Electromagnetismo II

Transcripción

1 Electromagnetismo II emestre: OLUCIÓN TAREA 10 Dr. A. Reyes-Coronado Elaboró: Pedro Eduardo Roman Taboada 1.- Problema: (35pts) Utilizando el tensor de esfuerzos de Maxwell calcula la fuerza de atracción magnética entre los hemisferios norte y sur de una cáscara esférica, de radio R, que gira sobre su propio eje con una velocidad angular ω, y que posee una densidad superficial de carga σ. olución Problema 1 Debido a la [ simetría del problema, la fuerza apunta en la dirección ê z, por lo tanto, sólo calcularé la T ] componente d a. Tenemos que T xz = T yz = 0 pues B x = B y = 0, lo que nos deja únicamente con T zz, que está dada por z T zz = B2 z 2µ 0, (1) donde B z es el campo magnético producido por un cascarón esférico, con densidad de carga uniformemente distribuida σ y radio R, en el plano medio de la esfera (θ = π/2), que en general está dado por B = { 2µ0Rωσ 3 (cos θ ê r sen θ ê θ ) = 2µ0Rωσ 3 ê z r R µ 0R 4 ωσ 3r (2 cos θ ê 3 r + sen θ ê θ ) r R. (2) Por lo tanto T zz está dada por (haciendo θ = π/2) La fuerza total es F = T zz = B2 z 2µ 0 T d a = { 2µ0R 2 ω 2 σ 2 9 r R µ 0R 8 ω 2 σ 2 18r 6 r R. T da( êz ) = µ 0 ω 2 σ 2 R 2 ê z [ 2 9 (2π) R = µ 0 ω 2 σ 2 R 2 ê z [ 2π 9 R2 + 2πR6 18 = π 4 µ 0ω 2 σ 2 R 4 ê z. 0 r dr + R6 18 (2π) ] R 4 4 R ] r dr r 6 (3) (4) 2.- Problema: (25pts) Considera un capacitor infinito de placas paralelas, en donde la placa de abajo (z = d/2) tiene una carga σ y la de arriba (z = +d/2) una carga +σ. (a) Escribe en forma de matriz T xx T xy T xz T yx T yy T yz T zx T zy T zz los nueve elementos del tensor de esuferzos de Maxwell para la región entre las placas

2 (b) Utiliza la ecuación F = para calcular la fuerza sobre la placa de arriba. T da d ɛ0 µ 0 dt V (c) Calcula el momento lineal por unidad de área y por unidad de tiempo que atraviesa el plano XY. (d) El momento lineal que calculaste en el inciso anterior es absorbido por las placas, por lo que éstas reculan (a menos que haya una fuerza de origen no electromagnético deteniéndolas). Calcula la fuerza de recule sobre la placa de arriba. Nota: ésta no es una fuerza adicional sino una manera alternativa, por conservación de momento, de determinar la fuerza calculada en el incisco b). olución Problema 2 a) El campo eléctrico entre las placas del capacitor está dada por dv E = σ ê z, (5) donde he tomado el eje z perpendicular al plano de las placas. Para el tensor de esfuerzos entre las placas tenemos E ɛ z T = 0 Ez 2 0 = Ez 2 (6) = σ b) La fuerza ejercida por el campo sobre la placa superior está dada por F sup = T da d ɛ0 µ 0 dv. (7) dt V in embargo, debido a que = 0 tenemos F sup = = T da = T zz A T da( êz ) = σ2 2 A, (8) donde A es el área de la placa. c) Interpretando el tensor de esfuerzos como densidad de flujo de momento, tenemos que T zz es el flujo de momento en la dirección ê z, es decir, la cantidad de momento por unidad de área y por unidad de tiempo que cruza cualquier plano paralelo a las placas y entre ellas. d) Cuando el momento calculado en el inciso anterior es absorbido por una de las placas, la placa experimenta una fuerza. La densidad de flujo de momento fluyendo en la dirección ê z es T zz = σ2 2 y este es el momento entregado a la placa por unidad de tiempo y por unidad de área. Por lo tanto se ha obtenido el mismo resultado que en b)

3 3. Problema: (15pts) La intensidad de la luz solar que llega a la Tierra es aproximadamente de 1,300 W/m 2. (a) i la luz llegara sobre un absorbedor perfecto, qué presión ejercería? (b) i la luz llegara sobre un reflector perfecto, qué presión ejercería? (c) Estas presiones, qué fracciones representan respecto a la presión atmosférica? olución Problema 3 El promedio temporal del vector de Poynting y de la densidad de momento lineal, para una monocromática propagándose en la dirección ê z, están dados por = 1 2 E2 0c ê z, (9) p = 1 2c E2 0 ê z. (10) tiene unidades de energía por unidad de tiempo y por unidad de área. Dicho de otro modo, tiene unidades de potencia por unidad de área y se le conoce como intensidad de la radiación: I = 1 2 E2 0c ê z p = I c 2. (11) Ahora, si una onda electromagnética incide sobre una superficie, su momento es absorbido o reflejado, así la radiación ejerce una presión sobre la superficie. abemos que la presión es fuerza por unidad de área, o lo que es lo mismo, momento transferido por unidad de área y por unidad de tiempo. La cantidad p es la densidad de momento que porta la onda, así la cantidad de momento que cae sobre una área A en un periodo de tiempo t es el volumen A t multiplicado por p. Debido a que la onda está viajando a la velocidad de la luz, su volumen es A t c y el momento transferido a la superficie es p = p A t c. (12) a) La presión promedio es la fuerza por unidad de área, la cual es el momento recibido por el área por unidad de área y por unidad de tiempo, de tal suerte si la superficie es un reflector perfecto (la onda se abosrbe y luego se emite nuevamente), tenemos P ref = 2 p A t = 2 p c = 2I c = Nm 2 = Nm 2. (13) b) i ahora consideremos que la superficie absorbe la radiación de manera perfecta, la superficie experimentará una presión de la mitad que en inciso anterior, debido a que ahora no se refleja sino que sólo se absorbe P abs = p A t = p c = I c = Nm 2 = Nm 2. (14) c) Para comparar calculemos la fracción a que corresponden los resultados anteriores respecto a la presión atmosférica P atm = Pa. Las fracciones son del orden Es decir, prácticamente despreciables. 4. Problema: (25pts) Un alambre con densidad lineal de carga λ se coloca a lo largo del eje de un solenoide infinito de radio a, con N vueltas por unidad de longitud y corriente I. Calcula (a) el momento lineal por unidad de longitud y (b) el momento angular por unidad de longitud almacenado en los campos

4 olución Problema 4 El campo eléctrico debido a una línea con densidad lineal de carga uniforme λ, utilizando coordenadas cilíndricas, es E = λ, (15) 2π sês mientras que el campo magnético dentro del solenoide es B = µ 0 niê z. (16) a) La densidad de momento lineal es b) La densidad de momento angular respecto al eje del solenoide es p EM = µ 0 = µ 0 niλ 2πs êφ. (17) lem = r p EM = µ 0nIλ 2π êz. (18) 5. Problema TORITO: (20pts) Considera un alambre muy grueso de radio a que porta una corriente constante I, uniformemente distribuida sobre su sección transversal. Al alambre se le hace un corte pequeño de modo que queda una separación de ancho w << a, formando un capacitor de placas paralelas como se muestra en la figura. w a I +σ -σ I Despreciando efectos de orilla: (a) Calcula los campos eléctrico y magnético en el espacio generado al cortar el alambre, como función de la distancia s del eje del alambre y el tiempo t (asume que la carga es cero a tiempo t=0). (b) Calcula la densidad de energía u EM y el vector de Poynting en el espacio entre el capacitor. Presta especial atención a la dirección de y comprueba que la siguiente ecuación se satisface u t =. (19) (c ) Calcula la energía total en el espacio generado al cortar el alambre como función del tiempo. Calcula la potencia total fluyendo por dicho espacio integrando el vector de Poynting sobre la superficie apropiada. Revisa que que la potencia de entrada es igual al incremento de la energía en el espacio de ancho w. olución Problema 5 a) Los dos lados entre la cavidad actúan como un capacitor de placas paralelas, con la carga acumulándose sobre estas superficies. Una consecuencia de esto es que el campo eléctrico cambia a medida que la carga se acumula entre las placas, por lo tanto, se induce un campo magnético. i despreciamos los efectos de borde el campo eléctrico entre las placas está dado por E = σ/, donde σ es la densidad de carga superficial que depende del tiempo. Ahora calculemos la derivada temporal de este campo, tenemos, E t = 1 dσ dt = 1 dq πa 2 dt = I πa (20)

5 Así, a partir de la ecuación anterior podemos calcular el campo eléctrico como función del tiempo, obteniendo: E = I πa 2 t ê z. (21) Para obtener la ecuación anterior se ha supuesto que E(t = 0) = 0 y que el eje z es paralelo al alambre y apunta del lado positivo de la cavidad al lado negativo de esta. Ahora, para obtener el campo magnético consideremos un circuito amperiano circular de radio r entre las placas y usemos la ley de Ampère-Maxwell (note que en el hueco no hay corriente así J = 0 para esta región) tenemos B d E l = µ 0 t d a 2πrB = µ 0 πr 2 I πa 2 B = µ 0Ir 2πa 2. Usando la simetría del problema conjuntamente con la regla de la mano derecha, tomando la dirección ê z como antes, el campo magnético es B = µ 0Ir 2πa 2 êφ. (23) (22) b) La densidad de energía electromagnética está dada por u EM = 1 ( ) 1 B 2 + E 2 2 µ 0 = 1 ( µ0 I 2 r 2 2 4π 2 a 4 + I2 t 2 ) π 2 a 4 ( = I2 µ0 r 2 ) 2π 2 a 4 + t2. 4 (24) El vector Poynting está dado por = 1 µ 0 E B = I2 rt 2π 2 a 4 ê r. (25) Note que el signo de indica que la energía fluye hacia el hueco en el alambre, causando un incremento en la densidad de energía. En general, si hay alguna carga en un volumen V, el campo eléctrico hará trabajo sobre la carga si ésta comienza a moverse (el campo magnético no hace trabajo). Este trabajo será el responsable del cambio en la energía mecánica u MEC de las cargas (es decir, cambiará su energía cinética o potencial). La energía total fluyendo hacia el volumen debe tomar en cuenta la suma de u MEC y u EM ; en otras palabras, la energía que fluye hacia el volumen está almacenada en el campo electromagnético o en la energía mecánica de la carga. Debido a que el vector de Poynting es la razón a la cual la energía fluye a través de una superficie, la integral sobre la superficie que limita al volumen V debe ser igual a la razón de cambio de u MEC + u EM, esto es, d a = d (u MEC + u EM ) d 3 r dt = V t (u MEC + u EM ). (26) En este problema no hay carga en el hueco del alambre, por lo tanto, tenemos = t u EM. (27) - 5 -

6 Probemos ahora si esta relación se cumple para los resultados obtenidos anteriormente: = 1 r r (r r) = 1 2I 2 rt r 2π 2 a 4 = I2 t π 2 a 4 (28) = t u EM. c) Para obtener la energía total en el hueco del alambre como una función del tiempo, basta con integrar la Ec. (24) sobre el volumen del hueco, entonces tenemos: U EM = I2 2π 2 a 4 = 2πωµ 0I 2 8π 2 a 4 ( µ0 r 2 V a 0 4 = µ 0ωI 2 16π + ωi2 t 2 2πa 2. ) + t2 d 3 r r 3 dr + πa2 ωi 2 t 2 2π 2 a 4 Notemos que U EM / t = ωi 2 t/(πa 2 ). Para comprobar que la potencia de entrada es igual al incremento de la energía en el espacio de ancho ω basta con comprobar la igualdad entre ambos lados de la forma integral de la Ec. (26), es decir, d a = I2 at 2π 2 a 4 (2πaω) = ωi2 t πa 2 = U EM. t (29) (30) - 6 -