Parcial Numero 1 Campos Y Ondas: Ejercicios Seleccionados Del Libro Campos Electromagneticos-wangness,roald K

Parcial Numero 1 Campos y Ondas Ejercicios seleccionados del libro Campos Electromagneticos-Wangness,Roald K • 5.10 Encontrar φ para todos los puntos dentro y fuera de la esfera de carga del ejercicio 4.5 por medio de (5-11). Graficar φ en funcion de r

Figure 1: Esfera con densidad superficial variable Enunciado la ley de gauss: Z E · ds = s

Qenc ε0

(1)

En este caso E es radial y su magnitud es independiente del angulo asi como lo es su densidad volumetrica ρ=Ar1/2 lo que implica que nuestra figura tiene simetria esferica y la superficie gaussiana que debemos tomar son las mostradas en la figura3

Sabiendo entonces que E = Er (r)ˆ r delimitamos dos regiones: Para 0 < r < a: 1 R 2

ρdv ε0 A R r 01/2 EI (4πr2 ) = r (4πr02 )dr0 ε0 0 EI (4πr ) =

EI =

2Ar3/2 7ε0

Para r > a:

1 R ρdv ε0 A R a 01/2 EII (4πr2 ) = r (4πr02 )dr0 ε0 0 EII (4πr2 ) =

EII =

2Aa7/2 7ε0 r2

Asi tenemos que:        

E(r) =       

2Ar3/2 7ε0

si 0 < r < a (2)

7/2

2Aa 7ε0 r2

si r > a

Luego, para hallar el potencial electrostatico nuestra ecuacion sugerida es:

∆φ = φ(r2 ) − φ(r1 ) = −

R2 1

Eds

Donde nuestro potencial cero lo definiremos en infinito φ(∞) = 0

1

Empezamos a calcular el potencial electrostatico desde lo mas externo hasta llegar al centro de la esfera: para r > a φ(r) − φ(∞) = −

Rr

φ(r) − φ(∞) = −

R r 2Aa7/2

∞

∞

EII ds 7ε0 r02

φ(r) =

2 Aa7/2 1 + φ(∞) 7 ε0 r

φ(r) =

2 Aa7/2 1 ,r>a 7 ε0 r

dr0

Antes de pasar a la siguiente region es convienente tambien conocer φ(a): φ(a) =

2 Aa5/2 7 ε0

para 0 < r < a Rr

φ(r) − φ(a) = − φ(r) − φ(a) = −

a

EI ds

R r 2Ar3/2 a

7ε0 4A 5/2 φ(r) − φ(a) = − [r − a5/2 ] 35ε0 4A 5/2 φ(r) = − [r − a5/2 ] + φa 35ε0 4A 5/2 2 Aa5/2 [r − a5/2 ] + 35ε0 7 ε0 2A 5/2 2 5/2 [a − r ],0
φr = −

Finalmente, tendremos que:       

2A 5/2 2 5/2 [a − r ] si 0 < r < a 5ε0 7

    

2 Aa7/2 1 7 ε0 r

φ(r) = 

(3) si r rel="nofollow"> a

Un bosquejo de nuestra grafica de potencial sera entonces:

• 13.6 Una corriente I’ se distribuye uniformemente sobre un cilindro muy largo cuya seccion circular tiene un radio a. El eje del cilindro coincide con el eje Z. I’ esta en la direccion z positiva. Una corriente I muy larga se encuentra paralela al eje z; su direccion es tambien la de z positiva. I cruza el eje x positivo a una distancia d del origen. Encontrar la fuerza por unidad de longitud sobre la corriente I.[seguramente se necesitara utilizar 3.16]

2

La ecuacion a utilizar para resolver este ejercicio es: I I µ0 Idsx(I 0 ds0 xR) 0 F c −→ c = 4π c c0 R3

(4)

Nuestros vectores entonces seran: r = dˆ x + z zˆ r0 = acosϕˆ x + asenϕˆ y + z 0 zˆ ds = dz zˆ ds0 = dz 0 dϕˆ z R = (d − acosϕ)ˆ x − asenϕˆ y + (z − z 0 )ˆ z ds0 xR = dz 0 dϕ[asenϕˆ x + (d − acosϕ)ˆ y] dsx(ds0 xR) = [(acosϕ − d)ˆ x + (asenϕ)ˆ y ]dzdz 0 dϕ Ahora, sustituyendo en la ecuacion 4: F c0 −→ c =

R 2π R∞ µ0 II 0 R ∞ (acosϕ − d)ˆ x + (asenϕ)ˆ y dz 0 dz dϕ 0 −∞ [(d − acosϕ)2 + (asenϕ)2 + (z − z 0 )2 ]3/2 4π −∞

Resolvemos primero la integral en dz’, llamamos x = z − z 0 w2 = a2 − 2dacosϕ + d2 R∞ dz 0 −∞ [a2 + d2 − 2dacosϕ + (z − z 0 )2 ]3/2 R∞ x dx −1 2 − −∞ 2 = 2√ |∞ −∞ = 2 3/2 2 2 w w2 [w + x ] w +x 0 R∞ dz 2 = 2 −∞ [a2 + d2 − 2dacosϕ + (z − z 0 )2 ]3/2 a − 2dacosϕ + d2 Integramos ahora con respecto dϕ pero la componente en yˆ es una funcion impar que se hace cero en el intervalo de integracion, por ende nos interesa solo la componente en x ˆ (acosϕ − d)ˆ x µ0 II 0 R 2π 2π 0 a2 − 2dacosϕ + d2 Esta integral es similar a la integral 3.16: Rπ 0

A2

(A − Bcost)dt = − 2ABcost + B 2

 π   A =   0

si A2 > B 2 (5) 2

si A < B

2

Ajustando este valor a la integral que tenemos, nuestro resultado ser´a: µ0 II 0 R 2π µ0 II 0 −2π (acosϕ − d)ˆ x = x ˆ 2π 0 a2 − 2dacosϕ + d2 2π d 0 R 0 µ0 II 2π (acosϕ − d)ˆ x µ0 II =− 0 2 2 2π a − 2dacosϕ + d d 3

Falta ahora integrar con respecto a dz: µ0 II 0 R ∞ F c0 −→ c = dz x ˆ −∞ d pero me estan pidiendo es la fuerza por unidad de longitud asi que:

fc =

dF µ0 II 0 =− xˆ dz d

• 16.10 Encontrar el A producido en cualquier punto del eje z por una corriente en el arco circular que se muestra en la figura. Por que este resultado no daria el valor correcto de B que se encontro en el ejercicio 14-7?

Por la definicion de potencial vectorial tenemos: µ0 A(r) = 4π

I c

I 0 ds |R|

(6)

Como nos interesa un punto en el eje z: ds = adθθˆ = adθ(−senθˆ x + cosθˆ y) r = z zˆ r0 = acosθˆ x + asenθˆ y R = r − r0 = −acosθˆ x − asenθˆ y + z zˆ |R| = (a2 + z 2 )1/2 Sustituimos en la ecuacion (6) µ0 I 0 a R α (−senθˆ x + cosθˆ y )dθ √ −α 2 2 4π a +z La componente en x ˆ es una funcion impar que se anulara en el intervalo de integracion por lo cual solo nos interesa el valor de yˆ A(r) =

A(r) =

y µ0 I 0 a R α cosθdθˆ µ0 I 0 a √ = 2senα 4π −α a2 + z 2 4π

Finalmente A(r):

A(r) =

µ0 I 0 a senα √ yˆ 2π a2 + z 2

Luego,el campo magnetico vendra dado por: B = ∇xA donde:

4

(7)

∇xA = (

µ0 I 0 a senα ∂x ˆ ∂ yˆ ∂ zˆ √ + + )X( yˆ) ∂x ∂y ∂z 2π a2 + z 2

Nuestro resultado entonces sera:

∇xA = B =

µ0 I 0 a zsenα xˆ 2π (a2 + z 2 )3/2

El resultado con el que lo deseamos comparar fue calculado mediante la ley de Biot−Savart y la ecuacion dada por: I Ids0 xR µ0 (8) B(r) = 4π R3 El resultado del ejercicio 14-7 es: B=

µ0 I 0 a [zsenαˆ x + aαˆ z] 2 2π [z + a2 ]3/2

Los resultados no son similares porque si observamos. El potencial vectorial no posee componentes en la direccion x , adicional a esto si comparamos las ecuaciones de las cuales partimos (la del potencial vectorial y la de Biot-Savart) podemos notar que mientras la primera solo depende del modulo de R la de Biot-Savart depende del vector R, lo que causaria esta diferencia de resultados • 17.18 Utilizar (17-46) para encontrar la inductancia mutua de los circuitos que se muestran en la figura. Es consistente esta respuesta con el resultado del ejercicio 17-3? (Clave: supongase que la porcion de recta va de -L a L , siendo L muy grande, y pasese al limite L → ∞ lo mas tarde que se pueda en el calculo)

Figure 2: figura ejercicio 17.18 La ecuacion sugerida es: Mjk =

µ0 4π

I I cj

ck

dsj .dsk Rjk

(9)

Deducimos nuestros vectores de interes: rk = xˆ x + y yˆ rj = y 0 yˆ Rkj = x + (y 0 − y)ˆ y p−xˆ 2 R = (x + (y 0 − y)2 dsj = dy 0 yˆ dsk = dxˆ x + dy yˆ dsj · dsk = dy 0 dy Sin embargo, una manera mas facil de abordar este problema es conociendo que las inductancias mutuas deben ser iguales para ambos cuerpos y que: Φ( kj) = Mkj Ij =

R

B · dA

5

R b R a+d µ0 I 0 ϕˆ · dρdy ϕˆ 0 d 2πρ µ0 I 0 d+a Mkj Ij = ln | |b 2π d Donde por comparacion de terminos nos queda que: Mkj Ij =

Mkj = Mjk =

d+a µ0 b ln | | 2π d

Esta respuesta es consistente con el ejercicio 17-3 ya que a pesar de que la corriente varia con el tiempo en este caso, de igual manera el ΦB se expresaba de la siguiente forma: µ0 I0 e−λt b d+a ΦB = ln( ) 2π d Donde I0 e−λt es la corriente I 0 = Ij quedando una expresion similar a la encontrada donde podemos verificar que efectivamente la inductancia mutua sera la misma y que es un termino que depende exclusivamente de la geometria Si partimos de la ecuacion sugerida (y los vectores hallados previamente) tendremos: Angelica Ysaccis Carnet:13-11510

6