PROBLEMAS RESUELTOS
DE FÍSICA
ejercicios resueltos de electromagnetismo

Ver enunciado del ejercicio en:

Ejercicios resueltos de electromagnetismo

Estás en :
Matemáticas y Poesía >

Problemas resueltos

Ejercicios de Electromagnetismo

Hallar la distribución de potencial de un campo electrostático en el interior de un cilindro hueco de radio R y altura h, sí las bases están conectadas a tierra y la superficie lateral está cargada con un potencial V.

Respuesta al ejercicio 75

Para resolver el problema aplicamos la ecuación de Laplace en un cilindro:
    \( \displaystyle \nabla^2\phi = \frac{1}{r}·\frac{\partial}{\partial r}\left(r·\frac{\partial \phi}{\partial r}\right)+ \frac{1}{r^2}·\frac{\partial^2 \phi}{\partial \varphi^2} + \frac{\partial^2 \phi}{\partial z^2} = 0\)
En nuestro caso, \( \phi \) no depende de \( \varphi \), por lo que tendremos:
    \( \displaystyle \frac{1}{r}·\frac{\partial}{\partial r}\left(r·\frac{\partial \phi}{\partial r}\right)+ \frac{\partial^2 \phi}{\partial z^2} = 0 \)
Y aplicando el método de separación de variables resulta:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    Z\left[\frac{1}{r}·\frac{\partial}{\partial r}\left(r·\frac{\partial \phi}{\partial r}\right)\right]+ R· \frac{\partial^2 Z}{\partial z^2} = 0 \\
     \\
    \frac{1}{R}\left[\frac{1}{r}·\frac{\partial}{\partial r}\left(r·\frac{\partial \phi}{\partial r}\right)\right]+\frac{1}{Z}· \frac{\partial^2 Z}{\partial z^2} = 0 \\
    
    \end{array} \)
Ecuación que también podemos poner en la forma:
    \( \displaystyle \frac{1}{R}\left[\frac{1}{r}·\frac{\partial}{\partial r}\left(r·\frac{\partial \phi}{\partial r}\right)\right]= - \frac{1}{Z}· \frac{\partial^2 Z}{\partial z^2} = C_1\)
Por lo que teniendo en cuenta las condiciones del problema resultará para Z:
    \( Z(z) = A_1·\sin k·z + B_1·\cos k·z \)
Con las condiciones de contorno:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    Z(0) = 0 = B_1 \; ;\; Z(h) = 0 = A_1·\sin k·h \Rightarrow \\
     \\
    \Rightarrow k·h = (2n+1)\pi \Rightarrow k = \frac{(2n+1)\pi}{h} \\
    
    \end{array} \)
Con lo que obtenemos una solución de la forma:
    \( \displaystyle Z(z) = A·\sin \frac{2n+1}{h}·\pi·z \)
Con estos datos tenemos para la ecuación en \( R(r) \) :
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \frac{1}{R}\left[\frac{1}{r}·\frac{\partial}{\partial
    r}\left(r·\frac{\partial \phi}{\partial r}\right)\right]= = \frac{(2n+1)^2\pi^2}{h^2} \\
     \\
    \frac{d^2R}{dr^2} = \frac{1}{r}·\frac{dR}{dr} - \frac{(2n+1)^2\pi^2}{h^2}·R = 0 \\
    
    \end{array} \)
Qué es la ecuación diferencial de Bessel de orden cero, cuya expresión general para late orden n tiene la forma:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \frac{d^2R}{dr^2} = \frac{1}{r}·\frac{dR}{dr} + \left[- \frac{(2n+1)^2\pi^2}{h^2} - \frac{m^2}{r^2}\right]·R = 0 \\
     \\
    \frac{d^2R}{dr^2} + \frac{1}{r}·\frac{dR}{dr}+ \left(1 + \frac{m^2}{v^2}\right)R = 0 \\
    
    \end{array} \)
Y aparece cuando el problema depende de la variable \( \varphi \).
La ecuación que estamos considerando se puede resolver por el método de desarrollo en serie, obteniendo:
    \( \displaystyle J_m(v) = \frac{1}{m!}\left(\frac{v}{2}\right)^m - \frac{1}{(m+1)!}\left(\frac{v}{2}\right)^{m+2}+ \frac{1}{2!(m+1)!}\left(\frac{v}{2}\right)^{m+4} + \cdots \)
Sí m no es entero, la otra solución de la ecuación de Bessel es \( J_{-m}(v) \), pero cuando sí es entero, las dos soluciones anteriores están relacionadas por la expresión:
    \( J_{-m}(v) = (-1)^m·J_m(v) \)
Por lo que en este caso hemos de buscar otra solución, que resulta ser similar a la de Bessel y que se llama de Neumann, \( N_m(v)\), siendo su expresión matemática:
    \( \displaystyle N_m(v) = \frac{J_m(v)·\cos m\pi - J_{-m}(v)}{\sin m·\pi} \)
Con estas consideraciones, la solución de la ecuación que estamos considerando será:
    \( R = A_2·J_o(v) + B_2·N_o(v)\)
Cómo \( N_n(v) \) vale menos infinito en el origen, para que la solución anterior tenga límites finitos se deberá tener:
    \( \displaystyle B_2= 0 \Rightarrow R = A_2·J_o(v) = A_2·J_o\left[\frac{(2n+1)\pi·i·r}{h}\right] \)
Por la que la solución del problema que estamos considerando podrá tener la forma:
    \( \displaystyle \phi(r,\varphi, z) = A_n·J_o(v)·\sin \left(\frac{2n+1}{h}·\pi·z\right) \)
En el caso de que no sea posible obtener una constante \( A_n \) qué satisfaga las condiciones de contorno, la solución será:
    \( \displaystyle \phi(r,\varphi, z) = \sum_{i}^{\infty}A_i·J_o(v)·\sin \left(\frac{2n+1}{h}·\pi·z\right)\; ; \; con\:v = \frac{(2n+1)i}{h}·\pi·r \)
Y los coeficientes \( A_i \) se obtienen por el desarrollo de Fourier, que en nuestro caso da:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    D_i = \frac{2}{h}\int_{0}^{h}V·\sin \frac{(2n+1)\pi}{h}·z·dz = \\
     \\
    = \frac{2·V}{h}\left[- \frac{h}{(2n+1)\pi}·\cos \frac{(2n+1)\pi}{h}·z\right]_{0}^{h}= \frac{4·V}{(2n+1)\pi} \\
    
    \end{array} \)
Donde hemos puesto:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    D_i = A_i·J_o(v_R) = A_i·J_o·\frac{(2n+1)i\pi·R}{h} \\
     \\
    A_i = \frac{4·V}{\pi(2n+1)·J_o[(2n+1)i·\pi·R/h]} \\
    
    \end{array}
    \)
Con lo que resulta la solución general:
    \( \displaystyle \phi(r,\varphi,z) = \frac{4V}{\pi}\sum_{0}^{\infty}\frac{\displaystyle \left(\sin \frac{2n+1}{h}\piz \right)\times J_o\left(\frac{(2n+1)i\pir}{h}\right)}{ \displaystyle(2n+1)J_o\left(\frac{(2n+1)i\piR}{h}\right)} \)
PROBLEMAS RESUELTOS DE ELECTROMAGNETISMO
 
Otros usuarios de Matemáticas y poesía también han visto:




Página publicada por: Jos Antonio Hervs