Electromagnetismo II. Semestre: TAREA 6 Dr. A. Reyes-Coronado

Transcripción

1 Electromagnetismo II Semestre: TAREA 6 Dr. A. Reyes-Coronado Por: Pedro Eduardo Roman Taboada 1.- Problema: (10pts) Un modelo primitivo para el átomo consiste en un núcleo puntual con carga +q rodeada por una nube electrónica esférica de radio a con carga q, como se muestra en la figura a). Considera que este átomo está ahora bajo la acción de un campo eléctrico E de manera que el núcleo se moverá una pequeña distancia d respecto al centro de la nube electrónica, como se muestra en la figura b). Considerando que el desplazamiento es pequeño (d < a), y que la nube electrónica sigue teniendo forma esférica, calcula la polarizabilidad atómica del átomo. a)" b)" a" +q" "q" d" +q" Solución problema 1 "q" Digamos que el sistema está en equilibrio cuando el núcleo se encuentra a una distancia d del centro de la esfera. La condición de equilibrio requiere que el campo externo que empuja al núcleo sea exactamente igual al campo interno que lo jala, es decir, E = E e, donde E e es el campo producido por la nube electrónica. Este campo es el campo eléctrico producido por una esfera de carga uniforme a una distancia d del centro, dado por E e = qd 4πɛ 0 a 3 p = qd = (4πɛ 0a 3 )E. (1) Por lo tanto, la polarizabilidad atómica es donde v es el volumen del átomo.! r E α = 4πɛ 0 a 3 = 3ɛ 0 v, (2) 2.- Problema: (10pts) Un átomo de hidrógeno (con radio de Bohr de medio angstrom) se encuentra entre dos placas metálicas separadas por 1 mm, las cuales están conectadas a una batería de 500 volts. Qué fracción del radio atómico representa la distancia de separación d entre las cargas inducida por la diferencia de potencial (de manera aproximada)? Estima el voltaje necesario para ionizar el átomo. Solución Problema 2 El campo eléctrico entre las placas metálicas está dado por E = V/x = 500V/( m) = V/m. (3) Ahora, la polarizabilidad atómica del hidrógeno es α = m 2 C/V. El momento dipolar inducido está dado por p = αe = ed d = αe/e = ( m 2 C/V)( V/m)/( C) = m. (4) - 1 -

2 La fracción del radio atómico que representa la distancia d es d/r = ( m)/( m) = , donde R es el átomo radio de Bohr. Para ionizar el átomo éste será desplazado desde la posición r = 0 a la posición d = R, donde E e = E, despejando R obtenemos Por lo tanto el voltaje está dado por R = αe/e = αv/(ex). (5) V = exr/α = ( C)( m)( m)/( m 2 C/V) = 10 8 V. (6) 3. Problema: (10pts) De acuerdo a la mecánica cuántica, la nube electrónica para un átomo de hidrógeno en el estado base tiene una densidad de carga ρ(r) = q πa 3 e 2r/a, donde q es la carga del electrón y a es el radio de Bohr. Calcula la polarizabilidad atómica del átomo. (Hint: primero calcula el campo eléctrico de la nube electrónica, luego expande el exponencial asumiendo que r << a). Solución Problema 3 Primero obtengamos el campo eléctrico de la nube electrónica, E e. Usando la ley de Gauss, que para el caso de simetría esférica tiene la forma E e d a = Q enc E e = Q enc ɛ 0 4πɛ 0 r 2, (7) donde hemos usado una superficie esférica de radio r como superficie Gaussiana, por tanto, la carga encerrada está dada por r r Q enc = ρ dv = 4πq 0 πa 3 e 2r/a r 2 dr 0 = 4q [ a2 )] (r a 3 e 2r/a 2 + ar + a2 r 2 0 )] = q [1 e (1 2r/a ra r a 2. (8) Por lo tanto, el campo eléctrico de la nube electrónica está dado por )] q E = [1 4πɛ 0 r 2 e (1 2r/a ra r a 2. (9) El protón será desplazado de r = 0 a r = d donde E e = E (E es el campo externo): E = q [1 4πɛ 0 d 2 e (1 2d/a + 2 da + 2d2 a 2 )]. (10) Usando el Hint, desarrollemos en potencias de d/a, obteniendo (usando Mathematica) [ ( ) 3 ( ) ] 4 q 4 d d E 4πɛ 0 d 2 2, (11) 3 a a y quedándonos a tercer orden tenemos [ q 4 E 4πɛ 0 d 2 3 ( ) ] 3 d = a 1 3πɛ 0 a 3 (qd) = 1 3πɛ 0 a 3 p α = 3πɛ 0a 3. (12) - 2 -

3 4. Problema: (10pts) Un dipolo perfecto p está localizado a una distancia z sobre una placa infinita metálica aterrizada. El dipolo hace un ángulo θ con la perpendicular al plano. Calcula el torque sobre p. Si el dipolo puede girar libremente, en qué orientación estará en reposo? Solución Problema 4 Usemos un dipolo imagen como el mostrado en la figura de abajo Orientando el dipolo imagen en el origen obtenemos la siguiente configuración El campo eléctrico sobre el dipolo imagen debido al dipolo p es E i = Por lo tanto la torca N es p 4πɛ 0 (3z) 3 (2 cos θ ê r + sen θ ê θ ) ; p = p cos θ ê r + p sen θ ê θ. (13) N = p E i = p 2 4πɛ 0 (2z) 3 [(cos θ ê r + sen θ ê θ ) (2 cos θ ê r + sen θ ê θ )] = = p2 sen θ cos θ 4πɛ 0 (2z) 3 ( ê φ) = p2 sen 2θ 8πɛ 0 (2z) 3 êφ. (14) Para 0 < θ < π/2, N tiende a rotar a p en sentido contrario a las manecillas del reloj; para π/2 < θ < pi, N rota a p en el sentido de las manecillas del reloj. De este modo la orientación estable es perpendicular al plano conductor

4 5. Problema: (15pts) Una esfera de radio R posee una polarización dada por: P ( r ) = k r, donde k es una constante y r es el vector de posición en coordenadas esféricas. (a) Calcula las cargas inducidas σ b y ρ b. (b) Calcula el campo eléctrico dentro y fuera de la esfera. Solución Problema 5 a) La densidad superficial de carga está dada por mientras que la densidad volumétrica de carga es σ b = P ˆn = P ê r = kr, (15) ρ b = P = 1 r 3 ( r 2 kr ) = 3k. (16) r b) Para calcular el campo eléctrico comencemos en al región r < R. Usando ley de Gauss tenemos que el campo eléctrico está dado por E = ρr 3ɛ 0 ê r = k ɛ 0 ê r si 0 < r < R. (17) Para r ( > R) el campo eléctrico es el mismo que el de una carga puntual con carga Q tot = σ b 4πR 2 + ( 3k) = 0, por lo que 4πR 3 3 E = 0 si R < r. (18) 6. Problema: (15pts) Un cilindro muy largo de radio a posee una polarización uniforme P perpendicular a su eje (cuidado, P es uniforme, no radial!). Calcula el campo eléctrico dentro del cilindro. Muestra que el campo fuera del cilindro se puede escribir como E( r ) = con s la distancia radial a partir del eje del cilindro. Solución Problema 6 [ a2 2ɛ 0 s 2 2( P ŝ)ŝ P ], (19) La solución del problema depende completamente del entendimiento de que la carga superficial inducida sobre la superficie del cilindro uniformemente polarizado (o esfera) es equivalente a aquella creada cuando dos cilindros uniformemente cargados, uno positivo y el otro negativo, son separados una distancia pequeña d. El siguiente paso es obtener el campo eléctrico generado por los dos cilindros, dentro del cilindro. Se puede calcular usando la simetría del problema y la ley de Gauss con una superficie gaussiana cilíndrica. Para uno de los cilindros se tiene E = ρ s si 0 < s < a. (20) 2ɛ 0 Ahora si tenemos dos cilindros cargados uniformemente con densidad volumétrica ±ρ cuyos ejes están separados una distancia d, el campo eléctrico resulta E = E + E + = donde hemos usado que s + s = d. ρ ( s + s ) = ρ d P = si 0 < s < a, (21) 2ɛ 0 2ɛ 0 2ɛ 0-4 -

5 Para la región fuera de los cilindros, usemos de nuevo ley de Gauss. Para uno de los cilindros tenemos que el campo eléctrico resulta ser E = ρa2 ŝ si s > a. (22) 2ɛ 0 s Por lo tanto el campo debido a los dos cilindros está dado por ) (ŝ+ E = E + E + = ρa2 ŝ. (23) 2ɛ 0 s + s Para entender mejor lo que pasa, usemos una aproximación: supongamos que d << s. Definamos s como la distancia al punto donde queremos calcular el campo desde el punto medio entre los dos cilindros, hacemos esto para reemplazar la dependencia en s + y s por la dependencia únicamente en s. Usando la ley de cosenos encontramos que s ± = s d 2, (24) ŝ ± = s ± s d/2 = s ± s2 + (d/2) 2 2s(d/2) cos θ s d/2 = s 1 + (d/2s) 2 (d/s) cos θ s + d/2 s 1 (d/s) cos θ, donde hemos eliminado términos de orden (d/s) 2. También tenemos que (25) De tal suerte usando (1 + x) n 1 nx obtenemos 1 s ± 1 s 1 (d/s) cos θ ŝ ± s d/2 s ± s 2 [1 (d/s) cos θ] (26) (27) Finalmente, llegamos a que Por lo tanto el campo eléctrico es E = ρa2 2ɛ 0 s 2 ŝ ± s ± 1 s 2 ( s d/2) [1 ± (d/s) cos θ]. (28) ŝ + ŝ 1 [ s + s s 2 d + 2d ss ] cos θ. (29) [ d + 2d ss ] [ cos θ = a2 2ɛ 0 s 2 2( P ŝ)ŝ P ]. (30) 7. Problema: (15pts) El espacio entre dos placas paralelas formando un capacitor se llena con dos placas de material lineal dieléctrico, como se muestra en la figura. Cada placa de material tiene un espesor a, de manera que la distancia total entre las dos placas metálicas es 2a. La constante dieléctrica de la placa 1 corresponde a vidrio común ɛ 1 =2.4 y la constante dieléctrica de la placa 2 corresponde a aire ɛ 2 = 1. La densidad superficial de carga en la placa superior es σ y la de la placa inferior es σ. (a) Calcula el desplazamiento eléctrico D en cada placa dieléctrica. (b) Calcula el campo eléctrico E en cada placa dieléctrica

6 (c) Calcula la polarización P en cada placa dieléctrica. (d) Calcula la diferencia de potencial entre las placas del capacitor. (e) Calcula las cargas inducidas y localízalas. (f) Una vez que conoces toda la carga (externa e inducida), vuelve a calcular el campo eléctrico E en cada placa y corrobora que coincide con tu resultado del inciso b). +"σ" Placa"de"aire" a" Placa"de"vidrio" a" #σ" Solución Problema 7 a) El desplazamiento eléctrico puede ser calculado usando la ley de Gauss D d a = Q ext enc, (31) donde Q ext enc es la carga externa encerrada por la superficie gaussiana. La forma de resolver el problema es idéntica a la manera en la que se calcula el campo eléctrico de un capacitor de placas paralelas. Si comenzamos con la placa con densidad superficial de carga libre σ ext = σ, usando una superficie gaussiana que atraviese la frontera obtenemos D = σ 2 êz. (32) Del mismo modo la contribución debida a la placa con σ ext = σ es la misma en magnitud y dirección, por lo tanto, el desplazamiento es D 1 = D 2 = σê z. (33) b) Dado que ya hemos calculado el desplazamiento eléctrico, es posible obtener el campo eléctrico usando donde ɛ = ɛ r ɛ 0. Para el campo en la placa de vidrio obtenemos Mientras que para la placa de aire tenemos D = ɛ E, (34) D E 1 = 1 = σ ê z. (35) ɛ r1 ɛ ɛ 0 E 2 = D 2 ɛ r2 ɛ 0 = σ ɛ 0 ê z. (36) c) Para calcular la polarización usemos P = ɛ 0 χ e E, (37) - 6 -

7 donde χ e = ɛ r 1. Por lo tanto la polarización en el vidrio y el aire están dadas por y σ P 1 = ɛ 0 (2,4 1) ê z = ɛ 0 12 σ ê z (38) P 2 = ɛ 0 (1 1) σ ê z = 0. ɛ 0 (39) d) El potencial eléctrico está dado por ϕ = E d l ϕ Placas = 0 a E 1 dz a 2a E 2 dz = a(e 1 + E 2 ) = σa ɛ 0 [(1/2.4) + 1] = 17σa 12ɛ 0. (40) e) Debido a que la polarización es constante, la densidad volumétrica de carga inducida es cero. En cambio, la densidad superficial de carga es distinta de cero y debe ser calculada en todas las superficies que atraviesa el campo eléctrico. Iniciemos con la parte superior e inferior de la placa uno del capacitor, respectivamente: σ b = P 1 = 7 12 σ, σ b = P 1 = 7 σ. (41) 12 Mientras que para la parte superior e inferior de la placa dos tenemos σ b = P 2 = 0, σ b = P 2 = 0. (42) f) Analicemos la placa 1, la carga superficial total de arriba es σ 7σ/12 = 5σ/12 y abajo 7σ/12 σ = 5σ/12, por lo tanto, el campo eléctrico en la placa uno es E 1 = 5σ/(12ɛ 0 ) = σ/(2.4ɛ 0 ). Para la placa 2, la carga superficial total de arriba es σ 0 = σ y la de abajo 0 7σ/12 + 7σ/12 σ = σ, de tal modo, el campo eléctrico para la placa dos es E 2 = σ/ɛ Problema: (15pts) Un conductor esférico de radio a que posee una carga Q, se encuentra rodeado por un dieléctrico lineal de susceptibilidad χ E de radio b, como se muestra en la figura. Calcula la energía de esta configuración por medio de la siguiente ecuación: W = 1 D 2 E dv. χ" E " Q" a" b" Solución Problema 8 Es posible calcular el desplazamiento eléctrico por medio de su relación con la carga externa, dada por D d a = Q ext enc, (43) en este caso Q ext enc = Q y debido a que el sistema tiene simetría esférica tomemos una esfera de radio r como superficie gaussiana, obteniendo - 7 -

8 4πr 2 D = Q D = Q 4πr 2 e r si a < r. (44) Mientras que D = 0 para 0 < r < a. Para un dieléctrico lineal se cumple que D = ɛe = ɛ 0 (1 + χ E ) E, por lo tanto el campo eléctrico está dado por 0 si r < a E = Q 4πɛr 2 e r si a < r < b. Q 4πɛ 0r 2 e r si r > b (45) Así la energía es W = 1 [ b D 2 E dv = 4πQ2 2ɛ 0 (4π) 2 a [ ( = Q πɛ χ E a 1 ) + 1 ] b b Q 2 ( 1 = 8πɛ 0 (1 + χ E ) a + χ ) E. b r 2 dr (1 + χ E )r 4 + b ] r 2 dr r 4 (46) 9. Problema TORITO: (20pts) Dos cilindros metálicos coaxiales muy largos de radios a y b, respectivamente, con a<b, están puestos verticalmente dentro de un tanque con un aceite dieléctrico de susceptibilidad eléctrica χ e y densidad de masa ρ. El cilindro interno se mantiene a un potencial φ y el cilindro externo se aterriza. Calcula qué altura h alcanza el aceite entre los cilindros? Solución Problema 8 La energía ganada cuando el aceite dieléctrico entra a la cavidad cilíndrica es [C fin C inic ]φ 2 /2. Dado que el potencial está fijo necesitamos la capacitancia de un capacitor cilíndrico en el que una parte de la cavidad tiene una susceptibilidad dieléctrica χ E. La capacitancia de un capacitor cilíndrico llenado uniformemente con un material con constante dieléctrica ɛ es C = 2πLɛ/ ln (b/a), donde L es la longitud del cilindro. Cuando la cavidad se compone de dos partes, un dieléctrico y vacío, el sistema se comporta como dos capacitores en paralelo, así que la capacitancia cuando el sistema está lleno a una altura h es C(h) = 2π [(L h) + ɛh] (47) ln (b/a) La energía ganada cuando el aceite llena la cavidad cilíndrica es [C(h) C(0)]φ 2 /2 lo cual se reduce δu C = πɛ 0χ e ln (b/a) φ2 (48) donde usamos χ e = ɛ r 1. El trabajo requerido para levantar el aceite a una altura h es, δu grav = π(b 2 a 2 )gρ h 0 h dh = 1 2 πgρh2 (b 2 a 2 ). (49) El cambio en la energía total cuando el aceite entra a la cavidad cilíndrica a la altura h es U = δu grav δu C. La condición de equilibrio requiere que F = 0 U = 0, en este caso, el gradiente se reduce a la derivada con respecto a h. Por tanto la condición de equilibrio es h = ɛ 0 χ e φ 2 ρg(b 2 a 2 ) ln (b/a). (50) - 8 -