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 19

La energía potencial puede obtenerse por cualquiera de los métodos:
    \( \displaystyle U = \int \limits_V \frac{1}{2} \phi \rho d V \quad ; \quad U = \int \limits_V \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2 d V \)
Consideraremos el primero de ellos. Puesto que la densidad depende sólo de r, tenemos:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} V = \frac{4}{3} \pi r^3 \Rightarrow d V = 4 \pi r^2 dr \Rightarrow \\ \\ U = \int \limits_V \frac{1}{2} \phi \rho 4 \pi r^2 dr = 2 \pi \int \phi \rho r^2 dr \end{array} \)
Y para hallar el potencial en el interior de la esfera calculamos antes el campo E:
    \( \displaystyle 4 \pi r^2E = \frac{1}{\varepsilon_0} \int \limits_V \rho d V = \frac{4 \pi}{\varepsilon_0} \int \limits_0^r ar^\alpha r^2dr \Rightarrow E = \frac{a}{\varepsilon_0}\frac{r^{\alpha + 1}}{\alpha + 3} \)
A partir de ahí y sabiendo que el campo es el gradiente cambiado de signo del potencial, tendremos:
    \( \displaystyle \phi = - \int E dr = - \frac{a}{\varepsilon_0(\alpha + 3)} \int r^{\alpha + 1} dr = - \frac{a r^{\alpha + 2}}{\varepsilon_0(\alpha + 3)(\alpha + 2)} + K \)
Análogamente, el campo en el exterior de la esfera es:
    \( \displaystyle 4 \pi r^2E = \frac{1}{\varepsilon_0} \int \limits_0^R ar^\alpha r^2dr \Rightarrow E = \frac{a}{\varepsilon_0}\frac{R^{\alpha + 3}}{ (\alpha + 3) r^2 } \)
Y el potencial:
    \( \displaystyle \phi = - \int Edr = - \frac{a R^{\alpha + 3}}{\varepsilon_0(\alpha + 3)} \int \limits_r^{\infty} \frac {1}{r^2}dr = \frac{a R^{\alpha + 3}}{\varepsilon_0(\alpha + 3)r} \)
Como en R ambos potenciales deben coincidir tendremos:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} - \frac{a R^{\alpha + 2}}{\varepsilon_0(\alpha + 3)(\alpha + 2)} + K = \frac{a R^{\alpha + 3}}{\varepsilon_0(\alpha + 3)R} \Rightarrow \\ \\ K = \frac{a R^{\alpha + 2}}{\varepsilon_0(\alpha + 3)} \left(1 + \frac{1}{\alpha + 2}\right) \end{array}\)
Con lo que nos queda:
    \( \displaystyle \phi_{int} = - \frac{a r^{\alpha + 2}}{\varepsilon_0(\alpha + 3)(\alpha + 2)} + \frac{a R^{\alpha + 2}}{\varepsilon_0(\alpha + 3)} \left(1 + \frac{1}{\alpha + 2}\right) \)
Sabiendo lo cual podemos escribir:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    U = - \frac{2 \pi · a^2}{\varepsilon_0} \int \limits_0^R \frac{r^{2 \alpha + 4}}{(\alpha + 3)(\alpha + 2)}·dr + \\
    \\
    + \frac{2 \pi·a^2· R^{\alpha + 2}}{\varepsilon_0(\alpha + 3)} \left(1 + \frac{1}{\alpha + 2}\right) \int \limits_0^R r^{\alpha + 2} ·dr
    \end{array}\)
Y operando con las integrales:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    U = - \frac{2 \pi · a^2}{\varepsilon_0}· \frac{R^{2 \alpha + 5}}{(\alpha + 3)(\alpha + 2)(2 \alpha + 5)} + \\
    \\
    + \frac{2 \pi · a^2· R^{\alpha + 2}}{\varepsilon_0 (\alpha + 3)}\left(1 + \frac{1}{\alpha + 2}\right)· R^{\alpha + 3}
    \end{array}\)
O después de simplificar:
    \( \displaystyle U = \frac{2 \pi a^2 R^{2 \alpha + 5}}{\varepsilon_0(\alpha + 3)(\alpha + 2)}\left(4 + \alpha - \frac{1}{2 \alpha + 5}\right) \)
PROBLEMAS RESUELTOS DE ELECTROMAGNETISMO
 


tema escrito por: José Antonio Hervás