Electromagnetismo I. +q" #2q" d" 2d"

Transcripción

1 Electromgnetismo I Semestre: Prof. Alejndro Reyes Corondo Ayud. Crlos Alberto Mciel Escudero Ayud. Christin Esprz López Solución l Tre 4 Solución por Christin Esprz López 1.- Problem: (2pts Clcul l fuerz sobre l crg +q de l figur que se muestr continución. El plno XY represent un plno conductor terrizdo. 2d" ê x ê z +q" #2q" d" ê y Pr resolver este problem utilizmos el método de imágenes. Colocmos un crg 2q en d ê z y un crg q en 2d ê z, de est mner el potencil en el plno XY es constnte (que por convenienci tommos φ y el sistem de 4 crgs es equivlente l sistem de dos crgs frente l plno conductor (sólo pr l región z >. Así, l fuerz sobre l crg q situd en 2d ê z es: 2. Problem: (3pts F ( q2 4πε d ê z q2 16 4πε d 2 ( ( Usndo l ley de cosenos, muestr que el potencil ddo por l siguiente expresión es cero sobre un esfer de rdio r R: φ( r 1 ( 4πɛ r r 1 + q 2, r r 2 bsándote en l siguiente figur y hciendo uso de r θ P r r! r r! 1 2 b q 2 q 2 R nd b R2, donde r y θ son ls coordends polres usules, con el eje z lo lrgo de l líne que une ls crgs.

2 (b Clcul l densidd de crg superficil inducid en l esfer, como función del ángulo θ. Integr est expresión pr obtener l crg totl inducid. ( Por ley de cosenos, r r 2 r 2 + b 2 2br cos θ, sutituyendo b R 2 / y evlundo en r R tenemos: r r 2 rr R 2 + R4 2 2R3 cos θ R Por otr prte r r 1 r r cos θ, entonces 2 + R 2 2R cos θ. r r 2 rr R r r 1 rr, q 2. r r 2 rr r r 1 rr Sustituyendo est expresión en φ( r rr obtenemos φ(r rr (1 1, 4πε 2 + R 2 2R cos θ por lo tnto el potencil se nul en l esfer de rdio R. (b Suponiendo que es l crg originl y que l esfer de rdio R es un esfer conductor terrizd, entonces el potencil pr r R se nul, mientrs que pr R r está ddo por: φ(r 4πε ( 1 r r cos θ R r 2 + (R 4 / 2 2r(R 2 / cos θ L densidd de crg está dd por l condición de fronter σ ε ( φ( r / r rr, entonces σ q ( 1 r cos θ 4π (r r cos θ 3/2 R(r (R 2 / cos θ (r 2 + (R 4 / 2 2r(R 2 / cos θ rr 3/2 (R 4π( 2 + R 2 2R cos θ 3/2 cos θ 2 R (1 R cos θ (R 2 2 4πR( 2 + R 2 2R cos θ 3/2. L crg totl inducid es: π Q inducid 2π R(R 2 2 sin θ 4π ( 2 + R 2 dθ 2R cos θ 3/2 R(R 2 2 ( 1 π 2 R( 2 + R 2 2R cos θ 1/2 (R 2 2 ( 1 2 R 1 R + R q 2,. 2

3 como er de esperrse. 3.- Problem: (25pts Un tubo metálico de sección trnsversl rectngulr, corre lo lrgo del eje ê z (desde y tiene tres ldos terrizdos: en y, y y en x. El curto ldo restnte, x b, se mntiene potencil φ (y. ( Escribe l solución generl pr el potencil dentro del tubo. (b Clcul explícitmente el potencil pr el cso φ (y φ constnte. ( Utilizmos el método de seprción de vribles en coordends crtesins. Suponemos que ls soluciones son de l form: φ k (x, y X(xY (y, donde hemos sumido que el potencil es independiente de l coordend z, pues el problem es invrinte bjo trslciones lo lrgo de ese eje. Sustituyendo en l ecución de Lplce tenemos: Y (y d2 X(x dx 2 hor multiplicmos por 1/φ k (x, y y encontrmos: + X(x d2 Y (y dy 2, f(x 1 d 2 X(x X(x dx 2 1 d 2 Y (y Y (y dy 2 g(y. Pr un vlor fijo de x se tiene g(y cte y pr un vlor fijo de y se tiene f(x cte, por lo tnto l únic mner de que se stisfg l ecución nterior es que tnto f como g sen constntes, y mñosmente escogemos est constnte positiv pr seprr l ecución de Lplce en el siguiente sistem de ecuciones diferenciles ordinris descoplds: d 2 X(x dx 2 d 2 Y (y dy 2 k 2 X(x, k 2 Y (y; cuy solución es X A k cosh kx + B k sinh kx, Y A k cos ky + B k sin ky. Entonces ls soluciones seprbles son de l form φ k (x, y (A k cosh kx + B k sinh kx(a k cos ky + B k sin ky. Pr determinr ls constntes de integrción plicmos ls condiciones de fronter φ k. Primero plicmos ls condiciones en x, y : 3

4 φ k (, y A k Y (y, φ k (x, X(xA k. Pr que l primer ecución se stisfg en todo vlor de y, requerimos A k y de mner similr requerimos A k pr stisfcer l segund ecución. Ahor plicmos l condición en y : φ k (x, X(xB k sin (k. Nuevmente est ecución se stisfce pr todo vlor de x si y sólo si B k sin (k, si tommos B k obtendrímos un solución trivil, lo cul nos es inútil (y entonces hbremos dividido por cero!, entonces el término que se nul es el seno lo cul implic k mπ/ con m N 1. Por lo tnto l solución generl del problem es: φ(x, y sujeto l condición de frnter ( mπx A m sinh sin m1 φ(b, y φ (y. ( mπy (b Pr determinr l form explícit de los coeficientes A m utilizmos l relción de ortogonlidd: 2 ( mπy ( nπy sin sin dy δ mn. Así, multiplicndo φ(b, y por (2/ sin (mπy/ e integrndo desde y y, obtenemos: ( mπb A m sinh 2 ( mπy φ (y sin dy. En el cso especil φ (y φ l integrl es inmedit y el resultdo es: ( mπy φ sin dy φ mπ, ( ( mπy cos { m pr 2φ /mπ m impr por lo tnto los coeficientes con m pr se nuln y los coeficientes con m impr son: y l solución l problem es: φ(x, y A m {m N m impr} 4φ mπ sinh (mπb/, 4φ sinh (mπx/ ( mπy mπ sinh (mπb/ sin. 4

5 4. Problem: (25pts Un cj cúbic (de ldo consiste de cinco ldos metálicos terrizdos y el sexto ldo (l tp se encuentr un potencil constnte φ (l tp está isld de ls otrs cinco crs pr evitr corto circuito. Clcul el potencil dentro de l cj (ver figur. Al igul que en el ejercicio nterior utilizmos seprción de vribles, pr obtener soluciones de l form φ kx,k y,k z (x, y, z [A kx cos (k x x + B kx sin (k x x] [ A ky cos (k y y + B ky sin (k y y ] [A k cosh (kz + B k sinh (kz], con k 2 kx 2 + ky. 2 Aplicndo ls condiciones de fronter en x, y y z obtenemos (por rgumentos similres los del ejercicio nterior A kx A ky A k. Por otr prte, de ls condiciones de fronter en x y y obtenemos k x mπ/, k y nπ/ con, m, n N. Entonces l solución generl es: φ(x, y, z m,n N sujet l condición de fronter: ( mπx A m,n sin sin φ(x, y, φ. ( nπx sinh k ( m, nz, Pr clculr los coeficientes A m,n utilizmos nuevmente l relción de ortogonlidd del ejercicio nterior, multiplicmos φ(x, y, por (4/ 2 sin (mπx/ sin (nπy/ e integrmos sobre el rectángulo x, y, con lo que obtenemos: Por lo tnto, el potencil es: A m,n sinh (k m,n 4φ ( ( mπx 2 mπ cos ( ( nπy nπ cos { m o n pr (16φ /mnπ 2 m y n impr. φ(x, y, z con k m,n π m 2 + n 2 /. {m,n N m,n impr} 16φ sinh (k m,n z ( mπx ( nπx mnπ 2 sinh (k m,n sin sin, 1 En relidd deberímos tomr m Z, pero m nos d un solución trivil y φ k es un función pr en m, por lo cul excluimos los vlores negtivos. 5

6 5. Problem TORITO: (2pts Un líne infinit con densidd linel de crg uniforme λ se coloc un distnci d sobre un plno conductor terrizdo. L líne es prlel l eje x y el plno conductor está loclizdo en el plno XY. ( Clcul el potencil en l región superior del plno conductor. (b Clcul l densidd de crg inducid en el plno conductor. ( Pr resolver este problem nuevmente emplemos el método de imágenes. El problem es equivlente l de dos línes infinits de crg situds en d ê z con densidd de crg λ y l otr en d ê z con densidd de crg λ. Sbemos que el potencil debido un líne infinit con densidd de crg uniforme λ es φ( r [ λ/(2πε ] ln r r /r, donde r es l posición de l líne en coordends cilíndrics. Entonces el potencil debido ls dos línes es: λ ( ( r d êz r + d êz φ(y, z ln 2πε λ 2πε ln r ( r + d êz r d ê z. + λ 2πε ln Ahor, r ± d ê z r 2 + d 2 ± 2 r ê z y 2 + z 2 + d 2 ± 2dz y 2 + (z ± d 2, sustituyendo en el potencil obtenemos: φ(y, z λ ( y 2 + (z + d 2 ln 4πε y 2 + (z d 2, y φ(y, z. (b L densidd superficil de crg está dd por: φ σ ε z λ ( 2(z + d 2(z d z 4π y 2 + (z + d 2 y 2 + (z d z 2 λ ( 2d 4π y 2 + d 2 + 2d λd y 2 + d 2 π(y 2 + d 2. Pr comprobr que ést es l densidd de crg correct, vemos que si integrmos desde y y, l densidd linel de crg es precismente λ: λd π(y 2 + d 2 dy λ π tn 1 (y/d λ. r 6