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 30

La densidad de carga podemos obtenerla aplicando la ecuación de Poisson. Sabemos que el laplaciano, cuando no depende de \( \phi \) , se expresa, en coordenadas esféricas, en la forma:
    \( \displaystyle \nabla^2 U = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial U}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta}\left(\sin \theta \frac{\partial U}{\partial \theta} \right) \)
Y si R0 < R, tendremos:
    \( \begin{array}{l} \displaystyle \frac{\partial}{\partial r}\left(A+Br^2\cos \theta \right) = 2Br \cos^2 \theta \\ \\ \displaystyle \frac{\partial}{\partial \theta}\left(A+Br^2\cos \theta \right) = -2Br^2 \cos \theta \sin \theta \end{array} \)

Con lo que el laplaciano quedará:

    \( \displaystyle \begin{array}{l} \nabla^2 U = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}\left(2Br^3 \cos^2 \theta \right) + \\ \\ +\frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta}\left( - 2Br^2 \cos \theta \sin^2 \theta \right) \end{array}\)
Y operando:
    \( \displaystyle \nabla^2 U = 6B \cos^2 \theta + (2B \sin^2 \theta - 4B \cos^2 \theta ) = 2B \)

A partir de ahí:

    \( \displaystyle \nabla^2 U = - \frac{\rho}{\varepsilon_0} = 2B \rightarrow \rho = - 2B \varepsilon_0 \)

    \( \displaystyle Q = \rho V = - 2B \varepsilon_0 \frac{4}{3} \pi R_0^3 = - \frac{8}{3} \varepsilon_0 \pi BR_0^3 \)

Si R0 > R consideramos:

    \( \begin{array}{l} \displaystyle \frac{\partial}{\partial r}\left(C+D\frac{\cos^2 \theta}{r^2} \right) = - \frac{2D \cos^2 \theta}{r^3}\\ \\ \displaystyle \frac{\partial}{\partial \theta}\left(C+D\frac{\cos^2 \theta}{r^2} \right) = - \frac{2D \cos \theta \sin \theta}{r^2} \end{array} \)

Y sustituyendo en la expresión del laplaciano:

    \( \displaystyle \begin{array}{l} \nabla^2 U = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}\left(- \frac{2D \cos^2 \theta}{r^3} \right) + \\ \\ + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta}\left( - \frac{2D \cos \theta \sin \theta}{r^2} \right) \end{array}\)
Y operando:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \nabla^2 U = \frac{2D \cos^2 \theta}{r^4} + \frac{1}{r^2 \sin \theta}\frac{2D}{r^2}\left(\sin^3 \theta - \cos^2 \theta \sin \theta \right) = \\ \\ = - \frac{4D}{r^4} (\cos^2 \theta - \sin^2 \theta) \end{array} \)

Con lo que la densidad de carga será en este caso:

    \( \displaystyle \begin{array}{l} \nabla^2 U = - \frac{\rho}{\varepsilon_0} = - \frac{4D}{r^4} (\cos^2 \theta - \sin^2 \theta) = \\ \\ = - \frac{2D}{r^4} \cos 2\theta \rightarrow \rho = - \frac{2D}{r^4} \varepsilon_0 \cos 2\theta \end{array} \)

Y la carga total vendrá dada por:

    \( \displaystyle \begin{array}{l} Q = - \frac{8}{3} \varepsilon_0 \pi BR_0^3 + \\ \\ + \int \limits_R^{R_0} \int \limits_0^\pi \frac{2D}{r^4} \varepsilon_0 \cos 2\theta 2 \pi r^2 \sin \theta dr d\theta \end{array}\)

E integrando:

    \( \displaystyle Q = - \frac{8}{3} \varepsilon_0 \pi \left[ BR_0^3 + D\left(\frac{1}{R} - \frac{1}{R_0}\right)\right] \)

Para encontrar la relación entre las constantes sabemos que en R los potenciales deben coincidir; por lo tanto:

    \( \displaystyle A + BR^2 \cos^2 \theta = C + D \frac{\cos^2 \theta}{R^2} \left\{ \begin{array}{l} A = C \\ \\ D = BR^4 \end{array} \right. \)

Por otro lado, como en el infinito el potencial lo consideramos nulo, tendremos:
    \( \displaystyle U_\infty = C + D\frac{\cos^2 \theta}{R_\infty ^2} = C \rightarrow C = 0 = A \)

Y el problema queda resuelto
PROBLEMAS RESUELTOS DE ELECTROMAGNETISMO
 


tema escrito por: José Antonio Hervás