PROBLEMAS RESUELTOS DE FÍSICA
ejercicios resueltos de electromagnetismo

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Ejercicios resueltos de electromagnetismo

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Ejercicios de Electromagnetismo

Respuesta al ejercicio 3
Para resolver este problema vamos a obtener primero el campo eléctrico y para ello consideraremos independientemente las dos densidades de carga, es decir, que desglosaremos el problema en dos.
1º) Calcularemos el campo eléctrico para una distribución de carga dada por :
    \( \rho = \rho_0 \quad \textrm{para} \quad r < R_0 \quad ; \quad \rho = 0 \quad \textrm{para} \quad r \geq R_0 \)
2º) Calcularemos el campo eléctrico para una distribución de carga dada por :
    \( \rho = 0 \quad \textrm{para} \quad r < R_0 \quad ; \quad \rho = - A/r^2 \quad \textrm{para} \quad r \geq R_0 \)
Para el primer caso, tomando una esfera de radio r y aplicando el teorema de Gauss, tenemos :
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    4 · \pi · r^2 · E = \frac{1}{\varepsilon_0} \int \limits_V \rho (r) dV = \\
     \\
    = \frac{1}{\varepsilon_0} \int \limits_0^{2 \pi} d\varphi \int \limits_0^\pi \sin \theta d \theta \int \limits_0^r r^2 · \rho ·dr = \frac{4 · \pi · \rho_0}{3 \varepsilon_0} · r^3
    \end{array}\)
de donde se deduce con facilidad que el campo eléctrico viene dado por :
    \( \displaystyle E = \frac{ \rho_0}{3 \varepsilon_0} r \)
y la expresión se cumple para puntos en los que r es estrictamente menor que R0. Análogamente, para puntos en los que r es mayor o igual que R0 obtenemos :
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    4 · \pi · E = \frac{1}{\varepsilon_0} \int \limits_V \rho (r) dV = \\
     \\
    = \frac{1}{\varepsilon_0} \int \limits_0^{2 \pi} d\varphi \int \limits_0^\pi \sin \theta d \theta \int \limits_0^{R_0} r^2 · \rho ·dr = \frac{4 · \pi · \rho_0}{3 \varepsilon_0} · R_0^3
    \end{array}\)
y en este caso el campo eléctrico valdrá :
    \( \displaystyle E = \frac{ \rho_0}{3 \varepsilon_0} \frac{R_0^3}{r^2} \)
Si consideramos la segunda distribución, para los puntos en que r es estrictamente menor que R0 obtenemos que el campo es nulo por serlo la densidad de carga en esa región. Para los puntos en los que r es mayor o igual que R0 tenemos :
    \( \displaystyle 4 \pi E = \frac{1}{\varepsilon_0} \int \limits_V \rho (r) dV = \frac{1}{\varepsilon_0} \int \limits_0^{2 \pi} d\varphi \int \limits_0^\pi \sin \theta d \theta \int \limits_{R_0}^r r^2 \left(- \frac{A}{r^2}\right)dr \)
y a partir de ahí resulta :
    \( \displaystyle E = \frac{A}{\varepsilon_0} \left( \frac{R_0}{r^2} - \frac{1}{r}\right) \)
Considerando que el problema tiene simetría radial podemos sumar las soluciones obtenidas con cada distribución para llegar a :
    \( \displaystyle \begin{array}{l} E = \left(\frac{\rho r}{3 \varepsilon_0} \right)\vec{u}_r \quad \textrm{en} \quad r \leq R_0 \\  \\ E = \left[\frac{\rho R_0^3}{3 \varepsilon_0 r^2} + \frac{A}{\varepsilon_0}\left( \frac{R_0}{r^2} - \frac{1}{r}\right) \right]\vec{u}_r \quad \textrm{ en} \quad r \geq R_0 \end{array}\)
Para calcular el potencial hacemos de igual modo (desglosar en dos el problema inicial) y aplicamos la ecuación de Poisson en coordenadas esféricas, teniendo en cuenta que la distribución de carga solo depende de r.
Para la primera distribución, en r menor que R0 :
    \( \displaystyle \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2 \frac{d\phi}{dr}\right) = - \frac{\rho}{ \varepsilon_0} \quad \Rightarrow \quad \phi_1 = \frac{\rho}{6 \varepsilon_0} r^2 - \frac{C_1}{r} + C_2 \)
Para la segunda distribución de carga, en r mayor o igual que R0:
    \( \displaystyle \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2 \frac{d\phi}{dr}\right) = - \frac{A}{ \varepsilon_0}\frac{1}{r^2} \quad \Rightarrow \quad \phi_2 = \frac{A} {\varepsilon_0} \ln r - \frac{C_3}{r} + C_4 \)
La solución al problema para el caso del potencial vendrá dada por la suma de las dos soluciones parciales. Para obtener el valor de las constantes tenemos en cuenta que el gradiente cambiado de signo del potencial es igual al campo eléctrico y, por tanto en r menor que R0:
    \( \displaystyle E = - grad \; \phi \quad \Rightarrow \quad \frac{\rho} {3 \varepsilon_0}r - \frac{C_1}{r^2} = \frac{\rho}{3 \varepsilon_0}r \quad \Rightarrow \quad C_1 = 0 \)
Y , análogamente, en r mayor o igual que R0:
    \( \displaystyle E = - grad \; \phi \; \Rightarrow \; \frac{A} { \varepsilon_0r} - \frac{C_3}{r} = \frac{\rhoR_0^3}{3 \varepsilon_0r^2}- \frac{A}{ \varepsilon_0r} + \frac{AR_0} { \varepsilon_0r^2} \)

    \( \displaystyle \Rightarrow \; C_3 = \frac{\rho}{3 \varepsilon_0} R_0^3 - \frac{A} { \varepsilon_0} R_0 \)
Según eso podemos poner :
    \( \begin{array}{l} \displaystyle \phi = \frac{\rho}{6 \varepsilon_0} r^2 + C_2 \quad \textrm{ en } r < R_0 \\ \\ \displaystyle \phi = \frac{A} {\varepsilon_0} \ln r + \frac{\rho}{3 \varepsilon_0} \frac{R_0^3}{r} + \frac{A}{ \varepsilon_0}\frac{R_0}{r} + C_4 \quad \textrm{ en } r \geq R_0 \end{array} \)
Para determinar las constantes C2 y C4 necesitamos dos condiciones pero no podemos hacer uso del hecho de que el potencial tiende a cero cuando r tienda a infinito puesto que tenemos un término de la forma Ln r. Solo podemos considerar, entonces, que el potencial ha de ser continuo en r = R0 y obtener una de las constantes a partir de la otra.
    \( \displaystyle \frac{\rho}{6 \varepsilon_0} R_0^2 + C_2 = \frac{A} {\varepsilon_0} \ln R_0 + \frac{\rho}{3 \varepsilon_0}R_0^2 + \frac{A}{ \varepsilon_0}+ C_4 \quad \Rightarrow \)

    \( \displaystyle \Rightarrow C_2 = \frac{\rho}{2\varepsilon_0} R_0^2 + \frac{A} {\varepsilon_0} (\ln R_0 + 1) + C_4 \)
Dándole a C2 el valor 0 resulta para C4 :
    \( \displaystyle C_4 = - \frac{\rho}{2\varepsilon_0} R_0^2 - \frac{A} {\varepsilon_0} (\ln R_0 + 1) \)
y, finalmente :
    \( \begin{array}{l} \displaystyle \phi = \frac{\rho}{6 \varepsilon_0} r^2 \quad \textrm{ en } r < R_0 \\ \\ \displaystyle \phi = \frac{A} {\varepsilon_0} \ln (r/R_0) + \frac{\rho R_0^2 }{6 \varepsilon_0} \left(\frac{2R_0}{r} - 3\right) - \frac{A}{\varepsilon_0} \quad \textrm{ en } r \geq R_0 \end{array} \)
Para calcular el campo Eb aplicamos el teorema de Gauss:
    \( \begin{array}{l} \displaystyle 4 \pi r^2 E_b = \frac{1}{\varepsilon_0} \int \limits_V \rho (r) d V = \\ \\ \\ = \frac{1} {\varepsilon_0} \int \limits_0^{2 \pi} d\varphi \int \limits_0^\pi \sin \theta d \theta \left[\int \limits_0^{R_0}r^2 \rho dr + \int \limits_{R_0}^R r^2 \left(- \frac{A}{r^2}\right)dr \right] = \\ \\ \\ \displaystyle = \frac{4}\pi{\varepsilon_0}\left(\frac{\rho_0 R_0^3}{3} + AR_0 - AR\right) \Rightarrow \\ \\ \\\displaystyle E_b = \frac{1}{\varepsilon_0}\left[\frac{1}{3}\frac{\rho_0 R_0^2} {r^2} + \frac{A}{r^2}(R_0 - r)\right] \end{array} \)
y puesto que se ha de cumplir que Eb = 0,9.Ea tendremos :
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \frac{1}{\varepsilon_0}\left[\frac{1}{3}·\frac{\rho_0 ·R_0^2} {r^2} + \frac{A}{r^2}(R_0 - R)\right] = \\
     \\
    = 0,9 · \frac{1}{\varepsilon_0}\left[\frac{1}{3}·\frac{\rho_0 ·R_0^2} {r^2} + \frac{A}{r^2}(R_0 - r)\right]
    \end{array}\)
y haciendo operaciones resulta R = 189,3 cm.
PROBLEMAS RESUELTOS DE ELECTROMAGNETISMO
 


tema escrito por: José Antonio Hervás