PROBLEMAS RESUELTOS
DE FÍSICA
ejercicios de electromagnetismo

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Ejercicios de electromagnetismo

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Ejercicios de Electromagnetismo

La función potencial de un dipolo eléctrico ideal, de momento dipolar \(\vec{p} = pˇ\hat{k}\) , colocado en el origen de coordenadas, viene dada en coordenadas esféricas por:
    \( \displaystyle U = \frac{pˇ \cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \)
Demostrar a partir de estos datos que, efectivamente, la carga en el interior de cualquier esfera con centro en el origen es nula.

Respuesta al ejercicio 32

Para ver si tenemos una distribución volúmica de carga, aplicamos la ecuación de Poissón:
    \( \displaystyle \nabla^2 U = \frac{\rho}{\varepsilon_0} \)
En este caso tenemos:
    \( \displaystyle \nabla^2 U = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{2pˇ\cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^3}\right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta}ˇ \frac{\partial}{\partial \theta}\left(- \sin^2 \theta ˇ \frac{p}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \right) \)
Y realizando la segunda derivación:
    \( \displaystyle \nabla^2 U = \frac{1}{r^2}ˇ \frac{2pˇ\cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} - \frac{1}{r^2}ˇ \frac{2pˇ \cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} = 0 \)
Por lo que no existe distribución volúmica de carga.
Puede haber, no obstante, una distribución superficial de carga sobre alguna esfera que contenga al dipolo. Calculamos el campo eléctrico:
    \( \displaystyle E = - grad = \frac{2pˇ\cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^3} ˇ \hat{u}_r + \frac{pˇ\sin \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^3} ˇ \hat{u}_\theta \)
De ahí obtenemos el flujo del vector E a través de una esfera de radio R y, teniendo en cuenta que el producto escalar del vector dS por el vector se anula por ser perpendiculares entre si, resulta:
    \( \displaystyle Q = \int \limits_0^\pi \vec{E} ˇ d \vec{S} = \int \limits_0^\pi \frac{2pˇ \cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 R^3}ˇ4 \pi R^2 ˇ \sin \thetaˇ d\theta \)
Y operando:
    \( \displaystyle Q = \frac{p}{\varepsilon_0 R} \int \limits_0^\pi 2 \cos \thetaˇ \sin \theta d\theta = \frac{p}{\varepsilon_0 R} \int \limits_0^\pi \sin 2 \theta d\theta = \frac{p}{\varepsilon_0 R} \Big[- \cos 2 \theta \Big]_0^\pi = 0 \)
Y queda demostrado lo que nos proponíamos.
PROBLEMAS RESUELTOS DE ELECTROMAGNETISMO
 
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Página publicada por: José Antonio Hervás