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 14

Para calcular la distribución de potencial suponemos que las placas se encuentran en planos paralelos al OYZ y además que la placa de la izquierda está a potencial cero. Aplicando la ecuación de Poisson unidimensional en coordenadas rectangulares, tenemos:
    \( \begin{array}{l} \displaystyle \frac{d^2 \phi_1}{dx^2} = - \frac{\rho}{\varepsilon_0} = - \frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\frac{x}{d} \Rightarrow \phi_1 =\\ \\= - \frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\frac{x^3}{6d} + C_1 x + C_2 \qquad (0 \leq x \leq d) \\ \\ \displaystyle \frac{d^2 \phi_2}{dx^2} = - \frac{\rho}{\varepsilon_0} = - \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \Rightarrow \phi_2 = \\ \\ = - \frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\frac{x^2}{2} + C_3 x + C_4 \qquad (d \leq x \leq D) \end{array} \)
Tres de las condiciones de contorno son:
    \( \left.\phi_1\right|_{x=0} = 0 \; ;\; \left.\phi_2\right|_{x=D} = V_0 \; ;\; \left.\phi_1\right|_{x=d} = \left.\phi_2\right|_{x=d} \)
placas paralelas cargadas


Y la cuarta la podemos obtener calculando el flujo el vector D para el caso del cilindro representado en la figura:
    \( \begin{array}{l} \displaystyle \int \limits_S DdS = \int \limits_{S_1} DdS + \int \limits_{S_2} DdS + \int \limits_{S_3} DdS = D_1S = Q \\ \\ Q = \displaystyle \int \rho dV = \rho_0 S \int \limits_0^x \frac{x}{d}dx = \frac{\rho_0}{2d}Sx^2 \quad \\ \\ \displaystyle D_1 = \frac{\rho_0}{2d}x^2 \quad \quad E_1 = \frac{D_1}{\varepsilon_0} = \frac{\rho_0}{2 \varepsilon_0}\frac{x^2}{d} \end{array} \)
Teniendo en cuenta que \( grad \;\phi_1 = - E_1 \) resulta C1 = 0 y de las otras condiciones:
    \( \displaystyle \left.\phi_1\right|_{x=0} = 0 \; \Rightarrow \; C_2 = 0 \; \Rightarrow \; \phi_1 = \frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\frac{x^3}{6d} \)
    \( \displaystyle \left.\phi_1\right|_{x=d} = \left.\phi_2\right|_{x=d} \; \Rightarrow \; - \frac{\rho_0}{6 \varepsilon_0}d^2 = - \frac{\rho_0}{6 \varepsilon_0} + C_3 d + C_4 \)

    \( \displaystyle \left.\phi_2\right|_{x=D} = V_0 = \frac{\rho_0}{2 \varepsilon_0}D^2 + C_3D + C_4 \)
Con lo que las constantes C3 y C4 valen:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    C_3 = \frac{1}{D-d}\left[V_0 + \frac{\rho_0}{6 \varepsilon_0}(3D^2 - 2d^2) \right] \\
    \\
    C_4 = \frac{1}{D-d}\left[\frac{\rho_0 D d}{6 \varepsilon_0}(2d - 3D) - V_0 d \right]
    \end{array}\)
De ese modo, la distribución de potencial será:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \phi_1 = - \frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\frac{x^3}{6d} \qquad (0 \leq x \leq d) \\ \\ \phi_2 = - \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \frac{x^2}{2} + \frac{1}{D-d}\left\{\left[V_0 + \frac{\rho_0}{6 \varepsilon_0}(3D^2 - 2d^2) \right]x + \right. \\ \\ \left. + \left[\frac{\rho_0Dd}{6 \varepsilon_0}(2d - 3D) - V_0 d \right] \right\} \quad (d \leq x \leq D) \end{array}\)
Y el valor del campo eléctrico en los puntos x = 0 y x = D:
    \( \displaystyle \left. E\right|_{x=0} = \left. - grad \; \phi_1\right|_{x=0} = 0 \; ; \; \left. E\right|_{x=D} = \left. - grad \; \phi_2\right|_{x=D} = \)

    \( \displaystyle \frac{1}{D-d}\left[\frac{\rho_0}{6 \varepsilon_0}(3D^2 - 6Dd - 2d^2) - V_0\right] \)
PROBLEMAS RESUELTOS DE ELECTROMAGNETISMO
 


tema escrito por: José Antonio Hervás