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 18

En primer lugar obtenemos el campo eléctrico, E, sabiendo que se cumple:
    \( \displaystyle E = - grad \; \phi = - \frac{\partial \phi}{\partial r} \hat{u}_r - \frac{1}{r}\frac{\partial \phi}{\partial \theta} \hat{u}_\theta - \frac{1}{r \sin \theta} \frac{\partial \phi}{\partial \varphi} \hat{u}_\varphi \)
Por lo que, operando:
    \( \displaystyle E = K\left(1 + \frac{a^3}{r^3}\right) \cos \theta \vec{u}_r - \frac{1}{r}K \left(r - \frac{a^3}{r^2}\right) \sin \theta \vec{u}_\theta \)
A partir de ahí y aplicando el teorema de Gauss en forma diferencial, podemos deducir si el potencial es debido a una densidad volúmica de carga:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} d i v \; E = \frac{\rho}{\varepsilon_0} \Rightarrow \rho = \varepsilon_0 d i v \; E \\  \\ \int _V d i v \; E d V = \int_S Ed S = \frac{\rho}{\varepsilon_0} \int _V d i v \; E d V \\  \\ \rho = \varepsilon_0 \Big [E_r\vec{u}_r + E_\theta \vec{u}_\theta \Big] \end{array}\)
Y dado que el campo no depende de \( \phi \) , tenemos para su divergencia
    \( \displaystyle d i v \; E = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r} \Big(r^2 E_r \Big) + \frac{1}{r \sin \theta}\frac{\partial}{\partial \theta} \Big( \sin \theta E_\theta \Big) \)
Donde cada una de las derivadas vale:
    \( \displaystyle \frac{\partial}{\partial r} \Big(r^2 E_r \Big) = 2K \cos \theta \left(r - \frac{a^3}{r^2}\right)\)

    \( \displaystyle \frac{\partial}{\partial \theta} \Big( \sin \theta E_\theta \Big) = - \frac{2}{r}K \cos \theta \sin \theta \left(r - \frac{a^3}{r^2}\right)\)
Con lo que sustituyendo en la expresión de la densidad volúmica de carga:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \rho = \varepsilon_0 \left[ \frac{1}{r^2} · 2K· \cos \theta \left(r - \frac{a^3}{r^2}\right) -\right] \\
    \\
    \left[\frac{1}{r· \sin \theta} · \frac{2}{r}·K· \cos \theta · \sin \theta \left(r - \frac{a^3}{r^2}\right)\right] = 0
    \end{array}\)
Esto significa que el potencial dado no está originado por una distribución volúmica de carga. Veamos si es debido a una distribución superficial. Tenemos:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \oint \limits_S \vec{E} d\vec{S} = \frac{1}{\varepsilon_0}\int \limits_s \sigma d S \; ; \; E_r(a, \theta) = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} = \\ \\ = K\left(1 + \frac{2a^3}{a^3}\right) \cos \theta \Rightarrow \sigma = 3K.\varepsilon_0 \cos \theta \end{array} \)
Donde no hemos considerado la componente \( E_\theta \) por ser r = a para la distribución y anularse dicha componente para tal valor.
Para obtener la carga total hacemos:
    \( dq = \sigma dS = \sigma 2 \pi a^2 \sin \theta d \theta \; ; \; \textrm{ con } r = a \sin \theta \; ; \; dr = a d \theta \)
Y a partir de ahí:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} q = \int \limits_0^\pi 3K \varepsilon_0 \cos \theta 2 \pi a^2 \sin \theta d \theta = \\ \\ = 6K \varepsilon_0 \pi a^2 \int \limits_0^\pi \sin \theta \cos \theta d \theta = 6K \varepsilon_0 \pi a^2 [\sin \theta]_0^\pi = 0 \end{array} \)
PROBLEMAS RESUELTOS DE ELECTROMAGNETISMO
 


tema escrito por: José Antonio Hervás