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 10

Resolvemos el problema por el método de imágenes. Para ello vamos a suponer que se puede sustituir el dieléctrico \( \varepsilon_2 \) por el \( \varepsilon_2 \) poniendo una carga lineal de densidad q"L en vez de la de qL.
La expresión del potencial en el primer caso será :
    \( \displaystyle \phi_1 = \frac{q_L}{2 \pi \varepsilon_1} \ln r - \frac{q'_L}{2 \pi \varepsilon_1} \ln r' \)
y en el segundo caso :
    \( \displaystyle \phi_2 = \frac{q_L^"}{2 \pi \varepsilon_2} \ln r^" \)
Por la continuidad del potencial, en los puntos del plano se cumplirá :
    \( \displaystyle \left.\phi_1\right]_{plano} = \left.\phi_2\right]_{plano} \quad \Rightarrow \quad \varepsilon_1 q"_L = \varepsilon_2 (q_L + q'_L) \qquad (\ast) \)
Por otra parte, los valores del desplazamiento en los puntos del plano serán :
    \( \begin{array}{l} \displaystyle \vec{D}_1R = \frac{q_L}{2 \pi r}\vec{u}_1 + \frac{q'_L}{2 \pi r}\vec{u}_2 \; ; \; D_{1RN} = \frac{q_L - q'_L}{2 \pi r} \cos \alpha \\ \\ \\ \displaystyle \vec{D}_2R = \frac{q^"_L}{2 \pi r}\vec{u}_1 \Rightarrow D_{2RN} = \frac{q^"_L}{2 \pi r} \cos \alpha \end{array} \)
y por la continuidad de las componentes normales :
    \( D_{1RN} = D_{2RN} \Rightarrow q_L^" = q_L - q'_L \)
Considerando esta igualdad y la indicada por (*) llegamos a :
    \( \displaystyle q_L^" = q_L \frac{2\varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} \quad ; \quad q'_L = q_L \frac{\varepsilon_1 - \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} \)
Y la expresión del potencial para ambos medios será :
    \( \displaystyle \phi_1 = - \frac{q_L}{2 \pi \varepsilon_1}\left( \ln r + \frac{\varepsilon_1 - \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} \ln r'\right) \)

    \( \displaystyle \phi_2 = - \frac{q_L}{2 \pi \varepsilon_2}\left( \frac{2 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} \ln r \right) \)
La fuerza sobre la unidad de longitud de carga lineal la obtenemos a partir del valor del campo en los puntos del dieléctrico I con :
    \( r' = \sqrt{(d+x)^2 + y^2} \quad ; \quad r = \sqrt{(d-x)^2 + y^2} \)
De ese modo:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} E_x = - \frac{\partial \phi_1}{\partial x} = - \left(\frac{\partial \phi_1}{\partial r} \frac{\partial r}{\partial x} + \frac{\partial \phi_1}{\partial r'} \frac{\partial r'}{\partial x}\right) = \\  \\ = \frac{q_L}{2 \pi \varepsilon_1}\left[\frac{x-d}{r^2} + \frac{\varepsilon_1 - \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} \frac{x-d}{r'^2} \right] \end{array}\)
y análogamente :
    \( \displaystyle \begin{array}{l} E_y = - \frac{\partial \phi_1}{\partial y} = - \left(\frac{\partial \phi_1}{\partial r} \frac{\partial r}{\partial y} + \frac{\partial \phi_1}{\partial r'} \frac{\partial r'}{\partial y}\right) = \\  \\ = \frac{q_L}{2 \pi \varepsilon_1}\left[\frac{y}{r^2} + \frac{\varepsilon_1 - \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} \frac{y}{r'^2} \right] \end{array}\)
Para el punto en el que está situada la carga lineal tenemos x = d ; y = 0 , por lo que :
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    E = \frac{q_L}{2 \pi · \varepsilon_1} · \frac{\varepsilon_1 - \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} · \frac{1}{2d} \quad ; \quad F = q_L · E = \\
     \\
    = \frac{q_L^2}{2 \pi · \varepsilon_1} · \frac{\varepsilon_1 - \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} · \frac{1}{2d}
    \end{array}\)
PROBLEMAS RESUELTOS DE ELECTROMAGNETISMO
 


tema escrito por: José Antonio Hervás