 = − 15 J0 k̂. Determine el campo magnético en todas partes y calcule qué valor debe tener b para que éste último, en la zona exterior, (ρ > c), sea nulo. Figura No 3 Problema 4 Superposición de Campos Magnéticos y Ley de Ampére Se tiene un conductor en la forma de una capa cilı́ndrica recta, infinita, de radio interior a y radio exterior b. Este conductor tiene una densidad de corriente que, expresada en coordenadas cilı́ndricas, es: α → − J (a ≤ ρ ≤ b) = θ̂ + β k̂ ρ Con α y β constantes conocidas. Obtenga el campo magnético en todas partes. Figura No 4 2 Resolución Aux. No 7 FI2A2 Prof. Auxiliar: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 29 de Septiembre de 2008 Problema 1 Para resolver el ejemplo calcularemos el campo magnético producido por cada uno de los componentes del sistema en el centro del cı́rculo, y luego sumaremos. (Aplicando superposición). De ésta forma, tendremos que para el alambre circular, por definición, (usando la aproximación filiforme pues se trata de un cable), Z → − − µ0 I d− r × (→ r −→ r 0) → − → − B( r ) = 0 − − 4π Γ k → r −→ r k3 − − Donde, como siempre, → r indica la posición en la que se mide, y → r 0 recorre la carga. (En éste caso el flujo de corriente, constante). Parametrizando para el centro del cı́rculo, (colocando allı́ el orı́gen de preferencia para efectuar el cálculo, y teniendo cuidado con el signo del diferencial dada la forma en que se recorre la curva), µ0 I → − B (0) = 4π =− 2π Z 0 −Rdθθ̂ × (0k̂ − Rρ̂) R3 µ0 I µ0 I R2 2π k̂ = − k̂ 3 4π R 2R Para el alambre rectilı́neo, usamos por conveniencia, la ley de Ampere, conociendo la dirección del campo previamente por el uso de la regla de la mano derecha. (Ésta es general y muy útil para encontrar la dirección de los campos en situaciones sencillas). Se tiene que, nuevamente, parametrizando para el centro del cı́rculo, (ésta vez colocando el origen en la proyección r de radio del cı́rculo justo sobre el alambre rectilı́neo), Z − → − → B · d l = µ0 I ⇒ Z 2π B(ρ)ρdθ = µ0 I ⇒ 0 µ0 I → − θ̂ B (ρ) = 2πρ Vemos que para calcular la suma de los campos no es necesario adaptar los orı́genes, pues, según se tomaron inicialmente, los vectores unitarios θ̂ y k̂ coinciden. Evaluando en ρ = r, y planteando el campo magnético total, se obtiene: µ0 I 1 1 → − B T (0) = − k̂ 2 πr R ∴r= R π Es el valor de r que anula el campo magnético total en el punto deseado. 1 Problema 2 a) De la ecuación de continuidad para la corriente en régimen permanente, → − ∇· J =0 Como → − → − J = gE Y por lo anterior, → − ∇× E =0⇒ 1 ∂(ρJ) =0⇒ ρ ∂ρ C → − J (ρ) = θ̂ ρ Con C alguna constante por despejar. b) Por definición, usando (a), (para alguna sección transversal del sistema), Z I= → − → − J · dS = Z 0 h Z a b C θ̂ · θ̂dρdz = Chln ρ b a c) La diferencia de potencial V0 se obtiene tb. por definición, como la integral de lı́nea del campo. Ası́, Z π C C πC → − → − → − g E = J ⇒ E (ρ) = θ̂ ⇒ V0 = ρdθ = gρ g 0 ρg Usando V0 como dato y resumiendo, se obtiene: V0 g → V0 V0 gh → − − J (ρ) = θ̂, E (ρ) = θ̂, I = ln πρ πρ π b π V0 =R= , a I ghln b a Problema 3 Éste ejemplo es una sencilla aplicación de la Ley de Ampere. Para cada trozo, sabemos a priori que el campo magnético apunta según θ̂, (regla de la mano derecha), y que no depende más que de ρ. El sistema es infinito en z y simétrico, (dadas las simetrı́as en θ), por lo que podemos afirmar que lo anterior se cumple en todos los casos. Resolviendo, Z − → − → B · d l = µ0 I Γ Donde I es la corriente que cruza la superficie encerrada en la curva Γ, cerrada, que recorre la integral de lı́nea. Ası́, ρ≤a Z 2π Z Z 2π Z ρ ρ2 → − → − B(ρ)ρdθ = µ0 J · d S = µ0 J0 ρ0 dρ0 dθ = µ0 J0 2π ⇒ 2 0 0 0 µ0 J0 ρ → − B (ρ) = θ̂ 2 a≤ρ≤b 2 Z 2π Z B(ρ)ρdθ = µ0 → − → − J · d S = µ0 J0 πa2 ⇒ 0 µ0 J0 a2 → − θ̂ B (ρ) = 2ρ b≤ρ≤c Z 2π Z B(ρ)ρdθ = µ0 0 Z Z 1 1 2π ρ → − → − ρdρdθ = µ0 J0 πa2 − π ρ2 − b2 J · d S = µ0 J0 πa2 − ⇒ 5 0 5 b h 2 2 i µ0 J0 a2 − ρ −b 5 → − B (ρ) = 2ρ θ̂ c≤ρ Z 2π Z B(ρ)ρdθ = µ0 0 Z Z 1 2 1 2π c → − → − c − b2 ⇒ ρdρdθ = µ0 J0 π a2 − J · d S = µ0 J0 πa2 − 5 0 5 b h 2 2 i µ0 J0 a2 − c −b 5 → − B (ρ) = 2ρ θ̂ Para que el campo magnético se anule en ésta última situación, (usando que c = 3a) a2 = (3a)2 − b2 9a2 − b2 = 5 5 ∴ b = 2a Problema 4 La única real dificultad que presenta éste problema es la forma en abordarlo. Como las corrientes tienen dos componentes, no puede aplicarse directamente la ley de Ampere, pues es difı́cil adivinar la dirección que el campo tomará. Por definición es difı́cil también, pues el planteo de las integrales es, al menos, complejo. Tiene solución de ésta manera, pero es trabajo innecesario. La idea es que se trabaje para cada componente de la corriente, y con ello se generen componentes para el campo. La totalidad de ellas, superpuestas, determinan el resultado final. Para cada caso, por separado, si es posible usar la ley de Ampere, y entonces el problema es muy sencillo. Planteando entonces: a≤ρ≤b → − Componente según θ̂, J = αρ θ̂. Suponiendo la dirección del campo generado según k̂, por la regla de la mano derecha, (y única dependencia en ρ dadas las simetrı́as en z y θ), Z z0 Z z0 Z B(ρ)dz = µ0 0 0 a ρ ρ α 0 dρ dz = µ αln z0 ⇒ 0 ρ0 a ρ → − B (ρ) = µ0 αln k̂ a → − ˆ tb. con la regla de la Componente según k̂, J = β k̂. Suponiendo ésta vez la dirección del campo generado según θ, mano derecha, y la misma dependencia espacial para el campo, (por los mismos argumentos anteriores), tendremos: 3 Z 2π Z 2π Z 0 ρ βρdρdθ = µ0 β B(ρ)ρdθ = µ0 0 a → − B (ρ) = µ0 β ρ2 − a 2 2ρ ρ2 − a2 2 2π ⇒ θ̂ Ası́, el campo magnético total para ésta zona es: 2 ρ ρ − a2 → − B (ρ) = µ0 β k̂ θ̂ + αln 2ρ a b≤ρ El razonamiento es análogo, y los cálculos, muy parecidos. El resultado final es: 2 b b − a2 → − B (ρ) = µ0 β θ̂ + αln k̂ 2ρ a ρ≤a Aquı́ el campo total es cero. Esto no puede sólo concluirse de la ley de Ampere, puesto que si una integral de lı́nea para una curva cerrada es nula, no necesariamente el integrando es siempre nulo. Eso sı́, el vector campo magnético debe ser nulo si se sabe que no depende de las variables de integración. Esto, pues si no fuera ası́ la integral no serı́a cero. En éste caso puede argumentarse que, dadas las simetrı́as, en el mejor caso puede haber dependencia de ρ, pero nada más. Adicionalmente, de la expresión general por definición, dada la ausencia de densidad de corrientes y usando las simetrı́as del problema, (que permiten separar el desarrollo espacialmente), se concluye similarmente. 4 Enunciado Aux. No8 FI2A2 Prof. Auxiliar: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 6 de Octubre de 2008 Problema 1 Medios Magnéticos a) Un solenoide de radio 2[cm] y largo 1[m] está enrollado con un alambre fino a razón de 60 vueltas por centı́metro, transportando una corriente de 4[A]. El interior del solenoide está lleno de un material paramagnético de susceptibilidad magnética 2.9 · 10−4 . → − i. ¿Cuál es la magnitud de H dentro de la substancia? − → ii. ¿Cuál es la magnetización M dentro de la substancia? → − iii. ¿Cuál es la magnitud de la inducción magnética B , en el interior de la substancia? ¿Cuál serı́a la magnitud → − de B si el solenoide estuviera vacı́o? → − iv. ¿Cuál serı́a la magnitud de B si en el interior del solenoide se sustituyera el material paramagnético por hierro dulce, de permeabilidad magnética relativa µr = 500? b) Considere otro solenoide, que puede suponerse muy largo, ésta vez con núcleo de hierro dulce, que posee , y que transporta una corriente de 20 [mA]. Con ésta corriente, la permeabilidad relativa del núcleo 2000 vueltas m de hierro es 1200. Suponga que se extrae el núcleo de hierro. ¿Cuánta corriente es necesario hacer circular por el solenoide para producir el mismo campo dentro del sistema, que en la situación inicial? c) Una esfera de material magnético de radio R se coloca en el origen de coordenadas. La magnetización de la esfera es: − → M = ax2 + b î En que a y b son constantes conocidas. i. Determine las corrientes de magnetización. ii. Ppto: Calcule el potencial magnético vector y el campo magnético, en una posición muy lejana a la esfera (suponiendo que el radio R no es comparable con la distancia a la que se observa). 1 Problema 2 Inductancias Mutuas a) Calcule la inductancia mutua M del circuito de la figura si la bobina 2 posee N espiras, y la 1, n espiras por unidad de largo. b) Calcule el coeficiente de acomplamiento k del circuito. Figura 1 Problema 3 Solenoide en Precisión a) Calcule el campo magnético sobre el eje de un solenoide de largo L y radio R que es recorrido por una corriente i, que le da N vueltas. b) Un cilindro macizo de largo L y radio R está cargado uniformemente con densidad de carga ρ. Se hace rotar en torno a su eje con velocidad angular constante w. Calcule el campo magnético sobre su eje. 2 Resolución Auxiliar No 8 Prof. Aux.: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 6 de Octubre de 2008 Problema 1 a) i. Si se desprecian efector de borde, (i.e., se aproxima el campo dentro de la bobina por el de una muy → − larga), el campo magnético H es, (por Ley de ampére, usando que el campo magnético fuera de la bobina es nulo), → − H = nI k̂ Donde k̂ es un vector unitario a lo largo del eje del solenoide, y n es el número de vueltas del enrollado, por unidad de longitud. La magnitud del campo es finalmente, → − A 4 k̂ H = 2.4 · 10 m − → ii. La magnetización M está dada por: − → → − M = χm H = χm nI k̂ = 6.96 A m k̂ → − → − iii. La magnitud de B es µr µ0 veces la magnitud de H . Aquı́, µ0 = 4π · 10−7 y µr = 1 + χm = 1.00029. Utilizando el resultado de i., queda, → − | B |= 3.0168 · 10−2 [T ]. Si el solenoide estuviera vacı́o, → − → − | B |= µ0 | H |= 3.0159 · 10−2 [T ] iv. Si se sustituyese según el enunciado, → − | B |= 4π · 10−7 · 500 · 2.4 · 104 w 15 [T ]. → − b) Igual que en a), el campo H al interior del solenoide queda 1 → − H = N I k̂ Con I la corriente que circula por el solenoide, y N, el número de vueltas por unidad de longitud del enrollado. Como en el interior se ha puesto un núcleo de hierro dulce, la magnetización es − → → − M = χm H (Como la curva de histéresis del hierro dulce es muy delgada, se suele asumir un comportamiento lineal entre − → → − M y H para éste tipo de material ferromagnético, al menos en un tramo suficientemente grande). Finalmente − → − → → − → − B = µ0 M + H = µ0 µr H = µ0 µr N I k̂ = µ0 1200 · 2000 · 20 · 10−3 ∼ 0.06 [T ] k̂ Para un solenoide vacı́o, → − B = µ0 N I k̂ Para producir 0.06 [T ], se necesita entonces una corriente de I= 0.06 ∼ 23.9 [A] µ0 N c) i. Éste es un caso muy sencillo. En general se tiene que: (→ − − → J = ∇ × M (1) → − − → K = M × n̂ (2) Donde n̂ es la normal a la superficie. Vemos que la expresión (1) resulta nula, en cambio la (2), → − − → K = M × n̂ = aR2 sen2 (θ)cos2 (φ) + b sen(θ)k̂ − cos(θ)ĵ Usando coordenadas esféricas, en que x = Rsen(θ)cos(φ), n̂ = r̂ y r̂ = cosθk̂ + senθ(cosφî + senφĵ). ii. Basta plantear la integral del potencial magnético vector en términos de lo recién calculado y resolver, → − suponiendo que el denominador puede salir de ella. De ahı́, calculando el rotor de A se obtendrá el campo → − magnético B . Problema 2 a) En general, la definición de la inductancia mutua plantea que: M= φ12 φ21 = I2 I1 donde φ12 es el flujo de campo producido por el circuito 2 sobre el 1, y φ21 , análogo pero inverso. Dado que la bobina 2 es más ancha y corta que la 1, realizar ley de ampere con la suposición que el campo sólo apunta en su eje de simetrı́a supone despreciar efectos de borde que son, en principio, no pequeños. (Ni necesariamente despreciables). Por lo anterior, trabajaremos con el flujo producido por el solenoide 1, dentro de la 2, i.e., con el lado derecho de la expresión. Ası́, Z → − → − N N M= B 1 · d S 2 = µ0 nI1 πa2 = N a2 nπµ0 I1 Bobina 2 I1 2 b) El coeficiente de acomplamiento es, k=√ M L1 L2 De la definición para cada autoinductancia, φ1 nDB1 πa2 = = µ0 πa2 n2 D I1 I1 µ0 Nd I2 πb2 N N 2 πb2 L2 = = µ0 I2 d L1 = Finalmente, (después de un depeje algebraico), r a d k= b D Vemos que, si a = b y d = D, i.e., cuando ambas bobinas se convierten en una sola, se cumple que k = 1, i.e., el acomplamiento es completo, lo que es coherente con el sistema. Si bien se utilizó aquı́ la ley de Ampére para obtener el campo dado por cada bobina, debe recalcarse que ésto es una aproximación, en especial para el caso de la bobina 2, y por lo tanto el coeficiente de acomplamiento aquı́ obtenido es una aproximación solamente. Dependiendo de los tamaños y las proporciones del sistema su validez puede aumentar o disminuir. Problema 3 a) Para el cálculo en ésta parte no es útil la ley de Ampere pues la trayectoria cerrada utiliza trozos en los que no conocemos el valor del campo. Nuevamente la integral por definición es bastante compleja, y es preferible trabajar con el vector potencial vectorial y luego tomar rotor. Ésto último queda propuesto, puesto que usaremos en la solución la misma técnica que en el Problema 3 antes planteado. Calcularemos entonces el campo magnético sobre el eje de un anillo circular de radio R, y con él, dividiremos el solenoide en espiras y → − sumaremos todos los aportes. Nota: En rigor, el vector H se denota intensidad de campo magnético, y el → − → − vector B , sólo campo magnético o inducción magnética. En éste caso, se calculará H . Según la figura 1, Figura 1 → − − → − i d l ×→ r dH = 4π r3 Con: → − r = z k̂ − Rcos(φ)î − Rsen(φ)ĵ → − d l = (−Rsenφî + Rcosφĵ)dφ r 3 = z 2 + R2 3 23 Entonces, → − → − i zRcosφî + zRsenφĵ + R2 k̂ dφ ⇒ H (z) = d H (z) = 3 4π (z 2 + R2 ) 2 2π Z iR2 k̂ → − d H (z) = 3 2 (z 2 + R2 ) 2 0 Ésto resulta ser el vector intensidad magnética sobre el eje z, de un anillo circular de radio R, centrado en el origen y a altura z = 0. Dividamos ahora el solenoide en espiras de espesor dz 0 . Sea m el número de vueltas 0 0 por unidad de longitud, m = N L . Entonces, en la espira de espesor dz habrá mdz vueltas, y la corriente total por ella será i0 = imdz 0 El campo magnético entonces, (considerando que las espiras están en z’), queda: → − d H (z) = imdz 0 R2 k̂ 3 2 ((z − z 0 )2 + R2 ) 2 El campo magnético total, (producido por todo el solenoide), a la altura z, resulta: → − H (z) = L → − N iR2 k̂ d H (z) = 2L z 0 =0 Z Z L dz 0 3 N iR2 k̂ = 2L " −(z − z 0 ) p R2 (z − z 0 )2 + R2 # ((z − z 0 )2 + R2 ) 2 " → − z z−L N ik̂ √ −p ∴ H (z) = 2L z 2 + R2 (z − L)2 + R2 0 #L 0 → − b) Ésta parte es bastante mecánica, aunque no por eso sencilla. Buscamos nuevamente H , y para obtenerlo planteamos por definición y resolvemos. La ley de Ampere tampoco sirve aquı́ pues nuevamente, dada la dirección del campo, el camino necesario involucra campos de los que se desconoce su valor. Por ello, parametrizando, tendremos: Z → − → − − J (− r 0 ) × (→ r −→ r 0) 0 dV → − → − 0 3 k r − r k → − 1 H (z) = 4π Con: → − −0 → − − r = z k̂, → r 0 = r0 ρ̂ + z 0 k̂ = r0 cos(θ)î + r0 sen(θ)ĵ + z 0 k̂, J (→ r ) = ρr0 wθ̂ = ρr0 w(−sen(θ)î + cos(θ)ĵ) Ası́, → − ρw H (z) = 4π Z 0 R Z 0 L 2π Z (z − z 0 )r0 cos(θ)î + (z − z 0 )r0 sen(θ)ĵ + r02 k̂ [(z − 0 = ρw k̂ 2 Z R Z L z 0 )2 + 3 r02 ] 2 dθdz 0 r0 dr0 r03 dz 0 dr0 3 0 0 ((z − z 0 )2 + r02 ) 2 Después de algo de trabajo con ésta integral, (primero integrando respecto de dz’ y luego en dr’), se concluye que: q → − ρw p 2 2 2 2 2 2 H (z) = z z + R − z + (z − L) − (z − L) (z − L) + R 2 4 Enunciado Auxiliar No9 FI2A2 Prof. Auxiliar: Felipe L. Benavides Fecha: Miércoles 29 de Octubre de 2008 Problema 1 Se tiene un circuito conductor rectangular, con aristas a(t) = a0 sen(wt) y b, cruzado por un campo magnético → − uniforme y oscilante: B = B0 cos(wt)k̂ que sale de la figura. El circuito está interrumpido por un condensador de capacidad C. Desprecie efectos autoinductivos. a) Determine cómo varı́a la carga en la cara 1 del condensador. Suponga que el conductor rectangular tiene resistencia despreciable. En particular diga cuanto vale la carga en t = 0. ¿Tiene la corriente del circuito la misma frecuencia w que a(t) y que B(t)? b) Calcule la carga en el condensador, Q(t), en el caso en que el rectángulo tiene resistencia R, y suponiendo que la corriente inicial, I(0), es la misma que en el caso anterior. Figura No 1 Prolema 2 Una varilla conductora, con resistencia R, se puede deslizar por una horquilla de resistencia despreciable, fija en el espacio, como se indica en la figura. El plano de la horquilla es vertical, y lo atraviesa un campo magnético perpen→ − dicular, uniforme, y constante, B . Hay contacto eléctrico entre la varilla y la horquilla, de modo que constituyen un circuito eléctrico cerrado. Si la varilla tiene masa m, calcule la velocidad con que cae, dada la existencia de la gravedad, si parte desde el reposo. Desprecie efectos de roce, y efectos autoinductivos. Figura No 2 1 Problema 3 Una espira cuadrada de lado a y masa m puede girar libremente en torno a uno de sus lados, que se elige como eje z. La espira tiene una resistencia R. En el semiespacio 0 ≤ y existe un campo magnético uniforme, → − B = B0 î y en el resto del espacio el campo es nulo. Asuma que el momento de inercia de la espira es In = 5ma2 12 − a) Suponga que en t=0 la espira tiene velocidad angular → w = w0 k̂, y que se encuentra en el plano y = 0. Despreciando efectos de autoinducción, encuentre la velocidad angular de la espira, una vez que ésta ha entrado en la región y > 0, como función del ángulo θ entre la espira y el eje î : w(θ). En particular calcule la diferencia de velocidad angular que la espira sufre al salir del semiespacio 0 ≤ y. b) Calcule la energı́a disipada en la resistencia durante el tiempo que la espira permaneció en la región donde hay campo magnético. Figura No 3 2 Resolución Aux. No9 Prof. Auxiliar: Felipe L. Benavides Fecha: Miércoles 29 de Octubre de 2008 Problema 1 a) Para obtener la carga en el condensador, en las distintas caras, usamos la conocida relación C = VQ . Dado que C es dato, basta encontrar el potencial que enfrenta el condensador, y se tendrá lo pedido. Notamos que, dado que el campo magnético es variable en el tiempo, y el área del circuito que lo enfrenta también, existe inducción de una fem, pues el flujo que atraviesa el área que encierra el circuito es, en efecto, variable. Ası́, por inducción, ε=− Por otro lado, el flujo por el circuito es: I φ= dφ dt → − → − B · d S = B0 a0 bsen(wt)cos(wt) Circuito Como sabemos, sen(2wt) = 2sen(wt)cos(wt) Luego, φ(t) = ⇒ε=− dφ(t) d =− dt dt B0 a0 b sen(2wt) 2 B0 a 0 b sen(2wt) = −B0 a0 bwcos(2wt) 2 La fem que se indujo es negativa. (Siempre es ası́!). Ésto significa que la corriente que genera dicha fem se → − opondrá al campo magnético original, B = B0 cos(wt)k̂. Por ésta razón, usando la misma figura, la corriente circuital será coherente con la regla de la mano derecha para el campo contrario, no para el original. De ahı́, que la cara 1 reciba una carga positiva, pues el condensador enfrenta potencial positivo desde la cara 1 a la 2. Si rotamos la fuente, debemos mantener ésta convención, pues lo importante no es el dibujo, sino la dirección del flujo de corriente. Como entra por la cara 1, es positiva para ésta cara, y negativa para la 2. Finalmente, la carga inducida en la cara 1 es C · V, y en la 2, −C · V, donde V es la tensión inducida en módulo, y no hay ambiguedades, puesto que la dirección del campo magnético original está bien definida. 1 Figura No 1. Calculando, Q1 = +CB0 a0 bwcos(2wt) Para obtener la carga al instante inicial, basta evaluar en t = 0 la expresión anterior. Se observa que la frecuencia de la carga, y por ello, de la corriente circuital, es el doble de la variación del campo. Esto tiene sentido, pues la variación de flujo está directamente relacionada con tanto el cambio en el valor del campo magnético, como el cambio en el área circuital por la alteración de a, en a(t). b) Planteando la ley de voltajes de kirchoff, se obtiene, (según la figura 2), Figura No 2. V (t) = F em(t) = VC + VR = ⇒ F em(t) = Q + RI C Q dQ +R C dt Aquı́ aparece una edo simple a resolver, pero larga. Se obtendrá finalmente que Q(t) = Q(t)Homogenea + Q(t)P articular Donde la parte homogénea viene dada por: t Q(t)Homogenea = Ae− RC Resolver queda propuesto. La condición inicial es la misma que se obtuvo en a), y la solución particular viene de proponer una solución de forma similar a la del lado derecho y calcular. 2 Problema 2 Para calcular la velocidad con la que cae la varilla, debemos primero hacer un análisis de fuerzas. Con él, y la ecuación de Newton, se resuelve todo el problema. La idea es que el campo magnético genera un flujo variable sobre el circuito, pues la varilla que lo cierra, se desplaza. La corriente por el circuito, y la interacción entre ella y el campo magnético original, generarán la fuerza que se opone a su caı́da. Planteando las fuerzas obtenemos: → − F Gravedad = mg k̂ → − F M agnetica = I Z → − → − dl × B V arilla → − ˆ pues la corriente avanza en Usando el mismo análisis del problema anterior, la dirección del paso dl es según i, ésta dirección, dado que el campo que genera, (por la regla de la mano derecha), se opone al original sólo en ésta disposición. De ésta forma, integrando sobre la varilla, Z → − F M agnetica = I dxî × (−B ĵ) = −IlB k̂. V arilla Luego, → − F = (mg − ILB)k̂ La corriente eso sı́, es desconocida. Por ello, usamos la ecuación que entrega el efecto de inducción, ε=− d dφ = − ((−B)z(t)l) dt dt Como la vara tiene resistencia R, ε = RI = Bl ⇒m dz(t) BL d ⇒I= (z(t)) dt R dt d2 l2 B 2 d (z(t)) = mg − (z(t)) dt2 R dt Finalmente, (resolviendo el polinomio caracterı́stico, (y con él las partes homogénea y particular), sumando y derivando), −(BL)2 d mgR + Ae mR t v(t) = (z(t)) = 2 dt (BL) La condición inicial es de reposo en t = 0, por lo que, (BL)2 d mgR − mR t (z(t)) = v(t) = 1 − e 2 dt (BL) Problema 3 a) Necesitamos una ecuación para w(θ), de tal forma que evaluando obtengamos la diferencia. Para encontrarla, us2 aremos torque, pues de hecho, tenemos el momento de inercia In = 5ma 12 . Como, X→ − − T = In → α Con α la aceleración angular, y usando la aproximación de dipolo magnético, tendremos, → − → − → − − m × B 0 = T = In → α 3 → − → − − − Necesitamos entonces → m. Pero → m = I S , donde I es la corriente que atraviesa la espira, y S , el vector de área orientada, i.e., el área orientada según la normal a la superficie. La corriente es desconocida, por lo que usamos inducción. Tendremos que, Z φ(θ(t)) = B0 î · dρdz θ̂ = −B0 a2 sen(θ) ⇒ε=− dφ (θ(t)) = B0 a2 cos(θ)θ̇ dt ⇒I= ε B0 a2 cos(θ)θ̇ = R R → − Como S = a2 θ̂ B 2 a4 → − − − ⇒ In → α =→ m × B 0 = 0 cos2 (θ)θ̇(−k̂) R B 2 a4 ⇒ In θ̈ = − 0 R 1 + cos(2θ) 2 θ̇ Resolviendo la ecuación anterior, y planteando la diferencia entre θ = 0 y θ = π, B02 a4 6π B0 a2 4w = − π= 2RIn 5 mR b) Ésta parte puede resolverse de dos formas, en forma simple. La primera asume el cálculo de la potencia disipada en la resistencia por definición, usando adecuadamente las expresiones para la potencia en circuitos sencillos como éste. Otra forma, ciertamente más elegante, está relacionada con darse cuenta que la pérdida en energı́a cinética corresponde a la pérdida de energı́a del sistema de la espira en movimiento, y esa pérdida puede cuantificarse por el teorema de trabajo y energı́a como 4U = 1 1 In wi2 − In wf2 2 2 Es interesante notar que la disipación térmica de energı́a por efecto Joule, corresponde, en condiciones ideales, a la pérdida de velocidad angular de la espira. Planteando los valores obtenidos para las velocidades angulares, y el momento de inercia de la espira, se obtiene el valor pedido. 4 Enunciado Aux. No10 FI2A2 Prof. Auxiliar: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 3 de Noviembre de 2008 Energı́a Magnética y Fuerzas Asociadas - Electroimán, Resorte comprimido Problema 1 En la figura de más abajo se muestra un toroide delgado de sección circular A, que posee un enrollado de N vueltas con una corriente I0 . El toroide se compone de dos mitades con permeabilidades magnéticas µ1 y µ2 respectivamente. Dichas mitades se encuentran separadas una pequeña distancia h. (h << a, b). Suponiendo que el alambre conductor de la bobina tiene una resistencia despreciable, se pide estimar, (lo más preciso posible), a) Energı́a almacenada en el sistema, en régimen permanente. b) Fuerza sobre la parte derecha del entrehierro, asumiendo que la izquierda está fija. Figura 1. autoinducción e inductancias mutuas, el transformador Problema 2 Considere un sistema formado por dos bobinas de N1 y N2 vueltas enrolladas en un núcleo de fierro toroidal de permitividad magnética µ, según se muestra en la figura. El circuito 1 (de la izquierda) es alimentado por una fuente sinusoidal, mientras que el circuito 2 se encuentra cortocircuitado. Figura 2. 1 Suponiendo que los circuitos 1 y 2 tienen resistencias R1 y R2 respectivamente, se pide: a) Calcular el valor de las corrientes I1 (t) e I2 (t) cuando ha pasado mucho tiempo desde que se conectó la fuente de voltaje V (t). b) Suponga ahora que cuando por el circuito 1 se encuentra circulando la corriente máxima se produce un cortocircuito, de modo que los puntos A y B quedan unidos entre si en forma instantánea (puede suponerse que mediante un conductor de resistencia nula). En estas condiciones se pide determinar las corrientes I1 e I2 en función del tiempo. ¿Qué ocurre cuando ha pasado mucho tiempo (t → ∞)? 2 Resolución Aux. No10 Prof. Aux.: Felipe L. Benavides Fecha: Lunes 3 de Noviembre de 2008 Problema 1 a) Para encontrar la energı́a almacenada en régimen permanente, encontraremos el valor de la inductancia del sistema. Basta ésto pues, dado que la corriente I0 es un dato, los efectos autoinductivos, si no son despreciables, ya están incluı́dos allı́. Queremos usar, E= 1 2 LI 2 0 Necesitamos L. Para obtenerla, planteamos por definición, L= φ I0 Necesitamos el flujo de campo magnético por el sistema, y para ello, planteamos la ley de ampére. Aproximaremos que h es suficientemente pequeño como para que el sistema de referencia de la primera mitad del toroide sea válido para la segunda, y cuando desarrollemos, se encontrará que la inductancia depende de la posición, i.e., no es un valor fijo. Ésto no permitirı́a que utilizáramos la expresión anterior, pero usaremos que el radio ρ del que depende el valor de L es fijo; el pto. medio del toroide. Ası́, I − → − → H · dl = N I0 = H1 (ρ)ρπ + H2 (ρ)h + H3 (ρ)ρπ + H4 (ρ)h Usando que B1n = B2n = B3n = B4n = B ⇒ B(ρ)ρπ B(ρ)h B(ρ)ρπ B(ρ)h + + + = N I0 µ1 µ0 µ2 µ0 → − B (ρ) ' 2h µ0 + N I0 θ̂ µ1 +µ2 a+b µ1 µ2 π( 2 ) Asi, 2 L= π N 2 (a−b) 4 2h µ0 + µ1 +µ2 2µ1 µ2 π(a + b) Finalmente, 2 E= 1 2 N 2 (a−b) π 4 2h µ0 + µ1 +µ2 2µ1 µ2 π(a + b) I02 b) La fuerza entre las mitades de toroide es el opuesto a la derivada respecto de la posición, i.e., h, de la energı́a magnética, recién calculada. Con ello, 2 N 2 I02 (a−b) π ∂E → − 4 h i k= k F k=k − ∂h 1 +µ2 µ0 µ2h0 + µ2µ π(a + b) 1 µ2 1 Problema 2 a) Para calcular los valores de las corrientes en ambos circuitos en régimen permanente, debemos resolver las ecuaciones de interacción del sistema y de ellas imponer que el tiempo sea muy grande. La idea es usar las leyes de kirchoff en ambos circuitos considerando el efecto de inductancia mutua que se produce, y la autoinductancia. (La inductancia mutua estará dada por la corriente del circuito opuesto, y la autoinductancia, por la propia. Por ello se plantea el campo magnético con ambas corrientes). Para plantear dichas leyes, debemos inicialmente obtener el valor del campo magnético dentro del toroide. Por ley de Ampére, debemos calcular el valor del campo generado por cada corriente, aproximándolo en todo el toroide por el que hay en el pto. medio de él. I Z − → − → H · dl = ILibre π H(ρ)ρdθ = −N1 I1 (t) + N2 I2 (t) ρ= −π a+b 2 (N2 I2 − N1 I1 ) → − H = θ̂ π(a + b) El sistema de referencia es cilı́ndricas, con k̂ saliendo de la figura en la hoja. Ésto es arbitrario, y perfectamente puede suponerse lo contrario y obtener resultados equivalentes. Por otro lado, las direcciones de las corrientes en cada bobinado también son arbitrarias, por lo que puede suponerse cualquier cosa, y, de ser coherente, se llegará a resultados correctos. Usando las direcciones de la figura del enunciado, i.e., con la primera corriente entrando al sistema, saliendo desde la fuente, y con la corriente en el segundo circuito bajando por el bobinado, la regla de la mano derecha en cada circuito dice que el flujo de campo generado por el primer circuito apuntará en −θ̂, y el segundo, θ̂. Planteando las leyes de kirchoff en ambos circuitos, (no asumimos nada respecto de ellas), V (t) = V0 cos(wt) + εInducida1 = R1 I1 εInducida2 = R2 I2 Las f.e.m. inducidas no son iguales, puesto que el número de vueltas en cada caso no es el mismo. De hecho, ni siquiera tienen el mismo signo! El cálculo de los flujos en cada circuito, (inducidos respecto de su opuesto y sı́ mismos), es donde debemos tener más cuidado. Para el primer circuito, la normal apuntará según −θ̂ en nuestro sistema de referencia. (La regla de la mano derecha para la corriente arbitraria arroja éste resultado). Para el segundo circuito, es al revés, y la normal apunta según θ̂. Usamos las direcciones arbitrarias pues el signo menos de la inducción ajusta después los resultados. Los flujos finalmente son, (dados los dS vectoriales), Z (N2 I2 − N1 I1 ) → → − − S φ1 = N1 B · dS 1 = −N1 µ π(a + b) Z (N2 I2 − N1 I1 ) → → − − φ2 = N2 B · dS 2 = N2 µ S π(a + b) 2 π donde S = b−a 2 La inducción queda, ε=− εInducida1 = N1 µ dφ dt N2 I˙2 − N1 I˙1 S π(a + b) εInducida2 = −N2 µ N2 I˙2 − N1 I˙1 S π(a + b) Podemos comprobar que hemos sido coherentes, puesto que de las expresiones anteriores pueden perfectamente extraerse los términos de inductancia mutua y autoinductancia. En cada caso, las inductancias mutuas se suman, y las propias, se oponen al fenómeno total de tensión en el circuito. (En varios textos se encuentran éstas mismas ecuaciones, pero con el signo cambiado. Ésto se debe a que se asume el signo opuesto dentro de los εInducccion ). 2 Finalmente, las leyes de kirchoff quedan, V0 cos(wt) + C1 N2 I˙2 − N1 I˙1 = R1 I1 −C2 N2 I˙2 − N1 I˙1 = R2 I2 N2 µS N1 µS , C2 = π(a+b) usando que C1 = π(a+b) La fı́sica del problema termina aquı́. En adelante, resolver el sistema de ecuaciones permite resolver los comportamientos transientes. Otra forma de deducir éstas ecuaciones, eso sı́, mucho menos trabajosa, es trabajar directamente con los términos de autoinductancia e inductancias mutuas. En general, Nj φjk ik Ljk = donde el subı́ndice j hace referencia al lugar donde se mide el efecto, y el subı́ndice k, a quien lo genera. En general, los flujos con subı́ndices aluden a los efectos generados por una parte del circuito, cuando la otra no existe, o no tiene corriente. La superposición de los efectos permite resolver en forma más sencilla. Por ejemplo, la inductancia L11 se calcula con el flujo que atraviesa el bobinado 1, generado por sı́ mismo, cuando el bobinado 2 no tiene corriente alguna. La inductancia L22 se calcula con el flujo que atraviesa el bobinado 2, también generado por sı́ mismo, cuando el bobinado 1 no tiene corriente. Finalmente, la inductancia L12 , (equivalente a L21 ), se calcula con el flujo que atraviesa el bobinado 1, (sin corriente), dado el campo generado por el bobinado 2. Entonces, L11 = N12 µS N1 φ11 = i1 π(a + b) L22 = N2 φ22 N22 µS = i2 π(a + b) L12 = N1 N2 µS π(a + b) Usando ahora que, (V (t)) = [R] (i) + [L] d (i) dt sólo basta tener cuidado con los signos. Si se define que ambas corrientes entran al sistema, (ambas bajan por los bobinados), para ser coherentes con el dibujo y los flujos generados, debemos usar que la autoinducción es positiva, y la inducción mutua negativa, pues los flujos mutuos son opuestos. Ası́, se obtendrá que, V0 cos(wt) = R1 I1 + L11 0 = R2 I2 + L22 d d i1 − L12 i2 dt dt d d i2 − L12 i1 dt dt que es exactamente lo mismo que obtuvimos al principio. Una forma de resolver éste sistema es despejar la diferencia de las derivadas de las corrientes en la segunda ecuación, introducir ésto en la primera, y derivar dicha ecuación resultante. Ésto entrega la siguiente EDO, I˙2 + R1 R2 C2 wV0 N1 I2 = − sen(wt) C2 R1 N2 + C1 R2 N1 C1 R2 N1 + C2 R1 N2 ∴ I2 (t) = Ae−λt + Bcos(wt + φ) 3 Las constantes B y φ, se despejan de imponer que la solución es ésta, introducirla en la EDO y luego abrir los cos(a+b) y sen(a+b) con la fórmula de la suma de ángulos. De ahı́, se tendrá que K1 sen(wt) + K2 cos(wt) = 0 con los K constantes conocidas. Como las funciones sen y cos son ortogonales, las constantes deben ser nulas, para que la ecuación se cumpla. Ésto despeja φ y B. La constante A se despeja de la condición inicial, que es que la corriente R2 al inicio en el circuito 2 es nula, y λ es conocida, de la EDO resolviendo la parte homogénea. λ = C2 R1 NR21+C . 1 R2 N1 La corriente I1 (t) puede despejarse sin necesidad de construir una EDO para ella. Del sistema, se tiene que, R1 I1 + ∴ I1 (t) = C 1 R2 I2 = V0 cos(wt) C2 V0 C1 R2 −λt cos(wt) − Ae + Bcos(wt + φ) R1 C 2 R1 Al imponer que haya pasado mucho tiempo, las exponenciales caerán, y si la fuente se mantiene, las corrientes en régimen permanente serán sumas de sinusoidales según las ecuaciones para I1 e I2 . b) La situación queda definida por las siguientes ecuaciones, +C1 N2 I˙2 − N1 I˙1 = R1 I1 −C2 N2 I˙2 − N1 I˙1 = R2 I2 De ahı́, I1 = −I2 ⇒ I˙2 + C 1 R2 C 2 R1 R1 R2 I2 = 0 ⇒ I2 (t) = De−λ2 t C2 N2 R1 + C1 N1 R2 R2 . Se ve que la corriente en ambos circuitos se disipará rápidamente en el tiempo. Con λ2 = C2 N2 RR11+C 1 N1 R2 Las condiciones iniciales determinan el problema. La corriente máxima en I1 sale de, despreciando la exponencial, derivar e igualar a cero en la expresión original, considerando la fuente. La condición inicial determina la constante D, y de ahı́ el álgebra de las expresiones resuelve el problema en su totalidad. 4 FI2002 Electromagnetismo Clase Auxiliar 8 Profesor Auxiliar: Sebastián Fehlandt Fecha: 26/10/2009 P3 C2 Otoño 2008 Se tiene un sistema formado por dos cables conductores por los cuales circulan corrientes según se muestra en la Figura 3. j I1 a I2 i  k Figura 3 Se pide: a) Demostrar que la fuerza entre alambres paralelos que conducen corrientes de intensidad ˆ I1 e I2, ambas en la misma dirección según i , es atractiva. b) Si los dos alambres paralelos son muy largos y están separados por una distancia a, hallar la fuerza magnética sobre un segmento diferencial del alambre 2. FI2002 Electromagnetismo Clase Auxiliar 10 Profesor Auxiliar: Sebastián Fehlandt Fecha: 16/11/2009 P1. Se tiene un sistema formado por dos bobinas de y vueltas enrolladas en un núcleo de fierro toroidal de permitividad según se muestra en la siguiente figura. Los voltajes y indicados corresponden a las FEM inducidas en las bobinas, por las corrientes e . Se pide: a) Suponiendo bobinas ideales, ie sin resistencia. Encuentre una expresión para el voltaje en función de las derivadas temporales de las corrientes e . Haga lo mismo para el voltaje . b) Encuentre una relación entre los voltajes y que no depende de las corrientes ni sus derivadas, sólo de los parámetros del circuito. P2. P1 Examen 2008. Se tiene un par de conductores circulares de área A y ancho a, entre los cuales se dispone un medio material con conductividad , y , según se muestra en la siguiente figura: Entre los conductores, usando una fuente de potencial variable, se genera un campo eléctrico de la forma i. ii. . Si , se pide: Calcular la frecuencia a la cual el valor máximo del vector densidad de corriente, es igual al valor máximo de la corriente de desplazamiento. ¿Cuánto vale ? P3. P2 Examen 2008. Se tiene un cilindro de radio a y altura h (h>>a), el cual tiene una conductividad g. Se pide calcular lo siguiente: i. ii. Calcular la resistencia del cilindro entres sus dos extremos. Se desea reducir la resistencia y para ello se rodea el cilindro con una película de cobre de ancho t. Sabiendo que la conductividad del cobre es gc, se pide determinar la ecuación que permite calcular el ancho t de modo de reducir la resistencia en 20%. P4. P4 Examen 2008. Considere una región del espacio donde existe un campo magnético y un campo eléctrico ingresa a este espacio con velocidad i. ii. . Si en t=0, una partícula de masa m y carga q en la posición (0,1,0), se pide: Plantee la ecuación de movimiento de la carga (en las tres coordenadas) Determine y dibuje (aproximadamente) la trayectoria que sigue la partícula. Guı́a de Ejercicios No 1 FI2A2 Prof. Auxiliar: Felipe L. Benavides Problema 1 En el plano XY se tiene una densidad de carga que, expresada en coordenadas polares, se calcula según la siguiente expresión: (con a y σ0 constantes conocidas) a3 σ0 σ(ρ) = − 3 (ρ2 + a2 ) 2 a) Determine el campo eléctrico sobre el punto del eje Z definido por z = a. b) El campo sobre el eje Z, con z muy grande, tiende a cero. Determine la forma asintótica, (el orden de magnitud), con que ésto sucede. Problema 2 Se tiene una esfera de radio R con una densidad de carga uniforme ρ0 , excepto en una región esférica de radio b < R, totalmente contenida en la primera, que no posee carga en su interior. Probar que en dicha zona, el campo eléctrico es uniforme. Problema 3 Considere un conductor esférico de radio R con una oquedad en su interior, la que contiene una carga puntual q → − según se muestra en la figura. Determine campo y potencial eléctrico, E (r) y V (r) para r > R. (Ver figura No 1) Figura No 1 Problema 4 → − Considere una región del espacio donde se tiene un campo eléctrico constante E = E0 k̂. En éste espacio se introduce una esfera conductora descargada de acero. a) Dibuje aproximadamente las lı́neas de campo en las cercanı́as de la esfera, y al interior de ella. b) ¿Hay distribución superficial de carga en la esfera? 1 c) Si la respuesta en b) es afirmativa, ¿cuánto vale el campo producido solamente por la distribución superficial de cargas al interior de la esfera? Problema 5 En la figura se muestra un tubo de rayos catódicos como los usados en los televisores. El tubo produce un rayo de electrones que entran a un espacio limitado entre dos placas. Éstas placas tienen densidades superficiales de carga dadas por +σ y −σ, lo que provoca un campo eléctrico perpendicular a ellas. A una distancia L de las placas se encuentra una pantalla de largo 2s. Determine σ tal que los electrones no se escapen fuera de la pantalla. Considere que el campo eléctrico es nulo fuera de la región entre las placas, que los electrones ingresan con velocidad v0 en el eje horizontal y cero en el eje vertical, y que hay gravedad. Asuma conocidas también las constantes que aparecen en la figura, además de la masa y carga de un electrón. Figura No 2 Problema 6 → − Se tiene un campo eléctrico constante y uniforme en todo el espacio, (vacı́o), E = E0 k̂, en que k̂ es un vector unitario según el eje OZ. Se introduce luego una esfera de material dieléctrico de constante dielétrica ε y de radio R. Como consecuencia de ésto, el campo eléctrico se deforma. Tómese el origen de coordenadas en el centro de la esfera. LLámese región I al interior de la esfera, y región II al exterior. Se sabe, (ésto es un dato), que la solución para el potencial en ambas regiones se escribe, en coordenadas esféricas: ( VI = AI rcos(θ) + BI cos(θ) r12 (r ≤ R) V = 1 VII = AII rcos(θ) + BII cos(θ) r2 (r ≥ R) a) Calcule el valor de las constantes AI , AII , BI y BII . Con ello, obtenga el campo eléctrico en todo el espacio. b) Calcule la densidad superficial de carga de polarización sobre la superficie de la esfera. 2 Guı́a de Ejercicios No 2 FI2A2 Prof. Auxiliar: Felipe L. Benavides Problema 1 Continuidad de la Corriente y Evolución Temporal de Cargas Libres Considere un sistema formado por dos placas conductoras conectadas a una diferencia de potencial V0 . En el espacio interior a las placas se colocan dos medios dieléctricos imperfectos. La configuración, detallada en la figura 1, corresponde a un trozo de circunferencia. Suponga que las placas tienen dimensiones tales que puede despreciar efectos de borde. → − → − a) Calcule el campo eléctrico E y la densidad de corriente J entre las placas. Obtenga, asumiendo conocidas las dimensiones geométricas del sistema, su resistencia total. b) Calcule la densidad superficial de carga que aparece en la interfaz, en régimen permanente. c) Suponiendo que la fuente se desconecta del sistema en un instante dado, determine la evolución temporal de la densidad de carga libre en la interfaz. Figura 1. Problema 2 Resistencias y Campos Magnéticos en Lı́neas de Transmisión Parte I Considere una lı́nea de transmisión compuesta por un cilindro de radio a y altura h, (h >> a), con conductividad g. Se pide calcular: a) Resistencia del cilindro entre sus dos extremos. b) Suponga que se desea reducir la resistencia total, y para ello se rodea el cilindro con una pelı́cula de cobre, de ancho t. Usando que la conductividad del cobre es gc , determine el ancho t que permite reducir la resistencia total del cable en un 20%. 1 Parte II. Considere ésta vez una lı́nea de transmisión coaxial llena de un material con permeabilidad magnética no lineal, con un conductor interno sólido de radio a y un conductor externo muy delgado, de radio interior b, según se muestra en la figura 2. Se sabe que en el conductr interno circula una corriente I0 hacia afuera de la hoja, y vuelve en dirección opuesta por el conductor externo. En ambos conductores la corriente se reparte en forma homogénea, y ambos se 1.6H , pueden suponer, muy largos. Si la curva de magnetización del material se puede aproximar como B = 1000+H calcule: (El material es el trozo gris de la fig.) a) Campo magnético en todo el espacio. b) Vector magnetización en el medio material. Figura 2. Problema 3 Electroimán En la figura de más abajo se muestra un toroide delgado de sección circular A, que posee un enrollado de N vueltas con una corriente I0 . El toroide se compone de dos mitades µ1 y µ2 respectivamente. Dichas mitades se encuentran separadas una pequeña distancia h. (h << a, b). Suponiendo que el alambre conductor de la bobina tiene una resistencia despreciable, se pide estimar, (lo más preciso posible), a) Inductancia del sistema. b) Energı́a almacenada en el sistema, en régimen permanente. c) Fuerza sobre la parte derecha del entrehierro, asumiendo que la izquierda está fija. Figura 3. 2 Problema 4 Inductancias Mutuas Se pretende estudiar la inductancia mutua y algunos fenómenos asociados a ella en la materia, (en forma microscópica), modelando el movimiento de los electrones con anillos conductores de corrientes I1 e I2 , para estructuras moleculares dispares, con uno o más átomos mayores que los otros. a) Considere dos anillos conductores cuyos planos son paralelos al plano OXY, de un sistema cartesiano de coordenadas. Los anillos llevan corrientes iguales y en el mismo sentido, y tienen radios a, y b, con a > b. Los centros de los anillos están separados por una distancia d, ambos sobre el eje OZ. → − i. Calcule el campo magnético B en el centro del anillo más pequeño, producido sólo por la corriente que circula por el anillo más grande. ii. Suponiendo que el campo magnético es uniforme, (d >> a), en toda la sección del anillos más pequeño, calcule la inductancia mutua entre los circuitos. (Un valor aproximado de ella). b) Demuestre que la inductancia mutua se puede calcular en éste caso, sin aproximaciones, con la siguiente expresión: M = M12 = M21 = I I → − → − dl 1 · dl 2 r µ0 4π C1 C2 donde r es la distancia entre ambos circuitos, (en la integral, dada por la distancia entre la posición indicada → − → − por dl 1 , para el primer circuito, y dl 2 para el segundo), y C1 y C2 son los circuitos 1 y 2 respectivamente. ¿Es ésta fórmula general? Si no lo es, ¿en qué casos no puede aplicarse? Figura 4. Problema 5 → − Cálculo de B en diversas situaciones a) Calcule el campo magnético en el origen del sistema de referencia, según la figura de más abajo. Determine el valor numérico de lo anterior para I = 2[A] y a = 5[cm]. b) Considere una espira formada por dos semicı́rculos coplanares concéntricos, de radios a y b, con b > a respectivamente, unidos por dos segmentos como se indica más abajo. Suponga que por la espira circula una corriente I. Calcule el campo magnético producido por la espira en el centro de los semicı́rculos. 3 c) Considere un disco aislante de radio a sobre el que se ha depositado una densidad de carga superficial uniforme, σ. Si el disco rota en torno a su eje de simetrı́a con velocidad angular w, calcule el campo magnético producido por el disco, sobre su eje. Figura 5. Problema 6 Cargas en Movimiento en presencia de Campo Eléctrico y Magnético → − → − Considere una región del espaio donde existe un campo magnético B = B0 k̂, y un campo eléctrico E = E0 cos(wt)k̂. − Si en t = 0 una partı́cula de masa m y carga q ingresa a éste espacio, con velocidad → u = u0 î, en la posición (0,0,1), a) Determine la ecuación de movimiento de la carga, en las tres coordenadas. b) Dibuje, en forma aproximada, la trayectoria que sigue la partı́cula. Problema 7 Antenas y Lı́neas de Campo El alambre indicado en la figura tiene una longitud L y está recorrido por una corriente I. Calcular, en un punto P cualquiera situado lejos del alambre (r >> l): → − a) El vector inducción magnética, B . b) A partir del resultado anterior, demuestre que las lı́neas del campo magnético en el plano (xy) son circunferencias. Para ello, prosiga como sigue: → − → − i) Demuestre que dr × B = 0 corresponde a la ecuación diferencial vectorial de las lı́neas de campo magnético. ii) Utilice (i) para probar que las lı́neas de campo magnético en xy son efectivamente, circunferencias. 4 Para la aproximación, puede basarse en que, y argumentar en forma razonable. 0 r =r q 1−2 Figura 6. 5 z r cos(θ) + z 2 r Soluciones Guı́a de Ejercicios No 2 FI2A2 Prof. Cátedra: Simón Cassassus Prof. Auxiliar: Felipe L. Benavides Problema 1. → − → − 1 1 V0 V0 θ̂; E 1 (ρ) = − θ̂; a) J (ρ) = − ρ θ1 + θ2 g1 ρ θ1 + θ2 g1 g2 g1 g2 i h θ2 θ1 g1 + g2 → − 1 V0 θ̂; R = E 2 (ρ) = − ρ2 g2 ρ θ1 + θ2 (z − z ) ln 2 1 g1 g2 ρ1 ε2 V0 ε1 b) σ(ρ) = − g2 g1 ρ gθ11 + gθ22 c) σ(t, ρ) = σ(0, ρ)e−λt V0 Con σ(0, ρ) = ρ θ1 g1 + θ2 g2 ε2 ε1 − g2 g1 yλ= g1 θ2 + g2 θ1 ε1 θ2 + ε2 θ1 Problema 2. Parte I. a) R = h gπa2 r g −1 b) t = a 1+ 4gc Parte II.  → − 0 I0 ρ  B (ρ) = µ2πa 2 θ̂ ρ < a → − 1.6I0 a) a < ρ < b B (ρ) = 2000πρ+I0 θ̂  → −  ρ>b B (ρ) = 0    ρ < a b) a < ρ < b   ρ > b − → M (ρ) = 0h − → 1.6I0 M (ρ) = µ0 (2000πρ+I − 0) − → M (ρ) = 0 Problema 3. a) L = h Problema 4. I0 2πρ i θ̂ N 2A 2h µ0 + (a+b)π(µ1 +µ2 ) 2µ1 µ2 → − a) i. B (d) = µ0 Ia 3 i k̂ 2 (d2 + a2 ) 2 ii. M = µ0 πa2 b2 3 2 (d2 + a2 ) 2 b) La fórmula es general en los casos en que se cumple el teorema de Stokes. Ası́, su validez se acota a las hipótesis del teorema, respecto de las propiedades de las curvas y superficies del sistema. 1 Problema 5. → − µ0 I a) B (0) = − 2a 1 1 + π 2 k̂ Evaluando, → − k B (0) k= 2.06 · 10−5 [T ] → − µ0 I 1 1 b) B (0) = − 4 b a " # 1 → − µ0 σω a2 + 2z 2 − 2 k z k (a2 + z 2 ) 2 c) B (z) = k̂ 1 2 (a2 + z 2 ) 2 Problema 6. a) Pendiente. b) Figura No 1. Problema 7. → − µ0 IL xĵ − y î a) B ' 4π (x2 + y 2 + z 2 ) 23 2 Guı́a de Ejercicios No3 FI2A2 Prof. Auxiliar: Felipe L. Benavides I. Inducción, generador ideal - torques y movimiento Problema 1.1 El generador elemental consiste en una horquilla de separación d, por la que puede deslizar una barra móvil de masa m y resistencia R. El circuito está inmerso en un campo magnético B perpendicular al plano de la horquilla. Con el objeto de generar una f.e.m inducida en el circuito cerrado formado por la horquilla y la barra móvil, ésta última se desplaza paralela a sı́ misma, con velocidad constante v. a) ¿Cuál es la potencia que se debe entregar a la barra móvil para que ésta tenga una velocidad constante v ? b) ¿Cuánto vale la potencia disipada en la resistencia? c) ¿Son iguales b) y c)? ¿Qué significado tiene ésto en términos de las energı́as involucradas, y la conversión electromecánica? Figura 1. Problema 1.2 Se tiene una espira rectangular conductora imperfecta de largo l , ancho h, resistencia R e inercia I (en torno al eje z), que es libre de girar en torno a dicho eje. En cierto instante se somete a un campo magnético variable en el → − tiempo de la forma B = B0 (cos(wt)î + sen(wt)ĵ). Para lo que sigue, desprecie efectos autoinductivos. a) Encuentre la f.e.m inducida en la espira para todo ángulo α y para todo instante t debido al campo magnético externo. (α corresponde al ángulo entre el plano de la espira y el plano XZ). b) Encuentre la ecuación de movimiento de la espira. c) ¿Qué sucede con la espira después de un perı́odo largo de tiempo? Avale su respuesta con cálculos explı́citos. 1 II. autoinducción e inductancias mutuas, el transformador Problema 2.1 Considere un sistema formado por dos bobinas de N1 y N2 vueltas enrolladas en un núcleo de fierro toroidal de permitividad magnética µ, según se muestra en la figura. El circuito 1 (de la izquierda) es alimentado por una fuente sinusoidal, mientras que el circuito 2 se encuentra cortocircuitado. Figura 2. Suponiendo que los circuitos 1 y 2 tienen resistencias R1 y R2 respectivamente, se pide: a) Calcular el valor de las corrientes I1 (t) e I2 (t) cuando ha pasado mucho tiempo desde que se conectó la fuente de voltaje V (t). b) Suponga ahora que cuando por el circuito 1 se encuentra circulando la corriente máxima se produce un cortocircuito, de modo que los puntos A y B quedan unidos entre si en forma instantánea (puede suponerse que mediante un conductor de resistencia nula). En estas condiciones se pide determinar las corrientes I1 e I2 en función del tiempo. ¿Qué ocurre cuando ha pasado mucho tiempo (t → ∞)? III. Circuitos LRC y evolución temporal Problema 3.1 a) Considere un circuito RC serie, (i.e., una resistencia y un condensador conectados en serie), con condición inicial de voltaje V0 . ¿Cuánto vale el voltaje en el condensador, en función del tiempo? Asuma C y R conocidos. b) Considere un circuito LR serie, (i.e., una resistencia y una inductancia conectadas en serie), con condición inicial de corriente I0 . ¿Cuánto vale el voltaje en la inductancia, en función del tiempo? Asuma L y R conocidos. c) Considere un circuito LC serie, (i.e., una resistencia y un condensador conectados en serie), con condición inicial de voltaje en el condensador, V0 . ¿Cuánto vale el voltaje en el condensador, en función del tiempo? ¿Y la corriente por el circuito? Asuma L y C conocidos. d) Usando las ideas de b) y c), resuelva la siguiente situación: Se tiene un circuito LC serie, (L1 y C1 ), con condición inicial para el voltaje en el condensador, y con la inductancia acoplada a otro circuito RL serie, (R1 y L1 conocidos), sin circulación de corriente al instante inicial. ¿Cuánto vale el voltaje en la resistencia, si la constante de acoplamiento entre las bobinas es M ? IV. Energı́a Magnética y Fuerzas Asociadas - Electroimán, Resorte comprimido Problema 4.1 En la figura de más abajo se muestra un toroide delgado de sección circular A, que posee un enrollado de N vueltas con una corriente I0 . El toroide se compone de dos mitades con permeabilidades magnéticas µ1 y µ2 respectivamente. Dichas mitades se encuentran separadas una pequeña distancia h. (h << a, b). Suponiendo que el alambre conductor de la bobina tiene una resistencia despreciable, se pide estimar, (lo más preciso posible), 2 a) Energı́a almacenada en el sistema, en régimen permanente. b) Fuerza sobre la parte derecha del entrehierro, asumiendo que la izquierda está fija. Figura 3. Problema 4.2 Un experimento que suele utilizarse para ilustrar la fuerza magnética es el de la contracción que sufre un resorte al hacer circular por él una corriente. Para tal efecto, considere un resorte de constante elástica k y de largo natural l0 . Supongamos que el resorte está hecho de un material conductor, que tiene N vueltas, (espiras), y que es de sección transversal de área A. ¿Cuánto se comprime el resorte al hacer circular una corriente I por él? V. Ecuaciones de Maxwell Vector de Poynting, Ondas Planas, Intensidad de Ondas, Polarizacion (problemas cortos) Problema 5.1 Un alambre cilı́ndrico recto de conductividad g y área de sección transversal A, conduce una corriente uniforme de intensidad I. Determine la dirección y magnitud del vector de Poynting en la superficie del alambre. Integre la componente normal del vector de Poynting sobre la superficie del alambre, de longitud L, y compare el resultado con el calor de Joule producido por éste segmento. Problema 5.2 a) Calcule el campo eléctrico de la radiación electromagnética en la superficie del sol, sabiendo que la potencia irradiada por él es de aprox. 3.8 · 1026 [W ], y que su radio es, también aprox., 7 · 108 [m]. W b) En un dı́a soleado, la tierra recibe aproximadamente 1300 m de energı́a radiante procedente del sol. 2 Suponiendo que la radiación está en forma de onda plana monocromática, incidiendo normal a la superficie, calcule la magnitud de los vectores de campo eléctrico y magnético. Problema 5.3 Una onda electromagnética tiene una frecuencia de 1000 MHz y se propaga en el vacı́o. El campo magnético es, (B0 conocido), → − B (z, t) = B0 cos(kz − wt)î a) Encuentre la frecuencia angular, longitud de onda y dirección de propagación de la onda. → − b) Encuentre el campo eléctrico, E (z, t) c) Encuentre el vector de Poynting y la intensidad de la onda. 3 Problema 5.4 Una fuente esférica de 40 [W ] emite radiación electromagnética isotrópicamente, de longitud de onda λ0 . A un metro de distancia, ésta puede considerarse una onda plana. a) Escriba el campo eléctrico de la onda en el punto P de coordenadas x = cos(30)[m], y = sen(30)[m]. Considere que el campo eléctrico es perpendicular al plano XY. b) Calcule la amplitud del campo eléctrico. c) Calcule el campo magnético de la onda, magnitud y dirección. Problema 5.5 Dos ondas electromagnéticas que se propagan en la misma dirección, tienen igual frecuencia, número de onda y amplitud. Las ondas están circularmente polarizadas, en sentido opuesto. Demuestre que la onda resultante está linealmente polarizada, y calcule su amplitud. Problema 5.6 Describa completamente el estado de polarización de las siguientes ondas: → − a) E = x̂E0 cos(kz − wt) − ŷE0 cos(kz − wt) → − b) E = x̂E0 sen(2πz/λ − wt) − ŷE0 sen(2πz/λ − wt) → − c) E = x̂E0 sen(wt − kz) + ŷE0 sen(wt − kz − π/4) → − d) E = x̂E0 cos(wt − kz) + ŷE0 cos(wt − kz + π/2) Especifique si se trata de ondas planas polarizadas en un plano, elı́pticamente polarizadas o circularmente polarizadas. Indique la helicidad cuando corresponda. Problema 5.7 Tres fuentes puntuales de luz monocromática de igual intensidad están igualmente equiespaciadas sobre una lı́nea recta. (Distancia d entre ellas). A gran distancia y paralela a las fuentes se coloca una pantalla. Calcule la distribución de intensidad de luz sobre la pantalla a lo largo de una recta paralela a las fuentes, en el caso en que las tres tienen misma frecuencia y fase. VI. Propagación en medios conductores Problema 6.1 El campo eléctrico de una onda electromagnética que se propaga en un medio conductor, (buen conductor), en la dirección ẑ, tiene la forma: z z → − E (z, t) = x̂E0 e− δ ei( δ −wt) r δ= 2 µσw donde σ es la conductividad del medio y w es la frecuencia angular de la radiación. 4 → − → − a) Encuentre la diferencia de fase que existe entre los vectores E y B , dentro del medio conductor. b) Calcule el promedio temporal del vector de Poynting asociado a la onda escrita al principio. c) Usando a) y b), considere la siguiente situación: Un equipo de radar sumergido en el mar está premunido de un emisor de radiación electromagnética de 1000 Hz y de un detector que mide la radiación reflejada por un objeto 1 que se interpone en el camino de la onda. Considerando que la conductividad del agua de mar es σ = 6 Ωm , estime la distancia máxima a que puede estar un objeto para que aún pueda ser detectado por el equipo. Suponga que la intensidad de la radiación en el punto de emisión es I0 , y que el equipo puede detectar hasta radiación de intensidad I0 /1000. Problema 6.2 z z → − Demuestre que la ecuación E (z, t) = x̂E0 e− δ ei( δ −wt) satisface ser el campo eléctrico de una onda electromagnética en un medio de buena conductividad. Para ello, escriba la ecuación de ondas electromagnéticas y desprecie el → − 2 término µε ∂ E . Puede intentar resolver directamente, o escribir el campo eléctrico dado y verificar que satisfaga ∂t2 la expresión. VII. Reflexión - Refracción Problema 7.1 Considere una lámina de vidrio de espesor d e ı́ndice de refracción n colocada en el vacı́o. Sobre ella inciden ondas electromagnéticas en dirección normal. Suponga que las ondas incidentes se propagan en la dirección positiva del eje z y que la lámina está contenida en el plano xy. a) Escriba la expresión del campo eléctrico y magnético de las ondas: Al lado izquierdo de la lámina, dentro de ella y al lado derecho. En estado estacionario, al lado izquierdo y dentro de la lámina existen ondas que viajan en direcciones +z y −z. b) Escriba las condiciones de borde en z = 0 y z = d, en función de los campos especificados en a). c) Encuentre la amplitud de la onda en la zona d ≤ z. Suponga conocida sólo la amplitud del campo eléctrico incidente. Nota: Utilice el sistema de coordenadas de la figura de más abajo, y considere que el vector de campo eléctrico de todas las ondas apunta perpendicular al plano de la hoja, y hacia adentro. Figura 4. 5 FI2002-3 2009A Control 1 9 de Abril de 2009 3h Prof: Simón Casassus Ayudantes: Marı́a Jose Santander & Pablo Castellanos (Desarrolle sus respuestas y cuide la presentación. Sin calculadora. ) I Energı́a en condensadores. Consideramos un condensador plano con capacidad C. 1. (1.5pt) ¿Cuál es la energı́a U almacenada en el condensador? 2. (1.5pt) ¿Cuál es la fuerza de atraccion F entre las placas? (ayuda: recuerde que el trabajo en ~ ) un desplazamiento infinitesimal es dW = F~ · ds 3. (1.5pt) Dé una expresión para C y F en el caso de placas paralelas infinitas. 4. (1.5pt) En un condensador variable (ver Fig. 1) se puede regular el area entre las placas del condensador girando una de las placas en una ángulo θ ¿Cuál es el torque τ ejercido en el eje de un condensador variable? (ayuda: recuerde que el trabajo del torque es dW = τ dθ, y aproxime la capacidad a la del caso plano infinito). II Cargas superficiales en conductores. Considere una carga puntual en la vecindad de un conductor conectado a tierra. Calcule la distribución de cargas en la superficie del conductor, y la fuerza ejercida sobre la carga. Explique las aproximaciones necesarias. Calcule la carga inducida en el conductor integrando la densidad de cargas superficial. III Campos électricos en las superficies de dos esferas conductoras. El siguiente problema ilustra una manera de entender porque las descargas eléctricas (i.e. chispas) se concentran en las puntas de los conductores (i.e. como en los pararayos). Consideramos dos esferas conductoras de radios a y b, cargas Q y q, respectivamente, y conectadas por un alambre conductor. Supondremos que las esferas estan suficientementes alejadas para considerarlas aisladas (es decir sin sufrir la influencias de sus campos eléctricos mutuos). 1. (1.5pt) ¿Cuál es el potencial de cada esfera? 2. (2.0pt) Dé una relación entre Q y q. 3. (2.0pt) ¿Cuál es el campo eléctrico en la superficie de cada esfera? 4. (0.5pt) Un ión, tales como los producidos en las descargas eléctricas, se encuentra lejos de las esferas y atraı́do por ellas. ¿Con qué esfera terminará chocando? Justifique. FI2002-3 2009A Control 2 7 de Mayo de 2009 3h Prof: Simón Casassus Ayudantes: Marı́a Jose Santander & Pablo Castellanos (Desarrolle sus respuestas y cuide la presentación. Sin calculadora. ) Relaciones útiles: ~ ·D ~ = ρL , D ~ = ◦ E, ~ potencial dipolar: p~ ·~r/(4π◦ r3 ) Fuerza de Lorentz: F~ = q(E ~ +~v × B). ~ ∇ Coordenadas esfericas: h i ∂Aφ ∂Aθ sin θ ~ ·A ~ = 12 ∂r2 Ar + 1 ~ = ( ∂Φ , 1 ∂Φ , 1 ∂Φ ), ∇ ∇Φ + , r r ∂θ r sin θ ∂φ r ∂r r sin θ ∂θ ∂φ h i ∂2Φ ∂ ∂ 1 ∂Φ ∇2 Φ = r12 ∂r r2 ∂Φ + sin θ + ∂φ2 . 2 ∂r r sin θ ∂θ ∂θ I Esferas dieléctricas. 1. (4.0pt) Una esfera dieléctrica de radio a, con suceptibilidad χE = ( − 1) se encuentra ~ = E ẑ. inmersa en un campo eléctrico uniforme E a) Si el campo interno a la esfera es uniforme, ¿cuál es el potencial eléctrico en el interior? b) Modelamos la influencia de la esfera sobre su entorno como un dipolo con momento p = V P , en que V es el volumen de la esfera y P = χE 0 Eint es la polarización inducida. Calcule el potencial eléctrico debido a este dipolo. c) Exija continuidad en la superficie de la esfera para encontrar el potencial φ en todo el espacio. d ) Confirme por el cálculo directo que la solución anterior satisface la ecuación de Laplace, ∇2 φ = 0, y confirme que tiene el comportamiento asintótico correcto lejos de la esfera. Concluya. e) Confirme que D⊥ y Ek son contı́nuos en la superficie de la esfera. 2. (2.0pt) Consideramos ahora una cavidad esferica de radio a en un dieléctrico sometido ~ = E ẑ. Repita el tratamiento anterior para encontrar el potencial eléctrico en al campo E todo el espacio. II Efecto Hall. Una intensidad de corriente I pasa por una placa de cobre de sección rectangular, de largo ~ con dirección perpendicular a la L, ancho h y altura a, sometida a un campo magnético B, placa de cobre (ver figura). h a L B I 1. (2.0pt) Muestre que la trayectoria de un electrón libre en un campo magnético uniforme, es un circulo de radio rL = v⊥ /ωL , ωL = eB/(2m), donde e y m son la carga y la masa del electrón y v⊥ es la velocidad inicial del electrón. Exprese rL en función de I, suponiendo que la placa tiene un electrón por átomo, y que la densidad de átomos de cobre es n. 2. (1.0pt) Explique qué sucede con la trayectoria de electrones en los casos lı́mites L rL h, y rL h. 3. (2.0pt) Suponga que L rL h. Muestre que, en estado estacionario, una medida de la diferencia de potencial V entre las caras de la placa separadas por h permite inferir B. 4. (1.0pt) Hagá una estimación del voltaje V esperado (sin calculadora), si I = 1 A, y si el radio de un átomo de cobre es de 1 Å, h = 0,5 cm, a = 0,1 cm, e = 1,6 10−19 C. Comente. ¿Cómo mejorarı́a el dispositivo? III Aplicaciones de la ecuación de continuidad de carga eléctrica. 1. (2.0pt) Deduzca una ecuación de continuidad que relacione las densidades de carga y de corriente. (ayuda: Escriba la variación temporal de carga eléctrica dQ(t)/dt en un volumen V como el flujo de la densidad de corriente ~j a través de S, la superficie que limita V). 2. (4.0pt) Consideramos una esfera conductora de radio R = 10 cm, inmersa en el océano a una profundidad de 10 m. Una corriente I = 1 A escapa uniformemente de la superficie de la esfera. a) En estado estacionario, ¿Cuál es la densidad de corriente a una distancia r del centro de la esfera? b) Si la conductividad del agua salada es γ = 1 (Ohm m)−1 , ¿Cuál es la diferencia de potencial entre la esfera y la superficie? c) ¿Cuál es la resistencia del agua entre la esfera y la superficie? d ) ¿Cuál es la potencia disipada en el océano? FI2002-3 2009A Control 3 11 de Junio de 2009 3h Prof: Simón Casassus Ayudantes: Marı́a Jose Santander & Pablo Castellanos (Desarrolle sus respuestas y cuide la presentación. Sin calculadora. ) Relaciones útiles: ~ = µ◦ H ~ + µ◦ M ~ B ~ B = µµ◦ H, µ◦ = 4π 10−7 T m A−1 ~ ◦. ~ = χB B/µ Magnetización en materiales lineales: M R 0 g ~ = µ◦ ~j(~r0 ) × (~r−~r0 )3 d3 x0 B 4π k~ r−~ rk ~ ×H ~ = j~l ∇ Energı́a potencial magnética de un dipolo: ~ U = −m ~ · B. ~ + ~v × B). ~ Fuerza de Lorentz: F~ = q(E −19 −31 e = 1,6 10 C, me = 9,1 10 kg, mp = 1,67 10−27 kg. Rotor en coordenadas cilı́ndricas: ~ × A| ~ θ = ∂Ar − ∂Az ~ × A| ~ r = 1 ∂Az − ∂Aθ ∇ ∇ r ∂θ ∂z ∂z ∂r ~ × A| ~ z = ∂Aθ + Aθ − 1 ∂Ar ∇ ∂r r 0 D C A B B h z r ∂θ I Inducción al caer un cuadro por una región con campo magnético. ~ En la región del espacio contenida entre el plano z = 0 y z = h existe un campo magnético B uniforme y horizontal. Inicialmente, en la región z < 0 se encuentra un armazón rectangular conductor ~ de resistencia R, rectangular, indeformable, y de masa m. El plano del armazón es perpendicular a B. Los lados AB y CD son horizontales y tiene largo a, los lados BC y AD son verticales y tienen largo b (b < h) (ver Figura). La aceleración de gravedad es ~g . 1. (2.0pt) Establecer, explicando todas las etapas del razonamiento, la ecuación de movimiento del armazón. 2. (2.0pt) Resolver la ecuación de movimiento en el caso que el armazón es soltado en t = 0, sin velocidad inicial, cuando el lado AB coincide on el plano z = 0. Despreciar las contribuciones a ~ debidas a las corrientes inducidas. B 3. (2.0pt) Cuando el lado DC alcanza z = h, calcular: la velocidad adquirida por el armazón, y la energı́a Q disipada en calor dentro del alambre. Comparar Q con la pérdida de energı́a potencial gravitacional. 4. (+1.0pt) Si existe una corriente I en el armazón, estime el campo magnético en el centro del ~ infinitesimalmente cerca de uno de lo alambres? Use estos armazón. ¿Cuál es la forma de B ~ debidas a las corrientes resultados para justificar que se pueden despreciar las contribuciones a B inducidas. II Usos de un electroimán con sacado. Consideramos un electroimán toroidal, con un sacado que subtiende un ángulo α ¿ 1 rad desde el centro del toro. El toro tiene un núcleo de hierro, un radio promedio de a = 10 cm, y el sacado tiene largo 0,1 cm, y hay 200 vueltas de alambre enrolladas sobre el toro. 1. (4.0pt) Use la siguiente tabla para: a) estimar el campo magnético dentro del sacado cuando I = 5 A. b) Compare la potencia necesaria para mantener un campo magnético en el sacado de 0.6 T, con la requerida para mantener un campo de 1.2 T. Comente. H (A m−1 ) B (T) 40 0.1 80 0.2 160 0.6 240 0.85 320 1.0 480 1.2 800 1.4 1600 1.5 2. (2.0pt) Usando el electroimán estudiamos el compartamiento de materiales no-ferromagnéticos. Ponemos a prueba la relación teórica ½ 2 ¾ m e2 2 χB = µ ◦ n − Zr , 3kT 6me ◦ en que: n es la densidad de número de dipolos microscópicos, m es el dipolo permanente, r◦ es el radio promedio de un átomo, y Z es el número de carga. a) ¿Cuál es la energı́a magnética de un grano de material con volumen V , ubicado en el sacado? b) Comente sobre el comportamiento magnético de la materia no-ferromagnética en los lı́mites T → 0 y T → ∞. Deduzca dos tipos de comportamientos magnéticos en función de los valores relativos de los parámetros microscópicos. III Corrientes de magnetización. Estudiamos las corrientes de magnetización en el material aislante que rodea un cable conductor. Consideramos un cilindro infinito, de radio a, orientado según un eje z, lleno de un material aislante con permeabilidad magnética relativa µ, y con un cable de cobre en su centro. Aproximamos a que la sección del cable conductor es nula, es decir asimilamos el alambre a una lı́nea recta. ~ de intensidad magnética, en todo el espacio. 1. (1.0pt) Dé una expresión para el campo H, ~ en todas partes. 2. (1.0pt) Escriba el campo magnético B ~ en todas partes. 3. (1.0pt) Escriba la magnetización M ~ ×M ~ , en todas partes salvo 4. (1.0pt) Calcule la densidad de corriente de magnetización, j~M = ∇ en la lı́nea de cobre y en la superficie externa del material. 5. (1.0pt) Use el teorema de Stokes aplicado a un disco R de radio r < a, y los resultados del Punto 3, ~ en el centro del alambre. para calcular la corriente de magnetización IM = j~M · dS 6. (1.0pt) Repita el Punto anterior, pero con r > a, para estimar la corriente neta de magnetización en todo el alambre. Compare con la corriente IM llevada en el centro, y concluya. sP1: Si la densidad total de carga por unidad de largo en la superficie interior es total en la interfaz es nula entonces el campo para siempre vale y la densidad de carga !#"%$ y &! "' las que valen $ * ' !" La densidad de carga de polarización en la interfaz tiene dos contribuciones, ! "%$ )( $+* , ( ,.- ! "' * ( /' * , ( , Esto implica que la densidad de carga libre en la interfaz es !10 * $ * ' * ( $+* ' , sP2: En una configuración esférica el campo en cada zona depende tan solo de la carga total encerrada ( 43657368 *:9 , <;>A =6;@? 5 5 2 ' (CBEDGFHBJICK LMI , > ; A =6N ;@? 5 5 ' la carga del conductor intermedio. La integral del campo eléctrico desde ;@? O )esdebe ser cero y da 9 P RTS S S ;>A =QN; ? * VU = ;WA =6 ; ? XO ;Y? *Z ; donde (con 5 hasta infinito * '$ ; Puesto que caras enfrentadas deben tener cargas opuestas (para que el campo en el interior de los conductores sea cero), la cara interior de la superficie de radio es y la exterior de ese cascarón es (para que sumen ). A su vez esto significa que el tercer cascarón tiene carga en su cara interior en la cara exterior (para que sumen ). y carga '$ ; * Z \; [ * ; '$ ; ; Con todo lo anterior en campo eléctrico en cada una de las tres zonas no triviales es 5^3 5 A ; 5 ' - S 5 * A ]; 5 ' - S ; 5 A 5' El campo para es nulo y por tanto el potencial es una constante y los potenciales en las tres zonas que siguen pueden ser escritos, salvo por una constante ;A 52S = 8 $ - S 8 ; * A 5= ' ;A S 5 8$ 8' RTS S R`S S S ( ^_ 5 _ , A ; 5 * U - ( _ 5 _ 8 , * A ; 5 * U - ( 8 _ 5 , A ; 5 5 y en 5 y que en 5 es nulo. Para 5a3 el potencial, por Se ve que se cumple continuidad en continuidad, es la constante RS S A ; * & U El último tiene constante nula porque debe anularse en infinito. Exigiendo que el potencial es una función continua se obtiene las constantes y y resulta: 2 $ ' sP3: Los campos de desplazamiento son radiales y por tanto normales a la interfaz de radio , lo que implica que y que $ $ ' ' ; Suponiendo que la carga del cilindro de radio es , la integral de 3 3W8 ) se tiene que de radio , ( $ 9 = ' 9 ; que arroja $= en una superficie de Gauss cilı́ndrica ' ; Puesto que la componente tangencial del campo eléctrico es continua se cumple que $$ '' lo que implica que el campo eléctrico tiene una sola expresión ( ; , $= ' que implica que la direrencia de potencial es ( ; , $= ' y de aquı́ la capacidad del condensador es ( $ = ' , 3 EJERCICIO 1. FI 2002 ELECTROMAGNETISMO Escuela de Ingeniería y Ciencias - Universidad de Chile Prof. Prof. Auxs. Fecha: Luis Vargas Sebastián Fehlandt Enrique Guerrero Merino 17 de agosto de 2009 Pregunta Considere una esfera de carga maciza de radio R y con densidad de carga en volumen ρ (rv ) = ρ . × r, según se muestra en la Figura 1. 0 R Figura 1. Se pide: a) Calcule el trabajo necesario para llevar la carga Q desde la posición inicial en z=z0 a la posición final B ubicada en x=a (suponga que a<R) siguiendo la trayectoria punteada. b) Calcular la diferencia de potencial entre el punto B y el punto A (VB-VA). c) ¿Cuánto vale el flujo del campo eléctrico a través de una superficie compuesta de un casquete esférico de radio 4z0 centrado en el origen? ¡ GAMMBATTE KUDASAI ! (Buena suerte en japonés)

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