E y E x dx = 4xyz3. 2y 2 z 3 = 2x. 1 2 y2 = x 2 + C 1. E z E x dx = 6xy2 z 2. 2y 2 z 3. 3xdx=zdz, y así

Transcripción

1 CAPÍTULO Se V = 2xy 2 z 3 y = 0. Ddo el punto P, 2,, encuentre: V en P : Sustitu yendo ls coordends en V, encuentre V P = 8V. E en P : Usmos E = V = 2y 2 z 3 x 4xyz 3 y 6xy 2 z 2 z, que, cundo evlumos en P, se vuelve E P = 8 x + 8 y 24 z V/m c v en P : Este es v = D = 0 2 V= 4xzz 2 + 3y 2 C/m 3 d l ecución de l superficie equipotencil que ps trvés de P : En P, conocemos V = 8 V, sí l ecución será xy 2 z 3 = 4. e l ecución de l líne de corriente ps trvés de P : Primero, E y = dy E x dx = 4xyz3 2y 2 z 3 = 2x y Así ydy = 2xdx, y sí Evlundo en P,encontrmos C =. Después, 2 y2 = x 2 + C Así E z = dz E x dx = 6xy2 z 2 2y 2 z 3 3xdx=zdz, y sí = 3x z 3 2 x2 = 2 z2 + C 2 Evlundo en P, encontrmos C 2 =. L líne de corriente está especificd por ls ecuciones: y 2 2x 2 = 2 y 3x 2 z 2 = 2 f V stisfce l ecución de Lplce? No, y que l densidd de crg no es cero Un cmpo potencil V existe en un región donde =fx. Encuentre 2 V si v = 0. Primero, D = xe = fx V. Entonces D = v = 0 = fx V. Así Por lo tnto, [ df 0 = fx V= dx ] = [ df V dx x + fx 2 V ] V x + V fx 2 x 2 fx 2 V y 2 + V fx 2 z 2 2 V = df V fx dx x 99

2 7.3. Se Vx,y = 4e 2x +fx 3y 2 en un región de espcio lire donde v = 0. Se conoce que mos E x y V son cero en el origen. EncuentrefxyVx,y: Desde que v = 0, co nocemos que 2 V= 0, y sí 2 V = 2 V x V y 2 = 6e2x + d2 f dx 2 6 = 0 Por lo tnto Ahor y en el origen, este se vuelve d 2 f dx 2 = 6e2x + 6 df dx = 8e2x + 6x + C E x = V x = 8e2x + df dx E x 0 = 8 + df = 0 como el ddo dx x=0 Así df/dx x=0 = 8, y sí sigue que C = 0. Integrndo nuevmente, encontrmos fx,y = 4e 2x + 3x 2 + C 2 que en el origen se vuelve f0, 0 = 4 + C 2. Sin emrgo, V0, 0 = 0 = 4 + f0, 0. Así f0, 0 = 4 y C 2 = 0. Finlmente,fx,y= 4e 2x + 3x 2, y Vx,y= 4e 2x 4e 2x +3x 2 3y 2 = 3x 2 y Ddo un cmpo potencil V =A ln tn 2 θ/2+b: Muestre que 2 V= 0: Y que V es un función únicmente de θ, donde 2 d V = r 2 senθ dθ senθ dv dθ dv dθ = d A ln tn 2 θ/2 + B = d A 2A ln tnθ/2 = dθ dθ senθ/2 cosθ/2 = 2A senθ Entonces 2 V = d r 2 senθ dθ senθ 2A = 0 senθ Seleccione A y B y que V = 00 V y E θ = 500 V/m en Pr = 5,θ= 60,φ= 45 : Primero, E θ = V = dv r dθ = 2A r senθ = 2A = 0.462A = sen 60 Así A = 082.5V. Entonces V P = ln tn B = 00 B = V Resumiendo,Vθ= ln tn 2 θ/

3 7.5. Ddo el cmpo potencil V =A 4 +B 4 sen 4φ: Muestre que 2 V= 0: En coordends cilíndrics, 2 V= = V V φ 2 4A 3 4B 5 sen 4φ 2 6A4 +B 4 sen 4φ = 6 A3 +B 5 sen 4φ 6 2A4 +B 4 sen 4φ = 0 Seleccione A y B sí que V = 00 V y E =500 V/m en P =,φ= 22.5,z= 2: Primero, E = V = V V φ φ ] = 4 [A 3 B 5 sen 4φ + A 3 + B 5 cos 4φ φ y en P, E P = 4A B. Así E P =±4A B. Tmién,V P =A+B. Nuestrs dos ecuciones son: 4A B =±500 y Tenemos sí dos pres de vlores pr A y B: A + B = 00 A = 2.5, B = 2.5 o A = 2.5, B = Si V = 20 senθ/r 3 V en espcio lire, encontrmos v en Pr = 2,θ = 30,φ= 0: Usmos l ecución de Poisson en espcio lire, 2 V = v / 0, donde, con ningun vrición de φ : 2 V = r 2 r 2 V + r r r 2 senθ θ senθ V θ Sustituyendo: 2 V = r 2 r r = r 2 r = 20 senθ r senθ r 4 60 senθ + r 2 + r 2 senθ θ + r 2 senθ θ senθ 20 cosθ r 3 0 sen 2θ r 3 20 cos 2θ r 5 senθ = 204 sen2 θ+ r 5 = v senθ 0 Así [ 204 sen 2 ] θ+ vp = 0 r 5 = = 22. pc/m 3 senθ r=2,θ=30 0

4 7.6. l crg totl dentro del cscrón esférico <r<2 m: Integrmos l densidd de crg encontrd en el inciso sore el volumen especificdo: Q = 0 2π 0 π 2 0 = 2π20 0 π = 3.9nC sen 2 θ+ r 5 r 2 senθdrdθdφ senθ 4 sen 2 θ+ r 3 dr dθ = 40π 0 2 3π r 3 dr = 60π r 2 = 45π Se V =cos 2φ/ en espcio lire: Encuentre l densidd de crg volumétric en el punto A0.5, 60, : Use l ecución de Poisson: v = 0 2 V = 0 cos 2φ = 0 V + 2 V 2 φ cos 2φ = 3 0 cos 2φ 3 Así en A encontrmos: va = 3 0 cos = 2 0 = 06 pc/m 3 Encuentre l densidd de crg superficil en un superficie conductor psndo trvés de B2, 30, : Primero, encontrmos E: E = V = V V φ φ cos 2φ 2 sen 2φ = φ E n el punto B el cmpo se vuelve E B = cos sen 60 + φ = φ 4 L densidd de crg superficil será hor sb =± D B =± 0 E B =± =±0.399 pc/m 2 L crg es positiv o negtiv dependiendo en qué ldo de l superficie estmos considerndo. El prolem no proporcionó l informción necesri pr determinr esto Se V r,θ,φ = 20/r y V 2 r,θ,φ =4/r+ 4. Estlezc si V y V 2 stisfcen l ecución de Lplce : 2 V = d r 2 r 2 dv = [ ] d 20 dr dr r 2 r 2 dr r 2 = 0 2 V 2 = d r 2 r 2 dv 2 = [ ] d 4 dr dr r 2 r 2 dr r 2 = 0 02

5 7.8. Evlúe V y V 2 en l superficie cerrd r= 4: V r= 4 = 20 4 = 5 V 2r = 4 = = 5 c Concile sus resultdos con el teorem de unicidd: L unicidd especific que hy únicmente un potencil que stisfrá tods ls condiciones del límite dds. Mientrs mos potenciles tienen el mismo vlor en r= 4, no son como r. Así que seplicn situciones diferentes Ls funciones V,φ,z yv 2,φ,zms stisfcen l ecución de Lplce en l región <<, 0 φ<2π, L <z<l; cd un es cero en ls superficies = pr L <z<l; z= L pr <<; y z =L y pr <<; y cd un es 00 V en l superfice = pr L <z<l. En l región especificd nteriormente, se stisfce l ecución de Lplce por ls funciones V +V 2,V V 2, V + 3, y V V 2?S í pr ls primers tres, y que l ecución de Lplce es linel. No pr V V 2. En ls superficies de límite especificds, son los vlores potenciles ddos nteriormente otenidos de ls funciones V +V 2,V V 2,V +3, y V V 2? En l superficie 00 V =, No pr tods. En ls superficies 0 V sí, excepto prv + 3. c Son ls funciones V +V 2,V V 2,V + 3, y V V 2 idéntics con V? Únicmente V 2 lo es, y que se d como pr stisfcer tods ls condiciones de límite que V hce. Por consiguiente, por el teorem de unicidd, V 2 =V. Los otros, no stisfcen ls condiciones de límite, no son el mismo que V Los plnos conductores en z = 2 cm y z = 8 cm se sostiene en potenciles de 3V y 9V, respectivivmente. L región entre ls plcs se llen con un dieléctrico perfecto con = 5 0. Encuentre y grfique: Vz: Empezmos con l solución generl de l ecución de Lplce uno-dimensionl en coordends rectngulres: Vz =Az+B. Aplicndo ls condiciones de límite, escriimos 3 = A2+B y 9 = A8+ B. Sustryendo l ecución nterior del último, encontrmos 2 = 6A or A = 2 V/cm. Usndo este encontrmos B = 7 V. Finlmente, Vz = 2z 7 Vz en cm o Vz = 200z 7Vz en m. E z z: Usmos E = V = dv/dz z = 2V/cm = 200 V/m. c D z z: Trjndo en metros, se tiene D z =E z = 200 = C/m Los plnos conductores 2x + 3y = 2 y 2x + 3y = 8 están en potenciles de 00 V y 0, respectivmente. Se = 0 y encuentre: V en P5, 2, 6: Los plnos son prlelos, y sí espermos l vrición en el potencil en l dirección norml ellos. Usndo ls dos condiciones de límite, nuestr función potencil generl puede escriirse: Vx,y = A2x + 3y = A2x + 3y y sí A= 00/6. Escriimos entonces Vx,y = x + 3y 8 = 00 x 50y y V P = = V. Encuentre E en P : Use E = V = 00 3 x + 50 y V/m 03

6 7.2. Los conductores cilíndricos en = 2 cm y = 8 cm en espcio lire son sostenidos en potenciles de 60mV y -30mV, respectivmente. Encuentre V: Trjndo en volts y metros, escriimos l solución generl de l ecución de Lplce uno-dimensionl en coordends cilíndrics, suponiendo vrición rdil: V =A ln+b. Aplicndo ls condiciones de límite dds, este se vuelve V2cm =.060 = A ln.02 +B y V8cm =.030 = A ln.08 +B. Deduciendo de l ecución nterior últim, encontrmos.090 = A ln.08/.02 =A ln 4 A= B entonces se encuentr trvés de culquier ecución por ejemplo, B = ln.02 =.940. Finlmente, V=.0649 ln.940. Encuentre E : E = V = dv/d =.0649/ V/m. c Encuentre l superficie en que V = 30 mv: Use.03 =.0649 ln.940 =.037 m = 3.7 cm Los cilindros conductores coxiles se loclizn en = 0.5 cm y =.2 cm. L región entre los cilindros están llenos con un dieléctrico perfecto homogéneo. Si el cilindro interior está en 00V y el exterior en 0V, encuentre: l loclizción de l superfcie equipotencil 20V : de l Ec. 6 tenemos V= 00 ln.02/ ln.02/.005 V Buscmos en que V = 20 V, y sí necesitmos resolver: 20 = 00 ln.02/ ln2.4 =.02 =.0 cm E máx :Tenemos E = V = dv d = 00 ln2.4 cuyo vlor máximo ocurrirá en el cilíndro interior, o en =.5 cm: E máx = ln2.4 = V/m = 22.8 kv/m c R si l crg por metro de longitud en el cilíndro interior es 20 nc/m: L cpcitnci por longitud en metro es de C = 2π 0 R ln2.4 = Q V 0 Resolvemos pr R : R = ln2.4 2π 0 00 =

7 7.4. Dos plnos semiinfinitos están loclizdos en φ= α y φ =α, donde α<π/2. Un tir islnte delgd seprds lo lrgo del eje z. El potencil en φ = α esv 0, mientrs V = 0en φ=α. Encuentre Vφ en términos de α y V 0 : Usmos l solución generl de l ecución de Lplce uno-dimensionl suponiendo vrición lo lrgo de φ: Vφ =Aφ +B. Ls condiciones de límite son entonces sustituids: V 0 = Aα +B y 0 = Aα +B. Deduzc l ecución últim de l nterior pr otener: V 0 = 2Aα A= V 0 /2α. Entonces 0 = V 0 /2αα +B B=V 0 /2. Finlmente Vφ= V 0 2 φ α Encuentre E φ en φ = 20,= 2 cm, si V 0 = 00 V y α = 30 : V E φ = dv d = V 0 2α V/m Entonces E2 cm, = 230 2π/ = 4.8 kv/m 7.5. Los dos plnos conductores ilustrdos en l Fig. 7.8 están definidos por 0.00 <<0.20 m, 0 <z<0.m, φ= 0.79 y 0.88 rd. El medio circundnte los plnos es ire. Pr l región, 0.79 <φ<0.88, desprecie los ordes y encuentre: Vφ: L solución generl de l ecución de Lplce será V =C φ+c 2, y sí 20 = C.88+C 2 y 200 = C.79+C 2 Deduciendo un ecución de l otr, encontrmos Entonces 80 = C C = = C 2 C 2 = Finlmente,Vφ = φ V E: Use E = V = c D = 0 E = / φ C/m 2. dv dφ = φ V/m d s en l superficie superior del plno inferior: Usmos s = D n = superficie φ φ = C/m 2 e Q en l superficie superior del plno inferior: Este será Q t = d dz = ln20 = C = 84.7 nc f Repit c pr l región 2 l permitir que l loclizción del plno superior se φ=.88 2π, y entonces encuentre s y Q en l superficie inferior del plno inferior. Antes, l inicio usmos 20 = C.88 2π+ C 2 y 200 = C.79 + C 2 05

8 7.5f continución Deduciendo un de l otr, encontrmos 80 = C.009 2π C = 28.7 Entonces 200 = C 2 C 2 = Así Vφ = 28.7φ En l región 2. Entonces E = 28.7 φ V/m y D = φ C/m 2 s en l superficie inferior del plno inferior hor será s = φ φ = C/m 2 L crg en es superficie será entonces Q = ln20 = 22 pc. g Encuentre l crg totl en el plno inferior y l cpcitnci entre los plnos: L crg totl será Q net =Q t +Q = 84.7nC nc = 84.8 nc. L cpcitnci será C = Q net V = 84.8 = 0.47 nf = 47 pf Resuelv l ecución de Lplce pr el cmpo potencil en l región homogéne entre dos esfers conductors concentrics con rdio y, >, si V = 0en r= y V =V 0 en r=. Con vrición rdil únicmente, tenemos 2 V = d r 2 r 2 dv = 0 dr dr Multiplicdo por r 2 : Dividido entre r 2 : d r 2 dv = 0 or r 2 dv dr dr dr = A dv dr = A r 2 V = A r + B Note que en el último pso de l integrción, dejé el signo menos que hrí ocurrido por otr prte delnte de A, y que podemos escoger A cundo desemos. Luego, plique ls condiciones de límite: 0 = A + B B = A V 0 = A A A = V 0 Finlmente, Vr= V 0 V 0 r r = V 0 06

9 7.6. Encuentre l cpcitnci entre ells: Supong l permitividd. Primero, el cmpo eléctrico será E = V = dv dr r = Luego, en l esfer intern, l densidd de crg será V 0 r 2 r V/m V 0 s = D r = r= 2 C/m 2 L cpcitnci es hor C = Q V 0 = 4π2 s V 0 = 4π F 7.7. Ls esfers conductors concéntrics están loclizds en r = 5 mm y r = 20 mm. L región entre ls esfers se llen con un dieléctrico perfecto. Si l esfer interior está en 00 V y l esfer exterior en 0 V: Encuentre l loclizción de l superficie equipotencil 20 V: Resolviendo pr l ecución de Lplce dmos Vr= V 0 r donde V 0 = 00,= 5 y = 20. Conjuntndo Vr= 20, y resolviendo pr r produce r= 2.5mm. Encuentre E r,máx : Use Entonces E = V = dv dr r= V 0 r r 2 E r,máx =Er = = V 0 / = 00 = 26.7 V/mm = 26.7 kv/m 5 5/20 c Encuentre R si l densidd de crg superficil en l esfer interior es 00µC/m 2 : s será igul en mgnitud l densidd de flujo eléctrico en r=. Así s = V/m R 0 = 0 4 C/m 2. Así R = 423! ovimente un opción ml de números quí-posilemente un error de impresión. Un crg más rzonle en l esfer interior hrí sido µc/m 2, lo que permitirí R = Ls esfers conductors concéntrics tienen rdios de y 5 cm. Hy un dieléctrico perfecto pr que R = 3 entre ells. El potencil de l esfer interior es 2V y de l exterior es -2V. Encuentre: Vr: Usmos l expresión generl derivd en el Prolem 7.6: Vr=A/r+B. En l esfer interior, 2 = A/.0 +B, y en l esfer exterior, 2 = A/.05 +B. Deduciendo l últim ecución de l nterior d 4 = A.0 = 80A.05 sí A =.05. Sustituy A en culquier de ls dos ecuciones potenciles en los límites pr encontrr B= 3. Finlmente, Vr=.05/r 3. 07

10 7.8. Er= dv/dr r =.05/r 2 r V/m. c V en r= 3 cm: V.03 =.05/.03 3 =.33 V. d l loclizción de l superficie equipotencil 0-V Use: 0 =.05/r 0 3 r 0 =.05/3 =.067 m =.67 cm e l cpcitnci entre ls esfers: C = 4π = 4π = 2π 0 80 = 4.2pF 7.9. Dos conos conductores coxiles tienen sus vértices en el origen y el eje z como sus ejes. El cono A tiene el puntoa, 0, 2 sore su superficie, mientrs el cono B tiene el punto B0, 3, 2 sore su superficie. SeV A = 00 V y V B = 20 V. Encuentre α pr cd cono: Se tiene α A = tn /2 = y α B = tn 3/2 = V en P,, : L función potencil entre los conos puede ser escrit como Entonces Vθ= C ln tnθ/2 + C 2 20 = C ln tn56.3/2+c 2 y 00 = C ln tn26.57/2+c 2 Resolviendo ests dos ecuciones, encontrmos C = 97.7 y C 2 = 4.. Ahor en P,θ= tn 2= Así V P = 97.7 ln tn54.7/2 4. = 23.3V Un cmpo potencil en espcio lire está ddo como V = 00 ln tnθ/2+ 50 V. Encuentre el vlor máximo de E θ en l superficie θ = 40 pr 0. <r<0.8 m, 60 <φ<90. Primero E = dv r dθ 00 θ = 2r tnθ/2 cos 2 θ/2 00 θ = 2r senθ/2 cosθ/2 θ= 00 r senθ θ Este umentrá l máximo el vlor más pequeño de r, o 0.: E máx θ= 40 = Er = 0.,θ= 40 = sen40 θ=.56 θ kv/m Descri l superficie V = 80 V: Estlezc 00 ln tn θ/ = 80 y resuelv pr θ: Oteng ln tn θ/2 = 0.3 tn θ/2 = e.3 =.35 θ = 07 l superficie del cono en θ= 07 grdos. 08

11 7.2. En espcio lire, se v = /r 2.4. Use l ecución de Poisson pr encontrr Vr si se supuso que r 2 E r 0 donde r 0, y tmién que V 0 como r : Con vrición r únicmente, tenemos 2 V = d r 2 r 2 dv = v dr dr = 200r 2.4 o d r 2 dv = 200r.4 dr dr Un vez integrdo: r 2 dv = 200 dr.6 r.6 + C = 333.3r.6 + C o dv dr = 333.3r.4 + C r 2 = V en este cso = E r Nuestr primer condición de límite sostiene que r 2 E r 0 cundo r 0 Por lo tnto C = 0. Integre nuevmente, pr encontrr Vr= r.4 + C 2 De nuestr segund condición de límite, V 0 como r, vemos que C 2 = 0. Finlmente, Vr= 833.3r.4 V Ahor encuentre Vr usndo l ley de Guss y un integrl linel: l ley de Guss plicd un superficie esféric de rdio r d: r 4πr D r = 4π r 2.4 r 2 r.6 dr = 800π 0.6 Así Ahor 0 E r = D r 0 = 800π 0r.6.64π 0 r 2 = 333.3r.4 V/m r Vr= 333.3r.4 dr = 833.3r.4 V Se l densidd de crg volumétric en l Fig. 7.3 dd por v = v0 x/e x / note error en el exponente en l fórmul presentd en el liro. Determine v,máx y v,min y sus loclizciones: Se x =x/. Entonces v =x e x. Diferencie con respecto x pr otener: d v dx = v0 e x x Est derivd es cero en x =±, o l mínim y máxim ocurre en x =± respectivmente. Los vlores de v en esos puntos serán v,máx = v0 e = v0, ocurriendo en x =. v,min = v0 e = v0, ocurriendo en x=. 09

12 7.22. Encuentre E x y Vxsi V0 = 0 y E x 0 como x : Usmos l ecución de Poisson: 2 V = v d2 V dx 2 = v0 x e x / Pr x >0, este se vuelve Integrr un vez sore x: dv dx x > 0 = v0 d 2 V dx 2 = v0 x e x/ x e x/ dx + C = v0 x e x/ + + C Note quee x = dv/dx, usmos l primer condición de límite,e x 0como x, pr estlecer que C = 0. Sore el rngo x <0, tenemos dv dx x < 0 = v0 x e x/ dx + C = v0 x ex/ + + C donde C = 0, y que, por simetrí,e x 0como x. Ess dos ecuciones pueden ser unificds pr curir el rngo entero de x; l expresión finl pr el cmpo eléctrico se vuelve: E x = dv dx = v0 x + e x / V/m L función potencil se encuentr hor por un segund integrción. Pr x >0, esto es Vx= v0 [x e x/ + e x/] [ ] dx + C 2 = 2 v0 x e x/ 2e x/ + C 2 Usmos l segund condición de límite,v0 = 0, del cul C 2 = 2 2 v0 /. Sustituyendo esto produce V x x > 0 = 2 v0 Repetimos el procedimiento pr x< 0 pr otener Vx= v0 [x [ ] x e x/ + 2 e x/ e x/ + e x/] [ ] dx + C 2 = 2 v0 x ex/ 2e x/ + C 2 Nuevmente, con l condición de límite V0 = 0, encontrmos C 2 = 22 v0 /, que cundo se sustituyen conducen [ ] V x x < 0 = 2 v0 x ex/ 2 e x/ Cominndo los resultdos pr mos rngos de x, escriimos Vx= 2 v0 [ x e x / 2x e x /] x 0

13 7.22c. Use un desrrollo similr l de l Sec. 7.4 pr mostrr que C =dq/dv 0 =S/8 note error en el prolem presentdo: Primero, l diferenci potencil glol es V 0 = V x V x = 2 22 v0 = 42 v0 De este encontrmos = V 0 /4 v0. Entonces l crg totl en un ldo será Q = S 0 v0 x [ ] x e x/ dx = S v0 e x/ = S v0 = 0 2 S V 0 v0 Ahor C = dq = d dv 0 dv 0 2 S V 0 v0 = S v0 4 V 0 Pero = V 0 /4 v0, del cul v0 /V 0 =/4 2. Sustituyendo este en l expresión de cpcitnci d C = S = S Un cnl rectngulr está formdo por cutro plnos conductores loclizdos en x= 0 y 8 cm y y = 0 y 5 cm en el ire. L superficie en y = 5 cm está en un potencil de 00 V, los otro tres están en el potencil cero, y los huecos necesrios se ponen en ls dos esquins. Encuentre el potencil en x = 3 cm, y= 4 cm: Est situción es l mism que l de l Fig. 7.6, excepto el potencil no cero del límite prece en l superficie superior, mejor que el ldo derecho. L solución se encuentr de l Ec. 39 simplemente intercmindo x y y, y y d, oteniendo: Vx,y = 4V 0 π,odd senhmπy/d mπx sen m senhmπ/d d donde V 0 = 00 V,d= 8 cm, y = 5 cm. Usmos los primeros tres términos pr evlur el potencil en 3,4: V3, 4. = 400 π = 400 π [ senhπ/2 senh5π/8 sen3π/8+ senh3π/2 3 senh5π/8 sen9π/8+ 5 [ ] = 7. V ] senh5π/2 senh25π/8 sen5π/8 L exctitud dicionl se encuentr incluyendo más condiciones en l expnsión. Usndo los trece términos, y usndo seis figurs significntes de exctitud, el resultdo se vuelve V3, 4. = V. L serie converge stnte rápidmente sí que los términos después del sexto uno no produce cmio en el tercer dígito. Así, citndo tres figurs significntes, 7.9 V requiere seis términos, con términos susecuentes que no tienen efecto.

14 7.24. Los cutro ldos de un cnl cudrdo se colocn en un potencil de 0, 20, -30, y 60 V; el más lto y más jo potenciles están en ldos opuestos. Encuentre el potencil l centro del cnl: Aquí podemos hcer uen uso de simetrí. L solución pr un solo potencil en el ldo derecho, por ejemplo, con todos los otros ldos en 0V se dn en l Ec. 39: Vx,y= 4V 0 π,odd senhmπx/ mπy m senhmπd/ sen En el prolem ctul, podemos considerr pr los tres voltjes por superposición tres soluciones de l form nterior, decudmente modificndo pr considerr ls loclizciones diferentes de los potenciles del límite. Y que queremos V en el centro de un cnl cudrdo, no import mucho en qué límite de cd uno de los potenciles ddos es, y simplemente podemos escriir: Vcentro = π,odd m senhmπ/2 senmπ/2 = 2.5V senhmπ Ls series convergen pr estos vlores en tres términos En l Fig. 7.7, cmi el ldo derecho pr que el potencil vríe linelmente de 0 l fondo de ese ldo hst 00 V en l tp. Resuelv pr el potencil en el centro de cnl: Y que el potencil lcnz cero periódicmente en y y tmién es cero en x = 0, usmos l form: Ahor, en x =d,v= 00y/. Así mπx mπy Vx,y = V m senh sen m= 00 y = mπd V m senh m= sen mπy Entonces multiplicmos por sennπy/, donde n es un entero fijdo y l integrr sore y de 0 : 0 00 y nπy sen dy = mπd mπy nπy V m senh sen sen dy 0 }{{} =/2 si m=n, cero si m n m= L integrl en los picos del ldo de l mno derech del término n fuer de l serie, hilitndo los coeficientes,v n,pr resolver individulmente cundo vrimos n. Encontrmos en generl, V m = 2 senhmπ/d 0 00 y nπy sen dy L integrl es evlud como 00 y nπy { } 00/mπ m pr sen m+ 00 dy = = 00/mπ m impr mπ 0 2

15 7.25 continución Así Así que, finlmente Vx,y = 200 π V m = m= 200 m+ mπ senhmπd/ m+ senhmπx/ mπy m senhmπd/ sen Ahor con un cnl cudrdo, estlezc =d=, y sí 0<x< y 0 <y<. El potencil se vuelve Vx,y = 200 π m+ m= m senhmπx senhmπ senmπy Ahor en el centro del cnl,x=y= 0.5, y, usndo cutro términos, tenemos V.5,.5. = 200 π [ senhπ/2 senhπ senh3π/2 3 senh3π + senh5π/2 5 senh5π 7 donde los términos dicionles no fectn l respuest de l tres figurs significntes. ] senh7π/2 = 2.5 V senh7π Si X es un función de x y X +x X 2X = 0, supong un solución en l form de un serie infinit de potenci y determine los vlores numericos pr 2 8 si 0 = y = : L solución de l serie será en l form: X = m x m m=0 Los primeros 8 términos de este son deducidos en l ecución dd pr dr: x x x x x x x x 8 = 0 Pr que est ecución se cero, cd término del coeficiente en el préntesis dee ser cero. El primero de éstos es El segundo coeficiente es El tercer coeficiente: El curto coeficiente: = = 0 2 = / = = 0 3 = = = 0 4 = = = 0 5 = 0 En un mner similr, encontrmos 6 = 7 =. 8 = 0 3

16 7.27. Se conoce que V =XY es un solución de l ecución de Lplce, donde X es un función de x sol, y Y es un función de y sol. Determine cuál de ls siguientes funciones potenciles son tmién soluciones de l ecución de Lplce : V = 00X: Semos que 2 XY= 0, o 2 2 XY + x2 y 2 XY = 0 YX + XY = 0 X X = Y Y = α2 Por lo tnto, 2 X= 00X 0 No. V = 50XY: Tendrímos 2 V= 50 2 XY= 0 Sí. c V = 2XY +x 3y: 2 V= 2 2 XY+ 0 0 = 0 Sí. d V =xxy: 2 V=x 2 XY+XY 2 x= 0 Sí. e V = X 2 Y : 2 V = X 2 XY + XY 2 X = 0 + XY 2 X No Supong un solución producto de l ecución de Lplce en coordends cilíndrics, V =PF, donde V no es un función de z,p es un función únicmente de, y F es un función únicmente de φ. Oteng dos ecuciones seprds si l constnte de seprción es n 2. Seleccione el signo de n 2 sí que l solución de l ecución φ llev funciones trigonométrics. Empezmos con l ecución de Lplce en coordends cilíndrics, en que no hy vrición z : 2 V = V + 2 V 2 φ 2 = 0 Sustituímos l solución producto V = PF pr otener: F d dp + P d 2 F d d 2 dφ 2 = F dp d + F d2 P d 2 + P d 2 F 2 dφ 2 = 0 Luego multiplicmos por 2 y dividimos entre FP pr otener dp P d + 2 d 2 P P d }{{ 2 } n 2 d 2 F dφ }{{ 2 } n 2 + F L ecución se grup hor en dos prtes como se muestr, cd un en l función de únicmente un de ls dos vriles; cd un es permnece igul más o menos n 2, como el indicdo. L ecución φ hor se vuelve = 0 d 2 F dφ 2 +n2 F= 0 F=C n cosnφ+d n sennφ n Note que n es requerid pr ser un entero, y que físicmente, l solución dee repetirse cd 2π rdines enφ. Si n = 0, entonces d 2 F dφ 2 = 0 F = C 0φ + D 0 4

17 7.28. Muestre que P=A n +B n stisfce l ecución : Del inciso, l ecución rdil es: Sustituyendo A n,encontrmos Sustituyendo B n : 2 d2 P d 2 + dp d n2 P = 0 2 nn n 2 + n n n 2 n = n 2 n n n + n n n 2 n = 0 2 nn + n+2 n n+ n 2 n = n 2 n + n n n n n 2 n = 0 Así lo trjmos. c Construy l solución V,φ. L s funciones de est form son llmds rmónics circulres. Pr reunir l solución complet, necesitmos l solución rdil pr el cso en que n = 0. L ecución pr resolver es d2 P d 2 + dp d = 0 Se S =dp/d, y sí ds/d =d 2 P/d 2. L ecución se vuelve ds d + S = 0 d = ds S Integrndo, encuentre ln + ln A 0 = ln S ln S = ln A0 S = A 0 = dp d donde A 0 es un constnte. Así hor d = dp A 0 P n=0 = A 0 ln + B 0 Podemos hor construír l solución en su form complet, rcndo n 0: V,φ= A 0 ln + B 0 C 0 φ + D 0 + [A }{{} n n +B n n ][C n cosnφ+d n sennφ] n=0 solución n= 5