Electromagnetismo II

Transcripción

1 Electomgnetismo II Semeste: EXAMEN PARCIAL 2: Solución D. A. Reyes-Coondo Poblem 1 (2 pts.) Po: Jesús Cstejón Figueo ) Escibe ls cuto ecuciones de Mxwell en fom difeencil, escibiendo el nombe de cd un de ells, sí como su simplificción p el cso estático. b) Escibe los teoems de l Divegenci y de Stokes. c) Escibe ho ls ecuciones de Mxwell en fom integl, y su simplificción p el cso estático. Solución: ) Ls ecuciones de Mxwell en fom difeencil son: E = ρ ε (Ley de Guss eléctic) B = E = B B = µ J + µ ε E (Ley de Guss mgnétic) (Ley de Fdy-Lenz) (Ley de Ampée-Mxwell) mients que p el cso estático (no es lo mismo que estcionio) ls ultims dos ecuciones se educen : E = B = (Ley de Fdy-Lenz estátic) (Ley de Ampée-Mxwell estátic) y ls ots pemnecen sin cmbios. b) Los teoems de Guss y Stokes son: F d = F dv (Teoem de l divegenci) V V F dl = ( F ) ˆndS (Teoem de Stokes) S S 1

2 c) Ls ecuciones de Mxwell en fom integl son: E d = q ε B d = E dl = Φ B B dl = µ i + µ ε Φ E que en cso estático, ls ultims dos se educen : E dl = B dl = (Ley de Guss eléctic) (Ley de Guss mgnétic) (Ley de Fdy-Lenz) (Ley de Ampée-Mxwell) (Ley de Fdy-Lenz estátic) (Ley de Ampée-Mxwell estátic) y ls ots pemnecen sin cmbios. Poblem 2 (5 pts.) P un poblem en electostátic, en donde se cumple l ecución de Lplce, qué se necesit p segu que l solución es únic? Solución: Dds condiciones l fonte sobe el potencil (condiciones de Diichlet) o sobe l deivd noml del potencil (condiciones de Newmnn), l solución l ecución de lplce es únic. Poblem (25 pts.) Un cg +q y un cg q están situds un distnci 2d y d espectivmente sobe el eje Z, el plno XY epesent un plno conducto teizdo. Clcul l fuez sobe l cg +q utilizndo el método de imágenes. Solución: Como el plno XY es un plno conducto teizdo, puede se modeldo po un p de cgs imágenes q y un cg +q situds un distnci 2d y d sobe el eje Z espectivmente, como se muest en l Fig.1. Entonces l fuez sobe l cg +q est dd po l ley de Coulomb: po lo que l fuez es: F +q = q 4πε F +q = q d 2 + q (d) 2 ) + q (4d) 2 ê z (1) q2 11 4πε d 2 ê z (2) 48 2

3 Figu 1: Un cg +q y un cg q situds un distnci 2d y d espectivmente sobe el eje Z. Sus espectivs cgs imágenes se muestn en vede. Poblem 4 (25 pts.) Un tubo metálico de sección tnsvesl ectngul, coe lo lgo del eje Z (desde ) y tiene tes ldos teizdos: en y =, y = y en x =. El cuto ldo estnte, x = b, se mntiene potencil φ (y). ) Escibe l solución genel p el potencil dento del tubo. b) Clcul explícitmente el potencil dento del tubo p el cso φ (y) = φ constnte. Solución: )Este poblem es invinte en l en l coodend Z, po lo que se educe simplemente dos dimensiones, demás supondemos que l solución es sepble (Φ(x, y) = X(x)Y (y)), po lo que l ecución de lplce es po lo que 2 Φ = 2 XY () 1 2 X X x = Y 2 X x + X 2 Y y = = 1 Y 2 Y y = λ2 (4) donde λ es un constnte, est es l únic mne de que dos funciones de vibles independientes sen igules. L solución l potencil viene dd po: Φ(x, y) = ( Ae λx + Be λx)( C cos(λy) + D sin(λy) ) (5)

4 donde un flt plic ls condiciones l fonte dds po el poblem: Φ(, y) = B = A Φ(x, ) = C = Φ(x, ) = λ = nπ Φ(b, y) = φ (y) (6) l solución genel l poblem seá un combinción linel de tods ls soluciones posibles: Φ(x, y) = n= ( ) ( ) nπ nπ A n sinh x sin y (7) donde ls constntes A n pueden se deteminds po l popiedd de otogonlidd de ls funciones tigonométics y l últim condición de fonte: ( ) mπ Φ(b, y) sin y dy = b) En este cso φ (y) = φ = cte. A n = A n = n= 2 sinh( nπb ) = = ( ) ( ) ( ) nπ nπ mπ A n sinh b sin y sin y dy (8) 2φ sinh( nπb ) 2φ sinh( nπb ( ) nπ φ (y) sin y dy (9) ( ) nπ sin y dy (1) ( ) nπ nπ cos y ) 2φ nπ sinh( nπb ) (1 ( 1) n ) entonces A n = cundo n tom vloes pes, hcemos el cmbio de vible: y entonces l solución especific l poblem es: n 2k + 1 (11) Φ(x, y) = k= ( ) ( ) 4φ (2k + 1)π (2k + 1)π (2k + 1)π sinh ( (2k+1)πb) sin y sinh x (12) Poblem 5 (25 pts.) El potencil en l supeficie de un esfe de dio R está ddo po φ = k sin 2 θ (1) 4

5 donde k es un constnte. Clcul el potencil dento y fue de l esfe, sí como l densidd supeficil de cg σ(θ) sobe l esfe. Conside que no hy cgs ni dento ni fue de l esfe. Hint: Recued que P (x) = 1, P 1 (x) = x y que P 2 (x) = (x 2 1)/2. Solución: L solución l ecución de lplce en coodends esféics dejndo l coodends zimutl constnte es: Φ(, θ) = n= ( A n n + B n n+1 ) P n (cos θ) (14) Como l solución debe se cotd en todos los puntos, es deci, no debe se divegente en el cento de l esfe y en el infinito, l solución l potencil dento de l esfe no puede contene téminos popoionles 1/ n, y fue de l esfe no puede tene téminos popocionles n, es deci: A n = B n = Podemos pone l condición de fonte sobe el potencil en téminos de los polinomios de Legende: φ = k sin 2 θ = 2k P (cos θ) P 2 (cos θ) (>R) (<R) (15) demás, como los polinomios de Legende fomn un bse complet, son linelmente independientes y como l solución l potencil evlud en = R debe coincidi con l condición l fonte, es deci Φ(R, θ) = φ, est no puede tene téminos distintos P y P 2, y ls constntes A 1, A 2, B 1 y B 2 deben se igul l unidd. L solución l potencil en todos los puntos es: Φ(, θ) = 2k ( ) 2 2k P (cos θ) P 2 (cos θ) R (R ) P (cos θ) ( ) R P 2 (cos θ) R; R (16) L densidd supeficil de cg está dd po l discontinuidd del cmpo eléctico, esto es: σ Φ<R = Φ >R ε =R = 2k 2 R 2 P 2(cos θ) + R 2 P (cos θ) + R 4 P 2 (cos θ) po lo que l densidd supeficil de cg es: σ(θ) = 2ε k P (cos θ) 5P 2 (cos θ) R =R (17) (18) 5