a-29

A.7.

Problemas

a-1. Considere una esfera de radio a, figura A.19, cargada con una densidad uniforme ρ, salvo en una cavidad esf´erica exc´entrica, centrada en b y de radio c siendo b + c ≤ a. Calcule el campo el´ectrico en el hueco. Soluci´ on: ρ

R r b

c

a

Figura A.19: Podemos utilizar el principio de superposici´ on para descomponer las cargas del enunciado en dos distribuci´ ones de simetr´ıa esf´ erica. La primera ser´ıa la esfera de radio a, con densidad ρ, y la segunda la cavidad pero con densidad −ρ. La suma de estas fuentes equivale a las enunciadas. El campo interior de la primera es ~ ~ = ρ R ~ 1 = Q(R) R E 3 4π ε R 3ε luego, sum´ andole la contribuci´ on de la segunda ~ = ρ (R ~ − ~r) = ρ ~b E 3ε 3ε ~ = ~b + ~r ya que R a-2. Un cilindro de radio a, por el que circula una corriente I uniformemente distribuida, tiene un hueco cil´ındrico exc´entrico, centrado en b y de radio c (b + c ≤ a). Calcule el campo magn´etico en el hueco. a-3. Utilice el m´etodo de Green para calcular el potencial en el eje z, z ≥ 0, debido a una distribuci´ on de potencial V (x, y, 0), tal que

a-30

V (x, y, 0) = siendo ρ =

p x2 + y 2 .

  V0 , ρ < a 

0

, ρ≥a

a-4. Una carga puntual q se sit´ ua a una distancia d de un plano conductor infinito conectado a tierra. Obt´engase la carga total inducida sobre el plano integrando directamente la densidad de carga superficial inducida en el mismo. Soluci´ on: y

z +q α

r+

dρ d

n ρ

ρ

x

x

V=0

d r − −q E

(b)

(a)

Figura A.20: En la figura A.20a se representa, en el plano y = 0, a la carga q, a la distancia d del conductor, y a su imagen. Dada la simetr´ıa del problema, el campo el´ ectrico en dicho conductor es perpendicular al mismo.

donde

~ = Ez zb , Ez = −2 E cos α =

q cos α 4π ε r2

p d , r = d 2 + ρ2 r

En la superficie del conductor la densidad superficial de carga es ~ · ~n = − ρs = ε E

qd 2π (d2 + ρ2 )3/2

Integrando sobre la superficie del conductor, figura A.20b, y tomando ds = 2π ρ dρ

a-31

Q = −q d

Z

∞ ρ=0

ρ dρ (d2 + ρ2 )3/2

En las tablas encontramos que Z

x dx (x2 + a2 )

3 2

= −√

1 + a2

x2

por lo que Q = −q a-5. Un dipolo p~ se orienta normalmente a un plano conductor infinito y a una distancia d del mismo. El plano est´ a a potencial cero. Calcule la fuerza ejercida por el dipolo sobre el plano. a-6. Halle el trabajo m´ınimo necesario para llevar al infinito a una carga q desde una distancia d = x de un plano conductor indefinido a potencial nulo. a-7. Una carga q, de masa m, pende de un hilo de longitud l sobre un plano conductor a potencial nulo. Si se desplaza ligeramente de su posici´ on de equilibrio y se deja libre, determine el movimiento de la carga. La distancia del punto de sujeci´ on al plano es 2 l. a-8. Considere a una part´ıcula cargada situada entre dos planos conductores al mismo potencial y situados en x = ±a. Encuentre la ley de recurrencia que permite calcular la serie de im´ agenes que generan el campo en el espacio entre las placas. De acuerdo con el resultado, averig¨ ue cu´ al es el signo de la fuerza que actua sobre la carga. Soluci´ on:

-q

q

-q x

-I 1

-a

0 x0

a

D1

q

q

-I 2

D2

Figura A.21: Dado que los dos planos est´ an al mismo potencial, los consideramos descargados y los tomamos como origen de los potenciales.

a-32 En la parte superior de la figura A.21 se reprenta a la carga situada a la distancia x0 del origen. La imagen de la derecha se encontrar´ a a la distancia a − x0 del plano de la derecha y a la distancia D1 = 2a − x0 del origen. Esta carga, junto con la primera, hacen que el potendial del conductor de la derecha se anule, pero no el del izquierdo. De forma an´ aloga, situando una imagen a la izquierda, a la distancia I1 = x0 + 2a ⇒ q y esta u ´ ltima imagen anular´ıan el potencial en el conductor izquierdo. Con estas tres cargas ninguno de los conductores estar´ıa a potencial nulo, por lo que habr´ a que continuar hallando im´ agenes de las imagenes previas. As´ı, pu´ es, la imagen situada en D1 est´ a a la distancia D1 +a del conductor de la izquierda y la imagen correspondiente estar´ a a la misma distancia de dicho plano y a I2 = D1 + 2a ⇒ del origen. la recurrencia para las distancias y las cargas es D1 = 2a − x0 , I1 = 2a + x0 Di = Ii−1 + 2a , Ii = Di−1 + 2a , i = 2, 3, · · · , qi = (−1)i Las coordenadas son xDi = Di , xIi = −Ii el potencial en el plano xy es el producido por la carga y sus im´ agenes Una aproximaci´ on del potencial correspondiente a N im´ agenes a la izquierda y otras tantas a la derecha, es

V (x, y) =

q 4π ε 1

p + (x − x0 )2 + y 2

N X i=1

(−1)i

(

1

1

p +p (x − xDi )2 + y 2 (x − xIi )2 + y 2

)!

Se calcula y representa mediante el siguiente programa Mathematica.

a-33 Gr´ aficas con Mathematica imag − dosplanos.nb:

Representaci´ on de las cargas

Remove[”Global‘ ∗ ”]; Off [General :: ”spell1”]; $TextStyle = {FontFamily → ”Courier”, FontSize → 12};

tD = Table[{0, 0}, {i, 1, 4}]; tI = tD; tD[[1, 1]] = 2 ∗ 1 − .5; tI[[1, 1]] = 2 ∗ 1 + .5;

Do[{tD[[i, 1]] = tI[[i − 1, 1]] + 2 ∗ 1, tI[[i, 1]] = tD[[i − 1, 1]] + 2 ∗ 1}, {i, 2, 4}]; xD = tD; xI = −tI; xn = Join[Table[xD[[i]], {i, 1, 4, 2}], Table[xI[[i]], {i, 1, 4, 2}]]; xp = Join[Table[xD[[i]], {i, 2, 4, 2}], Table[xI[[i]], {i, 2, 4, 2}]]; 1 1 lineaD = {{1, − }, {1, }}; 2 2 grplacaD = Graphics[{RGBColor[1, 0, 0], Line[lineaD]}]; 1 1 lineaI = {{−1, − }, {−1, }}; 2 2 grplacaI = Graphics[{RGBColor[1, 0, 0], Line[lineaI]}]; 1 1 lineay = {{0, − }, {0, }}; 4 4 gry = Graphics[{RGBColor[0, 1, 0], Line[lineay]}];

lineax = {xI[[4]], xD[[4]]}; grx = Graphics[{RGBColor[0, 1, 0], Line[lineax]}];

a-34

puntoq = {{.5, 0}}; grq = Graphics[{PointSize[.02], RGBColor[1, 0, 0], Point/@puntoq}];

grcargasn = Graphics[{PointSize[.02], RGBColor[0, 0, 1], Point/@xn}];

grcargasp = Graphics[{PointSize[.02], RGBColor[.83, 0.01, 0.1], Point/@xp}];

Show[gry, grx, grq, grplacaD, grplacaI, grcargasn, grcargasp];

Figura A.22: La figura A.22 muestra la posici´ on de la carga y sus im´ agenes. Las cargas positivas son puntos rojos y las negativas azules. Representaci´ on del potencial Remove[”Global‘ ∗ ”] NN = 100; a = 1; xc =

a ; 2

tD = Table[{0, 0}, {i, 1, NN}]; tI = tD; tD[[1, 1]] = 2 ∗ a − xc; tI[[1, 1]] = 2 ∗ a + xc;

Do[{tD[[i, 1]] = tI[[i − 1, 1]] + 2 ∗ a, tI[[i, 1]] = tD[[i − 1, 1]] + 2 ∗ a}, {i, 2, NN}]; xD = tD; xI = −tI; xn = Join[Table[xD[[i]], {i, 1, NN, 2}], Table[xI[[i]], {i, 1, NN, 2}]];

a-35

xp = Join[Table[xD[[i]], {i, 2, NN, 2}], Table[xI[[i]], {i, 2, NN, 2}]]; 1 Vp = 0; Do[Vp = Vp + p , {i, 1, NN}]; (xp[[i, 1]] − x)2 + y2

1 Vn = 0; Do[Vn = Vn + − p , {i, 1, NN}]; (xn[[i, 1]] − x)2 + y2 1 ; V = Vp + Vn + p (xc − x)2 + y2

a a gr2 = Plot3D[V, {x, −a, a}, {y, − , }, ViewPoint → {−2, 0.5, 1}, 2 2 PlotPoints → 50, AxesLabel → {”x”, ”y”, ”V”}];

a a gr3 = ContourPlot[V, {x, −a, a}, {y, − , }, ContourStyle → Hue[0.6], 2 2 Contours → {0.01, 0.15, 0.3, 1, 2.5, 4}, ContourShading → False, PlotPoints → 50, FrameLabel → {”x”, ”y”}];

La figura A.23a representa tridimensionalmente al potencial entre las placas. Puede observarse como en ´estas el potencial es nulo, tendiendo a infinito en la posici´ on de la carga. La A.23b representa las curvas equipotenciales que rodean a la carga y que son rectas paralelas a las placas en la proximidad de las mismas. 0.4 0.2 y 0 -0.2 0.2 -0.4 0.4

0.4

0.2

0

y -1

-0.5

0 x

0.5

4 3 2 V 1 0

-0.2

-0.4

1

-1

(a)

0 x

-0.5

(b) Figura A.23:

0.5

1

a-36 a-9. Suponga que una carga q est´ a situada entre dos semiplanos conductores, conectados a tierra, que, como se indica en la figura A.24, forman entre s´ı un a ´ngulo α. Compruebe que el numero de im´ agenes necesarias es finito si π/α es un n´ umero entero. H´ agalo apoy´ andose en el caso en que α = π/3. Tome α = 90o y coloque la carga a distancias a y b de cada uno de los semiplanos. Calcule: a) La fuerza ejercida por la carga sobre ambos conductores. b) La densidad de carga inducida sobre los conductores.

5

α

β 0 α−β

2

3

1 4

Figura A.24: a-10. En la experiencia de Coulomb para comprobar la ley del inverso del cuadrado de la distancia, se mide la fuerza que ejercen entre s´ı dos esferas conductoras, de radio a, cargadas al mismo potencial V0 . a) Halle la ley de recurrencia de las posiciones y magnitudes de las cargas imagen. b) Represente gr´ aficamente el potencial producido por ambas esferas. c) Determine la correcci´ on, debida al fen´ omeno de influencia, que es necesario introducir en los resultados experimentales para confirmar la dependencia r−2 a distancias comparables con a. Soluci´ on: Trataremos la cuesti´ on (a). La (b) se resuelve en el programa Mathematica imag-dosesferas.nb. Como puede verse en la figura A.25, la simetr´ıa del problema implica que en el plano medio se cumpla la condici´ on de Neumann 1 Ex ( d1 , y, z) = 0 2 Podemos abordar este problema por dos caminos:

a-37 y

V0

I

I

V0

II

II R3 R’3

q1

q2 q3

q3 q2

q1

x

b2 a

b3

d3 d2 d1

Figura A.25: Como una esfera a potencial V0 frente al plano medio con la condici´ on especificada anteriormente. Como un problema de im´ agenes entre dos esferas. Seguiremos la segunda v´ıa para la cual se har´ a uso de las relaciones de la imagen de una carga q sobre una esfera q ′ = −q

a2 a , b= d d

Comenzaremos por colocar dos cargas id´ enticas q1 = 4π ε a V0 rojas en la figura A.25, en el centro de cada una de ellas. Por separado har´ıan equipotencial V0 a su esfera respectiva, pero en conjunto ´ esto no es cierto porque la q1 de la derecha perturba el potencial de la esfera izquierda y viceversa. A continuaci´ on, nos planteamos el problema de imagen de la q1 de la derecha sobre la esfera de la izquierda y colocamos la carga imagen q2 en el interior de la misma, con lo que restauramos el potencial V0 en su superficie y pertubamos el de la esfera derecha. La introducci´ on sucesiva de las im´ agenes q2 , q3 , · · · sobre una y otra esfera, proporciona correcciones decrecientes que, en el l´ımite, har´ an equipotenciales a las dos esferas. De acuerdo con la figura, los dos primeros pasos de la serie son q1 = 4π ε a V0 , b1 = 0 , d1 = d

a-38 q2 = −q1

a a2 , b2 = , d 2 = d − b2 d1 d1

y los valores iniciales y las iteraciones

qi = −qi−1

a di−1

q1 = 4π ε a V0 , b1 = 0 , d1 = d a2 , bi = , di = d − bi , i = 2, 3 · · · di−1

El potencial producido por las cargas iniciales y N − 1 parejas de im´ agenes es

V (x, y) =

  N 1 1 X 1 qi − ′ 4π ε0 Ri R i i=1

donde Ri =

p p (x − bi )2 + y 2 , R ′i = (x − di )2 + y 2

La convergencia est´ a asegurada porque la serie es alternada y decreciente en valor absoluto. Las siguientes figuras son generadas por imag-dosesferas.nb. y

2

2

1 0

-1

V

1

y

-2 2 1 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0

0

-1 2 x

-2

4

0

1

2

3 x

6

(a)

4

5

6

(b) Figura A.26:

La figura A.26a es la representaci´ on tridimensional del potencial V (x, y) y la A.26b la de las l´ıneas equipotenciales. a-11. Halle el potencial producido por una esfera met´ alica de radio a, a potencial V0 , cuyo centro se encuentra a una distancia d de un plano conductor a potencial nulo. Supuesto que el eje z es perpendicular al plano y pasa por el centro de la esfera, Dibuje la gr´ afica de la densidad superficial de carga en el esfera en funci´ on del a ´ngulo polar.

a-39 a-12. Un hilo conductor por el que circula una corriente I es paralelo a un bloque ferromagn´etico con µ → ∞ y est´ a situado a una distancia d del bloque. Calcule el campo magn´etico en el semiespacio donde est´ a el hilo. Calcule el campo magn´etico superficial.

I a P a/2

a

a/2

µ

oo

Figura A.27: a-13. Un hilo conductor que transporta una corriente I est´ a situado en el centro de una regi´ on vac´ıa entre de dos bloques ferromagn´eticos con µ → ∞ y separados una distancia d. Calcule el campo magn´etico en la regi´ on entre los dos bloques. a-14. Por el conductor de la figura A.27 circula una corriente I y esta situado a una distancia a de planos ferromagn´etico ideales.Calcule el campo magn´etico en el punto P . a-15. Un gu´ıa de onda bifilar est´ a constituida por dos cables cil´ındricos de radio a. Haga uso del m´etodo de las im´ agenes para calcular su capapacidad por unidad de longitud. Soluci´ on: -V 0

V0 a c

c d dc

Figura A.28: En la figura A.28 se representa un corte de la gu´ıa. El radio de cada uno de los cables es a y sus centros se hallan separados una distancia

a-40 dc . De acuerdo con lo visto en la secci´ on A.2.5.3, la carga imagen de la λ, situada a la distancia d del centro del cable izquierdo, es −λ y est´ a situada a la distancia c de su centro. Seg´ un A.19 a2 a = e−2π ε V0 /λ , c = d d y el potencial V0 =

λ ln(d/a) 2π ε

Por simetria, la circunferencia de radio a, situada a la distancia dc = d+c, es tambi´ en equipotencial; V = −V0 .

Aplicando el teorema de Gauss a una superficie que envuelva al conductor de la derecha, comprobaremos que la carga depositada sobre su superficie es, por unidad de longitud, igual a λ. Luego la diferencia de potencial entre ambos cables es 2 V0 y C=

πε λ = 2 V0 ln(d/a)

Expresando V0 en funci´ on de dc y de a y haciendo uso de la notaci´ on x ≡ d/a y α ≡ dc /2a, se obtiene la ecuaci´ on x2 − 2α x + 1 = 0 de cuyas posibles soluciones debemos quedarnos con la x=α+

p α2 − 1

√ La soluci´ on x ′ = α − α2 − 1 debe descartarse porque la distancia de los cables debe se mayor que el di´ ametro de los mismos, luego α > 1, y d > a, luego x > 1, mientras que de esta soluci´ on resulta x ′ < 1 para α > 1. Compruebe esto u ´ ltimo. La capacidad, expresada en funci´ on de los datos del problema es, por lo tanto C= ln



dc 2a

πε  q dc 2 + ( 2a ) −1

a-16. La figura A.29 representa a una caja, infinitamente larga en las direcciones z e y y limitada por una banda a potencial V0 en el plano y = 0 y por dos semiplanos a potencial nulo en x = 0 y x = a.

a-41 a) Calcule el potencial en el interior de la caja. b) ¿C´ omo se ver´ a modificada esta soluci´ on si limitamos la caja en la direcci´ on y termin´ andola en y = b con una banda a potencial Vb ?

x^

x=a

V=0

V0

y^

V=0

Figura A.29: Soluci´ on: a) Dadas las condiciones de contorno del problema, ´ este es bidimensional, luego V = V (x, y). Las constantes kx y ky deber´ an, por lo tanto, cumplir la relaci´ on kx2 + ky2 = 0 Las condiciones de contorno que debemos aplicar son, en principio V (x, 0) = V0

, 0o

Haciendo uso de la condici´ on V (x, ∞) = 0 encontramos que los B1n = 0 porque est´ an asociados a t´ erminos crecientes con y. X y x V = An sen (nπ ) e −nπ a a n>o Por u ´ ltimo, debemos cumplimentar la condici´ on V (x, 0) = V0 para 0o

a-45 V 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 x 0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figura A.31: de donde se deduce que X

x sen (nπ ) (An + Bn ) a n>o  X b b x  Vb = V (x, b) = sen (nπ ) An e nπ a + Bn e −nπ a a n>o

V0 = V (x, 0) =

por lo que, multiplicando ambos miembros de las ecuaci´ ones anteriores x por sen (nπ a ) e integrando sobre el intervalo 0 ≤ x ≤ a,los coeficientes del desarrollo se deducir´ an del sistema de ecuaciones An + Bn = b

b

An e nπ a + Bn e −nπ a

=

4 V0 nπ 4 Vb nπ

para n=impar

(A.52)

y An + Bn = 0 An e

nπ ab

b

+ Bn e −nπ a

= 0 para n=par

de estas u ´ ltimas ecuaciones se deduce que, para n = par b Bn = −An ⇒ An senh (nπ ) = 0 ⇒ Bn = An = 0 a b on anterior porque nπ a > 0 para n > 0. Nos quedamos, como en la cuesti´ de este problema, con los coeficientes de ´ındice impar. Resolviendo el sistema de ecuaciones A.52, tenemos que b

An =

2 Vb − V0 e −n π a nπ senh (n π ab ) b

Bn

2 Vb − V0 e n π a = − nπ senh (n π ab )

a-46 y la soluci´ on resultante X

V =

n, impar

 y y x  sen (nπ ) An e nπ a + Bn e −nπ a a

El programa poisson−cartesianas−b.nb, similar al anteriormente descrito, nos proporciona la figura A.32a, que es la representaci´ on 3D de V (x, y), y la A.32b que muestra las l´ıneas equipotenciales.

x

1

0 0.25 0.5

0.8

0.75

x

0.6

1 2 1.5 V 1 0.5 0 0

0.4 0.2 0

0.5

1

1.5

y

0

0.2 0.4 0.6 0.8 y

(a)

1

1.2 1.4

(b) Figura A.32:

a-17. Halle el potencial en la regi´ on encerrada por cuatro planos conductores colocados en x = 0, x = a, y = 0 e y = b, a potenciales V1 , V2 , V3 y V4 = 0 respectivamente. Ap´ oyese en el problema anterior y haga uso del principio de superposici´ on. a-18. Calcule la resistencia del conductor que muestra la figura A.33. Soluci´ on: ~ y En el conductor ~ = σ0 E ∂V ~ = −∇ V = − ∂ V ρb − 1 ∂ V ϕ E b− zb ∂ρ ρ ∂ϕ ∂z

Tomemos V1 = 0 y V2 = V0 y situemos los electrodos ideales en los planos ϕ = 0 y ϕ = ϕ0 . Las condiciones de contorno en estos planos se expresan de la forma V1 = V (ρ, 0, z) = 0 , V (ρ, ϕ0 , z) = V0 En las fronteras con el exterior no conductor, las condiciones de contorno implican la tangencialidad del campo ∂V = 0 , z = 0, c ∂z

a-47 ϕ

0

σ=σ 0 σ

oo

σ

b

V1

a

c

oo

V2

Figura A.33:

∂V = 0 , ρ = a, b ∂ρ El conductor de conductividad σ0 est´ a definido, por lo tanto, en el dominio a ≤ ρ ≤ b , 0 ≤ ϕ ≤ ϕ0 , 0 ≤ z ≤ c en el cual ϕ0 < 2π y ρ 6= 0.

Para no complicar, dada la simplicidad de la geometr´ıa en cuesti´ on, ensayaremos la soluci´ on m´ as simple posible y la justificaremos a posteriori apoy´ andonos en el teorema de unicidad. En consecuencia, supondremos n = k = 0. De acuerdo con A.25,A.27 y A.28, podemos escribir la soluci´ on de la 9 forma V (ρ, ϕ, z) = (A1 ln ρ + A2 )(B1 ϕ + B2 )(C z + 1) Puesto que no partimos de la soluci´ on m´ as general, no ser´ a necesario aplicar todas las condiciones de contorno Aplicando las condiciones en los planos z ∂V = R(ρ) Φ(ϕ) C = 0 ⇒ C = 0 ∂z y 9

Sacamos factor com´ un C2 y redefinimos los coeficientes.

a-48

V (ρ, ϕ) = (A1 ln ρ + A2 )(B ϕ + 1) Aplicando la condici´ on en ϕ = 0 V (ρ, 0) = A1 ln ρ + A2 = 0 ⇒ A1 = A2 = 0 y V (ρ, ϕ) = B ϕ Por u ´ ltimo, de la condicion en ϕ = ϕ0 V (ρ, ϕ0 ) = B ϕ0 = V0 ⇒ B =

V0 ϕ0

El potencial y el campo buscados son V0 1 V0 ~ = Eϕ ϕ ϕ , E b , Eϕ = − ϕ0 ϕ0 ρ

V (ϕ) =

Este campo cumple con las condiciones de contorno, por lo que el teorema de unicidad nos asegura que esta soluci´ on es correcta y es u ´ nica. Efectivamente, el campo es tangendial a las paredes fronteras del vac´ıo, cuya conductividad es nula, y normal a los electrodos. Para hallar la resistencia, debemos calcular la intensidad, es decir, el ~ a trav´ flujo de ~ = σ0 E es de cualquier secci´ on ϕ = cte. ~ Tomando ~ ↑↑ ds I=

Z

b

ρ=a

Z

c

z=0

|jϕ | dρ dz =

b σ0 c ln( ) V0 ϕ0 a

Con lo que la resistencia resulta ser R=

ϕ0 b σ0 c ln( ) a

a-19. Sea un hilo recto de secci´ on circular y radio a, de material magn´etico ideal µ → ∞, ~ 0 , como en la sumergido perpendicularmente en un campo magn´etico uniforme H figura A.34. Calcule el campo magn´etico en todos los puntos del espacio. Soluci´ on: Una vez introducido el hilo, este perturbar´ a el espacio circundante ~ = H(ρ, ~ modificando el campo inicialmente uniforme, con lo que H ϕ).

a-49

x^

H0 ϕ

H( ρ, ϕ)

ρ

µ0

µ

^ρ

oo

^ ϕ

^y

Figura A.34: La primera condici´ on de contorno , para (ρ → ∞, ϕ), es ~ ~ 0 = H0 x l´ım H(ρ, ϕ) = H b = H0 cos ϕ ρb − H0 sen ϕ ϕ b

ρ→∞

La segunda se establece en (a, ϕ)

Hϕ (a, ϕ) = 0 porque el hilo tiene permeabilidad infinita y, seg´ un la ley de refracci´ on ~ de las l´ıneas de campo, H(a, ϕ) debe ser perpendicular a la superficie. ~ = −∇ U , las condiciones de contorno pueden ser exprePuesto que H sadas en funci´ on del potencial magn´ etico escalar: Para ρ → ∞ ∂U 1 ∂U = −H0 cos ϕ , = +H0 sen ϕ ∂ρ ρ ∂ϕ e integrando U (ρ → ∞, ϕ) = −H0 ρ cos ϕ Hemos anulado la constante de integraci´ on puesto que ´ esta s´ olo afecta al origen de los potenciales. Para ρ = a 1 ∂ U (a, ϕ) =0 ⇒ a ∂ϕ

∂ U (a, ϕ) =0 ∂ϕ

a-50 Puesto que el intervalo de ϕ es [0, 2π], n debe ser real y entero y, dada la forma de la condici´ on en el infinito, debe contener al t´ ermino (n = 1, k = 0), con A2 = 0. Es necesario que n = 1 porque, en caso contrario (n > 1), para ρ → ∞ el potencial presentar´ıa dependencias de cos n ϕ. Tambi´ en , dada la simetr´ıa del potencial U = U (ρ, ϕ) ⇒

∂U =0 ⇒ k=0 ∂z

Tomamos, por lo tanto una soluci´ on del tipo   1 cos ϕ U (ρ, ϕ) = R01 (ρ) cos ϕ = A1 ρ + A2 ρ   ∂ U (a, ϕ) 1 sen ϕ = 0 = − A1 a + A2 ∂ϕ a Luego A2 = −A1 a2 y aplicando la condici´ on en el infinito   a2 U (ρ, ϕ) = −H0 ρ 1 − 2 cos ϕ ρ Vemos, pu´ es, que el tomar la constante de integraci´ on del gradiente de potencial como nula equivale a situar el origen del potencial en la superficie del hilo. a-20. Demuestre, derivando la f´ ormula de Rodrigues y haciendo uso de la ecuaci´ on generalizada de Lagrange, que d Pl l = 2 ( ξ Pl − Pl−1 ) dξ ξ −1 a-21. Partiendo del potencial en el eje z, halle a) El potencial producido por un anillo circular, de radio a y cargado uniformemente con una carga total Q, en un punto cualquiera del espacio. b) El campo El´ectrico hasta el t´ermino cuadripolar. Soluci´ on: a) El potencial producido por un hilo circular uniformemente cargado, problema 2-13, es V = Escribiendo K =

1 q √ 4π ε0 a2 + z 2

q ,V puede expresarse de las formas 4π ε0

a-51

V =K z

r

1

1+

a2

=K a

z2

r

1

1+

z2 a2

Derivando, o acudiendo al libro de f´ ormulas se tiene que 1·3 2 1 x+ x + · · · , −1 < x ≤ 1 2 2·4 de lo que se deduce que, para |z| > a 1

(1 + x)− 2 = 1 −

V =K z

r

1

a2 1+ 2 z

=K



1 a2 1 ··· − z 2 z3



Por otra parte, en coordenadas esf´ ericas, para problemas con simetr´ıa azimutal, el potencial se expresa de la forma V (r, θ) =

∞  X 0

donde ξ = cos θ

 Al rl + Bl r−(l+1) Pl (ξ)

En particular, en el eje z, donde θ = 0, Pl (ξ) = 1, y r = z V (z) =

∞   X Al z l + Bl z −(l+1) 0

Comparando el desarrollo anterior, tenemos que Al = 0 , B0 = K , B1 = 0 , B2 = −K V (r, θ) = K



1 a2 1 − P2 (cos θ) + · · · r 2 r3



a2 ··· 2

, |z| > a

El resto se deja como ejercicio. a-22. Una esfera met´ alica de radio a est´ a dividida en dos hemisferios aislados entre s´ı. Calcule el momento dipolar de la esfera cuando ambos hemisferios se conectan a tensiones de +V y −V Voltios, respectivamente. Encuentre la expresi´ on v´ alida para r < a. Soluci´ on: Como en el problema anterior, partimos de la expansi´ on en coordenadas esf´ ericas del potencial. Dado que dentro del dominio de la soluci´ on r → ∞y´ esta debe ser finita, Al = 0. Por otra parte, al poseer la distribuci´ on

a-52 simetr´ıa impar, tambi´ en debe ser impar la soluci´ on, por lo que s´ olo pueden intervenir en la misma los polinomios de Legendre con este tipo de simetr´ıa, es decir, los correspondientes a l impar. Luego V (a, θ) =

∞ X

Bl a−(l+1) Pl (ξ)

l=impar

Nosotros estamos interesados en el t´ ermino dipolar, correspondiente al coeficiente B1 . Para hallarlo, hacemos uso de la propiedad de ortogonalidad de los polinomios de Legendre. Z

+1

Pl′ Pl dξ =

−1

2 δl l ′ 2l + 1

En nuestro caso,

V (a, θ) = y Z

+1

0

Pl2 dξ

   

V

   −V

1 = 2l + 1

para 0 ≤ θ <

π π 1

La segunda condici´ on A.54b en Sa es ε2

∂ V2 (a, θ) ∂ V1 (a, θ) = ε1 ∂r ∂r

(A.59) (A.60)

a-57 de donde

  ε1 2ε1 B + ε C + B + ε E cos θ + 0 2 1 1 1 0 a2 a3 ∞   X ε2 l Cl al−1 + ε1 (l + 1) Bl r−(l+2) Pl (ξ) = 0 + l=2

Lo cual, junto con A.58, implica que B0 = 0 ⇒ A0 = 0 y

a3 ε2 3 a C1 = − E0 2ε1 2 ε2 l Bl + a2l+1 Cl = 0 ∀l > 1 ε1 l + 1 B1 +

(A.61)

(A.62) (A.63)

Restando A.60 y A.63 obtenemos Bl = Cl = 0

∀l > 1

(A.64)

De A.59 y A.62 obtenemos C1 = −

ε2 − ε 1 3 3ε1 E0 , B1 = a E0 2ε1 + ε2 2ε1 + ε2

(A.65)

con lo que las soluciones para el potencial son  

 ε2 − ε 1 3 1   V1 = −E0 r + a E0 2  cos θ r  | {z } 2ε1 + ε2 | {z } (a) (b)

V2 = −

3ε1 E0 r cos θ 2ε1 + ε2

Los resultados podr´ıan haberse previsto de una forma m´ as intuitiva y r´ apida aunque aqu´ı los hayamos deducido con cierto detalle. El t´ ermino (a) representa al potencial generatriz del campo primario ~ 0 . En cuanto al t´ uniforme E ermino (b), podemos identificarlo claramente con un potencial dipolar Vd =

1 P cos θ 4π ε1 r2

de donde se deduce que, desde la regi´ on (1), la esfera se ve como un dipolo de magnitud p~ =

4π ε1 (ε2 − ε1 ) 3 a E0 zb 2ε1 + ε2

a-58 ~ 0 polariza al Esto es cualitativamente previsible porque el campo E medio y crea cargas de polarizaci´ on en la superficie de separaci´ on de los dos medios ρsP = (P~1 − P~2 ) · rb

de forma que, si ε2 > ε1 , el dipolo tiene la direcci´ on del campo, reforz´ andolo en el medio (1) y apantall´ andolo en el (2), y sentido contrario al campo si ε2 < ε1 . En el interior de la esfera el campo el´ ectrico es proporcional al aplicado  ~ 0 , ε2 > ε1  E ~ tenemos Para D

~2 = D

 ~ 0 , ε2 > ε1  >D

3ε2 ~0 D  2ε1 + ε2

~ 0 , ε2 < ε1 ε 1

Campo D, ε 2 > ε 1

ε 2 ε1

ε 2 ε1

Campo D, ε 2 < ε 1

Campo E, ε 2 < ε 1

Figura A.37: a-25. Una esfera conductora, de radio a y a potencial V = 0, se coloca en un campo ~ = E0 zb. Halle el potencial y el campo el´ectrico en cualquier el´ectrico uniforme E punto del espacio.

a-59 a-26. Una esfera magn´etica de radio a y permeabilidad µ se encuentra en el vac´ıo en el ~ = B0 zb. Calcule el campo magn´etico en seno de un campo magn´etico uniforme B cualquier punto del espacio. a-27. Calcule el campo magn´etico que crea una esfera de radio a uniformemente imanada ~ en la direcci´ con una magnetizaci´ on M on del eje z.

a-28. Una esfera hueca de radio interior a, exterior b y permeabilidad µ se sit´ ua en un ~ ~ campo magn´etico uniforme B0 . Calcule H en la cavidad. a-29. Conside una esfera conductora de radio a dividida en dos zonas aisladas, un casquete esf´erico a potencial V0 y el resto a potencial cero. Utilice el m´etodo de Green para calcular el potencial en cualquier punto del eje de simetr´ıa del casquete esf´erico. a-30. Un electrodo semiesf´erico, de muy alta conductividad, se introduce en la Tierra (conductor pobre). Determinar la resistencia del sistema si fluye una corriente I desde el electrodo a la Tierra. Discuta que suceder´ıa si una persona que tenga un calzado no aislante se aproxima al electrodo. Suponga que la conductividad de la Tierra es σ = 10−2 S · m−1 , que la corriente que entra al electrodo sea de 1000 A , que uno de los pies est´ a a una distancia de 1 m del electrodo y que la distancia entre ambos pies es de 0,75 m. ¿ A qu´e tensi´ on se ver´ a sometida dicha persona? Calcule el campo el´ectrico sobre la superficie de la Tierra. Soluci´ on: Dado que el aire no es conductor, la corriente y el campo el´ ectrico deben ser tangenciales en la separaci´ on de ambos medios. Bajo estas condiciones, la imagen de una carga es del mismo signo que ´ esta y la imagen del semiespacio es sim´ etrica al suelo.