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ejercicios resueltos de electromagnetismo

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Ejercicios de Electromagnetismo

La distribución de potencial de un campo electrostático \( \phi(x,y,z)\) dentro de un paralelepípedo rectangular de paredes conductoras, sabiendo que la base está cargada con un potencial V y que la cara superior, así como las laterales están conectadas a tierra.
Respuesta al ejercicio 74

El problema se corresponde con la ecuación de Laplace en un cubo y podemos plantearlo en la siguiente forma:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 \phi}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 \phi}{\partial z^2} = 0 \\
     \\
    para\quad 0 \leq x \leq a \; ;\; 0 \leq y \leq b \;;\;0 \leq z \leq c \\
     \\
    \end{array} \)
Con:
    \( \phi = 0 \;para \; x = 0 \: ,\: x = a \:,\: y = b \:,\: z = c \; ;\; \phi(x,y,0) = V \)
Si consideramos el método de separación de variables podemos tomar una función de la forma:
    \(\phi(x,y,z) = X(x)·Y(y)·Z(z) \)
Y llevando esta expresión a la ecuación diferencial, después de dividir por \(\phi(x,y,z) \) nos queda:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    Y·Z· \frac{\partial^2 X}{\partial x^2} + X·Z·\frac{\partial^2 Y}{\partial y^2} + X·Y·\frac{\partial^2 Z}{\partial z^2} = 0 \\
     \\
    \frac{1}{X}· \frac{\partial^2 X}{\partial x^2} + \frac{1}{Y}·\frac{\partial^2 Y}{\partial y^2} + \frac{1}{Z}·\frac{\partial^2 Z}{\partial z^2} = 0 \\
    
    \end{array} \)
Con lo que podemos escribir:
    \( \displaystyle \frac{1}{X}· \frac{\partial^2 X}{\partial x^2} + \frac{1}{Y}·\frac{\partial^2 Y}{\partial y^2} = - \frac{1}{Z}·\frac{\partial^2 Z}{\partial z^2}= C_1 \)
Puesto que el primer miembro de la anterior expresión es independiente de z y el segundo solo depende de z es lógico que podamos igualarlos a una constante. A partir de ese resultado podemos poner:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \frac{1}{X}· \frac{\partial^2 X}{\partial x^2} + \frac{1}{Y}·\frac{\partial^2 Y}{\partial y^2}= C_1 \Rightarrow \\
     \\
    \Rightarrow \frac{1}{X}· \frac{\partial^2 X}{\partial x^2} = C_1 - \frac{1}{Y}·\frac{\partial^2 Y}{\partial y^2} = C_2\\
    
    \end{array} \)
Tenemos así planteados los siguientes problemas:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \frac{\partial^2 X}{\partial x^2} - C_2·X = 0 \\
     \\
    \frac{\partial^2 Y}{\partial y^2} - (C_1 - C_2)Y = 0 \\
     \\
    \frac{\partial^2 Z}{\partial z^2} + C_1·Z = 0 \\
    
    \end{array} \)
Con las condiciones homogéneas:
    \( X(0) = X(a) = 0 \; ; \; Y(0) = Y(b) = 0 \; ;\; Z(c) = 0\)
Si tomamos la ecuación en X resulta:
    \( \displaystyle \frac{\partial^2 X}{\partial x^2} + k^2·X = 0 \Rightarrow A_1·\sin k·x + B_1·\cos k·x \)
Y teniendo en cuenta las condiciones de contorno:
    \( \displaystyle\begin{array}{l} X(0) = 0 = B_1 \;;\; X(a) = 0 = A_1·\sin k ·a \Rightarrow \\  \\ \Rightarrow k·a = (2m+1)\pi \; ;\; k = \frac{2m+1}{a}·\pi\\  \end{array} \)
Lo cual nos da una solución de la forma:
    \( \displaystyle X(x) = \sin\left( \frac{2m+1}{a}\right)\pi·x \)
Análogamente, para la ecuación en Y obtendríamos:
    \( \displaystyle Y(y) = \sin\left( \frac{2n+1}{b}\right)\pi·y \)
Teniendo en cuenta lo anterior, para la ecuación en Z nos quedaría:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \frac{\partial^2 Z}{\partial z^2}- \left[\left(\frac{2m+1}{a}·\pi\right)^2 + \left(\frac{2n+1}{b}·\pi\right)^2\right]Z = 0\Rightarrow \\
     \\
    \Rightarrow Z(z) = A_3·e^{\gamma·z} + B_3·e^{-\gamma·z} \\
    
    \end{array} \)
Dónde resulta evidente que hemos puesto:
    \( k_x^2 = -C_2 ; k_y^2 = -(C_1-C_2) \Rightarrow - (k_x^2 + k_y^2) = C_1 = - \gamma^2 \)
La condición homogénea para la última ecuación nos da:
    \( A_3·e^{\gamma·c} + B_3·e^{-\gamma·c} = 0 \Rightarrow A_3 = - B_3·e^{-2\gamma·c} \)
Y a partir de ahí:
    \( Z = B_3·e^{-\gamma·c}\left[-e^{\gamma(z-c)} +e^{-\gamma(z-c)} \right] = K·Sh \gamma(c-z) \)
Dónde \( \gamma \) tiene el valor:
    \( \displaystyle \gamma = \pi \sqrt{\left(\frac{2m+1}{a}\right)^2 + \left(\frac{2n+1}{b}\right)^2} \)
Considerando la condición no homogénea, podemos escribir cómo solución general:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \phi(x,y,z) = \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}\alpha_{mn}\sin\left(\frac{2m+1}{a}·x\right)\sin\left(\frac{2n+1}{b}·y\right)\times \\
     \\
    Sh \pi \sqrt{\left(\frac{2m+1}{a}\right)^2 + \left(\frac{2n+1}{b}\right)^2}(c-z) \\
    
    \end{array}\)
Y escribiendo \( z=0 \) tendremos:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \phi(x,y,0) = \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}\alpha_{mn}\sin\left(\frac{2m+1}{a}·x\right)\sin\left(\frac{2n+1}{b}·y\right)\times \\
     \\
    Sh \pi \sqrt{\left(\frac{2m+1}{a}\right)^2 + \left(\frac{2n+1}{b}\right)^2}·c \\
    
    \end{array}\)
Para obtener el valor de \( \alpha_{mn} \) escribimos:
    \( \displaystyle \alpha_{mn}·Sh \pi \sqrt{\left(\frac{2m+1}{a}\right)^2 + \left(\frac{2n+1}{b}\right)^2}·c \)
Siendo \( d_{mn} \) los coeficientes del desarrollo de Fourier, dados por:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    d_{mn}= \frac{4}{a·b}\int_{0}^{a}\int_{0}^{b}V·\sin\left(\frac{(2m+1)\pi}{a}·x\right)\sin\left(\frac{(2n+1)\pi}{b}·y\right)·dx·dy = \\
     \\
    = \frac{4·V}{a·b}\left[\frac{a}{(2m+1)\pi}·\cos \frac{(2m+1)\pi}{a}·x\right]_{0}^{a}\left[\frac{b}{(2n+1)\pi}·\cos \frac{(2n+1)\pi}{b}·y\right]_{0}^{b}= \\
     \\
    = \frac{16·V}{\pi^2(2m+1)(2n+1)} \\
    
    \end{array} \)
A partir de ahí tendremos el valor de los coeficientes \( \alpha_{mn} \) que nos dan la solución general \( \phi(x,y,z) \)
PROBLEMAS RESUELTOS DE ELECTROMAGNETISMO
 
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Página publicada por: José Antonio Hervás