13.2: Capítulo 2

Problema (2.1)

Dado un campo eléctrico de la forma\(\mathbf{E}=100 \text{x}\)\(\hat{\mathbf{u}}_{\text{x}} \text{V} / \text{m}\) encontrar la carga total contenida en los siguientes volúmenes:

1) Un volumen cúbico de 1 cm en un lado centrado en el origen. Los bordes del cubo son paralelos a los ejes x, y y z.

2) Un volumen cilíndrico que tiene un radio de 1 cm y una altura de 2 cm centrado en el origen. El eje del cilindro es paralelo al eje z.

Respuesta (2.1)

Ex = 100x

Ey = 0

Ez = 0

\(\therefore \operatorname{div} \mathbf{E}=100=\rho_{\text{f}} / \varepsilon_{\text{o}}\)

Este campo eléctrico corresponde a una distribución de carga uniforme\(\rho_{f}=100 \varepsilon_{0}\) Coulombs/M ³

** La carga total en

(1) El cubo

\ (\ begin {aligned}
Q=\ left (100\ varepsilon_ {0}\ right)\ left (10^ {-6}\ right) =10^ {-4}\ varepsilon_ {0} &\\
=\ frac {10^ {-13}} {36\ pi} =8.84\ times 10^ {-16} &\ text {Coulombs.}
\ fin {alineado}\)

(2) El cilindro

\ (\ begin {aligned}
Q&=\ left (100\ varepsilon_ {0}\ right)\ left (2\ pi\ times 10^ {-6}\ right) =2\ pi\ varepsilon_ {0}\ times 10^ {-4}\\
&=\ frac {10^ {-13}} {18} =5.56\ times 10^ {-15}\ text {Coulombs}
\ final {alineado}\)

desde\(\varepsilon_{0}=\frac{1}{\mu_{0} C^{2}}=\frac{10^{-9}}{36 \pi}\)

Tenga en cuenta que la distribución de carga anterior aunque uniforme debe tener simetría plana (porque Ey = Ez = 0).

Problema (2.2)

Una distribución de carga gratuita viene dada por ρ _f = ar culombs/m ³ para 0 ≤ r ≤ R y ρ _f = 0 para r > R. (La polarización eléctrica P es en todas partes cero).

a) Calcular los componentes del campo eléctrico dentro y alrededor de esta distribución de carga. El problema tiene simetría esférica por lo que se puede usar el teorema de Gauss (el teorema de divergencia).

b) Calcular la función potencial correspondiente al campo eléctrico de la parte (a). Elija las constantes arbitrarias para que (1) V → 0 como r → ∞.

(2) V es continuo a r= R.

De esta manera mostrar que el potencial a r = 0 viene dado por\(V(0)=\frac{a R^{3}}{3 \varepsilon_{0}}\) Voltios.

Respuesta (2.2)

(a)\(\text{div} \mathbf{E}=\frac{\rho_{\text{f}}}{\varepsilon_{\text{o}}} \) desde P ≡ 0

y por lo tanto div P = 0.

Entonces\(\int_{\text{V}} \text{div} \mathbf{E} \text{d} \tau=\int_{\text{s}} \mathbf{E} \cdot \mathbf{ds}=\frac{Q(\text{r})}{\varepsilon_{0}}\)

donde Q (r) es la carga contenida dentro de una esfera de radio r.

\(Q(r)=a \int_{0}^{r}(r) 4 \pi r^{2} d r=\pi a r^{4}\)Coulombos para r ≤ R.

Pero E sólo tiene un componente radial por simetría. Por lo tanto, para una superficie esférica de radio r,\(\int_{S} \mathbf{E} \cdot \mathbf{d} \mathbf{s}=4 \pi r^{2} E_{r}\)

Así que para r≤r\(4 \pi r^{2} E_{r}=\frac{\pi a r^{4}}{\varepsilon_{0}}\)

o\(\text{E}_{\text{r}}=\frac{\text{ar}^{2}}{4 \varepsilon_{\text{O}}} \text{Volts} / \text{m}\).

para r>r la carga es independiente de r: Q =\(\pi\) aR ⁴

\[\therefore \quad E_{r}=\frac{\pi a R^{4}}{4 \pi \varepsilon_{O} r^{2}} \text { Volts/m (Coulomb's Law) }\nonumber.\]

(b) Dado que E tiene solo una componente radial, la función potencial dependerá únicamente de r:

\[E_{r}=-\left(\frac{\partial V}{\partial r}\right)\nonumber\]

⟩ en la región r ≤ R\(V=\frac{-a r^{3}}{12 \varepsilon_{0}}+V_{0}\)

en la región r > R\(V=\frac{\pi a R^{4}}{4 \pi \varepsilon_{0} r}\)

(La constante es cero para que V → 0 como r → ∞).

A r = R requerimos que V sea continuo. Por lo tanto

\[V_{0}-\frac{a R^{3}}{12 \varepsilon_{0}}=\frac{a R^{3}}{4 \varepsilon_{0}}=\frac{3 a R^{3}}{12 \varepsilon_{0}}\nonumber\]

Entonces\(V_{0}=\frac{4 a R^{3}}{12 \varepsilon_{0}}=a R^{3} / 3 \varepsilon_{0}\)

El potencial en el centro de la distribución de carga es, por lo tanto, (aR ³ /3 ε _o) Voltios

Problema (2.3)

Un cubo de longitud lateral L m está centrado en el origen y sus bordes son paralelos a los ejes x, y y z. El vector dipolo eléctrico por unidad de volumen, P, viene dado por\(\mathbf{P}=\text{P}_{0} \left(\text{x} \hat{\mathbf{u}}_{\text{x}}+\text{y} \hat{\mathbf{u}}_{\text{y}}+\text{z} \hat{\mathbf{u}}_{\text{z}}\right) \ \text { Coulombs } / \text{m}^{2}\)

a) Calcular la densidad de carga ligada ρ _b = - div P.

b) Calcular la densidad de carga ligada a la superficie en cada cara del cubo.

c) Demostrar que la carga total límite en el cubo es cero.

Respuesta (2.3)

(a) cubo\(\mathbf{P}=\text { Po }\left(\text{x} \hat{\mathbf{u}}_{\mathbf{x}}+\text{y} \hat{\mathbf{u}}_{\text{y}}+\text{z} \hat{\mathbf{u}}_{\text{z}}\right)\) interior

P ≡ 0 Cubo exterior

⟩ ρ _b = - div P = - 3P _o dentro del cubo

= 0 fuera del cubo.

La carga total encuadernada dentro del cubo es, por lo tanto, Q _v = - 3P _o L ³ Coulombs

(b) La discontinuidad en el componente normal de P da una densidad efectiva de carga superficial en cada cara del cubo.

Por ejemplo, en la cara f ₁ hay una discontinuidad en P _x que se ilustra en el boceto a continuación.

∴ La densidad de carga ligada a la superficie es\( \sigma_{\text{b}}=+\frac{\text{P}_{\text{O}} \text{L}}{2}\) culombios/M ² La carga superficial total en f ₁ es Q _s = σ _b L ² = P _o L ³ /2 Coulombs. Hay una carga similar en cada una de las otras caras. Por lo tanto la carga superficial total = 6Qs = 3P _o L ³. Lo mismo que la carga por volumen.

Problema (2.4)

Un disco de carga cuyo diámetro es R metros se centra en el origen con su plano normal al eje z como se muestra en el boceto.

(a) Calcular la función potencial V (z) en el eje del disco. Croquis V (z).

b) Hacer un boceto de E _z (z). Mostrar eso como z → 0\(\mathbf{E}_{\text{z}}=\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}\) para z > 0 y\(E_{z}=-\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}\) para z < 0.

(Este problema no es tan trivial como parece. Recuerde que V (z) debe ser una función par de z. También debe ir a cero como | z | → ∞, y debe ser continua en z = 0. La respuesta es\(V(z)=\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}[\sqrt{R^{2}+z^{2}}-|z|]\).

Respuesta (2.4)

\[V(z)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \quad \int_{0}^{R} \frac{2 \pi r d r \sigma}{\sqrt{r^{2}+z^{2}}}=\frac{\sigma}{4 \varepsilon_{0}} \int_{z^{2}}^{R+z^{2}} \frac{d u}{\sqrt{u}}\nonumber\]

donde u = r ² + z ² du = 2r dr

\[\therefore V(z)=\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}[\sqrt{R^{2}+z^{2}}-\sqrt{z^{2}}]\nonumber\]

(Hay una tentación de escribir\(\sqrt{z^{2}}=z\) pero esto estaría mal porque uno debe usar la raíz + 've de z ² incluso cuando z es negativo. De ahí\(\sqrt{z^{2}}=|z|\).)

Para z > 0 pero z pequeño\(V \rightarrow-\frac{\sigma_{z}}{2 \varepsilon_{0}}+\frac{\sigma_{R}}{2 \varepsilon_{0}}\)

Para z < 0 pero z pequeño\(V \rightarrow \frac{\sigma_{z}}{2 \varepsilon_{0}}+\frac{\sigma R}{2 \varepsilon_{0}}\)

Por lo tanto para z > 0\(\lim _{z \rightarrow 0}-\frac{\partial V}{\partial z}=E_{z}=\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}\).

para z < 0\(\lim _{z \rightarrow 0}-\frac{\partial V}{\partial z}=E_{z}=-\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}\).

para z > 0 pero |z| >> R\(V \rightarrow \frac{\pi \sigma R^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{1}{z}\right)\),

para z> < 0 but |z| > R,\(\text{V} \rightarrow-\frac{\pi \sigma \text{R}^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{1}{\text{z}}\right)\)

es decir, el potencial parece una carga puntual q =\(\pi\) R ² σ Coulombs.

b)\(E_{z}=-\frac{\partial V}{\partial z}\)

para z > 0\(E_{z}=\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}\left(1-\frac{z}{\sqrt{R^{2}+z^{2}}}\right)\)

@ z = 0\(E_{z}=+\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}\).

para z < 0\(\text{E}_{\text{Z}}=\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}\left(-1+\frac{\text{z}}{\sqrt{\text{R}^{2}+\text{z}^{2}}}\right)\)

z = 0\(E_{z}=-\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}\)

Problema (2.5)

Dos placas delgadas de metal planas infinitas son paralelas y están separadas por un hueco de d metros como se muestra en el boceto. La placa #1 lleva una densidad de carga superficial de + σ culombios/m ². La placa #2 lleva una carga superficial de - σ culombios/M ². En el metal E = 0, de lo contrario las cargas en el metal se moverían y uno no tendría un problema electrostático. Deje que la dirección normal a las placas sea la dirección z.

(a) Utilizar el teorema de Gauss para calcular la intensidad del campo eléctrico en el hueco entre las placas. Que este valor sea E _o.

b) ¿Cuál es el valor de D _z entre las placas?

c) ¿Cuál es la diferencia de potencial entre las dos placas metálicas?

d) Supongamos que una losa de materia cuyo espesor era de (d/2) metros se deslizó entre las dos placas metálicas. Supongamos además que esta losa se polarizó de tal manera que P _z = P _o. ¿Cuál sería ahora la diferencia de potencial entre las dos placas?

(e) Mostrar que D _z es continuo a través de las caras de la losa polarizada.

Respuesta (2.5)

(a) Como tenemos dos hojas infinitas de carga el campo eléctrico es uniforme y paralelo con z (normal a las placas). Use un pastillero que penetre en la superficie metálica de la izquierda

\[\int_{S}(\mathbf{E} \cdot \mathbf{n}) \text{d} S=Q / \varepsilon_{0}\) \quad \quad \quad \(\therefore \text{E}_{\text{o}} \text{A}=\frac{\sigma_{\text{A}}}{\varepsilon_{\text{o}}}\nonumber\]

o E _o = σ/ε _o Voltios/metro.

(b) D _z = ε ₀ E _z + P _z Aquí P _z = 0

∴ D _z = ε ₀ E _o = σ culombios/M ².

Observe que para σ = 1 culombio/m ² el campo eléctrico sería de 1.13 x 10 ¹¹ Voltios/metro. Esto es enorme: el aire se descompone en un campo de ~ 3 x 10 ⁶ voltios/metro. Por lo tanto, 1 culomb/m ² es una densidad de carga enorme.

(c) ∆V = E _o d = σd/ε ₀ Voltios.

d)

Fuera de la losa E _z = 0

Dentro de la losa\(E_{z}=-\frac{P_{0}}{\varepsilon_{0}}\)

Cuando se colocan entre las dos placas metálicas se suman las distribuciones de campo. Por lo tanto en el hueco E _z = E _o pero en la losa\(\text{E}_{\text{z}}=\text{E}_{\text{O}}-\frac{\text{P}_{\text{O}}}{\varepsilon_{0}}\).

La caída potencial total entre las placas será

\[\Delta \text{V}=\text{E}_{\text{O}}\left(\frac{\text{d}}{2}\right)+\left[\text{E}_{\text{O}}-\frac{\text{P}_{\text{O}}}{\varepsilon_{0}}\right]\left(\frac{\text{d}}{2}\right)\nonumber\]

\[\therefore \Delta \text{V}=\text{E}_{\text{O}} \text{d}-\frac{\text{P}_{\text{o}} \text{d}}{2 \varepsilon_{0}}=\frac{\sigma \text{d}}{\varepsilon_{0}}-\frac{\text{P}_{\text{O}} \text{d}}{2 \varepsilon_{0}}\nonumber\]

La caída potencial es disminuida por la presencia de la losa.

(e) En el hueco entre la losa y las placas D _z = ε ₀ E _o = σ culombs/m ².

En la losa

\ [\ begin {alineado}
&\ begin {array} {l}
D_ {z} =\ varepsilon_ {0} E_ {z} +P_ {0}\\
\ quad\ =\ varepsilon_ {0} E_ {0} -P_ {0} +P_ {0}
\ end {array}\\
& quad\ =\ varepsilon_ _ {0}\ texto {E} _ {0} =\ sigma\ texto {Coulombs}/\ texto {m} ^ {2}
\ end { alineado}\ nonumber\]

¡D _z es continuo a través de las caras de losa!

Problema (2.6)

Un elipsoide de revolución tiene la forma de un cigarro con su eje orientado a lo largo de z. La longitud del cigarro es de 1 cm y su diámetro es\(\frac{1}{2}\) cm. El cigarro está polarizado uniformemente: La polarización viene dada por

\[\mathbf{P}=\text{P}_{\text{X}} \hat{\mathbf{u}}_{\text{X}}+\text{P}_{\text{Y}} \hat{\mathbf{u}}_{\text{Y}}+\text{P}_{\text{Z}} \hat{\mathbf{u}}_{\text{Z}}\nonumber\]

donde

P _x = 0.1 culombios/M ²

P _y = 0.2 culombios/M ²

P _z = 0.3 culombios/M ².

Calcular los componentes del campo eléctrico en el elipsoide. (Resultan ser enormes ~ 10 ¹⁰ V/m El aire se descompone en un campo de ~ 10 ⁶ V/m).

Para el cigarro cuya longitud es 2d y cuyo diámetro es 2R el coeficiente de despolarización viene dado por (donde\(\frac{R}{d}<1\))

\(\text{N}_{\text{z}}=\left(\frac{1-\varepsilon^{2}}{\varepsilon^{3}}\right)\left(\frac{1}{2} \ln \left(\frac{1+\varepsilon}{1-\varepsilon}\right)-\varepsilon\right) \quad \text { where } \varepsilon=\sqrt{1-\left(\frac{\text{R}}{\text{d}}\right)^{2}}\).

Respuesta (2.6)

Para este problema la proporción\(\frac{R}{d}=\frac{1}{2}\) y por lo tanto\(\varepsilon=\sqrt{3 / 4}\).

según mis cálculos, N _z = 0.1736.

Pero la regla de suma establece que N _x + N _y + N _z = 1 y por lo tanto la suma N _x + N _y = 0.826. Por simetría N _x = N _y, por lo tanto N _x = N _y = 0.413.

\(\mathbf{E}=-\frac{\text{N}_{\text{X}} \text{P}_{\text{X}}}{\varepsilon_{0}} \hat{\mathbf{u}}_{\text{x}}-\frac{\text{N}_{\text{Y}} \text{P}_{\text{Y}}}{\varepsilon_{0}} \hat{\mathbf{u}}_{\text{Y}}-\frac{\text{N}_{\text{Z}} \text{P}_{\text{z}}}{\varepsilon_{0}} \hat{\mathbf{u}}_{\text{z}}, \text { where } \varepsilon_{0}=8.85 \times 10^{-12} \text{MKS}\),

por lo tanto E _x = -0.47x10 ¹⁰ Voltios/metro,

E _y = -0.94x10 ¹⁰ Voltios/metro

E _z = -0.59x10 ¹⁰ Voltios/metro.

Problema (2.7)

En la figura se muestra un disco polarizado uniformemente sin carga de radio R metros y grosor 2D metros. La polarización, P ₀ culombs/M ², se dirige a lo largo del eje del disco.

a) Calcular la densidad de carga consolidada efectiva, ρ _b = - div P, en todas partes.

(b) Utilizar la densidad de carga ligada de la parte (a) para calcular la función potencial a lo largo del eje del disco.

(c) Calcular el campo eléctrico a lo largo del eje del disco. <0 and (|z|/R) >Comprueba tu respuesta mirando tres límites: (1) el límite (D/R) <0<1; (2) the limit z> y (z/R) >>1; y (3) el límite z>1.

(d) Calcular el vector de desplazamiento D = ε ₀ E + P para todos los puntos a lo largo del eje del disco.

Respuesta (2.7)

(a) P = 0 en todas partes fuera del disco y por lo tanto ρ _b = - div P = 0 en todas partes fuera del disco. En todas partes dentro del disco P es constante y por lo tanto su divergencia es cero; ρ _b = 0 dentro del disco. La discontinuidad en el componente normal de P en las superficies a Z=-d y a Z=+D produce densidades de carga ligadas a la superficie. La densidad de carga superficial transportada por la superficie en z= -D es σ _b = -P ₀ culombs/M ²; la densidad de carga superficial transportada por la superficie en z= +D es σ _b = +P ₀ culombs/m ².

(b) Para calcular la función potencial a lo largo del eje del disco que es generada por las dos distribuciones de carga superficial, es útil comenzar considerando solo una distribución de carga superficial plana; ver el boceto a continuación.

\[\text{d} \text{V}_{\text{p}}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\sigma 2 \pi \text{rd} \text{r}}{\sqrt{\text{r}^{2}+\text{z}^{2}}}\nonumber,\]

y

\[V_{p}=\frac{\sigma}{4 \varepsilon_{0}} \int_{0}^{R} \frac{2 r d r}{\sqrt{r^{2}+z^{2}}}=\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}(\sqrt{R^{2}+z^{2}}-\sqrt{z^{2}})\nonumber.\]

Observe que la función potencial debe ser simétrica en z. Existe la tentación de reemplazar\(\sqrt{z^{2}}\) en la Ecuación (1) por z pero eso sería bastante incorrecto porque z es una función impar. Uno debe reemplazar\(\sqrt{z^{2}}\) por |z|.

Para z>0, pero (z/R) <<1,\(V \rightarrow \frac{\sigma_{R}}{2 \varepsilon_{0}}-\frac{\sigma_{z}}{2 \varepsilon_{0}}\).

Para z<0, pero (|z|/r) <<1,\(V \rightarrow \frac{\sigma_{R}}{2 \varepsilon_{0}}+\frac{\sigma_{z}}{2 \varepsilon_{0}}\).

Por lo tanto, cerca del disco cargado el campo eléctrico tiene el valor E _z = +σ/2ε ₀ a la derecha, y E _z = -σ/2ε ₀ a la izquierda; este es el resultado esperado basado en un análisis de un plano infinito cargado uniformemente. Lejos del disco cargado,\(\frac{R}{|z|}<<1\), uno encuentra

Para z>0,\(V \rightarrow \frac{\pi R^{2} \sigma}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{1}{z}\right)\).

Para z<0,\(V \rightarrow-\frac{\pi R^{2} \sigma}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{1}{z}\right)\).

Desde una gran distancia el disco de carga parece una carga puntual, donde Q=\(\pi\) R ² σ Coulombs.

Volviendo al problema del disco polarizado, la función potencial a lo largo del eje del disco puede escribirse mediante inspección usando la Ecuación (1).

Para z≥ D:

\[V(z)=\frac{P_{0}}{2 \varepsilon_{0}} \quad(\sqrt{R^{2}+(z-D)^{2}}-\sqrt{R^{2}+(z+D)^{2}}+2 D)\nonumber.\]

Para -D≤ z ≤ +D:

\[V(z)=\frac{P_{0}}{2 \varepsilon_{0}}(\sqrt{R^{2}+(z-D)^{2}}-\sqrt{R^{2}+(z+D)^{2}}+2 z)\nonumber.\]

Para z≤ -D:

\[V(z)=\frac{P_{0}}{2 \varepsilon_{0}}(\sqrt{R^{2}+(z-D)^{2}}-\sqrt{R^{2}+(z+D)^{2}}-2 D)\nonumber.\]

(c) El campo eléctrico a lo largo del eje viene dado por\(\text{E}_{\text{z}}=-\frac{\partial \text{V}}{\partial \text{z}}\).

Para z≥ +D:

\[E_{z}(z)=\frac{P_{0}}{2 \varepsilon_{0}}\left(\frac{(z+D)}{\sqrt{R^{2}+(z+D)^{2}}}-\frac{(z-D)}{\sqrt{R^{2}+(z-D)^{2}}}\right)\nonumber.\]

Para -D ≤ z ≤ +D:

\[E_{z}(z)=\frac{P_{0}}{2 \varepsilon_{0}}\left(\frac{(z+D)}{\sqrt{R^{2}+(z+D)^{2}}}-\frac{(z-D)}{\sqrt{R^{2}+(z-D)^{2}}}-2\right)\nonumber.\]

Para z ≤ -D:

\[E_{z}(z)=\frac{P_{0}}{2 \varepsilon_{0}}\left(\frac{(z+D)}{\sqrt{R^{2}+(z+D)^{2}}}-\frac{(z-D)}{\sqrt{R^{2}+(z-D)^{2}}}\right)\nonumber.\]

En el límite como (D/R) →0 el campo fuera del disco va a cero como (2D/R); observe que el campo eléctrico es simétrico en z El campo dentro del disco se acerca al valor\(\text{E}_{\text{z}}=\frac{2 \text{D}}{\text{R}}-\frac{\text{P}_{0}}{\varepsilon_{0}}\); es decir, el campo se acerca al valor esperado para un par infinito de planos cargados opositamente en el límite D→0.

En el límite |z|/R→∞, el campo eléctrico se acerca al límite\(\text{E}_{\text{z}}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} 4 \pi \text{R}^{2} \text{DP}_{0} \frac{1}{|\text{z}|^{3}}\); es decir, el campo debido a un dipolo puntual de momento p= 2D\(\pi\) R ² P ₀.

d) Por definición D = ε ₀ E + P. Fuera de la losa D = ε ₀ E desde P =0. Dentro de la losa el término P ₀ simplemente cancela el término constante en E _z. El vector de desplazamiento es continuo a través de las superficies de la losa. Se da para todos los puntos a lo largo del eje por\(D_{z}(z)=\frac{P_{0}}{2}\left(\frac{(z+D)}{\sqrt{R^{2}+(z+D)^{2}}}-\frac{(z-D)}{\sqrt{R^{2}+(z-D)^{2}}}\right)\).

Problema (2.8)

En la figura se muestra un disco polarizado uniformemente sin carga de radio R metros y grosor 2D metros. La polarización, P ₀ culombs/M ², se dirige a lo largo del eje del disco.

Calcular la función potencial a lo largo del eje del disco para z≥ D sumando las contribuciones potenciales de una colección de dipolos puntuales. Demostrar que

\[V(z)=\frac{P_{0}}{2 \varepsilon_{0}}(\sqrt{R^{2}+(z-D)^{2}}-\sqrt{R^{2}+(z+D)^{2}}+2 D)\nonumber,\]

y por lo tanto que el campo para Z≥D viene dado por

\[E_{z}(z)=\frac{P_{0}}{2 \varepsilon_{0}}\left(\frac{(z+D)}{\sqrt{R^{2}+(z+D)^{2}}}-\frac{(z-D)}{\sqrt{R^{2}+(z-D)^{2}}}\right)\nonumber.\]

(Comparar con los resultados de Problema (2.7)).

Respuesta (2.8)

Se puede escribir la contribución del elemento de volumen ilustrado al potencial en P

\[\text{d} \text{V}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\text{P}_{0} \text{d} \tau \cos \theta}{\left(r^{2}+(z-\xi)^{2}\right)}\nonumber.\]

El potencial total en z viene dado por

\[V(z)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int_{0}^{R} \int_{-D}^{D} \frac{P_{0}(z-\xi) d \tau}{\left(r^{2}+(z-\xi)^{2}\right)^{3 / 2}}\nonumber,\]

donde\(d \tau=2 \pi r d r d \xi\). Las integraciones se pueden llevar a cabo fácilmente. El resultado es

\[V(z)=\frac{P_{0}}{2 \varepsilon_{0}}(\sqrt{R^{2}+(z-D)^{2}}-\sqrt{R^{2}+(z+D)^{2}}+2 D) \ \text { Volts. }\nonumber.\]

\[E_{z}(z)=-\frac{\partial V}{\partial z}=\frac{P_{0}}{2 \varepsilon_{0}}\left(\frac{(z+D)}{\sqrt{R^{2}+(z+D)^{2}}}-\frac{(z-D)}{\sqrt{R^{2}+(z-D)^{2}}}\right)\nonumber.\]

Problema (2.9)

En la figura se muestra un disco polarizado uniformemente sin carga de radio R metros y grosor 2D metros. La polarización, P ₀ culombs/M ², se dirige a lo largo del eje del disco.

El campo eléctrico en el centro del disco es, por cálculo directo (ver Problema (2.7)),

\[\text{E}_{\text{Z}}(0)=-\frac{\text{P}_{0}}{\varepsilon_{0}}\left(1-\frac{\text{D}}{\sqrt{\text{R}^{2}+\text{D}^{2}}}\right)\nonumber.\]

Compare este valor para el campo eléctrico con el obtenido usando el coeficiente de despolarización para un elipsoide de revolución que tenga la misma relación de (D/R) que el disco. Realizar el cálculo para (a)\((\text{D} / \text{R})=\frac{1}{10}\), y para (b)\((\text{D} / \text{R})=\frac{1}{100}\).

Respuesta (2.9)

El coeficiente de despolarización apropiado para un elipsoide en forma de panqueque se indica en las notas de E&M, Figura (2.15):

\[\text{N}_{\text{z}}=\frac{\text{R}^{2} \text{D}}{\left(\text{R}^{2}-\text{D}^{2}\right)^{3 / 2}}\left(\frac{\sqrt{\text{R}^{2}-\text{D}^{2}}}{\text{D}}-\operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{\sqrt{\text{R}^{2}-\text{D}^{2}}}{\text{D}}\right)\right) \text { for }(\text{D} / \text{R})<1\nonumber.\]

Si (D/R) <<1,\(\text{N}_{\text{z}} \cong 1-\frac{\pi}{2}\left(\frac{\text{D}}{\text{R}}\right)\). Usando la expresión exacta para N _z

(a) Para R= 10D se encuentra N _z = 0.861, y esto da

\[\text{E}_{\text{z}}(0)=-0.861\left(\frac{\text{P}_{0}}{\varepsilon_{0}}\right)\nonumber.\]

Por cálculo directo, el valor exacto es\(-0.8995\left(\frac{\text{P}_{0}}{\varepsilon_{0}}\right)\).

(b) Para R= 100D se encuentra N _z = 0.9845, y por lo tanto

\[E_{z}(0)=-0.9845\left(\frac{P_{0}}{\varepsilon_{0}}\right)\nonumber.\]

Por cálculo directo, el valor es\(-0.9900\left(\frac{\text{P}_{0}}{\varepsilon_{0}}\right)\).

Los discos cilíndricos a menudo se aproximan como elipsoides de revolución, especialmente en problemas magnéticos, con el propósito de estimar la corrección de primer orden al campo en el centro de un disco que tiene un radio infinito,\(E_{z}(0)=-\frac{P_{0}}{\varepsilon_{0}}\).

Problema (2.10)

Una esfera sin carga de radio R se polariza de tal manera que el vector de polarización P es radial, y su magnitud viene dada por\(\text{P}_{\text{r}}(\text{r})=\text{P}_{0}\left(\frac{\text{r}}{\text{R}}\right)^{2}\).

(a) Calcular el campo eléctrico en todos los puntos dentro de la esfera.

b) Calcular el campo eléctrico en todos los puntos fuera de la esfera.

Respuesta (2.10)

El vector de polarización posee solo una componente radial, por lo tanto\(\operatorname{div} \mathbf{P}=\frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2} P_{r}\right)\). La densidad de carga ligada es\(\rho_{b}=-\operatorname{div} \mathbf{P}=-\left(\frac{4 P_{0}}{R^{2}}\right) r\).

(a) El campo eléctrico dentro de la esfera puede calcularse a partir del teorema de Gauss porque el campo debe ser radial por simetría. Así

\[4 \pi r^{2} E_{r}=\frac{1}{\varepsilon_{0}} \int_{0}^{r} \rho_{b} 4 \pi r^{2} d r=-\frac{4 \pi P_{0} r^{4}}{\varepsilon_{0} R^{2}}\nonumber\]

o

\[\text{E}_{\text{r}}=-\frac{\text{P}_{0}}{\varepsilon_{0}}\left(\frac{\text{r}}{\text{R}}\right)^{2}\nonumber.\]

(b) Hay una densidad de carga superficial en la esfera, ρ _s = P ₀ culombs/m ² debido a la discontinuidad en el componente normal del vector de polarización. La carga total contenida dentro de una esfera cuyo radio es ligeramente mayor que el radio R es cero. Por lo tanto, el campo eléctrico es cero en todas partes fuera de la esfera.

Problema (2.11)

Considere una esfera sin carga que tenga un radio R muy grande que esté polarizado uniformemente a lo largo de la dirección z. La polarización es P _z = P ₀.

a) ¿Cuál es la dirección y la intensidad del campo eléctrico dentro de la esfera? ¿Cómo depende este campo del radio de la esfera?

(b) Una pequeña cavidad esférica de radio b, b/R<<1, se corta de la esfera en algún punto no muy lejos de su centro. La polarización en el resto de la gran esfera se mantiene sin cambios. Utilice el principio de superposición para calcular la intensidad del campo eléctrico dentro de la pequeña cavidad de radio b.

Respuesta (2.11)

(a) Los factores despolarizantes obedecen a la regla de suma N _x + N _y + N _z = 1. Pero para una esfera N _x =N _y =N _z, por lo tanto cada una es igual a (1/3). Dentro de la esfera\(E_{z}=-\frac{P_{0}}{3 \varepsilon_{0}}\). Esta fuerza de campo no depende en absoluto del radio de la esfera.

(b) El campo dentro de la diminuta esfera de material polarizado que ha sido cortada de la esfera grande es\(\text{E}_{\text{z}}=-\frac{\text{P}_{0}}{3 \varepsilon_{0}}\). Cuando esto se agrega al campo en la cavidad del radio b, debe dar un campo total igual a la intensidad del campo antes de que se retirara la diminuta esfera. ¡Por lo tanto, se puede concluir que el campo en la cavidad es cero!

Problema (2.12)

Considera un cilindro sin carga de radio R y longitud L. El eje del cilindro se encuentra a lo largo del zaxis. Deje que tanto R como L lleguen a ser infinitamente grandes, pero de tal manera que la relación (R/L) →0.

(a) Dejar polarizar el material del cilindro a lo largo de su longitud, es decir, P _z = P ₀. ¿Cuál es la dirección y la intensidad del campo eléctrico dentro del cilindro?

(b) Dejar polarizar el material del cilindro transversal a su eje, a lo largo del eje x digamos; es decir, P _x = P ₀. ¿Cuál es la dirección y magnitud del campo eléctrico dentro del cilindro?

Respuesta (2.12)

a) El coeficiente de despolarización para una aguja muy larga en la dirección de su longitud es cero. Por lo tanto, cuando el cilindro está polarizado a lo largo de su eje no hay campo eléctrico en su interior.

(b) Por simetría los coeficientes de despolarización transversal deben ser iguales: N _x =N _y. Pero a partir de la regla de suma N _x +N _y = 1, ya que N _z =0. De ello se deduce que N _x =N _y =( 1/2). El campo eléctrico dentro del cilindro viene dado por\(E_{x}=-\frac{P_{0}}{2 \varepsilon_{0}}\).

Este problema demuestra que el campo dipolar tiene un alcance tan largo que el campo eléctrico dentro de un cuerpo infinitamente grande depende de su forma.

Problema (2.13)

Considera dos cargos Q1=q y q2=-\(\alpha\) Q. La carga q1 se encuentra en (-b,0,0); la carga q2 se ubica en (b,0,0).

(a) Dejar\(\alpha\) =2. Mostrar que el equipotencial V=0 es una esfera de radio\(R=\frac{4 b}{3}\) centrada en\(x_{0}=-\frac{5 b}{3}\).

(b) Dejar\(\alpha\) = 1/2. Mostrar que el equipotencial V=0 es de nuevo una esfera de radio\(R=\frac{4 b}{3}\) pero centrada en\(x_{0}=+\frac{5 b}{3}\).

El equipotencial V=0 puede ser reemplazado por una esfera metálica puesta a tierra sin perturbar la distribución del potencial fuera de la esfera. Por lo tanto, esta construcción proporciona la solución al problema de una carga puntual llevada a una esfera conductora puesta a tierra.

Respuesta (2.13)

\(V_{p}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{q_{1}}{r_{1}}+\frac{q_{2}}{r_{2}}\right), \text { where } q_{1}=Q \text { and } q_{2}=-\alpha_{Q}\)

\(r_{1}=\sqrt{(x+b)^{2}+y^{2}+z^{2}}\), y\(r_{2}=\sqrt{(x-b)^{2}+y^{2}+z^{2}}\). Por lo tanto V=0 cuando\(r_{2}=\alpha_{r_{1},} \text { or }\left(r_{2}\right)^{2}=\alpha^{2}\left(r_{1}\right)^{2}\). Un poco de álgebra da

\[x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 b x\left(\frac{\alpha^{2}+1}{\alpha^{2}-1}\right)+b^{2}=0\quad \quad \quad \quad (1) \nonumber\]

Al agregar\(\text{b}^{2}\left(\frac{\alpha^{2}+1}{\alpha^{2}-1}\right)^{2}\) a ambos lados de (1) esta ecuación se puede escribir

\[\left(x+b\left(\frac{\alpha^{2}+1}{\alpha^{2}-1}\right)\right)^{2}+y^{2}+z^{2}=\left(\frac{2 \alpha b}{\left|\alpha^{2}-1\right|}\right)^{2}\quad \quad \quad \quad (2)\nonumber\]

Esta es la ecuación de una esfera centrada en\(x_{0}=-b \frac{\alpha^{2}+1}{\alpha^{2}-1}\), y que tiene un radio\(\text{R}=\frac{2 \alpha \text{b}}{\left|\alpha^{2}-1\right|}\).

Problema (2.14)

Considera dos cargos q ₁ =Q y q ₂ = -Q. La carga q ₁ se ubica en (-b,0,0); la carga q ₂ se ubica en (b,0,0).

(a) Mostrar que V=0 en el plano x=0. La región a la derecha de x=0 puede ser reemplazada por un metal conductor sin alterar el potencial en la región x<0. Esta construcción proporciona la solución al problema de una carga puntual llevada a un plano conductor conectado a tierra.

(b) Mostrar que la carga q ₁ =Q es atraída a un plano metálico conectado a tierra con una fuerza

\[\text{F}_{\text{x}}=\frac{\text{Q}^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{4 \text{b}^{2}} \ \text { Newtons }\nonumber.\]

Respuesta (2.14)

El campo eléctrico en x=-b es justamente eso debido a una carga puntual -Q ubicada en x=+b\(E_{x}=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{4 b^{2}}\), por lo tanto, y E _y = E _z = 0. Por lo tanto, la fuerza sobre la carga que la tira hacia la superficie metálica es justa

\[\text{F}_{\text{x}}=\frac{\text{Q}^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{4 \text{b}^{2}} \text { Newtons. }\nonumber.\]