problemas resueltos de electromagnetismo

E. h. Vivas C.

Nombre del trabajo

GUIA DE PROBLEMAS RESUELTOS

EN ELECTROMAGNETISMO

Guía de Problemas Resueltos

en Electromagnetismo

©

Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales

Facultad de Ciencias Exactas y Naturales

Departamento de Física

Profesor Hernán Vivas C.

2014

Guıa de Problemas Resueltosen Electromagnetismo

c©

Hernan Vivas C.

2014

II

Introduccion

El electromagnetismo es probablemente el area de la Fısica mas estudiada ytal vez la mejor entendida en la actualidad. Sin embargo, el analisis de cualquierfenomeno en esta rama de la ciencia exige en primera instancia cierto entrena-miento previo en las tecnicas de calculo vectorial y de ecuaciones diferenciales enderivadas parciales, las cuales eventualmente desplazarıan a un segundo plano lainterpretacion del mismo. En esta entrega de Guıa de Problemas Resueltosen Electromagnetismo, se pretende ilustrar con detalle los desarrollos nece-sarios para la solucion de problemas de nivel intermedio y superior, ademas deproporcionar una discusion en terminos sencillos y consistentes desde el punto devista fısico en la mayorıa de los casos. Se estudian de forma autocontenida lastecnicas de funciones de Green, el metodo de las imagenes, soluciones en terminosde funciones especiales, el metodo de d’ Alembert para la propagacion de ondasen lıneas de transmision, entre otras. Este producto es el resultado de multiplesdiscusiones en grupos de trabajo en donde participaron colegas y estudiantes, asicomo de la experiencia docente en los anos recientes. Cualquier comentario o erroren el material de estudio puede ser remitido al autor a: [email protected],o [email protected].

El autorManizales (Col.), 2014

Indice general

1. Electrostatica 3

2. Ley de Gauss 21

3. Potencial Electrico 35

4. Corriente Electrica 89

5. Magnetismo 105

6. Ondas Electromagneticas y Radiacion 171

1

Capıtulo 1Electrostatica

Figura 1.1: Charles de Coulomb

Charles de Coulomb. 1736-1806. Fısico frances quienrealizo experimentos con una balanza de torsion el cual in-vento independientemente de Priestley. Sus investigaciones locondujeron a sugerir que existıan dos “fluidos”de electricidady dos de magnetismo. Demostro que ambas fuerzas eran in-versas al cuadrado de la distancia, y establecio que estas eranconsecuencia de fenomenos independientes. La dependencia alinverso del cuadrado de la distancia se conoce como Ley deCoulomb, a pesar de que esta fue previamente expuesta porJhon Robinson.

Fuente: http://scienceworld.wolfram.com/biography/Coulomb.html

1.1 Propiedades de la carga [1],[2]

La carga es la fuente y el objeto de accion del campo electromagnetico.

El campo es el portador material de las interacciones electromagneticas de las cargas, es laforma de la materia.

Las cargas, los campos y las fuerzas existen en una relacion indisoluble con el espacio, el tiempoy el movimiento de la materia.

Para entender esta relacion mutua, es necesario comprender la conexion entre el espacio, eltiempo y movimiento.

Dos cuerpos con la misma clase de electrizacion (Positiva o Negativa) se repelen, pero si tienendiferentes clases de electrizacion (una positiva y otra negativa), se atraen.

En cualquier proceso en un sistema aislado, la carga total o neta no cambia. (Principio deconservacion de la carga.)

La carga esta cuantizada. (Experimento de Millikan, 1909).

3

4

1.2 Accion del campo ElectromagneticoEs necesario definir la validez del rango de interaccion electromagnetica: Clasificacion habitualdel espectro electromagnetico.

⋄ Radiofrecuencia: Km > λ ≥ 0,3m, ν ≤ 109Hz; Energıa de los fotones ε: 10−3eV. Sistemasde Radio y TV.

⋄ Microondas: 0,3m ≥ λ ≥ 10−3m, 109 ≤ ν ≤ 3×1011Hz, 10−5 ≤ ε ≤ 10−3eV, (UHF). Radares,Sistemas de comunicaciones, espectroscopıa atomica.

⋄ Espectro Infrarrojo: 10−3m ≥ λ ≥ 7,8 × 10−7m.(7800A). 3 × 1011 ≤ ν ≤ 4 × 1014Hz,10−3 ≤ ε ≤ 1,6eV.Infrarrojo lejano: 10−3 − 3× 10−5m.Infrarrojo medio: 3× 10−5 − 3× 10−6m.Infrarrojo cercano: 7,8 × 10−7m. Ondas producidas por cuerpos calientes y vibraciones mole-culares.

⋄ Luz o Espectro visible. Longitudes de onda para las cuales la retina humana es sensible:7,8× 10−7m ≥ λ ≥ 3,8× 10−7m, 4× 1014 ≤ ν ≤ 8× 1014Hz. 1,6 ≤ ε ≤ 3,2eV.

⋄ Rayos UV. 3,8× 10−7 ≥ λ ≥ 6× 10−10m, 8× 1014 ≤ ν ≤ 3× 1017Hz. 3eV ≤ ε ≤ 2× 103eV.Ondas producidas por atomos y moleculas en descargas electricas en la ionosfera, (80 Km sobrela superficie terrestre).

⋄ Rayos X. 1×10−9 ≥ λ ≥ 6×10−12m, 3×1017 ≤ ν ≤ 5×1019Hz. 1,2×103eV ≤ ε ≤ 2,4×105eV.W. Rontgen (1895).

⋄ Rayos γ. 1× 10−14 ≥ λ ≥ 1× 10−10m, 3× 1018 ≤ ν ≤ 3× 1022Hz. 1× 104eV ≤ ε ≤ 1× 107eV.Procesos nucleares y radiacion cosmica.

1.3 Portadores de Carga.Electron: Portador material de la carga negativa elemental, | Qe |= 1,6021892(46)× 10−19C,cuya masa es: me = 9,1× 10−31Kg.Proton: Portador de la carga elemental positiva, cuya carga es igual a la del electron (Q+

e ). Enla colision de electrones con el proton, suponiendo que la distribucion de carga esta contenidaen un volumen finito, la trayectoria del electron que atraviesa dicho volumen NO depende dela ley de distribucion de la carga. Si el electron incidiese a traves del volumen del proton,las trayectorias SI dependen del tipo concreto de distribucion de carga en el. mp = 1,6725 ×10−27Kg.Neutron: Experimentos de dispersion de electrones muestran que el neutron posee estructuraelectromagnetica y NO es una partıcula puntiforme electricamente neutra. mn = 1,6748 ×10−27Kg. (Teorıa de los Quarks).

1.4 Fenomeno de Electrizacion. Supongamos que un solido junto con el espacio inmediato a elesta cerrado adiabaticamente y se mantiene a una temperatura constante T . Como consecuenciade la agitacion termica y la distribucion electronica con respecto a las velocidades, en el interiordel cuerpo existiran electrones cuya energıa cinetica es suficiente para superar las fuerzas que lasretienen. En la superficie del cuerpo se forma un gas de electrones, y en equilibrio termodinamico

Electrostatica 5

el numero de electrones que abandonan el volumen del cuerpo es igual, en termino medio, a lacantidad de electrones que ingresan, en el volumen del cuerpo desde la capa de gas electronico,inmediata a la superficie. En este caso la concentracion de electrones en la superficie del cuerpotiene un valor determinado n0:

n0 (T ) = A (T ) exp (−Φ/KBT ), (1.1)

en donde Φ es el trabajo de salida termoionico, igual a la energıa necesaria para desplazar unelectron en el nivel de Fermi hasta las afueras de los lımites del solido, definido por:

Φ = E0 − EF ; (1.2)

E0 energıa del electron en reposo fuera del conductor, en el vacıo, EF es la energıa de Fermiasociada a la ocupacion de los electrones en el sistema a T = 0, contenida en la distribucionde Fermi-Dirac:

f (E, T ) =(1 + exp (E − EF ) /KBT

)−1. (1.3)

Es de resaltar que la energıa de Fermi EF es una cantidad que depende de la temperatura.Esta dependencia puede calcularse considerando el numero de estados cuanticos que se puedenencontrar en el elemento de volumen en el espacio de momentos dVp, para un sistema deelectrones en 3D, con interaccion de corto alcance: [3]

g3D (ε) dε =8√2πV

h3m3/2√εdε. (1.4)

El numero de partıculas, para un contınuo de niveles (dentro de la aproximacion adoptada),esta dado por:

N = const =

∫ ∞

0g (ε) f (ε) dε. (1.5)

Considerando valores de ε < EF , la funcion de distribucion de Fermi-Dirac tiene un valoraproximado de 1 (f (ε) ≈ 1), cuando T = 0, y f (ε) = 0, para ε > EF . De esta forma, laintegral (1.5) puede resolverse facilmente para el calculo de la energıa de Fermi a 0K:

N

V=

16√2πm3/2

[EF (0)

]3/23h3

, EF (0) =h2

8m

(3NπV

)2/3. (1.6)

En un gas bidimensional de partıculas libres, se puede demostrar, mediante los metodos utili-zados para derivar (1.4), que la densidad de estados es:

g2D (ε) dε =4πmS

h2dε, (1.7)

la cual es independiente de la energıa. S representa el area de ocupacion de las partıculas endos dimensiones. Resolviendo (1.5), la energıa de Fermi en funcion de la temperatura esta dadapor:

EF (T ) = KBT ln[exp (EF0/KBT )− 1

], EF0 =

Nh2

4πmS. (1.8)

La magnitud de los campos que actuan sobre los electrones de la superficie, en una capa dedimensiones moleculares d ∼ 10−10m: | Eeff |∼ Φ/ | e | d ∼ 1010 V/m. Reemplazando Φ en

6

esta ultima relacion, Eeff → Eeff (T ). Las fuerzas que arrastran los electrones hacia el interiordel cuerpo son mayores para aquellos cuerpos con mayor trabajo de salida: (Fe ∝ Φ). Despuesde unir las superficies, comienza la transicion de los electrones del cuerpo con menor trabajode salida al cuerpo con mayor trabajo de salida, como resultado, el primer cuerpo adquierecarga positiva, y el segundo carga negativa. (Ver Figura 1.2).

Figura 1.2: Diagrama esquematico de los niveles de energıa de dos metales en contacto y en equilibrio termoionico,(EF1 = EF2).

En estado de equilibrio, las superficies ganan una carga igual en magnitud y de signo opuesto.Se establece una diferencia de potencial, llamada de contacto:

| ∆ϕ |= | Φ2 − Φ1 || e |

. (1.9)

En secciones posteriores se describira las propiedades generales del contacto metal-dielectricoy dielectrico-dielectrico.

1.5 Ley de Coulomb (1785), Ch. de Coulomb (1736-1806). Todos los postulados en electrostaticareposan sobre la base del enunciado cuantitativo de la ley de Coulomb en lo concerniente ala fuerza que actua entre cuerpos cargados en reposo uno con respecto al otro. Coulomb,en una impresionante serie de experimentos, mostro experimentalmente que la fuerza entredos pequenos cuerpos cargados separados por aire una distancia grande comparada con susdimensiones:

⋄ varıa directamente con la magnitud de cada carga,

⋄ varıa inversamente con el cuadrado de la distancia entre ellas,

⋄ esta dirigida a lo largo de la lınea que une a las cargas, y

⋄ es atractiva si los cuerpos estan cargados de forma opuesta y repulsiva si los cuerpos poseen elmismo tipo de carga.

Electrostatica 7

Ademas, se ha mostrado experimentalmente que la fuerza total producida sobre un pequenocuerpo cargado por un numero de otros pequenos cuerpos cargados ubicados alrededor deeste, es la suma vectorial de la fuerza de Coulomb individual entre cada par de cuerpos.Estrictamente, las conclusiones de Coulomb se aplican para cargas en el vacıo o en medios desusceptibilidad despreciable [4].Designemos por Fij la fuerza que ejerce la carga i sobre la carga j; rij = rj − ri y rji losvectores trazados desde el punto de estancia de la carga i hasta la carga j y viceverza. Laforma explıcita de la fuerza de Coulomb:

Fij =KQiQj

r2ij

rij| rij |

, K = 1/4πε0, (1.10)

en el sistema internacional, K = 10−7c2, en donde ε0 ≈ 8,854 × 10−12 (F/m) es llamado lapermitividad del espacio libre.

Figura 1.3: Diagrama vectorial de las fuerzas de interaccion de dos cargas puntuales.

1.6 Intensidad del campo Electrico E. Las cargas Qi crean un campo electrico en el espacioque las rodea, el cual esta caracterizado por la intensidad E. La magnitud de E en un puntoesta definida por la relacion entre la fuerza que actua sobre una carga de prueba puntualpositiva, colocada en el punto dado del campo, y la carga. El campo electrico que ACTUAsobre Qj (o en el punto rj) GENERADO por la carga Qi es de la forma:

Ej =KQi

r2ij

rij| rij |

, (1.11)

de esta forma, la fuerza entre las cargas se calcula en terminos del campo electrico como:Fij = QjEj .La accion de una carga sobre la otra se divide en:

8

− La carga puntual Q crea en el espacio que la rodea un campo electrico, cuya intensidad es:

E (r) =KQ

r2Ur, (1.12)

en donde Ur es un vector unitario en la direccion desde el lugar que ocupa Q hasta el puntoen donde se determina la intensidad del campo.

− La carga puntual Q0 experimenta una fuerza proporcional al campo electrico: F = Q0E.

1.7 Distribucion discreta y contınua de carga. El calculo del campo electrico resultante enel punto P producido por una configuracion de cargas discretas en reposo, se efectua a travesde la suma vectorial de cada uno de los aportes generados por cada carga:

EP = E1 +E2 +E3 + · · ·+En =n∑

i=1

Ei =n∑

i=1

KQi

r2iUri . (1.13)

Figura 1.4: Diagrama vectorial de las fuerzas entre dos cargas puntuales.

Si la configuracion de las cargas electricas forman una distribucion contınua que ocupa unvolumen Ω, entonces el campo electrico en un punto P localizado en las afueras de Ω esta dadopor:

EP =1

4πε0

∫Ω

dQ

| R− r |2(R− r)

| R− r |, (1.14)

en donde R y r son las construcciones vectoriales representadas en la figura 1.5.

dQ es el elemento diferencial de carga, definido segun el espacio en el cual sea distribuida:Volumetrico: dQ = ρ (r) dV ;Superficial : dQ = σ (r) dS;Lineal : dQ = λ (r) dl.

Electrostatica 9

Figura 1.5: Construccion geometrica propia para el calculo de EP , en el caso de una distribucion contınuade carga.

Problema 1.1: En los vertices de un cuadrado de lado l = 2 × 10−9m se colocan cuatro protones. Unelectron se encuentra inicialmente sobre la perpendicular al cuadrado por su centro, a una distanciad = 2× 10−9m del mismo [5]. Calcular:

(a) El campo electrico sobre el electron producido por esta configuracion.

(b) La fuerza ejercida sobre el electron.

R: (a) E = 4Ked/(d2 + l2/4

)3/2z, (b) F = − | e | E.

Problema 1.2: Existe un campo electrico uniforme en la region entre dos placas planas paralelas cargadascon signos contrarios. Un electron parte del reposo en la superficie de la placa cargada negativamentey llega a la superficie de la placa cargada positivamente situada a una distancia d de la primera en tsegundos. Calcular la magnitud del campo electrico y la velocidad del electron al llegar a la segundaplaca.R: E = 2md/et2, v = 2d/t

Problema 1.3: Un electron se proyecta a un angulo θ sobre la horizontal y a una velocidad v, en una regionen donde el campo electrico es E = E0j N/C. Ignore los efectos del campo gravitacional. Determine:(a) El tiempo que tarda el electron en regresar a su altura inicial, (b) La altura maxima que alcanza,(c) Su desplazamiento horizontal cuando alcanza su maxima altura.R: (a) τ = 2mv sin θ/eE0. (b) Ym = mv2/2

(sin2 θ/eE0

).

(c) Xm = mv2/2 (sin 2θ/eE0).

Problema 1.4: Dos cargas puntuales se mantienen fijas sobre el eje X. Una posee carga −Q1 (C) en laposicion x = −x1i (m), y la otra con carga +Q2 (C) en la posicion x = x2i. Encontrar un punto endonde sea posible colocar una tercera carga q y que esta no experimente fuerza neta.

R: Con respecto al origen de coordenadas: x =x2±√

Q1/Q2x1

1∓√

Q1/Q2.

Problema 1.5: Anillo cargado. Un anillo de radio a posee una carga positiva uniforme por unidad de lon-gitud, con carga total Q. Calcular el campo electrico a lo largo del eje del anillo en un punto P que

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se encuentra a una distancia x desde el centro del anillo.R: EP (x) = KQx/

(a2+x2

)3/2x. (Utilizar Ec. 1.14). Si a >> x, Ex ≈

(KQ/a3

)x. Un electron de ma-

sa m y carga − | e | ubicado a una pequena distancia x sobre el eje del anillo, experimentara M.A.S.con una frecuencia ω =

√K | e | Q/a3m.

Problema 1.6: Dos pequenas esferas identicas poseen masa m y carga q. Cuando se colocan en un tazonesferico de radio R con paredes no conductoras sin friccion, las esferas se desplazan hasta que en laposicion de equilibrio estan separadas una distancia R. Determinar la carga en cada esfera.

R: q =(mgR2/

√3K)1/2

. Sugerencia: Construir el diagrama de fuerzas que involucre la normal (N),

el peso (mg) y la fuerza electrostatica (Fe). Considerar la geometrıa.

Problema 1.7: Disco cargado (I). Un disco de radios a y b (a < b) posee una carga uniforme por unidadde area σ. Calcular el campo electrico en un punto P que se encuentra a lo largo del eje central deldisco y a una distancia x desde su centro.R: Se utiliza el resultado del ejemplo 1.2, planteando un diferencial de campo electrico dE =

Kx/(x2 + r2

)3/2dQx, dQ = 2πσrdr, utilizando

∫rdr/

(x2 + r2

)3/2= −1/

√x2 + r2. El resul-

tado final es:E = 2πσKx

[(x2 + a2

)−1/2 −(x2 + b2

)−1/2]x. El calculo del campo electrico de un plano cargado

“infinito”, puede realizarse considerando a = 0, b >> x, ası E ≈ 2πσKx.

Problema 1.8: Una bola de corcho cargada de masa m esta suspendida de una cuerda ligera en presenciade un campo electrico uniforme E. Cuando E = ExUx+EyUy N/C, la bola se encuentra en equilibrioformando un angulo θ con respecto a la vertical. Hallar:

(a) La carga de la bola,

(b) La tension en la cuerda.R: (a) mg/

(Ex cot θ + Ey

), (b) mgEx/

(Ex cos θ + Ey sin θ

).

Problema 1.9: Se colocan cuatro cargas puntuales iguales +Q en las esquinas de un cuadrado de lado a.Determinar la intensidad del campo electrico en:

(a) El centro del cuadrado.

(b) Uno de los vertices.

(c) En el punto medio de uno de los lados.R: (a) E = 0, (b) (Sobre el vertice superior derecho, con el origen de coordenadas en vertice inferiorizquierdo) E = KQ/a2

(1 + 1/2

√2)(Ux + Uy

), (c) | E |= 16KQ/5

√5a2.

Problema 1.10: Filamento Cargado I. Un filamento semi-infinito posee una densidad de carga uniformeλ+ yace sobre el eje de las X positivas. Determine el campo electrico en los puntos sobre el eje Y .R: Suponiendo que el alambre semi-infinito tiene su origen en el origen de coordenadas, dE =[Kλ+dx/

(x2 + y2

)3/2] (yUy − xUx

). Integrando en el intervalo 0,∞: | Ex |=| Ey |= Kλ+/y. La

magnitud del campo electrico: | E |=√2Kλ+/y.

Electrostatica 11

Problema 1.11: Filamento cargado II. Dos barras delgadas de longitud L se encuentran a lo largo del ejex, una entre x = a/2 y x = a/2 + L y la otra entre x = −a/2 y x = −a/2 − L. Cada barra tieneuna carga positiva Q distribuida uniformemente. (a) Calcule el campo electrico producido por lasegunda barra en puntos del eje X positivo. (b) Demuestre que la magnitud de la fuerza que unabarra ejerce sobre otra es:

F =Q2

4πε0L2ln

[(a+ L)2

a (a+ 2L)

].

R:(a) El campo electrico en cualquier punto sobre el eje x (ubicado a una distancia z desde el origen)producido por la barra ubicada en la region negativa es:

E (z) =Q

4πε0L

∫ a/2+L

a/2

Q/Ldx

(x+ z)2=

Q

4πε0L

[1

z + a/2− 1

z + a/2 + L

].

(b) La fuerza sobre un elemento dQ es: dF = dQE = (Q/L)Edz. Integrando en los lımites a/2, a/2+L, entonces:

F =

∫ a/2+L

a/2(Q/L)E (z) dz =

Q2

4πε0L2

[ln

(a+ L

a

)− ln

(a+ 2L

a+ L

)].

Expandiendo la funcion ln (1 + x) ≈ x − x2/2 en el lımite a >> L, se obtiene F ≈ KQ2/a2 que esel campo de fuerza de interaccion de dos cargas puntuales.

Problema 1.12: Atomo de Hidrogeno. El electron en un atomo de H se puede suponer “disperso”en todo elvolumen atomico con una densidad de carga ρ (r) = C exp

(−2r/a0

), en donde a0 = 0,53× 10−10m.

(a) Determinar la constante C de modo que la carga total sea igual a −e.

(b) Determinar la carga total dentro de una esfera de radio a0, que corresponde al valor esperado de laorbita del electron.R: (a) − | e |=

∫V ρ (r) dV . Utilizando la relacion

∫∞0 x2e−xdx = 2, C = − | e | /πa30. (b) Q =∫ a0

0 ρ (r) 4πr2dr = − | e |(1− e−a0

(1 + a0 + a20/2

))= −0,3233 | e |.

Problema 1.13: Un electron con velocidad de 5× 108 cm/s penetra en una region donde esta presente uncampo electrico de intensidad 1 × 103 N/C, en direccion y sentido que hace retardar su movimien-to. (a) Que distancia avanzara el electron antes de detenerse momentaneamente? (b) Que tiempohabra transcurrido? (c) Si la region donde esta presente el campo electrico fuera de solo 8 mm deancho, cual es la fraccion de energıa cinetica que desaparece en el proceso?R: (a) Cuando el electron ingresa a la zona del campo electrico experimenta una fuerza que se iguaa − | e | E. Su desaceleracion esta dada por: a = − | e | E/m, y la distancia que recorre es, en unMovimiento uniformemente Acelerado:

D =v202a

=mv202eE

= 7,12cm.

12

(b) El tiempo transcurrido es: τ = v0/a = 28,5 ns. (c) El porcentaje de energıa cinetica disipada enel proceso esta asociada al cambio de energıas antes y despues de atravesar la region del campo:

∆K =mv202−mv2f2

= eEd.

El porcentaje de energıa disipada: 2eEd/mv20 = 11,2%.

Problema 1.14: Disco cargado (II). Determine el campo electrico en el eje Z producido por un disco de

radio a que esta en el planoXY con centro en el origen, y cuya densidad de carga es σ (r) = σ0(r/a)2.

R: Utilizando∫ a0 drr

3/(r2 + z2

)3/2= −2z +

(a2 + 2z2

)/√a2 + z2,

E = 2πKσ0a−2z(−2z +

(a2 + 2z2

)/√a2 + z2

)z.

Problema 1.15: Se colocan tres cargas puntuales, dos de ellas +q y una −q en los vertices de un triangulocuyos lados miden l. Calcular el campo electrico en el centro del triangulo.R: La magnitud del campo electrico es: | E |= 6Kq/l2.

Problema 1.16: Un tramo semi-circular de alambre posee una densidad de carga λ (θ) = λ0 sin θ, en dondeθ es cero en el punto medio del alambre. Determine el campo electrico en el centro del cırculo.R: E = −πKλ0/2Rj.

Problema 1.17: Una varilla de masa m = 0,75Kg, densidad de carga λ+ = 1,5µC/m y longitud L = 1,2m,se fija en un pivote sin friccion a una superficie vertical, plana e “infinita”, en donde reside unadensidad de carga uniforme σ = 8,5µC/m2. (Probl. 85, cap 24 [6]).

(a) Calcular el angulo que subtiende esta varilla con respecto a la vertical.

(b) Que fuerza ejerce el pivote?.R: (a) Utilizando el resultado del ejemplo anterior, el elemento de fuerza sobre un elemento decarga dq es dF = dqE = dq ×

(σ/2ε0

)x. El diferencial de carga: dq = λdl, dl = cscϕdx. Se calcula

el elemento diferencial de momentum con respecto al punto de giro O: dMO = l cosϕ (dF ) z −l sinϕ (dW ) z, en donde l = x cscϕ es una distancia arbitraria en el intervalo 0, L. IntegrandoMO =

[(σλ/2ε0) cosϕ− (mg/L) sinϕ

]L2/2z. La condicion de equilibrio estatico MO = 0 conduce a

la ecuacion para el angulo ϕ: tanϕ = σλL/2mgε0.(b) La magnitud de la fuerza sobre el pivote es:

Fp =√

(mg)2 + (σλL/2ε0)2.

Problema 1.18: Calcular el momento dipolar de una capa esferica de radio a con densidad superficial decarga σ (θ) = σ0 cos θ, en donde θ es el angulo polar.R: El momento dipolar electrico se define por: p =

∫Ω rdQ en donde r es el vector posicion desde

el origen de coordenadas al elemento de carga dQ. r = aUr, dQ = σ (θ) a2 sin θdϕdθ. ConsiderandoUr = sin θ cosϕi+ sin θ sinϕj+ cos θk e integrando sobre toda la capa esferica:

p =4

3πa3σ0k.

Electrostatica 13

Problema 1.19: Obtener el campo electrico en el interior de una esfera de radio a polarizada uniformementey con vector de polarizacion P.R: La densidad de carga superficial sobre la esfera asociada a la polarizacion electrica se define como

σ (θ) = P · n = P cos θ, (1.15)

en donde n es el vector unitario normal exterior sobre la superficie de la esfera, y θ corresponde alangulo entre el P y n. Si consideramos que la esfera esta polarizada con P en direccion +z, el campoen el centro de la misma esta dado por:

E = 2K

∫S

σ (θ) cos θdS

a2(−k) .

Integrando sobre el elemento de area dS = a2 sin θdϕdθ, obtenemos:

E = − P

3ε0. (1.16)

Figura 1.6: Esfera polarizada. Prob. (1.19)

Problema 1.20: Tres grandes laminas aislantes paralelas tienen densidades de carga superficiales σI =+0,02 C/m2, σII = +0,01 C/m2 y σIII = −0,02 C/m2. Las laminas adyacentes estan separadas unadistancia d = 0,3 m entre sı. Calcular el campo electrico neto (magnitud y direccion) producido porlas tres laminas en (a) el punto P a d/2 m a la izquierda de la lamina I; (b) en el punto R a d/2entre las laminas I y II; (c) en el punto S a d/2 entre las laminas II y III; (d) en el punto T a d/2 ala derecha de la lamina III.

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σI

d d

σII σIII

P R S T

R: Tomando los valores absolutos de las densidades de carga:EP = (σI + σII − σIII) /2ε0 ←;ER = (σI − σII + σIII) /2ε0 →;ES = (σI + σII + σIII) /2ε0 →;ET = (σI + σII − σIII) /2ε0 →.EP = 5,65× 108 N/C; ER = 1,69× 109 N/C; ES = 2,82× 109 N/C; ET = 5,65× 108 N/C.

Problema 1.21: Un anillo cargado uniformemente de radio r y carga total Q′ yace en el plano XY concentro en el origen. Se coloca una carga puntual de magnitud Q en la posicion (d, 0), d > r. Calcularla fuerza neta entre estos dos objetos.R: El campo electrico generado por la carga puntual en cualquier punto sobre el anillo es:

E =KQ

R2UR; R =

√r2 + d2 − 2dr cos θ,

en donde θ es el angulo polar asociado a cualquier elemento de carga del anillo, y UR es el vectorunitario definido por: (di− r cos θi− r sin θj) /R. Sobre este diferencial de carga actua una fuerzadF = dQ′E; en donde dQ′ = Q′dθ/2π. Integrando sobre la variable angular en el intervalo 0, 2π:

F =QQ′

4π2ε0d

(E (κ)

d+ r+K (κ)

d− r

)i; κ = − 4dr

(d− r)2.

E (κ) y K (κ) se definen en terminos de las funciones elıpticas de Jacobi.1

Problema 1.22: A la distancia d del eje de un cilindro conductor ilimitado de radio r se encuentra un hiloinfinito con carga uniforme, paralelo al eje del cilindro. La densidad lineal de carga es λ. Determinarla fuerza que actua sobre la longitud L del hilo. (d > r). Figura (1.7).

1La integral elıptica completa de Jacobi K se define como:

K (κ) = F(π2, κ

)=

π

2

∞∑n=0

[(2n− 1)!!

(2n)!!

]2

κ2n,

en donde F es la integral elıptica incompleta de primera clase. La definicion de la integral elıptica de segunda clase E con

modulo κ es: E (κ) =∫ π/2

0

√1− κ2 sin2 θdθ.

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Electrostatica 15

Figura 1.7: Representacion grafica, sistema cilindro-hilo.

R: El campo electrico generado por la distribucion lineal de carga en un punto sobre la superficiedel cilindro esta dado por:

E =λ

2πε0R2(di+ rUr) . R =

√r2 + d2 − 2dr cos θ.

Consideramos una carga imagen en la posicion x = −ai, con densidad lineal λ′ (ambas cantidadespor determinar) sobre la lınea que une el centro del cilindro y la carga real λ. El campo generadopor la imagen en cualquier punto sobre el cilindro esta dado por:

E′ =λ′

2πε0ρ2(ai+ rUr) . ρ =

√r2 + a2 − 2ar cos θ.

Dado que la extension del cilindro es infinita, se deduce que la cantidad de carga que se induce enel es igual en magnitud y opuesta en signo comparada con la de la carga real; i.e., λ′ = −λ. Bajola condicion en la cual se considera el potencial sobre la superficie del cilindro constante, entoncesel ajuste en la posicion de la carga imagen esta dada por: a = r2/d. El campo electrico resultantegenerado por las cargas λ y λ′ en la posiciones definidas por las coordenadas (r, θ) tiene la forma:

ER =λ

2πε0

(1− d2/r2

)r

(r2 + d2 − 2dr cos θ)Ur.

La densidad superficial de carga inducida en el cilindro se obtine de la relacion: σ (θ) = ε0n ·ER. Lamagnitud de fuerza entre los dos alambres separados una distancia d− a es:

Fx =λλ′L

2πε0 (d− a)= − λ2Ld

2πε0 (d2 − r2);

expresion que es posible obtener integrando la componente X de la fuerza sobre los elementos decarga σdS:

16

Fx = − 1

2ε0

∫ 2π

0σ2 cos θrdθdz.

Problema 1.23: Dos cargas se distribuyen con la misma densidad lineal en una longitudD de modo paraleloy se encuentran separados a una distancia l. Hallar la fuerza de interaccion entre ellas. Ver figura(1.8). R: Definimos inicialmente dQ1,2 = λ1,2dY1,2. La distancia entre los elementos de carga se puede

escribir como: || rp − r ||=√l2 + (Y2 − l/2 tanϕ)2. Es claro por consiguiente que rp = l/2i+ Y2j y

r = −l/2i+ l/2 tanϕj. El campo electrico generado por el elemento de carga dQ1 sobre el punto endonde se ubica dQ2 es:

E = K

∫ D/2

−D/2

λ1l sec2 ϕdϕ

2[l2 + (Y2 − l/2 tanϕ)2

]3/2 (li+ (Y2 − l/2 tanϕ) j) .

Resolviendo esta integral se obtiene:

E = −Kλ1l

[Y2 −D/2√

l2 + (Y2 −D/2)2− Y2 +D/2√

l2 + (Y2 +D/2)2

]i+

Kλ1l

[1√

l2 + (Y2 −D/2)2− 1√

l2 + (Y2 +D/2)2

]j.

La fuerza electrica que experimenta el elemento dQ2 esta definida por dF = dQ2E. La fuerza total

sobre la barra es entonces: F =∫ D/2−D/2 dQ2E. La integracion sobre la componente j de campo electrico

es identica a cero, y sobre la componente i tenemos finalmente:

F = 2Kλ1λ2

(√1 +D2/l2 − 1

)i.

Observese que esta ecuacion reproduce los lımites D >> l: F → 2Kλ1λ2D/l (fuerza entre dosalambres muy largos); y D << l: F → Kλ1λ2 (D/l)

2 (fuerza entre dos cargas puntuales).

Problema 1.24: Una carga se distribuye uniformemente con una densidad lineal λ+ en una longitud L.Otra carga puntual de magnitud +q se localiza a una distancia R desde uno de los extremos de lalınea de carga, sobre el mismo eje de simetrıa. Hallar la fuerza sobre la carga lineal.R: El diferencial de la magnitud de la fuerza electrostatica entre dos elementos en este sistema sedefine como:

dF =Kqλ+dx

(R+ x)2, (1.17)

en donde x es la distancia desde el extremo mas proximo a la carga puntual hasta el elemento λ+dx.Integracion directa conduce a:

F =

∫ L

0dF =

Kqλ+L

R (R+ L). (1.18)

Para R >> L, la expresion (1.18) reproduce la fuerza entre dos cargas puntuales: KqQ+/R2, conQ+ = λ+L.

Electrostatica 17

Figura 1.8: Representacion grafica, sistema de barras cargadas.

Problema 1.25: Cinco cargas positivas de magnitud q son colocadas simetricamente alrededor de unacircunferencia de radio R. Calcular la magnitud del campo electrico en el centro del cırculo. Fig.(1.9).

Figura 1.9: Cargas en un cırculo.

R: La componente X del campo es, con algun detalle:

EX =Kq

R2

(−1− 2 cos

(2π

5

)+ 2 cos

(2π

10

))= 0. (1.19)

La magnitud del campo EX es cero en el centro del anillo. Un analisis similar para la componenteY conlleva a EY = 0.

Problema 1.26: Dos placas uniformes e infinitas con densidades de cargas +σ y −σ intersectan en angulorecto. Hallar la magnitud y direccion del campo electrico en todos los puntos y bosquejar las lıneasde E.R: La magnitud del campo asociado a una placa con densidad superficial de carga σ es E = σ/2ε0,en direccion perpendicular a al misma. En la configuracion ilustrada en la figura (1.10), para la placa

18

Figura 1.10: Patron del campo electrico en dos placas perpendiculares.

positiva (negativa):

E+ = ± σ

2ε0

(1√2x+

1√2y

)E− = ± σ

2ε0

(1√2x− 1√

2y

).

La magnitud del campo resultante en cualquier punto se calcula como:

Er =

√2σ

2ε0.

Problema 1.27: Una esfera conductora con carga total Q es cortada en dos mitades. Cual es la fuerza quedebe usarse para mantener las dos mitades unidas? (MIT)R: La densidad superficial de carga sobre la esfera es σ = Q/4πR2, en donde R es el radio de laesfera. La fuerza sobre un pequeno elemento de carga dq es radial y dirigida hacia afuera dadopor dF = 1/2Edq, en donde E = Q/4πε0r

2 es el campo sobre la superficie de la esfera. En formavectorial:

dF =σ2

2ε0dS.

Si el plano en el cual la esfera es cortada en dos es XOY , la fuerza repulsiva entre las dos semiesferases perpendicular al plano de corte, y la fuerza resultante debe dirigirse paralela al eje Z. La magnitudde la fuerza resultante sobre una de las mitades es:

F =

∫dF cos θ;

F =σ2

2ε0R2

∫ 2π

0

∫ π/2

0sin θ cos θdθdφ =

πσ2R2

2ε0=

Q2

32πε0R2.

Problema 1.28: Dentro de un precipitador de humo un alambre largo de radio R tiene una carga estaticaλ Coulombs por unidad de longitud. Hallar la fuerza de atraccion entre este alambre y una partıcula

Electrostatica 19

de humo dielectrica de simetrıa esferica sin carga con una constante dielectrica ε y radio a, justoantes que la partıcula toque el alambre (asumir a << R).R: Dado el lımite sugerido, es posible considerar que la partıcula de humo yace en un campo exterioruniforme. El campo electrico en el interior de una esfera dielectrica es:

Eint =3ε0

ε+ 2ε0Eext,

el cual proporciona una polarizacion del dielectrico:

p = (ε− ε0)Eint =3ε0 (ε− ε0)ε+ 2ε0

Eext.

El momento dipolar electrico es por lo tanto:

P =4πa3

3p.

La energıa de la partıcula polarizada en un campo externo es:

W = −1

2P ·Eext,

y la fuerza resulta de F = −∇W . La expresion final se reduce a: ( tomando Eext = (λ/2πε0r) er):

F = − (ε− ε0)λ2a3

πε0 (ε+ 2ε0)R3er.

Problema 1.29: Un conductor cilındrico de diametro d y longitud ℓ (ℓ >> d), esta cargado uniformementeen el vacıo de tal forma que el campo electrico cerca a su superficie y lejos de sus extremos es E0.Calcular el campo electrico para r >> ℓ, sobre el eje de simetrıa del cilindro.R: Si escojemos el eje Z de las coordenadas cilındricas que coincida con el eje de simetrıa delconductor, con el origen en el centro del mismo, tendremos que el campo cerca a la superficie delcilindro es:

E0 =λ

πε0deρ,

en donde λ es la carga por unidad de longitud del cilindro y eρ es el vector unitario en direccion radial.Para r >> ℓ, es posible considerar el conductor como una carga puntual con Q = λℓ = πε0dℓE0; deesta forma, el campo electrico en un punto distante r (en direccion paralela al eje del cilindro) seaproxima a:

E (r) =Q

4πε0r2=E0dℓ

4r2.

Problema 1.30: La densidad volumetrica de carga en el origen es ρ (0) = 105C/m3, y su valor se divideen dos para cada centımetro de distancia desde el origen. Cual es la carga total en este universo?.R: Inicialmente, es necesario construir una funcion de densidad volumetrica de carga en terminos dela distancia r. Si r representa la distancia al origen, entonces:

ρ (r) =ρ02r.

20

Esta expresion puede ademas escribirse en forma exponencial como:

ρ (r) = ρ02−r = ρ0 exp (−r ln 2).

Ahora, para hallar la carga total, integramos la densidad de carga (de simetrıa radial) sobre todo elespacio:

Q =

∫ ∞

0ρ (r) 4πr2dr.

El resultado analıtico es:

Q =8πρ0

(ln 2)3.

Numericamente, Q = 7,54681 C.

Problema 1.31: Calcular el campo electrico en el punto (0, 0, h) debido al rectangulo descrito por −a ≤x ≤ a, −b ≤ y ≤ b, z = 0, y que porta una densidad superficial de carga uniforme ρS . R: En estecaso, se plantea la integral resultante para el campo electrico debido a un elemento diferencial decarga ρSdxdy:

E = Kh

∫ a

−a

∫ b

−b

ρSdxdy

(x2 + y2 + h2)3/2Uz. (1.20)

Resolviendo la integral, obtenemos (∫ a−a

(x2 + y2

)−3/2dx = 2ay−2

(a2 + y2

)−1/2):

E = 4KρS tan−1

[ab

h√a2 + b2 + h2

]Uz. (1.21)

Capıtulo 2Ley de Gauss

2.1 Representacion grafica del campo electrostatico. Lıneas de Fuerza. Propiedades

Una forma conveniente de visualizar los patrones de campo electrico es a traves de una repre-sentacion grafica de lıneas que apunten en la misma direccion del vector de campo electricoen cualquier punto. Estas lıneas, llamadas lıneas de campo electrico, se relacionan con el vectorintensidad E en cualquier region del espacio de la siguiente forma:

− El vector E es tangente a la lınea del campo en cada punto. (Fig. 2.1).

− El numero de lıneas por unidad de area a traves de una superficie perpendicular a las lıneas esproporcional a la intensidad del campo electrico en esta region. Por lo tanto, E es mas grandecuando las lıneas de campo estan proximas entre sı, y es pequeno cuando estan apartadas.

Figura 2.1: Representacion grafica de las lıneas de campo electrico.

− Las lıneas de campo deben iniciar su recorrido sobren las cargas positivas y terminar en cargasnegativas, pero si la carga neta es diferente de cero, las lıneas pueden empezar o terminar enel “infinito”.

21

22

Figura 2.2: Las lıneas de campo electrico inciden normalmente sobre las superficies A y B. El numero delıneas que cruzan la superficie A es mayor a las que cruzan en B, por consiguiente la intensidad del campoelectrico en la region A es mayor que en B.

− El numero de lıneas dibujadas que surgen desde una carga puntual positiva, o que se aproximana una carga puntual negativa, es proporcional a la magnitud de la carga.

− Ningun par de lıneas de campo pueden cruzarse o tocarse.

− El numero de lıneas por unidad de area que cruzan una esfera de radio R es: E ∝ N/4πR2, lacual es consistente con la ley de Coulomb.

Figura 2.3: Lıneas de campo electrico generadas en las cercanıas de dos cargas puntuales positivas.

2.2 Flujo Electrico. El flujo electrico se define como el numero de lıneas de campo electricoque cruza una superficie. Si la superficie encierra alguna carga neta, el numero de lıneas queatraviesan la superficie es proporcional a la carga neta dentro de la superficie.

N ∝| E | ×S = ΦE . (2.1)

Ley de Gauss 23

Figura 2.4: Lıneas de campo electrico de un dipolo

Las unidades del flujo electrico en el sistema internacional de unidades[ΦE]= N ·m2/C.

Figura 2.5: Esquema para el calculo de la contribucion del elemento de flujo ∆ΦE .

La contribucion al flujo electrico total ∆ΦE es (Ver Fig. 2.5):

∆ΦE = Ei∆Si cos θ = Ei ·∆Si, (2.2)

ΦTE = lım

∆Si→0

∑i

Ei ·∆Si =

∫∂Ω

E · dS. (2.3)

El flujo neto a traves de una superficie cerrada es proporcional al numero neto de lıneas queabandonan la superficie:

ΦcE =

∮∂Ω

E · dS. (2.4)

24

2.3 Ley de Gauss. Calculo de E a partir de la ley de Gauss.

Si existen varias cargas q1, q2,... en el interior de una superficie arbitraria ∂Ω, el flujo electricototal sera la suma de los flujos producidos por cada carga. La ley de Gauss establece:El flujo electrico a traves de una superficie cerrada que encierra las cargas q1, q2,..es:

ΦE =

∮∂Ω

E · dS =1

ε0

∑i

qi, (2.5)

donde q =∑

i qi es la carga total en el interior de la superficie.

Si una carga tal como q′ o q′′ esta fuera de la superficie cerrada, el flujo electrico neto a travesde ∂Ω es cero.

Figura 2.6: Friedrich Gauss

Gauss, Karl Friedrich. 1777-1855. Matematico aleman quien en algunas ocasiones es llamado “el

principe de las matematicas”. Fue un nino prodigioso, a la edad de tres anos informo a su padre de

un error aritmetico en una complicada cuenta y establecio la respuesta correcta. En la escuela, cuando

su maestro propuso el problema de sumar los enteros desde 1 hasta 100 (una serie aritmetica) a sus

estudiantes con el fin de mantenerlos ocupados, Gauss inmediatamente escribio la respuesta correc-

ta 5050 en su libreta. A la edad de 19 anos Gauss demostro un metodo para la construccion de un

heptadecagono utilizando unicamente reglas rectas y compas. Gauss tambien demostro que unicamente

polıgonos regulares de un cierto numero de lados pueden ser de esta manera construidos (un heptagono,

por ejemplo, no podrıa ser construido de esta forma).

Gauss demostro el teorema fundamental del algebra, el cual establece que cada polinomio tiene una raiz

de la forma a+bi. De hecho, proporciono cuatro pruebas diferentes, la primera de las cuales aparecio en

su disertacion. En 1801, demostro el teorema fundamental de la aritmetica, el cual establece que cada

numero natural puede ser representado como el producto de primos en una unica forma. A la edad de

24 anos, Gauss publico uno de los logros mas brillantes en matematicas, Disquisitiones Arithmeticae

(1801). En este texto, Gauss sistematizo el estudio de la teorıa de numeros (propiedades de los enteros).

Gauss demostro que cada numero es la suma de a lo sumo tres numeros triangulares, y desarrollo el

algebra de congruencias.

Ley de Gauss 25

En 1801, Gauss desarrollo el metodo de ajuste de mınimos cuadrados, 10 anos antes de Legendre, pero

no lo publico. El metodo le permitio calcular la orbita del asteroide Ceres, el cual habıa sido descubierto

por Piazzi. Sin embargo, despues de este descubrimiento independiente, Legendre acuso a Gauss de pla-

gio. Gauss publico su monumental tratado sobre mecanica celeste (Theoria Motus) en 1806. Desarrollo el

magnetometro y, junto con Wilhelm Weber, midio la intensidad de fuerzas magneticas y construyo el

primer telegrafo exitoso.

Se ha reportado que Gauss manifesto: “Han existido unicamente tres matematicos que han marcado

historia: Arquımides, Newton y Eisenstein”(Boyer 1968, p. 553). La mayorıa de historiadores estan

desconcertados por la inclusion de Eisenstein en la misma clase de los otros dos. Tambien se dice que

en 1807 fue interrumpido en medio de un problema y le informaron que su esposa estaba muriendo.

Gauss contesto: “Diganle que espere un momento hasta que termine”(Asimov 1972, p. 280). Gauss

obtuvo importantes resultados sobre el postulado paralelo, pero fallo en su publicacion. Los creditos para

el descubrimiento de la geometrıa no Euclideana por consiguiente, fueron asignados a Janos Bolyai y

Lobachevsky. Sin embargo , El publico su trabajo seminal sobre geometrıa diferencial en Disquisitio-

nes circa superticies curvas. La curvatura Gaussiana (o segunda curvatura) es asıdenominada por El.

Tambien descubrio el teorema integral de Cauchy∮Cf (z) dz = 0 para funciones analıticas, pero no lo

publico. Gauss resolvio el problema general de mapeo conforme de una superficie en otra.

Desafortunadamente para los matematicos, Gauss desechaba y mejoraba artıculos incesantemente, pu-

blicando una fraccion de su trabajo, conservando su maxima: “pauca sed matura”(poco pero maduro).

Muchos de estos resultados fueron reproducidos por otros, ya que su diario permanecio impublicable

por anos despues de su muerte. Su diario tenıa unicamente 19 paginas de extension, pero despues se

confirmo la prioridad sobre muchos resultados que no habıa publicado. Gauss querıa un heptadecagono

colocado sobre su lapida, pero el sepulturero se nego argumentando que este serıa indistinguible de un

cırculo. El heptadecagono aparece, sin embargo, como la forma de un pedestal con una estatua eregida

en su honor en su pueblo natal de Braunschweig.

Fuente:http://scienceworld.wolfram.com/biography/Gauss.html

Problema 2.1: Distribucion de carga esferica. Una esfera aislante de radio a tiene una densidadde carga uniforme ρ, y una carga positiva totalQ. Calcular la magnitud del campo electricoen los puntos: (a) Fuera de la esfera. (b) Dentro de la esfera.R: (a) E (r) = KQ/r2Ur. (b) Para r < a, se utiliza la ley de Gauss:

∫SG

E·dS = 4πρr3/3ε0;

ρ = 3Q/4πa3. E (r) = KQr/a3, (r < a).

Problema 2.2: Una esfera de radio R rodea a una carga puntual Q localizada en su centro. (a)Demuestre que el flujo electrico a traves de un casquete circular de medio angulo θ es:ΦE = Q (1− cos θ) /2ε0. (b) ¿Cual es el flujo para θ = π/2?. (c)¿θ = π?.R: (a) El elemento de superficie en coordenadas esfericas, cuya normal esta en la di-reccion radial es: dSr = 2πR2 sin θdθ. Evaluando la integral del flujo ΦE =

∫S ErdSr =

2πKQ∫ θ0 sin θdθ = 2πKQ (1− cos θ). (b) 2πKQ, (c) 4πKQ.

Problema 2.3: Una esfera de radio a posee una densidad volumetrica de carga variable ρ (r) =ρ0 (r/a)

2. (a) Determinar el campo electrico en cualquier lugar dentro y fuera de la esfera.(b) Calcular la magnitud del campo electrico en la superficie de la esfera.R: (a) E (r) =

(ρ0/5ε0a

2)r3, r < a; E (r) =

(ρ0a

3/5ε0)r−2. (b) E (a) = ρ0a/5ε0.

Problema 2.4: La densidad volumetrica de carga en un haz de electrones de seccion transversal

26

Figura 2.7: Las cargas puntuales encerradas en el dominio ∂Ω producen un flujo electrico proporcional ala carga neta encerrada

∑i qi.

circular de radio a es modelada por la formula: ρ (r) = ρ0 exp (−r/a)/r (C/m3). Calcular:(a) La intensidad del campo electrico en un punto sobre la region r < a. (b) La intensidaddel campo electrico en un punto sobre la region r > a.R: (a) E (r) = (ρ0a/ε0r) (1− exp (−r/a)).(b) E (r) = (ρ0a/ε0r) (1− exp (−1)).

Problema 2.5: Un cilindro aislante “infinitamente”largo de radio R tiene una densidad vo-lumetrica de carga que varıa con la distancia radial segun ρ (r) = ρ0 (a− r/b); en dondeρ0, a y b son constantes positivas, y r es la distancia desde el eje del cilindro. Hallar elcampo E a distancias radiales (a) r < R, (b) r > R.

R: (a) E (r) = (ρ0/ε0)(ar/2− r2/3b

), (b) E (r) = QT /2πlε0r,

QT = 2πρ0lR2 (a/2−R/3b).

Problema 2.6: Un filamento cargado uniformemente de 7 m de longitud posee una carga po-sitiva total de 2µC. Un cilindro de carton descargado de 2 cm de longitud y 10 cm deradio rodea el filamento en su centro, con el filamento como el eje del cilindro. Utilizandotodas las aproximaciones razonables, calcular: (a) El campo electrico en la superficie delcilindro. (b) El flujo electrico total a traves del cilindro.R: (a) E (R) = Q+/2πε0ℓR = 51,43× 103N/C. (b) Φ = Q+H/ℓε0 = 650V-m.

Problema 2.7: Una placa de material aislante (“infinita”en dos de sus tres dimensiones) tieneuna densidad de carga positiva uniforme ρ.

(a) Demuestre que el campo electrico a una distancia x desde su centro y en el interior de laplaca es E (x) = ρx/ε0.

(b) Suponer que un electron de carga − | e | y masa m se coloca dentro de la placa. Sies liberado desde el reposo a una distancia x desde el centro, demostrar que el electron

Ley de Gauss 27

exhibe M.A.S con una frecuencia:

ν =1

2π

√ρ | e |mε0

.

R: (a) La integral de flujo sobre una superficie Gaussiana cerrada es: Φ = 2ρSx/ε0, endonde S es la superficie imaginaria cuya normal es paralela a las lıneas del campo electrico.(b) La fuerza sobre el electron: F = − | e | E. Por segunda ley de Newton, se obtiene unaecuacion de M.A.S.

Problema 2.8: El tambor cilındrico de una maquina copiadora tiene 40 cm de longitud y 5 cmde radio. Si la carga esta distribuida uniformemente sobre la superficie curva del tambor,y el campo electrico cerca de la superficie es de 2×105 N/C, estimar la cantidad de cargasobre el tambor.R: Q = 4πε0ERℓ = 0,1µC.

Problema 2.9: Una carga puntual Q se localiza en el eje de un disco de radio R, a una distanciab por debajo del plano del disco Fig. (2.8). Hallar la relacion entre el radio R del discoy la distancia b, si a traves del disco se tiene un cuarto del flujo electrico total generadopor la carga puntual.R: De la condicion del problema: Φdisco = ΦT /4. El flujo electrico a traves del disco secalcula por:

∫E ·dS, en donde E = KQ/ρ2Uρ, con Uρ = sin θ cosϕx+sin θ sinϕy+cos θz.

Para una distancia r desde el centro del disco a cualquier punto sobre el, ρ =√r2 + b2,

cos θ = b/√r2 + b2. El diferencial de superficie sobre el disco es dS = 2πrdrz, y evaluando

la integral, el flujo se calcula resolviendo

Φdisco = 2πKQb∫ R0 rdr/

(r2 + b2

)3/2= 2πKQ

(1− b/

√R2 + b2

).

Utilizando la condicion inicial, R/b =√3.

Figura 2.8: Representacion Grafica, Problema 2.9

Problema 2.10: Una carga puntual q+ se coloca en el origen del sistema de coordenadasFig.(2.9). Calcular el flujo del campo electrico sobre la superficie plana descrita por loslımites: 0 < x < a, 0 < y < a, z = δ; en donde δ << a.

R: La componente del campo electrico z se define por: Ez (r) = Kq+δ/(x2 + y2 + δ2

)3/2.

28

La integral de flujo del campo electrico se define por:∫ 0a

∫ 0a Ezdxdy. Resolviendo se ob-

tiene:ΦE = Kq+ tan−1

(a2

δ√2a2+δ2

)Para δ = a, el flujo del campo electrico esta definido por:

ΦE = Kq+ tan−1

(1√3

)=πKq+

6=

q+

24ε0.

En el caso en el cual la carga sea localizada en el centro de un cubo de lado 2a, esposible utilizar el mismo procedimiento para probar que el flujo del campo electrico esla sexta parte del flujo total a traves de una superficie Gaussiana, i.e., ΦE = q/6ε0.Este ejercicio puede extenderse al caso en donde se requiere calcular el flujo del campoelectrico sobre una lamina metalica infinitamente extendida y localizada en z = δ. Laintegral de superficie sobre la componente del campo Ez cambia como:

∫∞−∞

∫∞−∞Ezdxdy.

El resultado de la doble integracion es 2π. Por consiguiente, el flujo electrico a traves de unplano infinitamente extendido es Φ = q+/2ε0 que corresponde a la mitad del flujo a travesde una superficie cerrada que contiene una carga q+. Utilizando metodos de la teorıa delPotencial, (e.g. metodo de las imagenes) es posible demostrar que la carga inducida eneste plano es −q+, asumiendo que el plano se encuentra aterrizado. Figura(2.9).

Figura 2.9: Sistema Plano-Carga puntual.

Problema 2.11: Un casquete conductor esferico con radio interior a y radio exterior b tiene unacarga puntual positivaQ en su centro. La carga total sobre el casquete es−4q y esta aisladade sus alrededores (ver figura). Demostrar que la magnitud del campo electrico en la regiona < r < b (r medido desde el centro) y la densidad superficial de carga sobre el casqueteexterior son respectivamente iguales a: E = 0, σ = (−4q +Q) /4πb2. Ver Fig. (2.10)

Problema 2.12: Una esfera aislante de radio a tiene una densidad de carga uniforme ρ. Laesfera esta centrada en r = b. (a) Calcular el campo electrico dentro de la esfera. (b) Unaesfera aislante de radio R tiene un agujero esferico de radio a localizado dentro de suvolumen y centrado a una distancia b desde el centro de la esfera, donde a < b < R. Laparte solida de la esfera tiene una densidad de carga volumetrica ρ. Encontrar la magnitudy direccion del campo electrico dentro del agujero y demostrar que E es uniforme dentrodel mismo.

Ley de Gauss 29

Figura 2.10: Problema 2.11

0

b

r

R: (a) Desde elcentro de la esfera a cualquier punto dentro de la misma existe una distancia || r− b ||.Utilizando la ley de Gauss: E4π || r− b ||2= 4πρ || r− b ||3 /3ε0. E = ρ (r− b) /3ε0. (b)El campo producido por la componente maciza en un punto dentro de la cavidad es de laforma (ignorando el efecto de la misma): Em = ρr/3ε0, mientras que si se toma en cuentala contribucion del hueco (considerando que la densidad de carga del mismo es ρ− = −ρ):Eh = ρ− (r− b) /3ε0. Sumando estas dos componentes: E = ρb/3ε0.

Problema 2.13: Una lamina infinita, uniformemente cargada con densidad superficial de cargaσ es cortada por una superficie Gaussiana de radio R a una distancia x desde su centro,como se ilustra en la figura (2.11) . Calcular el flujo Electrico Φ a traves de la superficieGaussiana.R: El teorema de Gauss establece que el flujo de las lıneas de campo electrico es propor-cional a la carga neta encerrada por la Gaussiana. En este caso, esta carga es contenidaen un disco de radio

√R2 − x2 definida por la expresion:

Φ =πσ(R2 − x2

)ε0

(2.6)

Problema 2.14: Juntura P-N. Cuando dos laminas semiconductoras de tipo N y tipo P soncolocadas en contacto, las afinidades relativas de los materiales causan migracion de los

30

Figura 2.11: Figura, Problema 2.13

electrones del material tipo N hacia el material tipo P a traves de la superficie de contactode las laminas. El volumen del material tipo N adquiere una carga positiva, mientras queel volumen del material tipo P se carga negativamente. Construyamos un modelo de doslaminas infinitas de carga, ambas con espesor a y la juntura localizada en el plano z = 0.El material tipo N yace en el rango 0 < z < a y posee densidad de carga uniforme +ρ0.El material tipo P se localiza en el rango −a < z < 0 y tiene densidad de carga uniforme−ρ0. Por consiguiente (Ver Fig.(2.12)):

ρ (x, y, z) = ρ (z) =

+ρ0 0 < z < a−ρ0 −a < z < 00 | z |> a

(2.7)

(a) Hallar el campo Electrico en todas las regiones.(b) Obtener una expresion para la densidad de carga remanente sobre la superficie decontacto.Fuente: http://ocw.mit.edu/OcwWeb/hs/physics/j/3/3.htm


Ley de Gauss 31

R: (a) Utilizamos la forma diferencial de la ley de Gauss:

∇ ·E =ρ

ε0. (2.8)

Para la region 0 < z < a:

E+ (z) =ρ0z

ε0+A, (2.9)

en donde A es una constande de integracion definida por las condiciones de frontera.Dado que la densidad de carga del dispositivo esta concentrada en la region −a < z < a,el campo Electrico por fuera de esta zona es cero. Por consiguiente, aplicando el lımiteE+ (a) = 0 se obtiene: A = −ρ0a/ε0. Analogamente, la solucion para la region −a < z < 0es:

E− (z) =−ρ0zε0

+B, (2.10)

en donde B = A sobre la condicion E− (−a) = 0. Ası, las soluciones completas para E (z)son:

E+ (z) =ρ0ε0

(z − a) ; 0 < z < a,

E− (z) = −ρ0ε0

(a+ z) ; −a < z < 0,

E (z) = 0, | z |> a.

(b) El campo electrico es contınuo sobre la superficie de contacto en z = 0 y toma elvalor: E (0) = −ρ0a/ε0. La densidad superficial de carga acumulada sobre la superficiede contacto es negativa y esta relacionada con la distribucion espacial de la carga deldispositivo sobre el eje z: σ = ε0E (0) = −ρ0a.

Problema 2.15: Una carga puntual positiva Q+ se localiza en el origen de coordenadas. Calcu-lar el flujo de campo electrico sobre una superficie semicilındrica de radio a y de longitudinfinita, con el eje de simetrıa paralelo al eje z de coordenadas. (Ver Fig.(2.13)).R: Partimos de la expresion para el campo electrico generado por una carga puntual Q+:

E =KQ

r2Ur,

con Ur = sin θ cosϕi+ sin θ sinϕj+ cos θk como el vector unitario radial en coordenadasesfericas. El elemento de superficie con orientacion radial en coordenadas cilındricas Uρ =

cosϕi + sinϕj esta definido como: dS = ρdϕdzUρ. La relacion entre la distancia r encoordenadas esfericas, y las coordenadas radiales ρ y z en coordenadas cilındricas es:r2 = ρ2 + z2.La integral de flujo se reduce entonces a:

Φ =

∫ ∞

−∞

∫ π

0

KQ+ρ sin θdzdϕ

ρ2 + z2.

32

Utilizando sin θ = z/√ρ2 + z2 e integrando sobre todos los valores posibles de la coorde-

nada z en el rango −∞,∞, finalmente se obtiene:

Φ =Q+

2ε0,

el cual corresponde exactamente a la mitad del flujo neto sobre una superficie Gaussianacerrada de cualquier simetrıa, i.e, observese que en este caso la mitad de las lıneas decampo penetran la superficie en cuestion.

Figura 2.13: Flujo a traves de una superficie semi-cilındrica.

Problema 2.16: Dentro de una esfera de radio a se distribuye una carga cuya densidad vo-lumetrica es ρ = α

√r. Hallar la intensidad del campo electrico sobre la superficie.

R. Integracion directa en la densidad de carga∫ a0 ρ(4πr2

)dr = 8παa7/2/7ε0 conduce a la

relacion: E (r = a) = 2αa3/2/7ε0.

Problema 2.17: Un cilindro ilimitadamente largo de seccion circular esta cargado uniforme-mente con densidad superficial de carga σ. En el eje del cilindro se coloca un hilo ilimita-damente largo con una densidad de carga lineal λ. Escribir una condicion para la cual elcampo electrico fuera del cilindro sea nulo.R. Si la carga total contenida por una superficie Gaussiana localizada por fuera del ci-lindro es cero, entonces el campo electrico en esta misma region es tambien igual a cero.Esto sucede cuando | λ |= −2πR | σ |, con R como el radio del cilindro.

Problema 2.18: En un sistema cilındrico, ρ = ρ0 (r/a)3/2. (a) Cuanta carga se encuentra dentro

del cilindro r = a, −a/2 < z < a/2?. (b) Encuentrese D en r = a, z = a/2.R:(a) Integrando la densidad volumetrica de carga:

q = 2π

∫ a

0

∫ a/2

−a/2ρ (r) rdrdz =

4πρ0a3

7. (2.11)

(b) El vector D se obtiene evaluando la integral de flujo sobre el cilindro:∫SD · dS = qenc, | D |= 2ρ0a

7. (2.12)

Ley de Gauss 33

Problema 2.19: Un haz de protones bien-colimado se desplaza en el espacio en forma de uncilindro de radio R. La velocidad de los protones es v y el numero de protones por unidadde volumen es ρ. Hallar la fuerza sobre un proton a una distancia r desde el eje del haz.Discutir cualitativamente la estabilidad de mismo.R: El campo electrico en el interior del haz tiene la forma (unidades Gaussianas): E =2πρer, mientras que el campo magnetico generado es B = v×E/c. La fuerza neta sobreuna carga es calculada utilizando la formula de Lorentz:

F = eE+ ev ×B/c = e

(1− v2

c2

)E. (2.13)

Existe una fuerza neta en direccion radial hacia afuera, haciendo inestable al haz enausencia de dispositivos de enfoque. La fuerza total por unidad de longitud ℓ sobre laseccion de transversal de radio R, se obtiene por integracion directa Ft/ℓ = αR3, α =4π2ρ2e2

(1− v2/c2

)/3.

Problema 2.20: Suponer que, en lugar de la fuerza de Coulomb, se encuentra experimental-mente que la fuerza entre dos cargas q1 y q2 es:

F12 =q1q24πε0

(1−√αr12

)r212

er.

(a) Hallar∮E · dS sobre una superficie esferica de radio r1 con la carga puntual en su

centro. Comparar con el resultado de Coulomb. (b) Repertir el punto (a) para r1 +∆ yhallar ∇ ·E. Notese que ∆ es una cantidad pequena.R: (a) El campo electrico generado por una carga puntual q es, en este caso:

E (r) =q

4πε0

1

r2(1−√αr)er.

Al evaluar el flujo total sobre una superficie esferica de radio r1:∮E · dS =

∫ π

0

∫ 2π

0

q

4πε0r2(1−√αr)r2 sin θdϕdθ =

q

ε0(1−

√αr1) .

(b) Si el flujo del campo electrico es calculado en una esfera de radio r1 +∆:

ΦE =q

ε0

(1−

√α (r1 +∆)

).

Consideremos un volumen V ′ limitado por dos superficies esfericas S1 y S2, con radios r1y r1 +∆, respectivamente. El teorema de la divergencia de Gauss establece:∮

S1+S2

E · dS =

∫V ′∇ ·EdV. (2.14)

Como las direcciones de dS sobre S1 y S2 estan orientadas hacia afuera de V ′, parapequenos ∆ tendremos:

q

ε0

[−√α (r1 +∆) +

√αr1

]≈ − q∆

√α

2ε0√r1.

34

Esto debe igualarse a una aproximacion en la parte derecha de (2.14):

4π

3

[(r1 +∆)3 − r31

](∇ ·E) |r=r1 .

El valor de la divergencia del campo en r = r1 es, por lo tanto:

(∇ ·E) |r=r1= −q√α

8πε0r5/21

.

La ley de Coulomb establece que la divergencia del campo electrico producida por unacarga puntual es:

∇ ·E (r) =q

ε0δ (r) .

Problema 2.21: Una carga lineal uniforme ρℓ infinitamente extendida yace a lo largo del eje X.Calcular el flujo electrico que atraviesa una superficie esferica centrada en el origen conradio igual a R.R. El flujo de campo electrico es igual a la carga neta encerrada por la superficie. Parauna carga lineal de longitud 2R, tendremos

Ψ =Qe

ε0=

2ρℓR

ε0.

Capıtulo 3Potencial Electrico

Pierre Laplace, 1749-1827. Fısico y matematicofrances quien coloco la piedra angular definitiva en la ma-tematicas astronomicas resumiendo y extendiendo el trabajode sus predecesores en sus cinco volumenes de Mecanica Celes-te (Mecanique Celeste) (1799-1825). Este trabajo fue impor-tante porque transformo el estudio geometrico de la mecanicausado por Newton a uno basado en el calculo, conocido co-mo Mecanica Fısica. En Mecanique Celeste, Laplace probo laestabilidad dinamica del sistema solar (ignorando la friccionde la marea) en escalas temporales cortas. Para escalas detiempo grandes, sin embargo, esta asercion se probo falsa aprincipio de los anos 1990. Laplace resolvio la libracion de laLuna. En este trabajo frecuentemente se omitıan derivaciones,dejando unicamente los resultados con la frase “il est aise a voia”(es facil ver). Se dice que por sı mismoen algunas ocasiones no le era posible completar las derivaciones sin trabajar algunos dıas. Despues deleer Mecanique Celeste, se dice que Napoleon habia cuestionado a Laplace sobre la negativa de mencionara Dios. En un notorio contraste a la vision de Newton sobre este topico, Laplace replico que no tenıaninguna necesidad para tal hipotesis. Laplace tambien sistematizo y elaboro la teorıa de la probabilidaden “Essai Philosophique sur les Probabilites (Ensayo filosofico sobre probabilidad, 1814). Fue el primeroen publicar el valor de la integral Gaussiana, estudio la transformada de Laplace, a pesar de que la tecnicafue ampliamente desarrollada por Heaviside. Propuso que el sistema solar se habıa formado de una nebulasolar rotante con anillos que colapsaron y formaron posteriormente los planetas. El discutio esta teorıaen la Exposition de systeme du monde (1796). Senalo que el sonido viaja adiabaticamente encontrandoel valor de Newton muy pequeno. Laplace formulo la teorıa matematica de las fuerzas interparticulares,la cual podrıa ser aplicada a la mecanica, la termodinamica y los fenomenos opticos. Esta teorıa fue re-emplazada en los anos 1820, pero el enfasis sobre una vision unificada de la fısica fue importante. Juntocon Lavosier, cuya teorıa sobre el calorico habıa suscrito, Laplace determino los calores especıficos paramuchas sustancias utilizando un calorımetro de su propio diseno. Laplace tomo prestado el concepto depotencial de Lagrange, pero con nuevas dimensiones. Invento el potencial gravitacional y demostro queeste obedece la ecuacion de Laplace en el espacio vacıo. Despues de ser nombrado Ministro del Interior por

35

36

Napoleon, Laplace fue destituido con el comentario de que “estaba a cargo del espıritu de lo infinitamentepequeno dentro del manejo de los asuntos.”Laplace creıa que el universo era completamente determinıstico.

3.1 Concepto de Trabajo en Electrostatica.

Puesto que la fuerza que actua sobre una carga puntual q en presencia de un campo electricoE es igual a F = qE, al desplazar la carga un diferencial dl, se efectua un trabajo:

dW = F · dl = qE · dl. (3.1)

Al desplazar la carga desde el punto (1) hasta el punto (2) por la trayectoria Γ (Figura 11), eltrabajo realizado es:

W1→2 = q

∫ (2)

(1)E · dl. (3.2)

Figura 3.1: Trabajo realizado al desplazar cuasiestaticamente una carga puntual en el campo electrico E.

3.2 Carater potencial del campo Coulombiano. El campo de fuerzas se denomina potencialsi el trabajo de desplazamiento en este campo depende solo de la posicion de los puntos inicialy final de la trayectoria y no de la forma de la misma. Otra definicion equivalente del caracterpotencial es la exigencia que el trabajo realizado en cualquier trayectoria cerrada es cero.Simbolicamente: ∮

E · dl = 0, E =∑i

Ei, ∇×E = 0. (3.3)

Teorıas del potencial: 1828 G. Green, C. F. Gauss (1777-1855), P. S. de Laplace (1749-1827),S. D. Poisson (1781-1840).La energıa potencial electrostatica (U) se relaciona con el trabajo realizado por:

∆U = U2 − U1 = −q∫ (2)

(1)E · dl. (3.4)

Por consiguiente −∆U =W .Energıa Potencial para un sistema de dos cargas. El trabajo efectuado para desplazar una

Potencial Electrico 37

carga q bajo los efectos del campo generado por una carga puntual de magnitud Q ubicada enel origen, de acuerdo con:

Wa→b = q

∫ b

a

KQ

r2Ur · dl, (3.5)

en donde dl es el diferencial de longitud, cuya componente radial en coordenadas esfericas sedefine por: drUr. Integrando:

Wa→b = KqQ

∫ rb

ra

dr

r2= KqQ

(1

ra− 1

rb

). (3.6)

La diferencia de potencial ∆V = Vb − Va entre los puntos a y b se define como el cambio de laenergıa potencial dividido entre la carga de prueba q:

∆V =∆U

q. (3.7)

3.3 Potencial de un sistema de cargas. El vector campo electrico cumple el principio desuperposicion, ası, el campo generado por un sistema de cargas discretas E, proviene de lacontribucion de cada una cargas: E =

∑Ni=1Ei.

∆V = −∫ b

aE · dl = −

N∑i=1

∫ b

aEi · dl =

N∑i=1

∆Vi. (3.8)

Para un conjunto de cargas puntuales Qi, el potencial en un punto P se calcula por:

V (P ) =N∑i=1

KQi

ri, (3.9)

en donde ri es la distancia desde cada una de las cargas al punto P en un marco de referenciaestablecido.

3.4 Potencial Electrico creado por una distribucion contınua de cargas.Suponemos que todas las cargas estan en una zona finita del espacio y el potencial esta nor-malizado a cero en el infinito. Utilizando la construccion geometica de la figura 4, el potencialen el punto P esta dado por:

V (R) =1

4πε0

∫Ω

dQ

| R− r |. (3.10)

3.5 Energıa Potencial Electrostatica Interna. En la seccion anterior se mostro que el productodel potencial escalar y la carga de un objeto puntual puede ser interpretada como energıapotencial. Mas precisamente, si una carga puntual qi es desplazada desde el infinito a unpunto ri en una region de campos electricos localizados descritos por el potencial escalar Φ (elcual desaparece en el infinito), el trabajo hecho sobre la carga, (y por consiguiente su energıapotencial) esta dado por:

Wi = qiΦ(ri) . (3.11)

38

El potencial Φ puede ser visto como el producido por un arreglo de (n− 1) cargas qj , (j = 1, ..., n− 1)en las posiciones rj . Entonces:

Φ (ri) =1

4πε0

n−1∑j=1

qj| ri − rj |

, (3.12)

de tal forma que la energıa potencial de la carga qi es:

Wi =qi

4πε0

n−1∑j=1

qj| ri − rj |

. (3.13)

La energıa potencial total de todas las cargas debido a todas las fuerzas actuando sobre ellases:

W =

n∑i

Wi =1

4πε0

n∑i

∑j<i

qiqj| ri − rj |

. (3.14)

Una forma mas simetrica puede ser escrita sumando sobre los i y j sin restriccion, y luegodividiendo por 2:

W =1

8πε0

∑i

∑j

qiqj| ri − rj |

. (3.15)

Para una distribucion contınua de cargas (o, en general, utilizando funciones delta de Dirac)la energıa potencial toma la forma:

W =1

8πε0

∫ ∫ρ (r) ρ (r′)

| r− r′ |d3rd3r′ =

1

2

∫ρ (r)Φ (r) d3r. (3.16)

Las ecuaciones (3.15) y (3.16) expresan la energıa potencial electrostatica en terminos de lascargas y enfatiza las interacciones entre las cargas via fuerzas de Coulomb. Una alternativamuy util es interpretar la energıa que esta almacenada en el campo electrico que rodea lascargas. Se utiliza la ecuacion de Poisson para eliminar la densidad de carga ρ (r) de (3.16):

W = −ε02

∫Φ∇2Φd3r. (3.17)

Integracion por partes conduce al resultado:

W =ε02

∫| ∇Φ |2 d3r. (3.18)

Metodo de las imagenes. El metodo de las imagenes concierne a el problema de una o mascargas puntuales en presencia de superficies limitadas, por ejemplo conductores aterrizados omantenidos a potenciales fijos. Bajo condiciones favorables es posible inferir de la geometrıasituaciones en las cuales un pequeno numero de cargas con magnitudes y posiciones apropia-damente dispuestas, externos a la region de interes, pueden simular las condiciones de fronterarequeridas. Estas cargas son llamadas cargas imagenes, y el reemplazo del problema real confronteras por una region alargada con cargas imagenes pero sin fronteras es llamado metodo de


las imagenes. La carga imagen debe estar por fuera del volumen de interes, ya que sus poten-ciales deben ser soluciones de la ecuacion de Laplace dentro del volumen; la integral partıcular(i.e., la solucion a la ecuacion de Poisson) esta provista por la suma de los potenciales de lascargas dentro del volumen.Un ejemplo simple es el de una carga puntual q localizada al frente de un plano conductor apotencial cero, como se ilustra en la figura (3.2). Es claro que esto es equivalente a el problemade la carga original y una carga igual y opuesta localizada en un punto imagen especular detrasdel plano definido por la posicion del conductor. El potencial en cualquier punto en el planoXY (x > 0) esta definido por:

Φ (x, y) = Kq((x− a)2 + y2

)−1/2−Kq

((x+ a)2 + y2

)−1/2, (3.19)

evidentemente, para x = 0, Φ (0, y) = 0.

Figura 3.2: Configuracion plano aterrizado-carga puntual.

Carga puntual en presencia de una esfera conductora aterrizada. Como una ilustracion delmetodo de las imagenes, consideremos el problema ilustrado en la figura (3.3). Una cargapuntual q en el punto y relativo al origen, alrededor del cual esta centrada una esfera conductoraaterrizada de radio a. El potencial Φ (| x |= a) = 0. Por simetrıa es evidente que la carga imagenq′ (asumiendo que solo es necesaria una imagen) yacera en la lınea que une el origen y la cargaq. Si consideramos la carga q fuera de la esfera, la posicion de la imagen y′ estara dentro de laesfera. El potencial debido a las cargas q y q′ es:

Φ (x) =q/4πε0| x− y |

+q′/4πε0| x− y′ |

(3.20)

Ahora debemos tratar de seleccionar q′ y | y′ | de tal forma que este potencial se anule en| x |= a. Si n es un vector unitario en la direccion x, y n′ es un vector unitario en la direcciony, entonces:

Φ (a) =q/4πε0

a | n− yan

′ |+

q′/4πε0y′ | n′ − a

y′n |. (3.21)

40

Figura 3.3: Esfera conductora de radio a, con carga q y carga imagen q′.

Las selecciones q/a = −q′/y′, y y/a = a/y′ generan la condicion Φ (a) = 0, para todos losposibles valores de n · n′. Por lo tanto, la magnitud y posicion de la carga son:

q′ = −ayq, y′ =

a2

y. (3.22)

Notemos que, cuando la carga q se acerca a la esfera, la carga imagen crece en magnitud sedesplaza por fuera del centro de la esfera. Cuando q esta justamente por fuera de la superficiede la esfera, la carga imagen es igual y opuesta en magnitud, y yace justo sobre la superficie.El potencial en cualquier punto esta definido por:

Φ (x) =q

4πε0

[(x2 + y2 − 2xy cos γ

)−1/2 − a

y

(x2 +

(a2

y

)2

− 2a2

yx cos γ

)−1/2], (3.23)

en donde γ es el angulo entre n y n′. La densidad de carga real inducida sobre la superficie dela esfera puede ser calculada de la derivada normal de Φ en la superficie:

σ = −ε0∂Φ

∂x

]x=a

. (3.24)

La fuerza que actua sobre la carga q puede ser calculada en diferentes formas. La mas sencillaes escribir la fuerza entre la carga q y la carga imagen q′, separadas una distancia y − y′.Deacuerdo con la ley de Coulomb:

| F |= 1

4πε0

q2

a2

(a

y

)3(1− a2

y2

)−2

. (3.25)

Si se desea considerar el problema de una esfera conductora aislada con una carga total Qen presencia de una carga puntual q, podemos construir la solucion para el potencial porsuperposicion lineal. En el sentido operacional, podemos imaginar que tenemos una esferaconductora aterrizada (con carga q′) distribuida sobre su superficie. Luego desconectamos


el alambre de tierra y adicionamos a la esfera una cantidad de carga Q − q′. Esto conllevaa tener sobre la esfera una carga total Q. Para obtener el potencial notamos que la cargaadicionada (Q − q′) se distribuira uniformemente por sı misma sobre la superficie, ya que lasfuerzas electrostaticas debido a la carga puntual q ya estan balanceadas a traves de q′. Porconsiguiente, el potencial debido a la carga adicionada (Q − q′) sera el mismo como si unacarga puntual de esa magnitud estuviera en el origen:

Φ (x) =1

4πε0

[q

| x− y |+

q′

| x− y′ |+Q− q′

| x |

], (3.26)

La fuerza que actua sobre la carga q puede ser escrita directamente a traves de la ley deCoulomb:

F =1

4πε0

[q (Q− q′)

y2+

qq′

(y − y′)2

]n′. (3.27)

En el lımite de y >> a, la fuerza se reduce a la forma usual de Coulomb para dos pequenoscuerpos cargados. Pero cerca a la esfera la fuerza es modificada debido a la distribucion decarga inducida sobre la superficie de la esfera. Si la esfera esta cargada opuestamente a q,o descargada, la fuerza es atractiva para todas las distancias. Incluso si la carga Q es delmismo signo que q, sin embargo, la fuerza se hace atractiva a muy cortas distancias. En ellımite de Q >> q, el punto de fuerza cero (punto de equilibrio inestable) es muy cercano a

la esfera, a y ≈ a(1 + 1

2

√q/Q

). Notese que el valor asintotico de la fuerza es obtenido tan

pronto como la carga q esta a unos pocos radios alejada de la esfera. Este ejemplo exhibeuna propiedad general que explica porque el exceso de carga sobre una superficie no abandonainmediatamente la superficie debido a la repulsion mutua de las cargas individuales. Tan prontocomo un elemento de carga es removido desde la superficie, la carga imagen tiende a traerlo devuelta. Si se ha realizado el trabajo suficiente, la carga puede ser removida desde la superficieal infinito. La funcion de trabajo de un metal es en gran parte justo el trabajo hecho contra lafuerza imagen atractiva para remover el electron desde la superficie.

Problema 3.1: El potencial promedio en el tiempo de un atomo neutro de Hidrogeno esta dadopor:

ϕ =q

4πε0

exp (−αr)r

(1 +

αr

2

),

en donde q es la magnitud de la carga electronica, y α−1 = a0/2, con a0 como el radio deBohr. Hallar la distribucion de carga (discreta y contınua) que genera este potencial.R: Utilizamos la ecuacion de Poisson en coordenadas esfericas:

ρ = −ε0∇2ϕ,

en donde la componente radial de ∇2ϕ es 1r∂2(rϕ)∂r2

. Resolviendo para ρ :

ρcont = −qα3

8πexp (−αr);

42

La densidad de carga total sobre el atomo neutro debe incluir la densidad de carga electro-nica situada en el origen: qδ (r),

ρ (r) = q

[δ (r)− α3

8πexp (−αr)

].

Problema 3.2: Una esfera solida aislante de radio a posee una densidad de carga uniforme ρ.Hallar el potencial electrico en cualquier sitio.R: Utilizando la ley de Gauss, es posible demostrar que el campo electrico para r > aes E = kQ/r2, y para r < a es kQr/a3, en direccion radial. El potencial electrico enun punto por fuera de la esfera es V (r) = kQ/r, mientras que el potencial en un puntodentro de la misma se obtiene integrando el vector campo:

V (r)− V (∞) = −∫ a

∞E (r > a) dr −

∫ r

aE (r < a) dr

=kQ

a− kQ

2a3(r2 − a2

)= k

Q

2a

(3− r2

a2

); Q =

4πa3ρ

3.

La solucion grafica puede apreciarse en la figura (3.4).

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0ra

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

V kQ


Problema 3.3: Un contador Geiger-Muller es un detector de radiacion que se compone de uncilindro hueco (catodo) de radio ra y un alambre cilındrico coaxial (anodo) de radio rb.La carga por unidad de longitud del anodo es λ+, mientras que la carga por unidad delongitud del catodo es λ−.

(a) Muestre que la magnitud de la diferencia de potencial entre el alambre y el cilindro en laregion sensible al detector es:

∆V = 2Kλ+ ln

(rarb

).

(b) Demostrar que la magnitud del campo electrico sobre esta region esta dada por:

E (r) =∆V

ln(rarb

) 1r.


R: (a) Por ley de Gauss E (r) = λ/2πε0r. La magnitud de la diferencia de potencial entrelos dos puntos ∆V =

∫ rbraE (r) dr = 2Kλ ln (ra/rb). (b) Se despeja λ en terminos de ∆V .

Problema 3.4: El eje X es el eje de simetrıa de un anillo cargado uniformemente de radio Ry carga Q. Una carga puntual Q de masa m se localiza en el centro del anillo. Cuandose desplaza ligeramente, la carga puntual se acelera a lo largo del eje X hacia el infinito.Demostrar que la velocidad final de la carga puntual es:

v =

√2KQ2

mR.

R: El potencial en cualquier punto sobre el ejeX se obtiene calculando V = K∫ 2π0 dq/

√R2 + x2,

con dq = Q/2πdθ. La diferencia de potencial ∆V = V∞ − V0 = −KQ/R se relaciona conel cambio de energıa potencial como: ∆U = Q∆V , y con la variacion de la energıa cinetica∆K = −∆U = mv2∞/2−mv20/2. Bajo la condicion v0 = 0, v2∞ = 2KQ2/mR.

Problema 3.5: La energıa potencial electrica interna de un sistema de cargas puede escribirsede cualesquiera de las formas :

Ep =∑

todoslospares

qiqj4πε0rij

(3.28)

Ep =1

2

∑todaslascargas

qiVi. (3.29)

La energıa electrica para una distribucion contınua de cargas de densidad ρ es Ep =12

∫Ω ρV dΩ, en donde Ω es el volumen ocupado por la distribucion. Utilizar esta expresion

para demostrar que la energıa de un conductor esferico de radio R y con una carga Qdistribuida uniformemente sobre su volumen es 3

5Q2/4πε0R.

R: Utilizamos la expresion:

Ep =

∫ R

0ρ

(Kq

r

)4πr2dr,

en donde Kq/r es el potencial de una capa conductora de radio r y carga q = 4πρr3/3.Reemplazando e integrando, obtenemos: (ρ = 3Q/4πR3).

Ep =3

5

KQ2

R.

Problema 3.6: Se establece una diferencia de potencial V entre dos placas planas paralelasseparadas una distancia d. Se liberan simultaneamente un electron de masa me desde laplaca negativa y un proton de masa mp en la placa positiva. El cociente de la magnitud desus velocidades antes de chocar con las placas opuestas y el tiempo en el cual se encuentranson respectivamente iguales a:R: vp/ve =

√me/mp; t =

√2d2memp/eV (mp +me).

Problema 3.7: Barra cargada I. Una barra muy delgada se extiende a lo largo del eje Z desde−d hasta +d. Sean λ la densidad lineal de carga (carga por unidad de longitud) y lospuntos P1 = (0, 0, 2d) y P2 = (x, 0, 0). Hallar las coordenadas x de tal forma que el

44

potencial en P1 sea igual al potencial en P2.R: El P1 es posible demostrar por integracion directa que el potencial es: V (P1) = Kλ ln 3,mientras que en el punto P2, el potencial tiene la forma:

V (P2) = Kλ ln

[√x2 + d2 + d√x2 + d2 − d

].

Igualando, x =√3d.

Problema 3.8: Barra cargada II. Una barra muy delgada de longitud L yace sobre el eje X decoordenadas, con el extremo mas cercano al origen a una distancia a. Esta barra posee unadensidad lineal de carga variable λ (x) = λ0x/L, en donde λ0 es una constante positiva.Hallar el potencial electrico en un punto sobre el eje Y .

R: V (y) = Kλ0/L

(√y2 + (a+ L)2 −

√a2 + y2

). En el origen: V (0) = Kλ0.

Problema 3.9: Una partıcula alfa con energıa cinetica E sufre una colision de frente con unnucleo de oro estacionario. Calcular la distancia de mayor acercamiento de las partıculas.(Suponga que el nucleo de oro permanece en reposo y que se le puede tratar como unacarga puntual. ZAu = 79).R: d = 79e2/2πε0E

Problema 3.10: Disco cargado. Determine el potencial en el eje de un disco de radio a, a unadistancia d desde su centro, si la densidad superficial de carga varıa con la coordenadaradial en la forma: (a) σ (r) = σ0 (r/a). (b) σ = σ0.R:(a) Un elemento de carga esta ubicado a una distancia

√z2 + r2 a cualquier punto en

el eje Z. El potencial electrico producido por esa distribucion esta dado por:

V (z) = 2πKσ0/a

∫ a

0r2dr/

√z2 + r2.

Resolviendo: V (z) = πKσ0

[√a2 + z2 +

(z2/a

)ln z′

], en donde

z′ = z/(a+√a2 + z2

). (b) V = 2Kπσ0

(√a2 + d2 − d

).

Problema 3.11: Tres electrones (qe = −1,6×10−19 C) se ubican en las esquinas de un trianguloequilatero de lado a = 10−10 m. Calcule el potencial electrico en el centro de este triangulo.R: V = −3

√3Ke−/a = −78,83V.

Problema 3.12: Se disponen en forma alternada un infinito numero de cargas positivas y ne-gativas ±q sobre una lınea recta. La separacion entre las cargas adyacentes es la misma eigual a r. Demostrar que la energıa potencial de una carga es:

(−q2/2πε0r

)ln 2.

R: La energıa potencial resultante es la suma de la energıa potencial individual:

UR = 2Kq2∞∑j=1

(−1)j /jr. (3.30)

Considerando que ln (1 + x) = x− x2/2 + x3/3− · · ·, dado∑∞j=1 (−1)

−j /j = − ln 2; entonces

UR = −(2Kq2/r

)ln 2.


Problema 3.13: Una disposicion plana rectangular de cargas de igual magnitud, positivas ynegativas alternadas, se obtiene colocando las cargas en los centros de cuadrados de ladoa. Fig.(3.5). Hallar la energıa potencial de una carga. R. Generalizando el resultado del

Figura 3.5: Problema 3.9.

ejercicio anterior, la expresion completa para la energıa potencial electrostatica de estaconfiguracion es:

U =4Kq2

a

∞∑j=1

(−1)j

j+

∞∑k=1

∞∑l=1

(−1)k+l

√k2 + l2

. (3.31)

En una red de cargas electrostaticas alternadas de 2048×2048 sitios, U puede aproximarsea:

U =−1,615Kq2

a.

Problema 3.14: Dipolo Electrico. La intensidad del campo de un dipolo esta compuesta por laintensidad de los campos generados por cada una de las cargas. Consideremos un dipoloelectrico descrito por el vector momento dipolar p = qdk. El potencial electrico en unpunto ubicado a una distancia r desde el centro del dipolo es:

V = Kq

(r− − r+r−r+

), (3.32)

en donde r−, r+ son las distancias correspondientes desde las cargas q−, q+ respectivamen-te. Bajo la suposicion r± >> d, y considerando el desplazamiento angular θ en coordena-das esfericas, (angulo subtendido entre r y p), tendremos: r−− r+ ≈ d cos θ, y r−r+ ≈ r2.Reemplazando en la ultima expresion,

V (r, θ) = Kp · rr3

. (3.33)

46

El potencial del dipolo en puntos suficientemente alejados de su localizacion, decrece inver-samente proporcional con el cuadrado de la distancia. el campo electrico puede calcularsea traves de la relacion:

E = −∇V (r, θ) = −∂V (r, θ)

∂rUr −

1

r

∂V (r, θ)

∂θUθ. (3.34)

Forma alternativa para hallar el campo electrico:Reescribimos ∇ = Uj∂/∂rj , y V (r, θ) como:

V (r, θ) = K∑i

pirir3

,∂ri∂rj

= δij ,∂r

∂rj=rjr. (3.35)

El campo electrico toma la forma:

E =1

4πε0

(3p · rr5

r− p

r3

). (3.36)

La intensidad del campo del dipolo decrece inversamente proporcional a la tercera potenciade la distancia. Las lıneas de fuerza del campo se ilustran en la figura 2.4.

Problema 3.15: Esfera dielectrica en un campo homogeneo. Utilizando la ecuacion de Laplaceencontraremos la intensidad del campo electrico resultante en todos los puntos, al in-troducir una esfera dielectrica de radio R, con permitividad ε1 en el campo inicialmentehomogeneo en un medio de permitividad ε2, y en direccion Z. En el sistema de coorde-nadas esfericas polares (eje polar Z), se debe resolver la ecuacion:

∇2φ = 0 =1

r2∂

∂r

(r2∂φ

∂r

)+

1

r2 sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂φ

∂θ

)+

1

r2 sin2 θ

∂2φ

∂ϕ2. (3.37)

Este sistema posee simetrıa en la coordenada ϕ, y la solucion general puede escribirsecomo:

φ (r, θ) = R (r)Θ (θ) . (3.38)

La separacion de variables conducen al par de ecuaciones:

r2d2R

dr2+ 2r

dR

dr−R = 0,

d2Θ

dθ2+

1

tan θ

dΘ

dθ+Θ = 0, (3.39)

para el caso particular en que la constante de acople es igual a 1. La solucion de lacomponente radial es de la forma:

R (r) = C1r + C2r−2, (3.40)

mientras que la componente angular se expresa mediante los polinomios de Legendre:

Θ (θ) = cos θ. (3.41)

Designemos las magnitudes, referentes a la zona interior de la esfera por el ındice 1 y ala zona exterior, por el ındice 2. Combinando las ecuaciones (3.40)-(3.41) tenemos:


φ (r, θ) =

Ar cos θ r < R−E0r cos θ +Br−2 cos θ r > R

(3.42)

La condicion de continuidad de φ en r = R conduce a la relacion: A = −E0 +BR−3. Lacomponente normal del vector desplazamiento εEr = −ε∂φ/∂r es contınua a traves de lasuperficie de la esfera; las constantes A y B se definen por:

A = − 3ε2ε1 + 2ε2

E0, B =

(ε1 − ε2ε1 + 2ε2

)R3E0. (3.43)

Los potenciales adquieren la forma definitiva:

φ (r, θ) =

−3ε2/ (ε1 + 2ε2)E0r cos θ r < R

−(1− R3

r3ε1−ε2ε1+2ε2

)E0r cos θ r > R

(3.44)

La intensidad del campo, formado dentro de la esfera por las cargas ligadas es igual a:(ε2 − ε1)E0/ (ε1 + 2ε2). Esta es constante y esta dirigida a lo largo del eje Z.

Problema 3.16: El anillo de la Fig.(3.6), de radio a con centro en el origen, posee una cargaQ uniformemente distribuida en su perımetro. Calcular el potencial electrico en un puntoubicado a una distancia D desde el centro del anillo sobre el eje X (D > a).

Figura 3.6: Ejemplo. 3.12

R: Utilizando la ecuacion (3.10) calculamos el aporte en el potencial electrico del elementode carga dQ a una distancia ρ: dV = KdQ/ρ. dQ = (Q/2πa) adθ. Por consiguiente elaporte total es:

V = 2K

∫ π

0

dQ√D2 + a2 + 2aD cos θ

=KQ

π

∫ π

0

dθ√D2 + a2 + 2aD cos θ

.

La integral se define en terminos de la funcion elıptica incompleta de primera claseF (φ, κ):

48 ∫dθ/√A+B cos θ =

(2/√A+B

)F (θ/2, κ); κ =

√2B/ (A+B).

Utilizando este resultado, finalmente obtenemos:

V =2KQ

π (D + a)F(π2, κ); κ =

2√aD

D + a.

Notese que si D = 0 (centro del anillo), κ = 0, F(π2 , 0)= π

2 , y el potencial se reduce aV = KQ/a, que es el potencial de un anillo cargado en su centro.

Problema 3.17: Existe una esfera conductora de radio r1 y una capa conductora esferica,concentrica con esta. Ver Fig.(3.7). La superficie interior de la capa tiene el radio r2(r2 > r1) y la exterior r3 (r3 > r2). El espacio entre r1 y r2 esta libre. Las cargas de laesfera y de la capa son Q1 y Q2, respectivamente, con la particularidad de que Q1 = −Q2

(situacion que no sucede en un condensador, como se ilustrara en la siguiente seccion).Hallar la energıa de este sistema de cargas.

Figura 3.7: Ejemplo 3.13.

R: Considerando que el campo electrico en las diferentes regiones es de la forma:

E1 (r) =Q1

4πε0r2; r1 < r < r2;

E2 (r) =Q1 +Q2

4πε0r2r > r3;

la energıa de este sistema puede calcularse a traves de la relacion:

U =1

2

∫ r2

r1

ε0E21dV +

1

2

∫ ∞

r3

ε0E22dV.

Integrando se obtiene:

U =1

8πε0

[Q2

1

(1

r1− 1

r2+

1

r3

)+

2Q1Q2 +Q22

r3

].


Problema 3.18: Al operar con una carga espacial completa, la densidad volumetrica de cargaen un diodo de planos paralelos esta dada por ρ = −4ε0V0x−2/3d−4/3/9, donde V0 es elvoltaje anodo-catodo, el catodo esta localizado en x = 0 y el anodo en x = d. Si la cargatotal en una region de 0.8 cm2 de seccion transversal, que se extiende desde el anodohasta el catodo, es -100 pC, y V0 = 200V , encuentre d.R: Integramos la densidad de carga en todo el volumen ocupado:

− | q |=∫ d

0ρAdx; d =

4ε0V0A

3 | q |= 1,8µm. (3.45)

Problema 3.19: Capacitancia. Supongamos que existe un conductor cargado y aislado. Enel espacio que rodea al conductor existe un campo electrico, creado por la carga delconductor. El potencial del conductor puede escribirse mediante la formula:

φ = V = −∫ S

∞E · dl. (3.46)

Se denomina capacidad de un conductor a la relacion entre la carga Q del conductoraislado y su potencial V : C = Q/V . Las unidades de la capacitancia es el Faradio.(1F=1C/V). Se llama condensador al conjunto de dos cualesquiera conductores con cargade igual valor absoluto, pero de signo contrario. Los conductores se denominan armadurasdel condensador. La capacidad de un condensador se determina por la relacion C = Q/ |∆V |. C > 0. La diferencia de potencial se determina a traves de: ∆V = −

∫ BA E · dl, en

donde VA < VB.Condensador de placas Planas I. Despreciando los efectos de borde, y considerando queel campo electrico esta confinado en la region entre las placas de separacion d, tenemosque ∆V = Qd/Aε0d, por lo tanto, la capacitancia es:

C =ε0A

d. (3.47)

Condensador de placas Planas II. La distancia entre las placas de un condensador planoes d. En el espacio entre las armaduras del condensador se introduce una placa metalicade espesor δ, cuya superficie es paralela a la de las armaduras. Las placas del condensadorposeen potenciales V1 y V2. La distancia de separacion entre la placa metalica y la arma-dura a potencial V2 es ∆. La diferencia de potencial entre la placa metalica y la placasuperior es:

V1−p =

(1− ∆

d− δ

)(V1 − V2) . (3.48)

La capacitancia equivalente: Ceq = ε0A/ (d− δ). Si el espaciamiento que existe entre laplaca metalica y la placa superior se llena con un material dielectrico de permitividad ε,entonces:

V1−p =d− δ −∆

d− δ +∆(ε/ε0 − 1)(V1 − V2) , (3.49)

Ceq =εA

d− δ +∆(ε/ε0 − 1). (3.50)

50

Condensador de Placas Planas III. Cuando cierto capacitor de placas paralelas lleno deaire se conecta a una baterıa adquiere una carga (en cada placa) Q0. Mientras se mantienela conexion con la baterıa se inserta una placa dielectrica llenando la region entre lasplacas. Esto origina una acumulacion de una carga adicional Q en cada placa. Cual es laconstante dielectrica de la placa?.R: κ = 1 +Q/Q0.Arreglo de Capacitores. Tres capacitores de capacitancia C, C y C/2 (F) estan conectadosa una diferencia de potencial V como se ilustra en la figura (3.8). La energıa almacenadaen el capacitor de C/2 (F) es:R: La capacitancia y la carga total del sistema son 4C/3, y 4CV/3. Los voltajes de loscondensadores en serie C y C/2 son V/3 y 2V/3 respectivamente. La energıa se calculafinalmente como: U ≡ CV 2/9.

Figura 3.8: Arreglo de Capacitores.

Condensador Cilındrico. Un condensador con armaduras concentricas de simetrıa cilındri-ca posee una longitud L y radios a y b, (a < b), y en la region para el cual r = a la cargaes Q+. Ası:

∆V =Q

2πε0Lln

(b

a

), C =

2πε0L

ln (b/a). (3.51)

Capacitancia de dos esferas conductoras. Dos esferas de radios a y b se encuentran se-paradas en sus centros por una distancia D. La esfera de radio a posee una carga Q+,mientras que la esfera de radio b tiene carga Q−. La magnitud del campo electrico en laregion del espacio a < r < D − b esta definido por:

E =Q

4πε0

(1

r2+

1

(r −D)2

). (3.52)

Integracion directa conduce a:

C−1 =1

4πε0

(1

a+

1

b− 2D − a− b

(D − a) (D − b)

). (3.53)


Capacitancia de una lınea de transmision.Dos conductores de gran longitud con geometrıacilındrica poseen la misma carga y estan separados por una distancia D entre sus centros.Los radios de los cilindros son a y b. La diferencia de potencial entre los cilindros es:

| ∆V |= Q

2πε0lln

[(D − b) (D − a)

ab

], C = Q/ | ∆V | . (3.54)

La capacitancia por unidad de longitud, para el caso en el cual a = b, y D >> a es:C ≈ πε0/ ln (D/a).Condensador Laminar Un condenador esta disenado de una lamina de material que con-siste en dos pelıculas de Aluminio y dos de Mylar. El espesor de la pelıcula de aluminio esa = 5×10−6 m, y el espesor de la capa de Mylar es por determinar. El ancho de la laminaes l1 = 3,0 cm y se enrolla en forma de cilindro de 1.0 cm de radio. Si la capacitancia deldispositivo debe de ser Ce = 0,1µF, cual debe de ser el espesor de la capa de Mylar?.

Figura 3.9: Condensador laminar, configuracion inicial.

R: El volumen del dispositivo debe ser el mismo en ambas configuraciones. Asi: 2 (a+ b) l1l2 =πR2l1. La capacitancia equivalente entre las laminas de Aluminio es: Ce = εl1l2/b. Com-binando estas dos expresiones permite obtener una ecuacion para b:

b =a

2

[√1 +

2πεl1R2

a2Ce− 1

]. (3.55)

Problema 3.20: Un condensador cilındrico cuyas placas tienen radios r1 y r2 se sumerge perpen-dicularmente en un lıquido dielectrico de constante ε. El extremo inferior del condensadorse encuentra en el lıquido y el superior en el aire, cuya constante dielectrica es ε0. Ladensidad de masa del lıquido es ρ. Determinar la altura h que alcanza el lıquido dentrode las placas del condensador si la diferencia de potencial entre ellas es U .R: La configuracion del sistema sugiere una conexion de condensadores en paralelo. Lacapacitancia equivalente entre los extremos de las placas del mismo es Ce = Cinf +Csup.Por lo tanto, si el lıquido ocupa una altura z desde el extremo inferior, entonces:

52

Cinf = 2πεz/ ln (r2/r1), y Csup = 2πε0 (L− z) / ln (r2/r1).La energıa potencial electrostatica almacenada en el sistema es de la forma: u (z) =1/2CeU

2. La fuerza electrostatica sobre el lıquido (ascendente) es del tipo: F = −∂u (z) /∂z.Esta fuerza esta en equilibrio con el peso del lıquido dentro del las placas: ρgV , V =π(r22 − r21

)z. Igualando:

h = z =(ε− ε0)U2

ρg(r22 − r21

)ln (r2/r1)

.

Problema 3.21: Un cilindro conductor ilimitado de seccion circular y radio a y un plano con-ductor, situado a la distancia D del eje del cilindro, forman un condensador. Hallar lacapacidad, correspondiente a la longitud L del cilindro. Fig.(3.10)

Figura 3.10: (1) Configuracion Plano-Cilindro. (2) Diagrama esquematico utilizando el metodo de lasimagenes.

R: Este ejercicio exige la aplicacion del metodo de las imagenes. Se considera, sin perdidade generalidad, que el plano se encuentra a un potencial V = 0, y que el cilindro de carga+Q se encuentra a una distancia d (por definir) desde el plano y a 2d desde su imagen concarga −Q. Calculamos el potencial producido por esta distribucion de carga en el puntoindicado en la figura:

V + =Q+

2πε0Lln

r1R01

; V − =Q−

2πε0Lln

r2R02

;

en donde R01 y R02 son las posiciones relativas en las cuales se anulan los potenciales V +

y V −. Por consideraciones de simetrıa, y teniendo en cuenta que el potencial en todos lospuntos del plano conductor es cero, entonces: R01 = R02. Ası el potencial resultante es:

V =Q

2πε0Llnr1r2

=Q

2πε0Lln

√(x− d)2 + y2

(x+ d)2 + y2.


Una lınea equipotencial esta definida a traves de la relacion K = (x−d)2+y2

(x+d)2+y2, en donde K

es una constante asociada al potencial V0 por:√K = exp (2πε0LV0/Q).

Se define la ecuacion de los lugares geometricos de circunferencias centradas en (−x0, 0):

(x+ x0)2 + y2 = R2; x0 =

d (K + 1)

K − 1; R =

2d√K

K − 1.

Para el caso particular de un cilindro con centro en x0 = D, se considera que la superficieconductora de radio R = a se encuentra a un potencial V0. Es decir:

K =D + d

D − d=

(D + d)2

D2 − d2; d =

√D2 − a2,

√K =

D +√D2 − a2a

.

Por consiguiente, el potencial del cilindro es:

V0 =Q

2πε0Lln

(D +

√D2 − a2a

)=

Q

2πε0Lcosh−1 (D/a) .

Finalmente, dado que la diferencia de potencial del sistema Cilindro-Plano es V0, entoncesla capacitancia es:

C =2πε0L

cosh−1 (D/a).

Problema 3.22: Supongamos que se tienen dos medios dielectricos “infinitos”con permitivi-dades ε1 y ε2 con superficie de separacon plana (Fig.(3.11)). En el primer medio a ladistancia d de la superficie de separacion se encuentra una carga puntual q. El calculodel potencial en el primer medio es el mismo que el debido la carga q y su imagen q′,situada en el segundo medio a la distancia d de la frontera, con la particularidad de que elcalculo se lleva a cabo se tal manera, como si la constante dielectrica de los medios fueseε1. El potencial en el segundo medio es igual al potencial creado por la carga q′′ que seencuentra en el lugar de q, en el primer medio, con la particularidad de que el calculo serealiza considerando ambos medios de constante ε2.

El potencial en los medios 1 y 2 respectivamente son:

φ1 =q

4πε1

1√(x+ d)2 + y2

+q′

4πε1

1√(x− d)2 + y2

,

φ2 =q′′

4πε2

1√(x+ d)2 + y2

.

Las condiciones de frontera ε1∂xφ1 = ε2∂xφ2 y ∂yφ1 = ∂yφ2 en x = 0 conducen a lasecuaciones para las cargas imagenes:

q − q′ = q′′;q + q′

ε1=q′′

ε2⇒ q′ = q

ε1 − ε2ε1 + ε2

; q′′ =2qε2ε1 + ε2

.

El campo electrico se calcula a traves de E = −∇φ. En el caso particular en el cual lacarga se encuentra en el origen de coordenadas (d = 0), φ = q/2π (ε1 + ε2) r.

54

Figura 3.11: Superficies dielectricas planas en contacto.

Problema 3.23: Una esfera conductora, cuya densidad de masa es ρ1, esta flotando en unlıquido con densidad ρ2 y constante dielectrica ε. Menos de la mitad de la esfera sesumerge en el lıquido. Que carga es necesario comunicarle para que la esfera se hundaen el lıquido hasta la mitad?. El radio de la esfera es a. R: En la figura (3.12) se ilustra

Figura 3.12: Esfera flotando en un dielectrico.

el conjunto de fuerzas que actuan en el sistema. F0 y F1 estan asociadas a las fuerzasresultantes que ejercen los materiales dielectricos ε0 y ε sobre el conductor. W representael peso y Fe es la fuerza de empuje ejercida por el lıquido. Es claro que para que existaequilibrio estatico entonces: F1 + Fe = F0 +W o F1 − F0 = W − Fe. W = 4πa3ρ1g/3 yFe = 2πa3ρ2g/3. La componente sobre el eje vertical de la fuerza ejercida por el dielectricode constante ε0 esta definida por dF0 = f0 cos θdS, en donde f0 =

12εE

2 es la densidad defuerza (presion electrostatica) dirigida en sentido contrario de la tendencia al incrementodel volumen del conductor, dS = a2 sin θdϕdθ es el diferencial de superficie en la frontera


conductor-dielectrico y E es la magnitud del campo electrico en esta frontera. El problemase reduce ahora a encontrar el campo electrico sobre la superficie de la esfera. Del ejercicioanterior, se obtiene que el campo en la superficie de la esfera es:

E =Q

2π (ε+ ε0) a2

Con cierto detalle, entonces F0:

F0 = 2π

∫ π2

0f0 cos θ

(a2 sin θdθ

)=π

2ε0E

2a2

La diferencia F1 − F0 conduce a:

F1 − F0 =Q2 (ε− ε0)

8πa2 (ε+ ε0)2 =

4

3πa3g

(ρ1 −

ρ22

).

Finalmente, si ρ1 > ρ2/2

Q = 4π (ε+ ε0)

√a5g (2ρ1 − ρ2)

3 (ε− ε0).

Problema 3.24: Una carga puntual Q se ubica a una distancia d desde el centro de una esferaconductora de radio a (d > a). Calcular el momento dipolar electrico inducido pind sobrela esfera.R: Este problema exige la aplicacion del metodo de las imagenes. La componente radialdel campo electrico en cualquier punto sobre la superficie de la esfera esta dado por:

Er =Q

4πε0

(a2 − d2

)a(d2 + a2 − 2da cos θ

)3/2 , (3.56)

en donde θ es el angulo polar. La densidad de carga inducida es σ (θ) = ε0Er, y la cargatotal inducida sobre la esfera es −Qa/d que es la carga imagen. El momento dipolarelectrico (considerando el eje Z como el eje polar) esta dado por:

pind =

∫Ωrdq = −Qa

3

d2k.

Aquı se utiliza la relacion integral∫ π0 dθ cos θ sin θ/

(d2 + a2 − 2da cos θ

)3/2= 2a/d2

(d2 − a2

).

Problema 3.25: Se aplica una diferencia de potencial U0 a las armaduras de un condensadorplano de aire que tienen la forma de cuadrados de lado ℓ. Determinar la fuerza necesariapara desplazar una de las placas paralelamente a sı misma en direccion perpendicular acualquier lado del cuadrado, permaneciendo constante la distancia entre las placas d.R: La energıa potencial electrostatica almacenada en el condensador es de la forma:U (x) = 1/2C (x)U2

0 . La capacitancia del sistema es modificada al aplicarse una fuer-za exterior F0 en la direccion ilustrada en la figura, y su valor es C (x) = εℓx/d. Lamagnitud de la fuerza ejercida por el sistema sobre la placa movil se calcula a travesde la relacion: F = −∂U/∂x. En este caso, F = −εℓU2

0 /2di, por consiguiente, la fuerzanecesaria para desplazar la placa es F0 = −F.

56

Figura 3.13: Cristal ionico

Problema 3.26: Dos condensadores de capacidades C1 y C2 y con cargas Q1 y Q2 (Q1 y Q2 sonlos valores absolutos de las cargas de las placas de los condensadores 1 y 2 respectivamente)estan acoplados en paralelo. Calcular la variacion de la energıa de los condensadores.R: La energıa inicial de los condensadores en desacople es: U0 = Q2

1/2C1 + Q22/2C2. Al

conectarse en paralelo, se redistribuyen las cargas bajo las condiciones Q′1C2 = Q′

2C1, yQ1 +Q2 = Q′

1 +Q′2. La energıa en este estado esta dada por:

Uf =(Q1 +Q2)

2

2 (C1 + C2).

La diferencia de energıas es diferente de cero; y esta asociada al trabajo necesario paraobtener la nueva configuracion del sistema:

δU =(C1Q2 − C2Q1)

2

2C1C2 (C1 + C2).

Problema 3.27: En la figura (3.13) se ilustra ocho cargas puntuales colocadas en los verticesde un cubo de lado d. Como se muestra, los valores de las cargas son +q y −q. Este esun modelo de una celda de un cristal ionico cubico. En el cloruro de sodio, por ejemplo,los iones positivos son Na+ y los negativos son Cl−. (a) Calcule la energıa potencial U deesta distribucion (considere el cero de energıa potencial de las ocho cargas cuando estanseparadas entre sı una distancia infinita). R: En esta situacion, es necesario calcular laenergıa de interaccion electrostatica de los 28 pares diferentes. La energıa de interaccionde una carga con las restantes es:

UQ−all =3KQ2

d

(−1 + 1√

2− 1

3√3

).

En el calculo de la energıa total, las propiedades de simetrıa muestran que este terminose repite cuatro veces; por lo tanto: Ut = 4UQ−all.

Problema 3.28: Entre dos planos conductores, infinitos, paralelos y puestos a tierra cuya dis-tancia entre ellos es d, se coloca una carga puntual q a la distancia x de uno de ellos.Calcular la fuerza que actua sobre la carga.


d

-q +q -q +q -q +q -q

R: Aplicaremos la tecnica de las representaciones. El potencial electrico sobre los planosaterrizados debe ser igual a cero. Colocamos la primera carga imagen −q a una distanciad−x del plano ubicado en x = d, neutralizando el potencial sobre la superficie del mismo.Sobre el plano ubicado en x = 0 debemos ubicar dos cargas imagen que neutralicen elpotencial generado por la carga real q y la carga imagen en 2d− x. Estas cargas estaranubicadas en −x con magnitud −q y en 2d−x a la izquierda del plano x = 0 con magnitud+q. La inclusion de esta ultima carga debe ser compensada sobre el plano x = d, colocan-do una carga imagen negativa −q a una distancia 3d− x desde el mismo. El arreglo deberepetirse sucesivamente. Por consiguiente, las distancias entre la carga real y las cargasimagenes mas proximas estan dadas por: 4d+2x, 2 (d+ x), 2d, 2x, 2d−x, 2d, 2 (2d− x),3d, 5d−2x,...,. Las posiciones que generan fuerza neta sobre la carga real entre los planos(considerando los signos) estan ubicadas en distancias definidas por: 2x (l), 2 (d− x) (r),2 (d+ x) (l), 2 (2d− x) (r), 2 (2d+ x) (l), 2 (3d− x) (r),..., en donde (l), (r) denotan lasdirecciones de las fuerzas sobre la carga real, hacia la izquierda (l) y hacia la derecha (r)respectivamente. La expresion matematica para la magnitud de la fuerza que experimentala carga real q es por consiguiente:

F (x) = − q2

16πϵ0

(x−2 −

∞∑n=1

(nd− x)−2 +

∞∑n=1

(nd+ x)−2

). (3.57)

Problema 3.29: Un hemisferio uniformemente cargado de radio b y densidad de carga ρ tieneuna depresion hemiesferica de radio a que corta desde su centro. Encontrar el potencialen el centro de la depresion. (Fig.(3.15)).

R: El potencial en el centro de la cavidad esta definido por: V (P ) = K∫Ω dQ/r; en donde

r es la distancia desde el elemento de carga dQ hasta el punto P . Integrando sobre loselementos de volumen esfericos:

V (P ) = K

∫Ω

ρdΩ

r= K

∫ 2π

0

∫ π/2

0

∫ b

a

ρr2 sin θdϕdθ

r=

ρ

4ε0

(b2 − a2

).

Problema 3.30: Hallar el trabajo necesario para mover una partıcula de carga − | e | en latrayectoria semicircular de radio a, entre los puntos en coordenadas cartesianas (a, 0) y

58

Figura 3.14: Representacion de la Ecuacion (3.57)

Figura 3.15: Hemisferio.


(0, a), en el campo de un dipolo electrico situado en el origen. Fig.(3.16)R: Escribiendo la integral:

W = − | e | Kp∫ (

sin θUθ + 2 cos θUr

)r3

·(drUr + rdθUθ

)=

−Kp | e |a2

.

Figura 3.16: Trayectoria de una partıcula en un campo dipolar.

Problema 3.31: Considere que un electron se libera desde la posicion (a, 0) (m). Escribir lasecuaciones de movimiento del electron bajo los efectos de un campo generado por undipolo ubicado en el origen de coordenadas.R: De la ecuacion fundamental − | e | E = mr, (r en polares), igualamos las componentesradiales y angulares respectivamente:

2rθ + rθ = −| e | Kpmr3

sin θ; r − rθ2 = −2 | e | Kpmr3

cos θ.

Estudiaremos la condicion r = 0, r = a (trayectoria circular). La ecuacion diferencialresultante y su respectiva solucion conducen a:

θ = α√cos θ; α =

√2 | e | Kpma4

. αt = 2F

(θ

2, 2

),

en donde F(θ2 , 2)es la funcion elıptica incompleta de primera clase.

Problema 3.32: Gota de Millikan. Probl. 24-89; Fısica Universitaria, Sears Zemansky,AddisonWesley, 1999. La carga del electron fue medida por el fısico estadounidense Robert

60

Millikan durante el periodo de 1909 al 1913. Durante el experimento se utilizan gotas deaceite muy finas de unos 10−4 mm de diametro en el espacio entre dos placas paralelashorizontales separadas una distancia d. Estas placas estan sometidas a una diferencia depotencial VAB que genera un campo electrico que apunta verticalmente. Algunas de lasgotas adquieren carga debido a efectos de friccion o a la ionizacion del aire circundante porrayos X o por radioactividad. El aparato experimental es disenado para demostrar que lacarga electrica existe como multiplos enteros de e, la carga de un electron. El metodo quefue descrito inicialmente en 1913, se basa en el hecho de que diferentes fuerzas actuan sobreuna gota de aceite electricamente cargada moviendose en un campo electrico homogeneo.Cuando la intensidad del campo es E, las siguientes fuerzas actuan sobre la gota de cargaq:i) Fuerza Gravitacional mg, en donde m es la masa de la gota de aceite.ii) Fuerza de Empuje mairg, en donde mair es la masa de aire desplazada por la gota.iii) La fuerza Electrica qE,iv) y, unicamente si la gota, considerada en este caso como una esfera, se mueve en contradel aire circundante, aparece la fuerza de Stokes. La ley de Stokes establece que para unobjeto esf erico de radio r moviendose a traves de un fluido de viscosidad η a una velocidadv bajo condiciones laminares de flujo, la fuerza viscosa F sobbre el objeto esta dada porF ≈ 6πrηv. La fuerza viscosa siempre se opone al movimiento y es, por supuesto, la fuerzaresponsable por las velocidades terminales estacionarias observadas cuando una gota caeen el aire. Demostrar que la magnitud de la carga en la gota de aceite es:

q = 18πd

VAB

√η3v3t2ρg

R: (a) En equilibrio, la fuerza Electrostatica iguala al peso de la gota: qE = mg o

q =mg

E=

4π

3

ρgdr3

VAB.

Es posible modificar este resultado escribiendo una ecuacion mas completa, que incluya ladensidad del aire y las velocidades de la gota sin campo eectrico aplicado v1 y con campoaplicado: v2. Para E = 0,

Fv + ρairgV = ρ0gV.

de esta ultima ecuacion, tendremos que el radio de la gota esta definido por (V = 4πr3/3):

r2 =9

2

ηv1g (ρ0 − ρair)

Para E = 0, la ecuacion de las fuerzas conduce a:

qVAB

d− ρ0gV + ρairgV − 6πηrv2 = 0.


Utilizando el resultado anterior:

q = (v1 + v2)6πdηr

VAB. (3.58)

Se sugiere el siguiente metodo para en hallar la carga en una gota de aceite:i) Medir la velocidad de caida v1 en el espacio libre (voltaje cero), yii) La velocidad v2 de una gota a un voltaje definido.Los valores tıpicos de la viscosidad del aire a temperatura ambiente y 1 atm: η = 1,81×10−5 Ns/m2.; densidad del aceite: ρ0 = 875,3 kg/m3, densidad del aire: ρa = 1,29 kg/m3.

Problema 3.33: En los experimentos de colisiones de partıculas alfa con nucleos atomicos deoro, las partıculas son proyectadas desde distancias muy grandes con un parametro deimpacto b y momentum inicial p0. El momentum angular de inicial de partıcula es porconsiguiente L0 = p0b = ℓ. (a) Calcular la distancia de maximo acercamiento para b =1× 10−12 m y energıa cinetica inicial de 12 MeV. (b) Repetir el calculo b = 1× 10−13 my b = 1× 10−14 m.R: Este es un caso que requiere la aplicacion de la teorıa de Dispersion de Rutherford.El diagrama general se ilustra en la figura siguiente. El experimento llevado a cabo porHans Geiger y Ernest Marsden, bajo la supervision de Rutherford en Manchester, el target(objetivo) era una pelıcula delgada de metal con un numero atomico relativamente grande,mientras que los proyectiles consistian en un haz colimado de partıculas alfa (o atomos deHelio doblemente ionizados) de baja energıa. El resultado basico de estos experimentosen su mayorıa arrojaban una trayectoria rectilınea de las partıculas α que penetrabanla lamina, con una desviacion angular muy pequena. Ocasionalmente, sin embargo, lasdesviaciones eran muy grandes. Un analisis detallado de estas observaciones revelaron laestructura del objetivo, el cual eventualmente conducen a un modelo de la estructuranuclear del atomo.

(a) Para el calculo de la distancia de maximo acercamiento, inicialmente se construye laforma general de la funcional de energıa:

E =mv2

2+KZZ ′e2

r, (3.59)

en donde Z ′e = 2e es carga de las partıculas incidentes y Ze es la carga asociada al centrode dispersion. Escribiendo la velocidad como:

| v |2=(dr

dt

)2

+ r2(dθ

dt

)2

,

la distancia de maximo acercamiento puede obtenerse cuando la condicion dr/dt |r0= 0.En este punto, la velocidad incrementa su valor con el tiempo conforme la partıcula αse aleja del nucleo. Conservacion del momentum angular ℓ conduce a la relacion entre elcambio angular dθ/dt y el parametro de impacto b:

ℓ

mr2=dθ

dt, b2 =

ℓ2

2mE. (3.60)

Combinando estas expresiones, y tomando la solucion positiva de la ecuacion resultante,obtenemos:

62

Figura 3.17: Diagrama de Rutherford.

r0 =1

2

KZZ ′e2

E+

√(KZZ ′e2

E

)2

+ 4b2

. (3.61)

Reemplazando los valores numericos con Z = 79 (numero atomico del oro), tenemos que(a) r0

(b = 1× 10−12m

)= 1,01× 10−12m; (b) r0

(b = 1× 10−13m

)= 1,01× 10−13m; y

r0(b = 1× 10−14m

)= 2,33 × 10−14m. Bajo estas condiciones, La distancia de maximo

acercamiento es aproximadamente igual al parametro de impacto en los dos primeros ca-sos y el doble en el ultimo.Ref. Beiser et-al. Fısica Moderna.

Problema 3.34: Una cierta maquina de alta energıa acelera electrones a traves de una diferenciade potencial de ∆V = 6, 5 × 109 V. (a) Cual es la relacion entre la masa m del electrony su masa m0 en reposo, cuando sale del acelerador?. (b) Cual es la cociente entre suvelocidad y la de la luz? (c). Cual serıa la velocidad calculada con los principios de laMecanica Clasica?.R. (a) La energıa cinetica de una partıcula a velocidades relativistas sometida a unadiferencia de potencial ∆V esta definida por:

EK = mc2 −m0c2 = e∆V,

m

m0= 1 +

e∆V

m0c2= 12, 699,4. (3.62)

(b) La relacion de las velocidades se obtiene desde el resultado (a):

v

c=

√1 + (m/m0)

−2 ≈ 1.


(c) Utilizando principios de Mecanica Clasica, la velocidad del electron a esta diferencia depotencial es 4,8×1010 m/s, claramente superior a la velocidad de la luz. La aproximacionclasica no es apropiada para este ejemplo.

Problema 3.35: Un cilindro hueco de pared delgada, aislado, de radio R y longitud L posee unacarga Q uniformemente distribuida sobre la superficie. (a) Calcule el potencial electricoen todos los puntos a lo largo del eje del tubo. Tomar el origen en el centro del tubo yel potencial cero en el infinito. (b) Mostrar que si L << R, el resultado (a) se reduce alpotencial sobre el eje de un anillo de carga Q y de radio R.R. (a) El potencial electrico dV producido por una distribucion anular de carga dQ,ubicada a una distancia y desde el origen de coordenadas, en un punto ubicado a unadistancia z desde el centro del cilindro y sobre su eje de simetrıa, esta definido por:

dV =KdQ√

R2 + (y − z)2. (3.63)

El elemento de carga dQ debe escribirse en terminos de la carga total sobre la superficiedel cilindro y el diferencial de longitud dy: dQ = Qdy/L. Reemplazando esta cantidad eintegrando en el intervalo −L/2, L/2, obtenemos:

V (z) =

∫ L/2

−L/2dV =

KQ

Lln

z + L/2 +√R2 + (z + L/2)2

z − L/2 +√R2 + (z − L/2)2

. (3.64)

(b) Con los cambios de variable apropiados, el potencial puede reescribirse de la forma:

V (z) =KQ

L

[sinh−1

(z + L/2

R

)− sinh−1

(z − L/2

R

)].

La expansion en primera aproximacion alrededor de valores pequenos de z comparadoscon L conduce a: V ≈ kQ/R.

Problema 3.36: Potencial en la superficie de un plano conductor. Utilizando calculo directo,obtener una expresion para el potencial electrico asociado a una superficie plana suficien-temente extendida, de lado 2L y carga Q.R. Consideremos un conductor con densidad de carga superficial positiva σ = Q/A ex-tendido sobre el plano XY . El potencial producido por un elemento de carga ubicado auna distancia

√x2 + y2 esta definido por la expresion integral:

V (P ) = Kσ

∫ L

−L

∫ L

−L

dxdy√x2 + y2

=Q

2πε0√A

ln

[√2 + 1√2− 1

]

≈ 0,282095Q

ε0√A

.

El potencial de un conductor sobre su superficie es proporcional a la carga y a un fac-tor geometrico dado por 0,282095/

√A. Este factor es aproximadamente el mismo si se

considera una simetrıa de plano circular con la misma carga. En este caso, el potencialesta definido por la expresion V = Q

2ε0√πA

= 0,282Q

ε0√A.

64

Figura 3.18: Condensador de tres placas.

Problema 3.37: Condensador de tres placas. (a) Obtener los coeficientes de capacidad Cij deuna configuracion de placas planas paralelas con una distancia de separacion a (a <<√A) entre las mismas y con distribuciones superficiales de carga positiva σ1, σ2 y σ3

respectivamente. (b) Utilizando los resultados de (a), calcular los potenciales inducidosen las placas (1) y (2) si la tercera placa es puesta a tierra y las cargas originales de losconductores (1) y (2) permanecen invariables, i.e., Q′

1 = Q1, Q′2 = Q2. Fig.(3.18).

R. (a) En un sistema de conductores, el potencial de cada conductor no depende solode la carga asociada al propio conductor sino tambien de las intensidades de los camposelectricos creados por los otros conductores. En esta caso, la correlacion entre la carga delconductor i-esimo Qi y el potencial producido por la carga ligada al conductor j-esimoφj esta definida por:

Qi =∑j

Cijφj . (3.65)

Los potenciales sobre cada conductor se describen explıcitamente por:

φ1 = K1Q1 +K2Q2 + 2K2Q3,

φ2 = K2Q1 +K1Q2 + 2K2Q3,

φ3 = 2K2Q1 +K2Q2 +K1Q3;

en donde K1 puede inferirse facilmente desde el problema anterior,

K1 =1

2πε0√A

ln

[√2 + 1√2− 1

],

mientras que K2 = a/2Aε0. Los coeficientes de capacidad se obtienen invirtiendo el siste-


ma de ecuaciones (5.80):

C11 = C33 =K2

1 −K22

K31 − 6K1K2

2 + 4K32

, C22 =K2

1 − 4K22

K31 − 6K1K2

2 + 4K32

,

C12 = C21 = C23 = C32 = C =2K2

2 −K1K2

K31 − 6K1K2

2 + 4K32

,

C13 = C31 =K2

2 − 2K1K2

K31 − 6K1K2

2 + 4K32

.

Los coeficientes de capacidad dependen unicamente de la configuracion geometrica de losconductores, que permanece invariable en este caso, independientemente de la variacionde las cargas y los potenciales de los mismos. Este concepto puede extenderse en formageneral utilizando el teorema de Reciprocidad valido para un sistema de n conductores:

n∑i=1

Q′iφi =

n∑i=1

Qiφ′i, (3.66)

en donde φ′ y Q′i son los valores de los potenciales y de las cargas modificadas en el

sistema. Desde la relacion (3.66), es posible demostrar que los coeficientes Cij obedecenla propiedad de simetrıa Cij = Cji. (b) Cuando el conductor (3) es puesto a tierra, supotencial es cero (φ′

3 = 0) y la carga sobre el mismo es Q′3 = C31φ

′1 + C32φ

′2. Los nuevos

potenciales se obienen del sistema de ecuaciones (5.80), bajo las condiciones Q′1 = Q1,

Q′2 = Q2. De esta forma:

φ′1 =

C22Q1 − CQ2

C11C22 − C2, (3.67)

φ′2 =

C11Q2 − CQ1

C11C22 − C2; (3.68)

mientras que la variacion de la carga en el conductor (3) se puede obtener desde:

Q′3 = C31φ

′1 + Cφ′

2. (3.69)

Problema 3.38: Una molecula esta representada a traves de un modelo con una carga −2 | q |en el origen de coordenadas y dos cargas | q | situadas en los puntos que se caracterizanpor los radios vectores r1 y r2, con la particularidad de que | r1 |=| r2 |= ℓ. El anguloentre r1 y r2 se denota por θ. Hallar la carga eficaz | q |eff para la molecula de agua H2Ocon los parametros ℓ = 0,958× 10−10 m, θ = 1050 y p = 6,140× 10−30 C·m.R. El momentum dipolar electrico se define como p = qd, en donde d representa el vectortrazado entre los puntos de carga negativa hasta la carga positiva con magnitud q.

El momentum total P del sistema se define como: P = qeff (r1 + r2). Sumando los vec-tores obtenemos la magnitud del momentum dipolar total:

P = 2qeff ℓ cos

(θ

2

). (3.70)

La carga efectiva se obtiene despejando qeff de la expresion (3.70). El valor numerico es:qeff = 5, 26× 10−20 = 0,329e.

66

Figura 3.19: Molecula de agua.

Problema 3.39: Una lamina infinita de material aislante caracterizado por una constante Ky permitividad ε = Kε0 es colocada en un campo electrico uniforme de magnitud E0

(Fig.3.20). El campo es perpendicular a la superficie del material. Calcular la magnituddel campo dentro del material. (Tomado de [7]).R. El aislante es polarizado en presencia del campo exterior debido a la formacion decargas ligadas sobre sus superficies. Este efecto reduce la intensidad del campo dentro delmaterial, y la magnitud de la densidad superficial de cargas ligadas es, de acuerdo con elconcepto de polarizacion electrica (P):

σlig = κε0Eint, (3.71)

en donde Eint es la variable por determinar, y κ = 1−K se define como la susceptibilidaddielectrica. En el interior del dielectrico y para esta geometrıa planar, se deduce la siguienteecuacion:

Eint = E0 −σligε0

. (3.72)

Resolviendo: Eint = E0/K, K > 1.

Problema 3.40: Existen dos esferas conductoras concentricas de radios r1 y r2 (r1 < r2). Entrelas esferas a la distancia d de su centro comun (r1 < d < r2) se coloca una carga puntualq. Determinar las cargas inducidas en las esferas.R: Denotamos como | q1 | y | q2 | las cargas inducidas en las esferas de radios r1 yr2 respectivamente. El potencial producido por la carga q en el centro comun es Kq/d,mientras que los potenciales asociados a las esferas en el mismo punto son −Kq1/r1 y−Kq2/r2. Por consiguiente:

Kq

d= −Kq1

r1−Kq2

r2, (3.73)


Figura 3.20: Material aislante en presencia de un campo.

Figura 3.21: Diagrama para el calculo de la fuerza sobre un dielectrico de constante ε en un condensadorde placas planas paralelas.

el cual implica que el potencial debido a la carga q corresponde al potencial producidopor las cargas inducidas sobre las esferas en el mismo punto. Conservacion de la carga sedescribe como:

q = −q1 − q2. (3.74)

Combinando (3.73) y (3.74), se obtiene:

q1 = −qr1 (r2 − d)d (r2 − r1)

, q2 = −qr2 (d− r1)d (r2 − r1)

. (3.75)

Para el caso r2 →∞, la carga inducida en la esfera de radio r1 es −qr1/d, el cual reproduceel resultado obtenido en la ecuacion (3.22), utilizando el metodo de las imagenes para unaesfera aterrizada.

Problema 3.41: Las armaduras de un condensador plano tienen la forma de un cuadrado delado a. La distancia y la diferencia de potencial entre las placas son d y U respectivamente.En el espacio entre las armaduras se introduce parcialmente una placa de grosor ∆ enforma de cuadrado de lado a. Sus superficies y lados son paralelos a las superficies y ladosde las armaduras y la constante dielectrica ε. Hallar la fuerza que experimenta esta placa.R: El diagrama esquematico del sistema a considerar se ilustra en la figura (3.21). La

68

Figura 3.22: Esfera conductora aterrizada, Problema 3.42.

fuerza que experimenta el dielectrico puede calcularse utilizando la ecuacion:

F (x) = −∂u (x)∂x

, (3.76)

en donde u (x) es la energıa del sistema cuando el objeto dielectrico se localiza a unadistancia x desde uno de sus extremos. Dado que la diferencia de potencial del condensadorpermanece constante e igual a U , la relacion 3.76 se transforma en:

F (x) = −1

2

∂C (x)

∂xU2, (3.77)

en donde C (x) es la capacitancia total. Es posible mostrar que la capacitancia es unafuncion exclusiva de la coordenada x, y su valor exacto es:

C (x) =ε0ax

d+

ε0εa (a− x)(d−∆) ε+∆ε0

. (3.78)

Utilizando (3.77) en (3.78), obtenemos una relacion para la magnitud de la fuerza sobreel dielectrico:

F =ε0aU

2

2d

∆(ε− ε0)(d−∆) ε+∆ε0

. (3.79)

i) La fuerza es constante y no depende de la cantidad de material que haya penetrado enel condensador, aunque si del espesor del mismo.ii) Para ε0 < ε, como sucede en la mayorıa de materiales dielectricos, la fuerza sobre laplaca es positiva y tiende a expulsar la misma con una presion dada por: F/a∆.

Problema 3.42: Una carga puntual q se coloca a la distancia d del centro de una esfera puestaa tierra. Determinar la carga inducida en la parte de la esfera visible desde el punto delocalizacion de la carga. El radio de la esfera es a (a < d).R: En la figura (3.22) se ilustra la configuracion esfera-carga puntual. Utilizamos la ex-presion (3.56) del problema 3.24. Integrando la densidad de carga inducida σ (θ) sobre la


superficie visible de la esfera, se obtiene:

qv = −q(d2 − a2

)4πa

∫ π/2

0

a2 sin θdθdϕ

(d2 + a2 − 2ad cos θ)3/2=

−q(d2 − a2

)2d (d2 + a2)1/2

[−1 +

(d2 + a2

)1/2a− d

]. (3.80)

Problema 3.43: Un capacitor de placas planas paralelas de 1 mm y area de 36π cm2 y tienencargas de ±50 nC sobre sus placas y aire entre ellas. Sin alterar las cargas, a que valorse debe cambiar la separacion entre las placas para duplicar (a) el voltaje, (b) la energıaalmacenada, (c) la capacitancia, (d) la intensidad del campo electrico.R: Si la carga entre las placas permanece invariable, entonces Q = CV = constante.(a) Para duplicar el voltaje, entonces la capacitancia debe disminuir a la mitad y ladistancia entre placas debe duplicarse, dado C = ε0A/d, d

′ → 2d = 2 mm. (b) Laenergıa electrostatica almacenada en el condensador U = Q2/2C. Si la energıa se duplicaU2 → 2U1, la capacitancia debe disminuir a la mitad y la distancia entre las placas sedebe duplicar. (c) La capacitancia se duplica si la distancia entre placas disminuye a lamitad, 0,5 mm. (d) La intensidad del campo electrico no cambia si la carga sobre lasplacas permanece constante: E = σ/ε0

Problema 3.44: La constante dielectrica del medio entre las placas de un condensador planode area S varıa uniformemente de ε1 a ε2. La distancia entre las placas es igual a d.Determinar la capacidad del condensador.R: El diferencial de capacitancia ∆C depende del valor de la funcion dielectrica en elespacio ε (z) = ε2 + (ε2 − ε1) (z − d) /d, con ε (z = 0) = ε1 y ε (z = d) = ε2. El modelo aconsiderar consiste en una coleccion de pequenos condensadores conectados en serie, cadauno de ellos con capacitancia ∆C = Sε (z) /∆z. La capacitancia total se obtiene sumando(o integrando) todas las contribuciones ∆C:

1

Ct=

∫ d

0

dz

Sε (z)=d

S

ln (ε2/ε1)

(ε2 − ε1). (3.81)

Ası:

Ct =S

d

(ε2 − ε1)ln (ε2/ε1)

. (3.82)

Problema 3.45: Una superficie esferica conductora de radio a, centrada en el origen, tiene uncampo potencial: V = V0 para r ≤ a, y V = V0 (a/r), para r > a. Hallar la energıaalmacenada que este campo representa.R: Obtenemos una expresion para el campo electrico: E = 0, r < a y E = V0a/r

2Ur. Laenergıa del campo electrostatico es:

WE =ε02

∫ ∞

aE2dV = 2πε0V

20 a. (3.83)

Problema 3.46: Un condensador de placas planas paralelas de area S tiene una separacion quecambia uniformente desde d1 a d2, (d2 > d1). Hallar la capacitancia de este dispositivo.

70

Figura 3.23: Condensador de placas planas, Problema 3.46

-4 -2 2 4xa

-0.4

-0.2

0.2

0.4

Ρ Ρ0

Figura 3.24: Distribucion de carga, Problema 3.47.

Considere√S >> d1,2.

R: La capacitancia se obtiene integrando elementos dC = ε0ℓdx/y, con ℓ ∼√S, y y =

d1 + (d2 − d1)x/ℓ, 0 < x < ℓ.

C =

∫dC =

∫ ℓ

0

ε0ℓdx

y=

ε0S

(d2 − d1)ln

(d2d1

). (3.84)

Problema 3.47: Ecuacion de Poisson: Aplicacion en uniones de tipo pn. Una union pn entredos mitades en una barra semiconductora que se extiende en la direccion x posee porta-dores del tipo p (exceso de huecos) para x < 0 y portadores tipo n (exceso de electrones)en la region x > 0. La densidad de portadores es igual en ambos lados de la union. Unadistribucion de carga con esta forma puede ser aproximada por:

ρ = 2ρ0sech(xa

)tanh

(xa

), (3.85)

que tiene una densidad de carga maxima en ρmax = ρ0, que se presenta en x = 0,881a. Ladensidad de carga maxima ρ0 puede relacionarse con las concentraciones de aceptores ydonadores, Na y Nd, como ρ0 = eNa = eNd. El perfil de esta distribucion de carga puedeapreciarse en la figura (3.24). Calculo del campo electrico: De la ecuacion de Poisson:∇2V = −ρ/ε sujeta a la densidad de carga representada por la ecuacion (3.85), se obtiene:

Ex = −dVdx

= −2ρ0a

εsech

(xa

), (3.86)


-4 -2 2 4xa

-1.0

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

ΕE2aΡ0

Figura 3.25: Distribucion del campo electrico, en cercanıas de la frontera de la union. Problema 3.47.

bajo la condicion en la cual Ex → 0 cuando x → ±∞. La representacion grafica de esteresultado se encuentra en la figura (3.25). El campo electrico se establece en una direcciontal que la corriente de difusion cae a cero, hacia la izquierda, segun las condiciones deequilibrio en la cantidad de portadores. Este campo debe ser producido por una cargapositiva neta a la derecha de la union y una carga negativa neta a la izquierda. La densidadde carga neta no es cero cerca de la union. La diferencia de potencial a traves de la unionpuede aproximarse como:

V0 = −∫ ∞

−∞Exdx =

2πa2ρ0ε

. (3.87)

La carga total en la region (x > 0), en una union de seccion transversal S es:

Q =

∫ ∞

0ρ (x)Sdx = 2ρ0Sa = S

√2ρ0εV0π

. (3.88)

La capacitancia diferencial del diodo C ∼ ∂Q/∂V0 ∼ 1/√V0, varıa inversamente con la

raiz cuadrada del voltaje, i.e., cuanto mayor sea el voltaje, mayor es la separacion entre lascapas de carga, y menor la capacitancia. Nota: Comparar estos resultados los obtenidosen el problema 2.14.

Problema 3.48: Un diodo de union de Silicio tiene concentraciones de donadores y aceptores de1021 atomos/m3, una diferencia de potencial de 6 V a traves de la union, una permitividadrelativa de 12, y una capacitancia de la union de 1 pF. (a) Encuentre el radio de la union,suponiendo que sea circular. (b) Halle la intensidad del campo electrico de la union,R: (a) Utilizamos la expresion para el area transversal en un diodo del ejercicio (47):

S = C

√2πV0ρ0ε

= πr2.

Reemplazando los valores numericos: r = 0,122 mm. (b) Utilizamos una expresion parael valor maximo del campo electrico en la union:

E ∼ 2ρ0a

ε, a =

εS

2πC= 0,795 µm, E ∼ 2,4 MV/m.

72

Problema 3.49: Una esfera metalica aislada de 10 cm de diametro se cubre uniformemente conun dielectrico para el cual εR = 10 en una capa de espesor b. Se encuentra que al adicionarotros 10 cm al espesor de la capa duplica la capacitancia. Hallar b.R: La capacitancia inicial C de un condensador de simetrıa esferica de radios r1 y r2(r2 > r1) se obtiene calculando la diferencia de potencial del sistema con referencia ceroen el infinito, con r1 = 0,05 m r2 = 0,05 + b m:

C =4πε0εr1r2

[εr1 + ε0 (r2 − r1)].

Al agregar 10 cm del material, C → 2C, cuando b → b + 0,1. Aplicando esta condicion,se obtiene: b = 2,23 cm.

Problema 3.50: Hallar la solucion a la ecuacion de Laplace sobre el semiplano y > 0 que tomalos valores u = φ1 para x < 0 y u = φ2 para x > 0.R: Debe resolverse la ecuacion:

∂2u (ϕ)

∂ϕ2= 0, (3.89)

con la condiciones: u (0) = φ2, y u (π) = φ1. La solucion tiene la forma: A + Bϕ, conϕ = arctan (x/y). Aplicando las condiciones de contorno:

u (x, y) =φ1 + φ2

2+φ2 − φ1

πarctan

(x

y

). (3.90)

De esta relacion es claro que u (+∞, 0) = φ1 y u (−∞, 0) = φ2, como lo exige el problema.

Problema 3.51: Un cilindro conductor “infinito”esta cargado a un potencial

V (ρ = a, φ) =

V1 para 0 < φ < π,V2 para π < φ < 2π,

(3.91)

en donde V1 y V2 son constantes. Hallar el campo potencial dentro del cilindro. Verfigura (3.26). R: Utilizamos la solucion general de Fourier para el problema de contorno

Figura 3.26: Distribucion del potencial electrico, geometrıa cilındrica.

u (ρ = a) = f (φ):

u (ρ, φ) =A0

2+

∞∑n=1

(ρa

)n[An cos (nφ) +Bn sin (nφ)] , ρ < a. (3.92)


con

An =1

π

∫ 2π

0f (φ) cosnφdφ, Bn =

1

π

∫ 2π

0f (φ) sinnφdφ, (3.93)

y n = 0, 1, 2, · · ·. En este caso particular, An = 0, y Bn = 2 (V1 − V2) /π (2n+ 1). Ladependencia explıcita del campo potencial en el interior del cilindro (ρ < a) es:

u (ρ, φ) =V1 + V2

2+

2 (V1 − V2)π

∞∑n=0

(ρa

)2n+1 sin [(2n+ 1)φ]

2n+ 1. (3.94)

Notese que para V1 = V2 = V , el potencial en el interior es constante e igual a V ,consistente con el concepto de potencial en el interior de un conductor. Para el casoρ > a, el resultado cambia bajo la transformacion del factor ρ/a → a/ρ en la ecuacion(3.94).

Problema 3.52: En cierta region del espacio existe una distribucion de carga esferica no unifor-me, cuya densidad de carga volumetrica ρ depende solo de la distancia r desde el centrode la distribucion. El potencial electrico asociado a esta distribucion de carga es:

V (r) =ρ0a

2

18ε0

[1− 3

(ra

)2+ 2

(ra

)3], para r ≤ a, (3.95)

y V (r) = 0 para r > a. ρ0 es una constante positiva en unidades de C/m3. Calcular lafuncion de distribucion de la carga ρ (r), y la magnitud del campo electrico en la superficiede la esfera (r = a).R: Planteamos la ecuacion de Laplace en coordenadas esfericas, solo con la componenteradial:

∇2V (r) =1

r2∂

∂r

(r2∂V

∂r

).

Resolviendo:

ρ (r) = ρ0

(1− 4r

3a

), (3.96)

es decir, la densidad de carga cambia (disminuye) linealmente con la distancia, y se hacenegativa en el rango 0,75a < r < a. El campo electrico es cero (E = −∇V ) sobre lasuperficie de la esfera. En el punto en donde la densidad de carga cambia de signo, i.e.,r = 3a/4, el campo tiene un valor E = ρ0a/16ε0Ur.

Problema 3.53: Calcular las componentes del tensor cuadrupolar, el potencial y el campo de uncuadrupolo lineal compuesto por dos dipolos identicos con momentos dipolares p = 2qδ,separados por una distancia 2ℓ. Fig. (3.27).R: Utilizamos la definicion para el tensor cuadrupolar asociado a una distribucion discretade cargas:

Qik =∑n

qn[3 (xi)n (xk)n − x

2nδik

], (3.97)

en donde (xi)n representa la componente de la posicion de cada una de las cargas conrespecto a un punto de referencia, y rn la distancia desde el punto de referencia a la carga.

74

Figura 3.27: Distribucion Cuadrupolar.

En el caso de la geometrıa ilustrada en la figura (3.27), tenemos que el tensor cuadrupolartoma la forma diagonal:

Q =

−8qℓδ 0 00 −8qℓδ 00 0 16qℓδ

. (3.98)

El potencial electrico en el punto P se calcula de la forma usual para un sistema de 4cargas puntuales:

Φ (r, θ) =q

4πε0

(1

r1− 1

r2+

1

r3− 1

r4

), (3.99)

en donde ri corresponde a la distancia de cada una de las cargas al punto P. Los ındices(1) y (2) corresponden a las casgas del dipolo localizado en (0, 0,−ℓ− δ), mientras quelos ındices (3) y (4) corresponden a las cargas del dipolo localizado en (0, 0, ℓ+ δ). Elpotencial toma la forma: (δ << r):

Φ (r, θ) =q

4πε0

4ℓδ(3 cos2 θ − 1

)r3

. (3.100)

El campo electrico se obtiene de la relacion gradiente: E = −∇Φ:

Er =q

4πε0

12ℓδ(3 cos2 θ − 1

)r4

(3.101)

Eθ =q

4πε0

4ℓδ (6 cos θ sin θ)

r4. (3.102)

Problema 3.54: Hallar la solucion al primer problema de contorno general para la ecuacion de


Laplace dentro de un rectangulo con las condiciones:

V (0, y) = V1; 0 < y < b;

V (a, y) = V3; 0 < y < b;

V (x, 0) = V4; 0 < x < a;

V (x, b) = V2; 0 < x < a,

(sin incluir los extremos).R: El potencial debe satisfacer:

∇2V (x, y) = 0. (3.103)

Utilizando un procedimiento estandar de la teorıa de las ecuaciones diferenciales, intro-ducimos una solucion en forma de variables separables:

V (x, y) =∞∑

n=1,3,5...

[Fn (y) sin

(nπax)+Gn (x) sin

(nπby)], (3.104)

en donde F y G son funciones que contienen los parametros de contorno. Explıcitamente:

F (y) =4V2nπ

sinh(nπa y)

sinh(nπba

) +4V4nπ

sinh(nπa (b− y)

)sinh

(nπba

) ; (3.105)

y

G (x) =4V1nπ

sinh(nπb (a− x)

)sinh

(nπab

) +4V3nπ

sinh(nπb x)

sinh(nπab

) . (3.106)

Ver figura (3.28)

Problema 3.55: Superficies planas⋆. Obtener una expresion para el campo electrostatico dentrode una region x > 0 limitada por placas conductoras y = 0, y = b y x = 0, si la placax = 0 esta cargada a un potencial V , la placa y = 0 esta aterrizada y el plano y = b semantiene a un potencial V0. Estudiar el caso lımite b→∞. Ignorar los efectos de contactoentre las placas.R: La distribucion del potencial en la region x > 0, 0 < y < b se describe a traves de larelacion:

u (x, y) =V0y

b+ u1 (x, y) + u2 (x, y) , (3.107)

en donde u1 es la solucion del problema de contorno: u1 (x, 0) = 0, u1 (x, b) = 0, u1 (0, y) =V para 0 < y < b y x > 0. La solucion en este caso se describe explıcitamente como:

u1 (x, y) =

∞∑k=0

Bk exp (−λkx) sin (λky). (3.108)

Aplicando las condiciones de de contorno, se obtienen las siguientes expresiones:

λk =(2k + 1)π

b, Bk =

4V

(2k + 1)π.

76

Figura 3.28: Problema (3. 54). Representacion de lıneas equipotenciales para un sistema de simetrıa plana condiferentes voltajes en sus bordes.

En forma equivalente,

u1 (x, y) =4V

πarctan

[sin (πy/b)

sinh (πx/b)

]. (3.109)

El calculo de la componente u2 (x, y) se realiza de forma analoga, con las condicionesespecıficas: u2 (x, 0) = 0, u2 (x, b) = 0 y u2 (0, y) = −V0y/b. El resultado es:

u2 (x, y) =2V0π

∞∑k=1

(−1)k

kexp (−kπx/b) sin (kπy/b). (3.110)

Resultados (3.109) y (3.110) completan la solucion planteada en la ecuacion (3.107).En la derivacion de (3.109) se utilizaron las siguientes propiedades:

∞∑k=0

Z2k+1

2k + 1=

1

2ln

(1 + Z

1− Z

), ln

(X + iY

X − iY

)=

1

2arctan

(Y

X

).

Problema 3.56: Hallar el potencial electrostatico dentro de una region limitada por las placasconductoras y = 0, y = b y x = 0 si la placa x = 0 esta cargada a un potencial V , lasplacas y = 0 y y = b estan aterrizadas y no existen cargas en la region estudiada, (figura3.29).R: Utilizamos el metodo de separacion de variables para escribir:

u (x, y) =

∞∑n=1

(An exp (λnx) +Bn exp (−λnx)) sin (λny), (3.111)


Figura 3.29: Geometrıa problema (3.56).

en donde An, Bn y λn son parametros por definir desde las condiciones de contorno.Para x → ∞, An → 0. La otra condicion es u (x, b) = 0 el cual conduce a λn = nπ/b,n = 1, 2, .... Finalmente, para la frontera y = 0, Bn = 4V/nπ con n entero positivo impar,y cero para n par. Finalmente:

u (x, y) =4V

π

∞∑k=0

exp [− (2k + 1)πx/b]sin [(2k + 1)πy]

2k + 1. (3.112)

La expresion (3.112) puede tambien simplificarse como:

u (x, y) =2V

πarctan

(sin (πy/b)

sinh (πx/b)

). (3.113)

Problema 3.57: Resover el problema anterior si la capa semi-infinita esta ocupada por undielectrico

ε (y) =

ε1 para 0 < y < h,ε2 para h < y < b.

R: Se requiere hallar la solucion para el potencial electrostatico u1 en las region y < h yu2 en la region h < y < b, con x ≥ 0 desde la ecuacion:

∇ · (ε (y)∇u) = 0.

Las condiciones de contorno son: u1 = 0 en el plano y = 0, u2 = 0, para y = b, u1 = Vpara x = 0. Las condiciones de conexion en y = h son u1 = u2 y

ε1∂u1∂y

= ε2∂u2∂y

.

El metodo de separacion de variables sugiere plantear una solucion del tipo u (x, y) =X (x)Y (y), en donde:

d

dy

(εdY

dy

)+ ελY = 0,

d2X

dx2− λX = 0.

78

Y (0) = 0 = Y (b). En la region 0 < y < h,

Y1 (y) =sin(√

λy)

sin(√

λh) ,

mientras que para h < y < b:

Y2 (y) =sin(√

λ (b− y))

sin(√

λ (b− h)) .

Las raices λ pueden obtenerse desde la condicion de conexion:

ε1 cot(√

λh)+ ε2 cot

(√λ (b− h)

)= 0.

De la teorıa general de los problemas de valores propios se deduce la existencia de unconjunto numerable de valores propios λn al que corresponden funciones propias Ynque forman un sistema ortogonal de funciones con respecto al nucleo ε (y):∫ b

0YnYmε (y) dy = 0, m = n.

La norma de la funcion propia || Yn || se define como:

|| Yn ||2=∫ b

0Y 2n ε (y) dy =

ε1h

2 sin2(√λnh

) + ε2 (b− h)2 sin2

(√λn (b− h)

) .La solucion para Xn se calcula como:

Xn = Ane−√λnx,

con u (x, y) =∑∞

n=1Xn (x)Yn (y), y la condicion de frontera en x = 0:

V =

∞∑n=1

AnYn (y) An =V

|| Yn ||2

∫ b

0Yn (y) ε (y) dy.

Explıcitamente:

An =V√

λn || Yn ||2

[ε1

sin(√λnh

) + ε2

sin(√λn (b− h)

)] .Problema 3.58: Calcular el potencial del campo electrostatico producido por un condensador

de placas coplanares separados una distancia 2a, como se ilustra en la figura 3.30.R:El potencial por unidad de longitud en el punto P (x, y) debido a la placa cargada con


Figura 3.30: Placas coplanares.

potencial +V (con respecto a un punto de referencia localizado en el punto medio delsegmento [−a, a]), se obtiene planteando la integral:

V + (P )

ℓ= kσ+

∫ +∞

a

ds√(x− s)2 + y2

=

kσ+(1− arcsinh

[a− xy

]).

El mismo razonamiento aplicado para la placa negativa conduce a la expresion definitivapara el potencial en P :

V (x, y) ≈ 2V√πln

[a− x+

√(a− x)2 + y2

]. (3.114)

En la ultima lınea se obtuvo una expresion que relaciona σ,√A = ℓ y V , el potencial en

la placa. (Ver problema 3.36).

Problema 3.59: La lente ilustrada en la figura (3.31), contiene una abertura larga en compa-racion con su ancho y0, y separa una region en la cual el campo electrico es E1 de unaregion con campo E2. Un haz de partıculas cargadas enfocadas a una distancia x1 a laizquierda de la apertura es re-enfocado a una distancia x2 a la derecha de la misma. SiV0 es el voltaje a traves del cual las partıculas son aceleradas antes de alcanzar la lente,demostrar que

1

x1+

1

x2≈ E2 − E1

2V0

80


en donde la aproximacion V0 >> E1x1 y E2x2, y x1,2 >>> y0 han sido utilizadas.R: Es posible construir una expresion para la componente vertical del campo electricoque desvıa la trayectoria en la vecindad de la apertura. En centro de la misma, ∇·E = 0.Ası, Ey = ay, con a = (∂Ey/∂y)0 = − (∂Ex/∂x)0. Si consideramos t como el espesorde la lente, la componente del gradiente en direccion horizontal se pude aproximar a:(∂Ex/∂x)0 ∼ (E2 − E1) /t, entonces:

Ey ∼ −E2 − E1

ty. (3.115)

El cambio en el momentum (en direccion vertical) de una partıcula cargada al pasar porla lente se aproxima al la fuerza que esta experimenta, por el tiempo τ que tarda enatravesarla: ∆p = Fyτ , con Fy = eEy, y τ = t/v, v, velocidad de la partıcula. Combinadolas anteriores expresiones:

∆p ∼ −e (E2 −E1) y

v.

El cambio del momentum se relaciona con la desviacion angular antes y despues de atra-vesar la lente. Si θ1 y θ2 son los angulos son los angulos de desviacion con respecto a lahorizontal, tendremos la siguiente relacion geometrica:

∆p = −2p sin [(θ1 + θ2) /2], (3.116)

con θ1 ≈ y/x1 y θ2 ≈ y/x2. Finalmente, definiendo la magnitud del momentum comop = mv, tendremos:

1

x1+

1

x2≈ E2 − E1

2V0. (3.117)

En el ultimo paso de la demostracion se utiliza mv2/2 = eV0. [9]


Problema 3.60: Una pequena esfera de polarizabilidad α y radio a esta localizada a una grandistancia de una esfera conductora de radio b, el cual es mantenida a un potencial V .Hallar una expresion aproximada para la fuerza sobre la esfera dielectrica valida paraa << r.R: El campo electrico generado por la esfera conductora a una distancia r puede escribirsecomo E = V b/r2, el cual polariza la esfera dielectrica. El momento dipolar inducido en laesfera p es proporcional al campo aplicado E: p = αE. La energıa del dipolo es U = −p·E,y la fuerza en direccion radial se aproxima a Fr = −∂U/∂r. Combinando estos resultados,

Fr = −4αb2V 2

r5.

Problema 3.61: Calcular la capacitancia C de un condensador esferico de radio interior R1 yradio exterior R2 el cual se llena con un dielectrico que varıa como ε = ε0 + ε1 cos

2 θ, θcomo angulo polar.R: El campo electrico en el interior del condensador se obtiene de la ley de Gauss∫S D · dS = 4πQ, con D = εE. Integrando sobre las coordenadas angulares: E =3Q/ (3ε0 + ε1) r

2. La diferencia de potencial entre los electrodos es: V = −∫ r2r1

E · dr =3Q (r2 − r1) / (3ε0 + ε1) (r1r2). La capacitancia C = Q/V finalmente toma la forma:

C =(3ε0 + ε1) r1r23 (r2 − r1)

.

Problema 3.62: Una carga q es colocada por encima de un domo semicircular de radio a con-ductor puesto a tierra a una distancia p desde su centro. Calcular la fuerza sobre la carga.(Figura 3.32).


R: Utilizamos el metodo de las imagenes para localizar una carga imagen q′ = −aq/pa una distancia a2/p desde el centro del domo. La superficie del domo permanece a unpotencial constante (equipotencial) bajo esta configuracion. Con el fin de mantener elplano al mismo potencial, es necesario adicionar cargas imagenes −q′ y −q a distanciasdentro del conductor −a2/p y −p respectivamente. La fuerza neta sobre q es:

F = −Kq2(

1

4p2+

4p3a3

(p4 − a4)2

).

82

Problema 3.63: Un condensador de placas paralelas consiste de dos placas paralelas horizonta-les de igual superficie S. La placa inferior esta fija y la placa superior esta suspendida porcuatro resortes de constante elastica K, ubicados sobre las cuatro esquinas de la placa.Cuando estan descargadas, las placas se encuentran separadas una distancia z0. Al conec-tar una baterıa entre las placas con una diferencia de potencial V , la separacion de lasmismas disminuye a un valor z. (a) Hallar la magnitud de la fuerza de atraccion entre lasplacas. (b) Obtener una expresion que relacione la separacion entre placas, y la diferenciade potencial V .R: La energıa electrostatica almacenada en el capacitor en funcion de la distancia entreplacas puede calcularse como U (z) = C (z)V 2/2, con C (z) = ε0S/z. La fuerza de atrac-cion entre las placas se calcula como F = −∂U (z) /∂z = ε0SV

2/2z2. El sistema llegaa la posicion de equilibrio cuando esta fuerza iguala fuerza de traccion de los resortes4K (z0 − ze). Resolviendo para ze se obtiene:

ze =z03

(1 +

z0Q

+Q

z0

),

Q =(q2

)1/3; q = 3

√3√

27a2 − 4az30 − 27a+ 2z30

a =ε0SV

2

8K.

La figura (3.33) ilustra la relacion entre la distancia entre los planos del condensador

Figura 3.33: Distancia entre placas en funcion del voltaje.

y el voltaje aplicado, para distintos valores de la constante elastica K. Se puede notarque su valor inicial a voltaje cero es z0 y este disminuye debido a la fuerza de atraccionde las placas cuando estas adquieren carga, hasta un valor lımite permitido dado porVmax = 4

√2Kz30/27ε0S.

Problema 3.64: Un condensador en forma de cuna esta sometido a potenciales φ (ϕ = 0) = 0 yφ (ϕ = α) = φ0. Considere que las placas estan infinitamente extendidas. Hallar el campoelectrico entre la placas del condensador.R: La geometrıa del problema se describe en la figura (3.34). El potencial electrico en el


interior de las placas se calcula resolviendo ∇2φ = 0, con

∇2 =1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂

∂ρ

)+

1

ρ2∂2

∂ϕ2+

∂2

∂z2.

Se resuelve para la componente angular ϕ: d2φ/dϕ2 = 0, cuya solucion es φ (ϕ) = φ0ϕ/α.Aplicando E = −∇φ, el campo en el interior toma la forma:

E = −1

ρ

φ0

αϕ.

El campo posee simetrıa angular en direccion en la cual disminuye ϕ.

Figura 3.34: Problema 3.64. Capacitor en forma de cuna cilındrica

Problema 3.65: Una carga q se distribuye en una esfera de radio R con densidad uniforme decarga ρ. Dado el potencial de prueba:

ϕ = −ρr2

6ε0+A

r+B, r < R,

determinar las constantes A y B y la forma del potencial ϕ.R: Iniciamos nuestro analisis planteando el lımite r → 0: en este caso, ϕ debe ser finito,y por lo tanto A = 0. Para r > R, el potencial se escribe segun:

ϕ =C

r,

y este debe ser contınuo sobre la superficie r = R. Planteando la ley de Gauss, se obtieneC = q/4πε0, y la condicion de continuidad en la superficie conduce a B = ρR2/2ε0. Laformula para el potencial en el interior de la esfera es:

ϕ =ρ

2ε0

(R2 − r2

3

), r ≤ R.

84

Problema 3.66: Muchos materiales dielectricos presentan lo que se conoce como saturacion,lo que significa que la polarizacion alcanza un maximo. En un material de este tipo, lapolarizacion puede aproximarse como una funcion que crece linealmente con el campoelectrico hasta un valor maximo P0 = ε0χE0. Suponga que el espacio entre dos placasmetalicas planas y paralelas de seccion S se llena de un material cuya polarizacion presentasaturacion. Determinar la relacionQ-V para este dispositivo. Hallar la energıa almacenadaen este dispositivo como funcion de la tension aplicada entre las placas.R: Para hallar la curva Q-V , suponemos que existe una diferencia de potencial V entrelas placas del conductor. La relacion entre el vector desplazamiento electrico y el campoaplicado es de la forma:

D = ε0E+P (E) = D (E)uz,

dado que D ni E dependen de la coordenada z. El valor de E se obtiene a partir de ladiferencia de potencial de las placas: E = V/auz. De esta expresion, se deduce la existenciade un voltaje crıtico V0 = E0a a partir del cual el dielectrico se satura. El desplazamientoelectrico es por consiguiente:

D = ε0E+P =

ε0(1+χ)V

a uz si V < V0(ε0Va + ε0χV0

a

)uz si V > V0.

Figura 3.35: Problema 3.66. Relacion Carga-Voltaje en un condensador con dielectrico polarizable.

La carga depositada en la placa inferior (la placa superior esta sometida a un potencialV ) se calcula evaluando la integral de Gauss sobre una superficie que encierra dicha placa:

Q =

∮D · dS =

ε0(1+χ)V S

a si V < V0(ε0V S

a + ε0χV0Sa

)si V > V0.

La grafica Q-V para este material es similar a la de D (E). para voltajes pequenos, el sis-tema se comporta como un condensador lineal, pero si el voltaje supera cierto valor crıticoV0, su comportamiento se desvıa. La energıa del sistema se puede calcular integrando ladensidad de energıa u en todo el regimen de valores para el vector desplazamiento D:

u =

∫ D

0E · dD,


el cual se divide en dos partes: dD = ε0dE + dP para E < E0, y dE = ε0E si E > E0.Ası,

u =ε0(χE2

0 + E2)

2,

considerando el campo uniforme e igual a V/a en ambos casos. Una version mas compli-cada de este problema corresponde a aquella que considera dos electrodos cilındricos oesfericos concentricos. En este caso, como el campo no es uniforme, pueden existir regionesen las que el dielectrico este saturado, y otras no.

Problema 3.67: Modelo de una capa dipolar. Considere un sistema formado por dos superficiesesfericas conc entricas de radios a y b (a < b). Las esferas almacenan carga +Q y −Q,respectivamente. Hallar el potencial electrico en todos los puntos del espacio, para a ∼ b.R: El campo electrico en el interior de la esfera de radio a es cero, mientras que el potencial


en todos los puntos para r < a es

ϕ (r) =Q

4πε0a. r < a.

En la region a < r < b, el potencial toma la forma, integrando el campo electrico desde rhasta a:

ϕ =Q

4πε0

(1

r− 1

b

), a < r < b.

Para el caso r = b, el potencial se reduce a:

ϕ =Q (b− a)4πε0ab

.

El potencial es constante dentro y fuera de la membrana con un salto finito en su valorentre ambas regiones. Este comportamiento corresponde a lo que se denomina una capadipolar y describe el fenomeno de membranas de dos caras con signos opuestos.

Problema 3.68: Evaluar el potencial electrostatico ϕ (x, y) entre un par de placas planas para-lelas infinitas.

86

R: Utilizaremos el formalismo de funciones de Green para obtener la distribucion de po-tencial en la region indicada. La funcion de Green bidimensional asociada a este problemasatisface la ecuacion:

(∂2

∂x2+

∂2

∂y2

)G(x, x′, y, y′

)= δ

(x− x′

)δ(y − y′

),

con la condicion G (y = 0) = G (y = L) = 0. Utilizando la relacion para la funcion deltade Dirac en terminos de la expansion en funciones sin,

δ(y − y′

)=

2

L

∞∑n=1

sin(nπyL

)sin

(nπy′

L

),

obtenemos:

G(x, x′, y, y′

)=

∞∑n=1

fn(x, x′

)sin(nπyL

)sin

(nπy′

L

).

La ecuacion para fn es:

d2fndx2

− α2nfn =

2

Lδ(x− x′

),

con αn = nπ/L, n, entero. La solucion para fn en el caso x = x′, puede escribirse en


general como: fn = Cn exp (−αn | x− x′ |). Integrando∫ x′+ε

x′−ε

(d2fndx2

− α2fn

)dx =

2

L

∫ x′+ε

x′−εδ(x− x′

)dx =

2

Lε→ 0,

lımε→0

∫ x′+ε

x′−εfn(x, x′

)dx = 0,(

dfndx

)x′+ε

x′−ε

=2

L.

Reemplazando la solucion para fn el parametro Cn toma el valor: Cn = −1/αnL. Lafuncion de Green para este sistema puede finalmente escribirse como:

G(x, x′, y, y′

)= − 1

L

∞∑n=1

exp (−αn | x− x′ |)αn

sin(nπyL

)sin

(nπy′

L

).

La prescripcion de Dirichlet para el potencial en cualquier punto en el plano XY puedeescribirse como:

ϕ (x, y) = −∫ ∞

−∞

(∂G

∂y′

)y′=L

V(x′)dx′.

Utilizando la relacion de convergencia:

∞∑n=1

(−1)n exp (−nZ) sin (nY ) = −1

2

sinY

cosY + coshZ,

obtenemos la expresion final:

ϕ (x, y) =1

2L

∫ ∞

−∞

sin (πy/L)

cos (πy/L) + cosh (π (x− x′) /L)V(x′)dx′.

En el caso en el cual la placa superior se mantiene a potencial constante V0 = V (x′),

ϕ (x, y) = V0y

L,

que es el resultado del potencial electrostatico en el interior de las placas infinitamenteextendidas sometidas a una diferencia de potencial V0. Nota: En este ultimo resultadoaplicamos: ∫ ∞

−∞

du

a+ coshu=

4√1− a2

tan−1

(√1− a1 + a

).

Problema 3.69: Resolver la ecuacion para el potencial unidimensional

d2V (x)

dx2= f (x) 0 < x < L;

88

bajo las condiciones de frontera V (x = 0) = V1 y V (x = L) = V2.R. Utilizando la deficion del gradiente del potencial electrico E (x) = −dV (x) /dx:

dE (x)

dx= −f (x) ,

y el segundo teorema fundamental del calculo:

E (x) = −∫ x

0f (y) dy + E (0) .

Integrando en segunda instancia:

V (x) = −∫ x

0E (z) dz + V (0)

V (x) = V1 +

∫ x

0

∫ z

0f (y) dydz − E (0)x.

Evaluando la condicion de frontera: V (L) = V2, obtenemos una expresion para E (0):

E (0) =(V1 − V2)

L+

∫ L0

∫ z0 f (y) dydz

L,

la cual completa la solucion.

Problema 3.70: Las placas paralelas de un capacitor se situan en x = 0, d y alojan entre ellasun material no homogeneo con permitividad ε (x) = ε0 (1 + x/d). Si la placa en x = d semantiene en V0 mientras que la placa en x = 0 esta conectada a tierra, halle: (a) V y E,(b) P, (c) ρρS en x = 0, d.R. (a) Para medios inhomogeneos y en ausencia de cargas libres en la region entre x = 0y x = d se cumple:

∇ · (ε∇V ) = 0;

en donde ε∇V = K. Integrando esta ultima expresion y utilizando la condicion de fron-tera:

V (x) =V0ln 2

ln(1 +

x

d

); E = − V0

d ln 2

1(1 + x

d

) UX ,

con E = −dV (x) /dxUX . (b) La polarizacion P se define como: P = D− ε0E

P =ε0x

dE.

(c) La densidad superficial de carga sobre las placas del dielectrico ρρS = P · n. En laplaca x = 0, ρρS = 0. Sobre la placa x = d:

ρρS =ε0V02 ln 2

.

Capıtulo 4Corriente Electrica

George Simon Ohm, (16 de Marzo 1789-6 de Julio 1854)fısico aleman. Como profesor de secundaria, desarrollo la re-cientemente inventada celda electroquımica, inventada por elitaliano Alessandro Volta. Utilizando equipo de su propiacreacion, Ohm determino que existe una proporcion directaentre la diferencia de potencial (voltaje) aplicada a traves delconductor y la resultante corriente electrica, conocida hoy co-mo la ley de Ohm.Definiciones Preliminares. En la seccion anterior concen-tramos nuestro esfuerzo al estudio del las propiedades del campo en equilibrio electrostatico. En estaseccion introduciremos los conceptos fundamentales de los fenomenos fısicos asociados al movimiento delas cargas electricas en conductores, en particular, a la dinamica de los portadores de carga negativa,o electrones de conduccion. La densidad volumetrica de carga discreta en una region del espacio puedeaproximarse a traves de la relacion:

ρ =1

Ω

N∑j=1

ejδ (x− xj) , (4.1)

en donde Ω es el volumen ocupado por las cargas en cierta region del espacio. Si los portadores de cargason todos de la misma naturaleza, i.e., electrones, entonces la ultima expresion toma la forma:

ρ = −NΩe = −ne, (4.2)

en donde n es el numero de partıculas en el volumen Ω. Las cargas en el volumen Ω se desplazan con dife-rentes velocidades que se diferencian no solo por el modulo, sino tambien por su direccion. Este movimientoesta caracterizado por el vector densidad de corriente, definido por la formula:

J =1

Ω

∑Ω

eivi = −ne⟨v⟩ = ρ⟨v⟩. (4.3)

En la ultima ecuacion, ⟨v⟩ representa la velocidad media de los portadores de carga en la region delespacio limitada por el volumen Ω. En ausencia de campo electrico aplicado, los portadores se desplazaran

89

90

aleatoriamente colisionando entre sı de manera “elastica”, produciendo como resultado una velocidadmedia igual a cero.Modelo de Drude. La aplicacion de un campo electrico uniforme E produce una fuerza sobre un portadorigual a −eE, y por consiguiente una aceleracion (antes de una colision) igual a a = −eE/m. El movimientode los electrones es entonces uniformemente acelerado en un intervalo de tiempo t−t0, antes de una colision,por lo tanto la velocidad de arrastre en los electrones esta dada aproximadamente por:

v = v0 −eE

m(t− t0) . (4.4)

Tomando el valor medio de esta ultima expresion, tendremos:

⟨v⟩ = −eEmτ, J =

ne2τ

mE, J = γE, (4.5)

en donde γ es la conductividad electrica del material, y τ es el tiempo medio entre colisiones de losportadores de carga en la red. Es posible entonces establecer una relacion entre el campo electrico aplicado

Figura 4.1: Representacion de la trayectoria aleatoria de un portador de carga en una red, bajo los efectosde aplicacion de un campo electrico de intensidad E.

y la densidad de corriente de los portadores, mostrando una caracterıstica de linealidad entre estos doscampos. Esta relacion se conoce como la forma diferencial de la ley de OHM.Ecuacion de continuidad. Calculando la variacion de la densidad de carga dρ (r, t):

dρ =∂ρ

∂tdt+ v · ∇ρdt, (4.6)

y de la relacion Q =∫Ω ρ (r, t) dΩ, entonces dQ/dt, la variacion de la carga por unidad de tiempo en

determinada region del espacio Ω, se define por:

dQ

dt=

∫Ω

[∂ρ

∂t+ v · ∇ρ

]dΩ, (4.7)

Corriente Electrica 91

esta ultima ecuacion puede reescribirse como:

∂

∂t

∫ΩρdΩ+

∫Ω

(∇ · (ρv)− ρ∇ · v

)dΩ. (4.8)

Considerando que en la region especıfica (Ω) el flujo de portadores posee una caracterıstica tal que∇·v = 0,entonces:

dQ

dt=

∂

∂t

∫ΩρdΩ+

∫Ω∇ · JdΩ. (4.9)

La variacion de la cantidad de carga que proviene del interior del dominio Ω se transforma en el flujo delvector densidad de corriente J a traves de la superficie que delimita el volumen en consideracion ∂Ω. Estees un hecho experimental relacionado con el principio de conservacion de la carga, y puede ser cuantificadoen la ecuacion de continuidad :

∂ρ

∂t+∇ · J = 0. (4.10)

Resistencia Electrica. La corriente i (C/s=A) que circula en a traves de una superficie S se obtiene dela integracion del vector densidad de corriente J:

i =

∫SJ · dS, (4.11)

y la magnitud de la diferencia de potencial entre dos puntos | ∆V |=∫ ba E · dl, conducen a la definicion

general de Resistencia Electrica:

R =| ∆V |i

=

∫ ba E · dl

γ∫S E · dS

. (4.12)

Una simple extension de esta ecuacion se presenta cuando consideramos el caso especial de un campoelectrico uniforme aplicado paralelo al diferencial de longitud dl, y perpendicular a su vez al diferencial desuperficie dS: (cilindro uniforme).

R =labγS

. (4.13)

De aquı se desprende la forma integral de la ley de Ohm: | ∆V |= iR. R posee unidades de Ohmios (Ω).La figura (4.2) ilustra las conexiones de las resistencias electricas en SERIE (b) y en PARALELO (b).En el primer caso, es claro que la corriente que circula en cada una de ellas es la misma, y la diferenciade potencial entre los puntos a y b es la suma de las diferencias de potencial individuales. La resistenciaequivalente en la conexion serie se obtiene por: Rab =

∑j Rj . En el caso de la conexion en paralelo, la

diferencia de potencial entre los puntos a y b es igual para cada uno de los resistores, y la corriente quefluye desde a se divide en el nodo de conexion por cada uno de los elementos. La resistencia equivalentede la conexion en paralelo es: R−1

ab =∑

j R−1j .

Leyes de Kirchoff. (1) “La suma de las corrientes que entran a cualquier union debe ser igual a la sumade las corrientes que abandonan esa union”. (Consecuencia directa del principio de conservacion de lacarga).

∑j ij = 0. (2) “La suma algebraica de los cambios de potencial a traves de todos los elementos

alrededor de cualquier lazo de circuito cerrado debe ser cero”. (Consecuencia directa del principio deconservacion de la energıa).

∑j ∆Vj = 0.

Potencia Electrica. El elemento de trabajo necesario para desplazar un portador de carga electrica e−

bajo la influencia de un campo electrico exterior aplicado E, esta definido por dW = −eE · dl, en donde

92

Figura 4.2: (1) Representacion de un resistor en los diagramas de circuitos electricos. (2) Conexion enserie. (3) Conexion en paralelo.

dl es el diferencial de longitud sobre una trayectoria arbitraria Γ. Asumiendo que el campo es uniforme,entonces el elemento de trabajo asociado a los desplazamientos de diferentes portadores es:

dW = dW1 + dW2 + · · ·+ = −eE ·∑j

dlj = − eE ·∑j

vjdt, (4.14)

en donde vj es la velocidad instantanea del j-esimo portador. En esta aproximacion se considera el hechode que el intervalo de tiempo dt es lo suficientemente pequeno comparado con el tiempo promedio decolision en la conjetura del camino libre medio recorrido τ . De las anteriores ecuaciones, utilizamos elconcepto de velocidad media ⟨v⟩:

1

Ω

dW

dt= P = −neE · ⟨v⟩ = J ·E = γE2. (4.15)

Ası, la energıa disipada por unidad de tiempo en la unidad de volumen que contienen los portadores esproporcional a la magnitud del cuadrado del campo electrico. La forma “convencional”de la definicion depotencia electrica (Watts) esta dada por:

P = ∆V i = i2R = ∆V 2/R. (4.16)

Problema 4.1: El espacio entre dos electrodos planos paralelos “infinitos”que se encuentran a la distanciad uno del otro, esta lleno de dos capas de substancia, cuya frontera es plana y paralela a los doselectrodos. Los espesores, las conductividades y susceptibilidades dielectricas de las substancias de lascapas son respectivamente iguales a d1, d2, γ1, γ2, ε1, ε2. A los electrodos se les aplican los potencialesφ1 y φ2. Hallar el potencial y la densidad superficial de carga en la superficie de separacion de lascapas.R: Asociamos un potencial en la superficie de separacion de las capas φb. La intensidad de los camposelectricos en cada una de las capas es, respectivamente: E1 = (φ1 − φb) /d1, y E2 = (φb − φ2) /d2. Ladensidad de corriente es la misma en ambas substancias, entonces: γ1E1 = γ2E2. De esta condicionobtenemos φb:

φb =γ1φ1d2 + γ2φ2d1γ1d2 + γ2d1

.


La densidad de carga ligada superficial se define por: σb = ε1E1−ε2E2. De las ecuaciones anteriores:

σb =(ε1γ2 − ε2γ1) (φ1 − φ2)

γ1d2 + γ2d1.

Problema 4.2: Un cilindro macizo de radio interior ra radio exterior rb y longitud l posee una conductividadγ. Calcular la resistencia electrica entre los extremos: (a) Suponiendo que el vector densidad decorriente esta dirigido a lo largo del eje axial del cilindro. (b) Se aplica una diferencia de potencialentre los dos extremos radiales.R: (a) Rl = l/πγ

(r2b − r2a

), (b) Rab = ln (rb/ra)/2πγl.

Problema 4.3: Un material en forma de cono recto de longitud L y radios a y b (a > b) posee unaconductividad γ. Calcular la resistividad de este dispositivo cuando se le aplica una diferencia depotencial a lo largo del eje de simetrıa.R: Un elemento de resistencia dR puede escribirse en funcion de la geometrıa del dispositivo:

dR =dz

γS (z), (4.17)

en donde S (z) es el area de la seccion transversal, que depende de la coordenada longitudinal delcono (z). Explıcitamente:

S (z) = πr2 (z) = π (a− (a− b) z/L)2 .

Integrando entre 0 y L, se obtiene: R = L/πγab.

Problema 4.4: Una fuente de voltaje de un valor ε posee una resistencia interna r. A esta fuente se leconecta una carga exterior R. Demuestre que la maxima transferencia de potencia electrica a lacarga R ocurre cuando R = r.R: La potencia transferida es:

P (R) = i2R = ε2R/ (R+ r)2 .

Obteniendo del valor maximo de la potencia a traves de la relacion ∂P/∂R = 0, entonces R = r, yla maxima potencia transmitida es: Pm = ε2/4r.

Problema 4.5: Un haz de seccion circular que posee un radio R = 1 mm y consta de protones, se aceleraaplicandole una diferencia de potencial ∆V = 10 kV. Suponiendo que la densidad de los protonespor la seccion del haz es constante, hallar la densidad volumetrica de la carga electrica en el hazpara una corriente I = 5 · 10−6 A.R: La energıa cinetica de los portadores de carga se define por: e+∆V = mpv

2/2. La velocidad delos portadores es por lo tanto: v =

√2e+∆V/mp. La densidad de corriente y la densidad de carga

se relacionan a traves de J = ρv. J = I/πR2. La densidad de carga es:

ρ =I

πR2

√mp

2e+∆V= 1,15× 10−6C/m3.

94

Figura 4.3: Circuito equivalente de Thevenin

Problema 4.6: Cuando el interruptor S de la figura esta abierto, el voltımetro senala un voltaje V0. Cuandoesta cerrado, el voltımetro indica 9V0/10 y el amperımetro A indica una corriente I (Fig. 4.3).Calcular la resistencia interna r de la baterıa. (suponga que los medidores son ideales de modo queno afectan el circuito).R: r = V0/10I.

Problema 4.7: M es un medidor de desviacion maxima de escala Im (A) y resistencia interna r. La baterıaB tiene una fem de E (V) y resistencia interna despreciable. R es seleccionada de tal modo que cuandolos terminales a y b estan en corto el medidor senala escala completa (Fig. 4.4). Las resistencia Rx

que corresponde a una desviacion de 3/4 de fondo de escala es igual a:

Figura 4.4: Ohmetro.

R: Rx = E/3Im.

Problema 4.8: Modelo Simple de un Diodo. Debido a la acumulacion de carga cerca al catodo, el potencialelectrico entre los electrodos no es una funcion lineal de la posicion, sino que esta dado por:

ϕ (x) = Cx4/3,

en donde C es una constante caracterıstica del diodo, y x es la distancia desde el electrodo negativo(catodo). (a) Justificar la dependencia de la forma: x4/3 (b) Obtener E (x).


R: (a) Este potencial se denomina de Child-Langmuir. De la ecuacion de Poisson se establece larelacion entre el potencial y la densidad de carga de los portadores en cierta region del espacio,delimitada por la geometrıa particular.

d2ϕ

dx2= −ρe

ε0=n | e |ε0

.

Considerando que los portadores son acelerados desde el reposo, la velocidad de deriva y el potencialse relacionan por: m⟨v⟩2/2 =| e | ϕ. La magnitud del vector densidad de corriente J se define por:

J = n | e | ⟨v⟩ = n | e |√

2 | e | ϕm

.

Por consiguiente:

d2ϕ

dx2=| J |

√m

2 | e | ϕ=

α√ϕ.

Utilizamos las relaciones:

1

2

dϕ2

dx= ϕϕ;

αϕ√ϕ=ϕ2

2; 4α

d

dx

(√ϕ)= ϕ2.

Integrando por partes:

4α√ϕ =

(dϕ

dx

)2

x

−(dϕ

dx

)2

0

El ultimo termino lo consideraremos, sin perdida de generalidad, identicamente igual a cero; por lotanto:

2α1/2ϕ1/4 =dϕ

dx; ϕ3/4 =

3

2α1/2x;

ϕ (x) = (3/2)4/3α2/3x4/3.

Explicitamente:

ϕ (x) = (3/2)4/3(m | J |2

2 | e |

)1/3

x4/3.

(b) El campo electrico se obtiene a traves de la relacion: E = −∂ϕ/∂xi. Explıcitamente:

E = −4

3(3/2)4/3α2/3x1/3i.

Problema 4.9: Una lınea de potencia de 110 V esta protegida por un fusible de 30 A. Cual es la maximacantidad de lamparas de 500 W que se pueden conectar en paralelo sin fundir el fusible?R: Cuando se conecta una lampara de 500 W, la corriente que circula por esta es i = P/V =500W/110 V = 4,5A. El numero de lamparas en paralelo que demandarıan menos de 30 A es:n = 30/4,5 ∼ 6, dado que la corriente que circula en la lınea principal es la suma de las corrientesen cada lampara.

96

Problema 4.10: En las capas inferiores de la atmosfera siempre existen iones positivos y negativos,originadospor los elementos radioactivos en el suelo y los rayos cosmicos provenientes del espacio exterior. Enuna cierta region, la intensidad del campo electrico atmosferico es de 120 V/m, dirigido verticalmentehacia abajo. A causa de este campo, los iones positivos de carga +1, en una densidad de 620 cm3,se mueven hacia abajo, y los iones negativos de carga −1, en cantidad de 550 cm3 hacia arriba. Laconductividad obtenida en las mediciones es 2,7× 10−14Ωm. Calcular la densidad de corriente de losiones que circulan en la atmosfera.R: La densidad de corriente asociada a los iones positivos es:

j = e(n+ − n−

)⟨v⟩, (4.18)

asumiendo que la velocidad de arrastre de los iones positivos y negativos es la misma, i.e., ⟨v+⟩ =⟨v−⟩. La densidad de corriente j = σE es: 3,24 pA/m2, y la velocidad de arrastre en promedio puedeobtenerse a traves de la relacion:

⟨v⟩ = σE

e (n+ − n−)= 0,289m/s. (4.19)

Problema 4.11: Desarrollar una expresion para la resistencia de un conductor cuya conductividad es σ,de longitud ℓ, si la seccion transversal retiene la misma forma y el area aumenta linealmente desdeA hasta kA sobre ℓ.R: El diferencial de resistencia en este caso, para una seccion de longitud dx es:

dR =dx

σA (x), (4.20)

con A (x) definido por la ecuacion:A (x) = A [1 + (k − 1)x/ℓ]. Integrando sobre todas las contribuciones dR:

R =

∫ ℓ

0

dx

σA [1 + (k − 1)x/ℓ]=

ℓ

σA

(ln k

k − 1

). (4.21)

Problema 4.12: Conductividad del Germanio⋆. Determinar la conductividad del germanio intrınseco atemperatura ambiente.R: A 300 K existen aproximadamente 2,5×1010 pares electron-hueco por metro cubico. La movilidadde los electrones es µe = 0,38 m2/V·s, y la movilidad de los huecos es µh = 0,18 m2/V·s. Si el materialno esta contaminado, el numero de electrones es igual al numero de huecos. Entonces:

σ = Nee (µe + µh) = 2,24 f/m. (4.22)

Problema 4.13: Una barra de aluminio de 0,01× 0,07 m de seccion transversal y 3 m de longitud conduceuna corriente de 300 A. Estimar la intensidad del campo electrico, densidad de corriente y velocidadpromedio de los electrones de conduccion.R: La conductividad del aluminio es 38,2 Mf/m. La resistencia se obtiene utilizando R = ℓ/σS =112,2× 10−6 Ω. El campo electrico se obtiene como:

E =IR

ℓ= 300A× 112,2× 10−6 Ω/3m = 1,12× 10−2V/m.


La densidad de corriente es: J = σE = 4,28 × 105 A/m2. Para el aluminio, la movilidad de loselectrones se estima en µ = 0,0014 m2/V·s. La velocidad promedio se relaciona con la movilidadcomo:

⟨v⟩ = µE = 1,57× 10−5m/s. (4.23)

Problema 4.14: En una malla rectangular de alambres de extension infinita en un plano ingresa unacorriente de 1 Amperio en el punto A, como se ilustra en el diagrama de la figura (4.5), y sale unacorriente de 1 Amperio desde el punto B. Hallar la corriente en el alambre AB.

Figura 4.5: Malla infinita de conductores

R: Si en el punto A ingresa 1 Amperio, cada conductor con una conexion terminal en A debetransportar una corriente de 1

4 Amperios. Analogamente, si en el punto B sale 1 Amperio, cadaconductor que conecta al punto B transporta una corriente de 1

4 Amperios. La corriente total en elconductor que conecta los puntos A y B es por consiguiente 1

2 Amperios.

Problema 4.15: Los lados de un cubo consisten en resistores identicos de resistencia R, los cuales estanunidos en las esquinas. Considere una baterıa conectada en dos esquinas contrarias de una cara delcubo. Calcular la resistencia efectiva del sistema. Ver Figura (4.6)R: Dada la simetrıa del problema, las corrientes en el cubo deben ser como se ilustran en la figura.

Figura 4.6: Cubo de Resistencias.

98

Figura 4.7: Amplificador Operacional: Restador

La ley de conservacion de las corrientes en las esquinas requiere

I = 2x+ y, y = 2z,

en donde I es la corriente de entrada. El voltaje entre los puntos A y B es independiente de latrayectoria; esto conduce a la expresion adicional 2xR = (y + z + z + 2z)R = (y + 4z)R. Resol-viendo para las variables x, y y z, tenemos x = 3I/8, y = I/4, z = I/8. La resistencia entre A yB es RAB = 2xR/I = 3R/4. Nota: Si la corriente I abandona el sistema en la diagonal superior(punto C), las corrientes que salen y llegan a los vertices A y C se dividen en partes iguales a I/3,respectivamente. Es posible demostrar, utilizando un procedimiento similar al caso anterior, que laresistencia equivalente RAC es igual a 5R/6.

Problema 4.16: El circuito de la figura (4.7) ilustra la configuracion de un amplificador operacional idealen el regimen diferenciador. Calcular el voltaje de salida VO en terminos de los potenciales de entradaVA y VB.R: El amplificador ideal posee una ganancia infinita, una impedancia de entrada infinita, un anchode banda tambien infinito, una impedancia de salida cero, un tiempo de respuesta cero y ningunruido. Estas condiciones permiten inferir que las corrientes de entrada son cero, y por lo tanto:

V0 =(VB − VA)R2

R1. (4.24)

La configuracion de inversor se obtiene si la entrada (+) del amplificador es puesta a tierra. En estecaso: VO = −VAR2/R1. El circuito integrador ideal aparece cuando la resistencia R2 es reemplazadapor un capacitor C y la entrada (+) del amplificador es puesta a tierra. Este sistema invierte eintegra la senal VA (dependiente del tiempo):

VO = −∫ t

0

VAR1C

dt+ Vinicial. (4.25)

Problema 4.17: La corriente anodica de un diodo, en cierto intervalo de voltaje, puede ser aproximadacon la diferencia de potencial Ua entre sus electrodos mediante la ecuacion Ia = AUa +BU2

a . Hallarla corriente anodica si el diodo esta conectado en serie con una resistencia R = 20 kΩ y una baterıa


Figura 4.8: Diodo en circuito simple.

con E = 120 V. Para este diodo, A = 0,15 mA/V, B = 0,005 mA/V2. Figura (4.8).R: La ecuacion para la corriente en el circuito es E = IaR+ Ua. Resolviendo para Ia:

Ia =1 +R (A+ 2BE)±

√1 +R (4BE +A (2 +AR))

2BR2.

Numericamente, el sistema de ecuaciones presenta dos soluciones: Ia ∼ 9 mA, y Ia ∼ 5 mA, lascuales generan voltajes en el diodo de -60 V y 20 V respectivamente. La solucion fısicamente posiblees aquella cuya diferencia de potencial en los terminales del diodo es positiva, i.e, Ia = 5 mA. Losparametros A y B corresponden al ajuste de la ecuacion caracterıstica del diodo de juntura p-n deShockley:

Ia = IS

(eUa/nVT − 1

), (4.26)

en donde IS es la corriente de saturacion (tıpicamente 10−12 A). La escala de corriente es proporcionalal area del diodo. VT es el voltaje termico kT/e, alrededor de 26 mV a temperatura ambiente, y nse conoce como factor de idealidad del diodo, el cual varıa entre 1 y 2 para diodos de Silicio. Laformula del ejemplo se ajusta al caso Ua >> nVT , con A = IS/nVT y B = IS/2n

2V 2T .

Problema 4.18: Un ion de masa m y carga electrica e se mueve en un gas diluido de moleculas experi-mentando colisiones. Considere que el tiempo medio entre colisiones es τ y que un campo electricouniforme E es aplicado en la direccion x. Cual es la distancia media ⟨x⟩ que el ion se desplaza entrecolisiones?R: Desde el punto de vista clasico, el desplazamiento del ion esta definido por:

x (t) =eEt2

2m.

Definimos P (t) = exp (−t/τ)/τ como la probabilidad de que una partıcula sobreviva sin colisionarpor un tiempo t y sufre una colision entre t y t+ dt. La distancia media es:

⟨x⟩ =∫ ∞

0

eEt2

2mP (t) dt =

eEτ2

m,

en donde se ha utilizado el resultado∫∞0 t2 exp (−t/τ)dt = 2τ3.

100

Figura 4.9: Red de resistencias

Problema 4.19: Considere la red infinita de resistencias ilustradas en la figura (4.9). Hallar la resistenciaequivalente de entrada, i.e., la resistencia equivalente entre los terminales A y B.R: Si la resistencia total de la red es R, despues de remover las resistencias en la primera seccion, elcircuito resultante posee todavıa una resistencia R, el cual es equivalente a la del circuito original.El circuito equivalente consiste por lo tanto en dos resistencias en paralelos R,R2, en serie con unaresistencia R1. La ecuacion resultante para R es:

R = R1 +RR2

R+R2,

cuya solucion es:

R =R1

2+

√R2

1 + 4R1R2

2.

Problema 4.20: Camara de descarga. Una camara de ionizacion es construida de un metal cilındrico deradio a y longitud L con un alambre de radio b a lo largo del eje del cilindro (Fig. 4.10). El cilindro esconectado a un voltaje negativo −V0 y el alambre esta conectado a tierra a traves de un resistor R.La camara de ionizacion esta llena con Argon a presion atmosferica. Describa el voltaje del resistoren funcion del tiempo para el caso en donde una partıcula ionizante atraviese el tubo paralelamentea su eje a una distancia r = a/2 desde el eje central y genere un total de N = 105 pares electron-ion.Considere a = 1 cm, b = 0,1 mm, L = 50 cm, V0 = 1000 V, R = 105Ω.

R: El campo electrico en el interior del tubo es:

E (r) =V0

r ln (a/b),

en direccion radial hacia afuera del mismo. La capacitancia de la camara es C = 2πε0L/ ln (a/b) =6 × 10−12 F. La constante del circuito RC es 6 × 10−7 s. La movilidad de una partıcula cargada(direccion radial) se define como µ = v/E = (1/E) dr/dt, o

∆t =

∫ r2

r1

dr

µE (r)=

ln (a/b)

2µV0

(r22 − r21

). (4.27)


Figura 4.10: Camara de Descarga

Para un electron que se viaja desde r = a/2 hasta el alambre de radio b, ∆t− = 9,6 × 10−8 s.(µ− = 6 × 103 cm2/sV). Un ion positivo tarda ∆t+ = 1,3 × 10−3 s en alcanzar la pared cilındrica(µAr = 1,3 cm2/sV). Cuando los electrones viajan desde r = a/2 al anodo en r = b, los ionespositivos permanecen esencialmente estacionarios a r/2, y la descarga a traves del resistor R esdespreciable. El voltaje de salida en el anodo puede derivarse utilizando el principio de conservacionde la energıa. Cuando una carga q en la camara se mueve una distancia dr, el trabajo realizadopor el campo es qE · dr, que corresponde al decremento de la energıa en el capacitor: d

(CV 2/2

).

Aproximando V ∼ V0 y dado que ∆V (el voltaje en el resistor) es mucho menor que V0, es posibleescribir CV0dV = −qEdr. Integrando se obtiene ∆V en funcion de la posicion radial de la partıcular:

CV0∆V = −q∫ r

a2

E (r) dr = − qV0ln (a/b)

ln (2r/a).

De la ecuacion (4.27) es posible obtener r (t), (integrando desde a/2 a r). La respuesta, en terminosde ∆t− es:

r =a

2

√1− t

∆t−

(1− 2b

a

)2

.

El voltaje en el resistor R, con q = −Ne, en el intervalo 0 < t < ∆t− es:

∆V =Ne

Cln (2r (t) /a)/ ln (a/b). (4.28)

El voltaje ∆V a t = ∆t− es −2,3 mV. Este voltaje se descarga a traves del circuito RC y luego seincrementa desde cero con una constante de tiempo RC:

∆V = −2,3× 10−3 exp (−t/RC) V, para t > 9,6× 10−8s.

Los iones de Argon viajan muy lentamente y las cargas que son inducidas sobre los electrodos dela camara son descargados tan rapidamente en el circuito RC, que su influencia sobre la funcion deonda ∆V puede ignorarse completamente [8].

Problema 4.21: Una esfera metalica de radio a esta rodeada por una esfera metalica concentrica de radiointerior b > a. El espacio entre las esferas esta llena con un material cuya conductividad electricavarıa con la intensidad del campo electrico E deacuerdo con la relacion σ = KE, donde K es una

102

constante. Una diferencia de potencial V se mantiene entre las dos esferas. Cual es la corriente entrelas esferas?.R: La corriente entre las esferas en este caso es: i = JS = σES = 4πKE2r2. El campo electricoentre los electrodos es, por consiguiente:

E =1

r

√i

4πK.

La diferencia de potencial se calcula como:

V = −∫ a

bE · dr =

√i

4πKln

(b

a

).

La corriente es por consiguiente proporcional al cuadrado del potencial: i = CV 2, y la constante deproporcionalidad es C = 4πK/ ln2 (b/a).

Problema 4.22: El extremo de un alambre de Nicromio de longitud 2L y seccion transversal A se conectaal extremo de otro alambre de Nicromio de longitud L y seccion transversal 2A. Si el extremo libredel alambre mas largo se encuentra a un potencial electrico de 8 V, y el extremo libre del alambremas corto se encuentra a un potencial de 1 V, calcular el potencial electrico en la juntura de los dosalambres.R: Sea VX el potencial en la juntura de los alambres. La corriente electrica en el sistema de dosconductores en serie es la misma. Por consiguiente:

I =8− VXR1

=VX − 1

R2,

en donde R1 y R2 son las resistencias del alambre largo y corto, respectivamente. Si definimos lacantidad R = ρL/A, con ρ como la resistividad del Nicromio, entonces R1 = 2R y R2 = R/2.Reemplazando estos valores en la ecuacion anterior, tendremos VX = 2,4 V.

Problema 4.23: Un resistor de 100 Ω se mantiene a temperatura constante de 300 K. Una corriente de 10amperios circula a traves del resistor por 300 segundos.(a) Cual es el cambio de entropıa del resistor?.(b) Cual es el cambio de entropıa del universo?(c) Cual es el cambio en la energıa interna del universo?(d) Cual es el cambio en la energıa libre de Helmholtz del universo?.R:(a) Como la temperatura del resistor es constante, su estado no cambia. La entropıa es una funcionde estado. Por lo tanto el cambio en la entropıa del resistor es cero: ∆S1 = 0.(b) El calor que fluye desde el resistor al mundo exterior es I2Rt = 3 × 106 J. El incremento de laentropıa de la fuente de calor es ∆S2 = 3× 106/300 = 104 J/K. Luego el cambio total de la entropıaes ∆S = 104 J/K.(c) El incremento de la energıa interna del universo es ∆U = 3× 106 J.(d) ∆F = ∆U − T∆S = 0.

Problema 4.24: El arrollamiento de una bobina esta disenado con hilo de Cobre el cual a 140C tiene unaresistencia de 10Ω. Despues de pasar la corriente, la resistencia del arrollamiento alcanza el valor


Figura 4.11: Sector Esferico, calculo de la resistividad electrica.

de 12,2Ω. A que temperatura se ha calentado la bobina?. El coeficiente de resistividad termica delCobre es de 4,15× 10−3 grados−1.R: Utilizando la aproximacion lineal para la dependencia de la resistencia electrica en funcion de latemperatura, tenemos:

R (T ) = R0 (1 + α∆T ) .

Insertando los datos numericos, ∆T = 53,0120C; es decir, la temperatura final es 670C.

Problema 4.25: Calcular la resistencia del sector entre la base de un cascaron esferico de conductividad σcuya seccion tranversal se ilustra en la figura 4.11. (0 ≤ ϕ ≤ π). R. Utilizamos la definicion:

R =1

σ

∫dℓ

S.

La seccion tranversal para un cascaron de radio r y angulo polar α es: S (r) =∫ 2π0

∫ α0 r2 sin θdϕdθ =

2πr2 (1− cosα). Reemplazando en la expresion anterior:

R =1

2πσ

∫ b

a

dr

r2 (1− cosα)=

1

2πσ (1− cosα)

[1

a− 1

b

].

Problema 4.26: Un cilindro de acero de ℓ = 10 cm de longitud y r1 = 1,5 cm de radio esta recubierto poruna capa de cobre ∆ = 0,5 cm de espesor y de igual longitud. Si por el sistema circula una corrientede IT = 60 A, hallar (a) La resistencia total, (b) La corriente por cada conductor.R. (a) Si entre los extremos del cilindro se aplica una diferencia de potencial V , la resistenciaequivalente del sistema corresponde a una configuracion de dos resistores conectados en paralelo.Para el acero y para el cobre respectivamente:

RSteel =ρSℓ

πr21, RCu =

ρCℓ

π[(r1 +∆)2 − r21

] .La resistencia equivalente toma la forma:

Req = RSteelRCu/ (RSteel +RCu) .

Tomando ρS = 11,8 × 10−8Ωm, ρCu = 1,77 × 10−8Ωm, Req = 0,27mΩ. (b) La corriente por elconductor de acero se obtiene de la formula simple de divisor: IS = ITRCu/ (RSteel +RCu) = 9,7 A,mientras que para el conductor de cobre, ICu = IT − IS = 50,3 A. El conductor de cobre transportala mayor cantidad de corriente en este dispositivo.

Capıtulo 5Magnetismo

Nikola Tesla. 1856-1943. Excentrico ingeniero Serbio-Americano quien hizo muchas contribuciones a lainvencion dedispositivos electromagneticos. Tesla fue un Serbio que na-cio en la villa Croata de Smiljane, en la region de Lika, lacual era parte de la monarquıa de Austria. Su padre era unsacerdote de la iglesia ortodoxa. Tesla tenıa una memoria pro-digiosa y la habilidad para visualizar y construir complicadosobjetos en su mente. Mientras trabajaba en su primer em-pleo con la compania telefonica Americana en Budapest en1880, Tesla sufrio un ataque nervioso el cual justifico comosındrome de hipersensibilidad a la percepcion de EdgarAllanPoe. Despues de recuperarse, caminaba con un amigo cuan-do la idea de un sistema polifasico de generacion de corrientealterna se le ocurrio repentinamente. Hasta entonces, el no poseıa los medios para construir el equiponecesario. Tesla fue contratado por la rama francesa de Edison Company y se le asigno el trabajo dereparar una planta electrica en Strassburg. Despues de completar las reparaciones, sin embargo, EdisonCompany se nego a pagar el dinero que le habiaprometido. Tesla renuncio y centro sus esfuerzos en en-contrar trabajo en America. Extranamente, una vez en America, regreso a trabajar para Edison. Despuesde prometer US$ 50,000 a Tesla si mejoraba los motores de DC, Edison nego su palabra, rompiendola promesa considerandola propia del “humor Americano”. Tesla enfurecio y renuncio inmediatemente.Desafortunadamente, Tesla no logro obtener otro empleo, y se vio forzado a cavarzangas por dos anos.Finalmente, obtuvo un trabajo en los laboratorios de Westinghouse, en Pittsburg. Comento a Westing-house acerca de su idea del sistema polifasico el cual le permitirıa transportar corrientes alternas [AC]a grandes distancias. Edison, sin embargo, habıa invertido grandes cantidades en sistemas de corrientedirecta [DC] y ataco los sistemas AC contodo sus recursos. Westinghouse visualizo las ventajas del sistemade Tesla, y acordo comprar los derechos de patentes por un millon de dolares mas $ 1 por caballo vaporde regalıa. Westinghouse construyo plantas de potencia y lıneas de transmision, demostrando deuna vezpor todas que la potencia AC era un sistema economica y tecnicamente viable, mientras que el impracticosistema DCde Edison nunca obtuvo mayor exito. Westinghouse utilizo el sistema polifasico para encausarla potencia de las Cataratas del Niagara, en una planta hidroelectrica. Utilizando el dinero que recibio de

105

106

la Westinghouse, Tesla fundo Tesla Electric Company en New York. Allı, invirtio tiempo y dinero creandonuevos y exoticos dispositivos, incluyendo la bobina de Tesla. El biografo de Tesla (O’Neill) reporto unahistoria insostenible que ha hecho eco en los biografos subsecuentes, y es que entre aquellos dispositivosestaba el primer vibrador de tamano capaz de generar resonancias y crear un terremoto provacado por elhombre. De cualquier forma, el laboratorio de Tesla se quemo el 13 de Marzo de 1895. Todo se perdio yaque no contaba con un seguro.Tesla se mudo a Colorado Springs, en donde construyo un nuevo laboratorioy realizo mas experimentos utilizando una monstruosa bobina de Tesla. De acuerdo con O’Neill, Teslautilizo esto para generar relampagos controlados. Luego regreso a New York y comenzo la construccionde un laboratorio con una torre imensa en Wardenclyffe, Long Island. El laboratorio nunca se termino, yla torre fue finalmente derribada. Existieron maniobras inusuales en el reconocimiento del premio Nobelde 1912 o 1915. Los biografos estan en desacuerdo con las fechas, pero reportan que Tesla fue informadoconfidencialmente que iba a compartir la distincion en Fısica con Edison, y entonces se sorprendio alcomprender que se le veıa como un cientıfico. Tesla fue altamente excentrico en su comportamiento yabsolutamente impractico con el dinero. Una de sus compulsiones era alimentar las palomas diariamenteen New York. Se ha reportado que tenıa preferencia por un palomo en particular, el cual le produjo undescontrol emocional despues de su muerte. Tesla fue desprovisto en los ultimos anos de su vida, y sevio forzado a moverse de un hotel a otro cuando el dinero empezaba a escasear. Despues de la muerte deTesla, sus documentos fueron confiscados por la oficina de Administracion de la propiedad Extranjera.Fuente: http://scienceworld.wolfram.com/biography/Tesla.html

5.1 Introduccion. Las interacciones electrica y magnetica se encuentran intimamente relaciona-das, siendo en realidad solo dos aspectos diferentes de una propiedad de la materia: su cargaelectrica. El magnetismo es, por consiguiente, un efecto asociado al movimiento de las cargaselectricas. Las interacciones electricas y magneticas se clasifican bajo la designacion mas gene-ral de interaccion electromagnetica. Es posible describir el fenomeno del magnetismo a travesde dos grandes enfativamente independientes:Enfoque macroscopico: Estudia topicos como: Movimiento de partıculas en campos magneticosestaticos, Ondas electromagneticas, Fenomenologıa de los materiales magneticas, Propagacionde Ondas electromagneticas en diferentes medios, Guıas de Onda, Transformacion de la energıaelectromagnetica, Efecto Hall clasico.Enfoque microscopico: Teorıa atomica del origen del estado de ordenamiento magnetico en lossistemas materiales (Espines y momentos magneticos asociados µ). Existen en la actualidad di-ferentes modelos teoricos, entre ellos: Modelo de Heisenberg (1920), Modelo de Ising (∼ 1950),Modelo de Hubbard (1963).

5.2 Campo Magnetico, Ley de Biot-Savart. En 1819 Oesterd observo que alambres que trans-portan corriente electrica producıan deflexiones de los dipolos magneticos permanentes colo-cados en sus alrededores. Entonces las corrientes eran fuentes de densidad de flujo magnetico.Biot y Savart (1820), primero, y Ampere(1820-1825), en experimentos mucho mas elabora-dos y sistematicos, establecieron las leyes experimentales basicas que relacionan la induccionmagnetica B con las corrientes y establecieron la ley de la fuerza entre una corriente y otra. Apesar de que no es la forma en que Ampere lo dedujo, la relacion basica es la siguiente. Si dles un elemento de longitud (en la direccion del flujo de corriente) de un filamento de alambreque transporta una corriente I y x es el vector desde el elemento de longitud a un punto deobservacion P , entonces el elementodensidad de flujo dB en el punto P esta dado enmagnitud

Magnetismo e Induccion Electromagnetica 107

y direccion por:

dB = KmIdl× x

| x |3, x = R− r. (5.1)

Debe notarse que la ecuacion (5.1) es una ley del inverso al cuadrado, justo como lo es la leyde Coulomb de la electrostatica. Sin embargo, la caracterıstica vectoriales bastante diferente.En unidades del sistema internacional, Km = µ0/4π = 10−7 newtons por amperio cuadrado(N/A2), o henrio por metro (H/m). Es posible superponer los elementos basicos del flujomagnetico por integracion para determinar la densidad deflujo magnetico debido a diferentesconfiguraciones de alambres que transportan corrientes. Se ilustraran algunos ejemplos deeste calculo en lo subsecuente. Los experimentos de Ampere no trataban directamente con

Figura 5.1: Elemento de induccion magnetica dB debido a un elemento de corriente Idl.

la determinacion de la relacion entre las corrientes y la induccion magnetica, sino que eranconcernientes a las mediciones de las fuerzas que experimenta un alambre que transportacorriente debido a otro. La fuerza que experimenta un elemento de corriente I1dl1 en presenciade un campo de induccion magnetica B es:

dF = I1 (dl1 ×B) , dF = (J×B)d3x. (5.2)

Si B es el campo externo generado por un lazo de corriente ♯2 que transporta una corriente I2,entonces la fuerza total que experimenta un lazo de corriente ♯1 que transporta una corrienteI1 es:

F12 =µ04πI1I2

∮ ∮dl1 × (dl2 × x12)

| x12 |3. (5.3)

Las integrales de lınea son tomadas a lo largo de dos curvas; x12 es el vector longitud desde elelemento de lınea dl2 a dl1. Manipulando el integrando, este puede colocarse en forma talquesea simetrico en dl1 y dl2 y que satisfaga explıcitamente la tercera ley de Newton. Luego:

dl1 × (dl2 × x12)

| x12 |3= − (dl1 · dl2)

x12

| x12 |3+ dl2

(dl1 · x12

| x12 |3

). (5.4)

108

El segundo termino involucra un diferencial perfecto en la integral sobre dl1. Este no propor-ciona ninguna contribucion a la integral (5.4), considerando que los caminos son cerrados oextendidos al infinito. Entonces la ley de Ampere de la fuerza entre dos lazos de corriente seconvierte en:

F12 = −µ04πI1I2

∮ ∮(dl1 · dl2)

x12

| x12 |3, (5.5)

mostrando simetrıa en la integracion, aparte de la necesaria dependencia vectorial sobre x12.

5.3 Fuerza de Lorentz. En este punto es conveniente realizar una breve descripcion de las trans-formaciones de Lorentz, necesarias para un analisis posterior en el concepto de fuerza en loslımites de las velocidades relativistas.Un marco de referencia inercial K se encuentra en reposo y esta descrito por las coordenadasXY Zct, mientras que otromarco de referencia K ′ (coordenadas X ′Y ′Z ′c′t′ ) se desplaza a unavelocidad v paralela al eje X referidad a K. La invarianza del intervalo ∆S2 permite escribir:

(∆S)2 =(∆S′)2 , c2t2 − x2 =

(ct′)2 − (x′)2 . (5.6)

expresamos las relaciones x⇔ x′ como un caso general de las transformaciones de Galileo:

x = δx′ + γct′, ct = αct′ + βx′, (5.7)

en donde α, β, γ, δ se obtienen a partir de la solucion del conjunto de ecuaciones resultanteen el reemplazo directo de las transformaciones (5.7) en la condicion (5.6). El resultado es elsiguiente:

α = δ =1√

1− v2/c2, γ = β = ± (v/c)α, x =

x′ ± vt′√1− v2/c2

, (5.8)

t =t′ ± v/c2x′√1− v2/c2

. (5.9)

La transformacion de las velocidades y de las aceleraciones se obtiene apartir de las relacionesfundamentales:

vx =dx

dt=

vx′ ± v1± vvx′/c2

, vy = vy′

√1− v2/c2

1± vvx′/c2, (5.10)

vz = vz′

√1− v2/c2

1± vvx′/c2, ax = ax′

(1− v2/c2

)3/2(1± vvx′/c2)3

. (5.11)

La dependencia de la masa con la velocidad observada en el sistema K esta dada por: m =m0/

√1− v2/c2, en donde m0 es la masa de la partıcula en reposo. Esto permite definir las

expresiones para las fuerzas en ambos sistemas de referencia, F = dp/dt (sistema K) y F′ =dp′/dt (sistema K ′) . La energıa cinetica de una partıculapuede calcularse a traves de la


definicion Ek =∫ v0 vd (mv). Integrando: Ek = (m−m0) c

2. La energıa total de la partıcula

E = Ek +m0c2 = mc2. Combinando con la relacion p = m0v/

√1− v2/c2 es posible escribir

unaecuacion equivalente E = c√m2

0c2 + p2. De esta ultima ecuacion se construye el invariante

E2/c2 − p2 = m0c2. Realizando los cambios ct→ E/cy px → x, por consiguiente obtenemos:

px =p′x + v/c2E′√

1− v2/c2, py = p′y, pz = p′z, E =

E′ + vp′x/c√1− v2/c2

. (5.12)

Las componentes de las fuerzas registradas en el sistemaK se reducen a la forma: (considerandodE′/dt′ = F′ · v′)

Fx =dpxdt′

dt′

dt= F ′

x +vv′y/c

2

1 + vv′x/c2F ′y +

vv′z/c2

1 + vv′x/c2F ′z,

Fy =dt′

dtF ′y =

√1− v2/c2

1 + vv′x/c2, Fz =

√1− v2/c2

1 + vv′x/c2F ′z. (5.13)

Calculemos el producto de las transformaciones directas e inversas para la proyeccion y de lavelocidad ( Ver formula (5.10)):

vyv′y =

(v′y

√1− v2/c2

1± vvx′/c2

)(vy

√1− v2/c2

1∓ vvx/c2

); (5.14)

de aquı se deduce que: 1 − v2/c2 =(1 + vv′x/c

2) (

1− vvx/c2). Aplicando estas ultimas rela-

ciones, la fuerza en el sistema de coordenadas K se expresa mediante la fuerza en el sistemaK ′:

Fy =1− vvx/c2√1− v2/c2

F ′y, Fz =

1− vvx/c2√1− v2/c2

F ′z. (5.15)

Las formulas obtenidas muestran que en la teorıa de la relatividad es indispensable la depen-dencia entre las fuerzas y la velocidad. Las anteriores relaciones pueden escribirse en formacompacta: Fx

Fy

Fz

=

1 γvy/c γvz/c0 α

(1− vvx/c2

)0

0 0 α(1− vvx/c2

)F ′

x

F ′y

F ′z

. (5.16)

El conjunto de ecuaciones (5.48) puede escribirse como:

F = Φ+ v ×G, (5.17)

en donde Φ =(F ′x, αF

′y, αF

′z

), y G =

(0,−αv/c2F ′

z, αv/c2F ′

y

). Supongamos que en el sistema

de coordenadasK ′ existe solo un campo electrico y, como consecuencia, la fuerza F′ no dependedela velocidad v′ de la partıcula y es en sı una fuerza electrica en el sistema de coordenadasK. Entonces el vector G tampoco depende de la velocidad v de la partıcula, solo puede serfuncion de coordenadas y el tiempo. Por eso, la dependencia entre la fuerza y la velocidad de la

110

partıcula en el segundo termino es precisamente la fuerza magnetica, considerando a G comoel producto de la carga con el campo magnetico B. Ası la fuerza sobre una carga puntual seescribe de la forma:

F = qE+ qv ×B. (5.18)

Esta es la llamada Fuerza de Lorentz.

5.4 Ley de Ampere. La ley de induccion magnetica puede escribirse en forma general para ladensidadde corriente J (x): (considerando ∇ (1/r) = −r/r3)

B (x) =µ04π

∫J(x′)× x− x′

| x− x′ |3d3x′ =

µ04π∇×

∫J (x′)

| x− x′ |d3x′. (5.19)

De esta ultima ecuacion inmediatamente se deduce que ∇ ·B = 0. Calculamos la cantidad∇×B utilizando la expresion (5.19):

∇×B =µ04π∇×∇×

∫J (x′)

| x− x′ |d3x′

∇×B = µ0J (x) +µ04π∇∫∇′ · J (x′)

| x− x′ |d3x′, (5.20)

en donde se utilizan las identidades ∇ × ∇ × A = ∇ (∇ ·A) − ∇2A, ∇2(| x− x′ |−1

)=

−4πδ (x− x′) y ∇ (1/ | x− x′ |) = −∇′ (1/ | x− x′ |). Para los fenomenos magneticos en es-tado estacionario ∇′J = 0, de tal forma que la ecuacion (5.20) se reduce a:

∇×B = µ0J. (5.21)

Esta es la forma diferencial de la ley de Ampere. Integrandoen una region S limitada por elcontorno cerrado Γ,y aplicando el teorema de Stokes, tenemos la forma integral de la ley deAmpere: ∮

ΓB · dl = µ0

∫SJ · nda. (5.22)

La integral de lınea alrededor de cualquier trayectoria cerrada es igual a µ0I, en donde I esla corriente estacionaria total que circula a traves de cualquier superficie delimitada por latrayectoria cerrada Γ.

5.5 Potencial Vectorial. Las leyes basicas de lamagnetostatica son:

∇×B = µ0J, ∇ ·B = 0. (5.23)

El problema consiste en resolver estas ecuaciones. Si la densidad de corriente es cero en laregion de interes, la condicion ∇×B = 0 permite escribir elvector induccion magnetica comoel gradiente de un potencial escalar magnetico : B = −∇ΦM . Esta condicion se reduce ala ecuacion de Laplace para ΦM , y todas las tecnicas para el manejo de los problemas enelectrostatica aplican aquı, excepto en las condiciones de frontera. Un metodo general consiste


en explotar la segunda ecuacion en (5.23). Si ∇ ·B = 0 en todos los puntos, B sera el rotor dealgun campo vectorial A (x), llamado potencial vectorial,

B = ∇×A. (5.24)

Es claro que de la ecuacion anterior, la forma general de A es:

A (x) =µ04π

∫J (x′)

| x− x′ |d3x′ +∇Ψ(x) . (5.25)

El gradiente adicional de una funcion escalar arbitraria Ψ muestra que para una induccionmagnetica dada B, el potencial vectorial puede transformar libremente de acuerdo con: A →A+∇Ψ. (Transformacion de Gauge). Reemplazando:

∇×∇×A = µ0J = −∇2A, (5.26)

considerando el gauge de Coulomb: ∇ ·A = 0, el cual se reduce a ∇2Ψ = 0, ya que el primertermino en (5.26) posee divergencia igual a cero. Si se mantiene ∇2Ψ = 0 en todo el espacio,Ψ dede al menos ser una constante suponiendo que no existen fuentes en el infinito.

5.6 Ley de Induccion de Faraday. Las primeras observaciones cuantitativas de la dependenciatemporal de los campos electricos y magneticos fue realizada por Faraday(1831) en experi-mentos sobre el comportamiento de las corrientesen circuitos colocados en campos magneticosvariables en el tiempo. Faraday observo que una corriente transitoria es inducida en un circuitosi (a) una corriente estacionaria que fluye en un circuito adyacente es “activada”o “desactiva-da”, (b) el circuito adyacente con una corriente estacionaria es desplazado relativamente conrespecto al primer circuito, (c) un magneto permanente es insertado o retirado de los alrede-dores del circuito. No fluye ninguna corriente al menos que cambie la corriente adyacente oel moviento relativo. Faraday artibuyo este flujo de corriente transitoria al cambio en el flujomagnetico ligadoal circuito. El cambio del flujo induce un campo electrico alrededor del cir-cuito, y la integral de lınea de aquel es llamada fuerza electromotriz, E . La fuerzaelectromotrizproduce un flujo de corriente, de acuerdo con la ley de Ohm.

Supongamos que el circuito ∂Ω es el lımite de una superficie abierta S con normal unitaria n,como se ilustra en la figura (5.2). La induccion magnetica en los alrededoresdel circuito es B.El flujo magnetico ligado al circuito esta definido por:

ΦB =

∫SB · ndS. (5.27)

La fuerza electromotriz alrededor del circuito es:

E =

∮∂Ω

E′·dl, (5.28)

en donde E′ es el campo electrico en el elemento dl del circuito ∂Ω. Las observaciones deFaraday estan resumidas en la ley matematica:

112

Figura 5.2: Flujo magnetico a traves de una superficie delimitada por el contorno ∂Ω.

E = −kdΦBdt

. (5.29)

La fuerza electromotriz inducida alrededor del circuito es proporcional a la razon de cambiodel flujo magnetico que atravieza el circuito. El signo se especifica por la ley de Lenz, el cualestablece que la corriente inducida (y el flujo magnetico asociado) es en tal direccion que seopone al cambio de flujo a traves del circuito.

La constante de proporcionalidad k depende de la escojencia delas unidades para los camposelectricos y magneticos. Enunidades SI k = 1, y en el sistema Gaussiano k = c−1, en donde ces la velocidad de la luz.

Antes del desarrollo de la relatividad general (incluso despues, cuando los investigadores ma-nejaban velocidades relativas pequenas comparadas con la velocidad de la luz), se entendıa,a pesar de que no era explıcitamente establecido en forma frecuente por los fısicos, que lasleyes de la fısica deben ser invariantes bajo transformaciones Galileanas. Es decir, el fenomenofısico es el mismo cuando es visto por dos observadores moviendose con una velocidad relativaconstantev, en donde las coordenadas espacio temporales estan relacionadas a traves de lastransformaciones Galileanas: x′ = x− vt, t = t′. En particular, consideremos las observacionesdeFaraday. Se ha verificado experimentalmente que se induce la misma corriente en un circuitosecundario cuando este es desplazado, mientras que el circuito primario a traves del cual fluyeuna corriente estacionaria, o viceversa.

Consideremos las expresiones anteriores en terminos de los campos electrico y magnetico paraun circuito movil: ∮

∂ΩE′·dl = −k d

dt

∫SB · nda. (5.30)


La fuerza electromotriz inducida es proporconal a la derivada temporal total del flujo -el flujopuede cambiar por el cambio en la induccion magnetica o por el cambio en la forma, posicionu orientacion en el circuito. El circuito ∂Ω puede pensarse como cualquier forma geometricacerrada en el espacio, no necesariamente un circuito electrico. Entonces la relacion (5.30)proporciona la relacion entre loscampos. Es importante anotar, sin embargo, que el campoelectrico E′ es el campo electrico en el elemento dl, en un sistema de coordenadas en donde dlesta en reposo. Si el circuito esta moviendose a una velocidad v enalguna direccion, la derivadatotal debe considerar este movimiento:

dB

dt=∂B

∂t+ (v · ∇)B, a× b× c = (a · c)b− (a · b) c,

dB

dt=∂B

∂t+∇× (B× v) + (∇ ·B)v, ∇ ·B = 0, (5.31)

en donde v es tratada como un vector fijo en la diferenciacion. Reemplazando esta ultimaidentidad en la ecuacion (5.30), y aplicando el teorema de Stokes:∮

∂Ω

[E′ − kv ×B

]·dl = −k

∫S

∂B

∂t·nda, (5.32)

en donde se obtiene un enunciado equivalente para la ley de Faraday aplicado a un circuitomovil ∂Ω. En elsistema de laboratorio, el campo electrico E se relaciona con el campo E′ por:

E′ = E+ k (v ×B) . (5.33)

Con el fin de determinar la constante k , debemos entender el significado de E′. Una partıculacargada,e.g., un electron de conduccion en reposo en un circuito movil experimentara esen-cialmente una fuerza qE′. En el sistema de referencia del laboratorio, la carga representa unacorriente J = qvδ (x− x0). De laley de la fuerza magnetica es evidente que esta corriente pro-porciona una fuerza que involucra el campo E′, en donde, por comparacion directa, k = 1 en elsistema SI, o k = c−1 en el sistema Gaussiano. Ası, hemos encontrado que el campo electricoE′ en un marco de coordenadas moviendose con velocidad relativa v con respecto al sistemade laboratorio es:

E′ = E+ (v ×B) . (5.34)

Debido a que hemos considerado transformaciones Galileanas, este resultado es valido paravelocidades pequenas comparadas con la velocidad de la luz. Utilizando el teorema de Stokes,es posible escribir la forma diferencial de la ley de Faraday:

∫S

(∇×E+

∂B

∂t

)· nda = 0, (5.35)

en donde ∂Ω limita la superficie S. Entonces:

∇×E+∂B

∂t= 0. (5.36)

114

5.7 Energıa del campo Magnetico. Para que enun circuito inmovil pueda crearse una corrienteelectrica, es necesario conectar el circuito a una fuente defem exterior. Si el circuito es recorridopor una corriente contınua, la energıa suministrada por la fuente se libera en forma de calorpor efecto Joule y en realizar un trabajo. La induccion del campo magnetico, ası como suenergıa, permanece invariable en este caso. La induccion cambia al cambiar la corriente. Unacorriente que varıa en el tiempo en un conductor induce en este una fem que se opone a la femexterna que establece la corriente. El flujo magnetico creciente induce en el circuito una femque se opone al cambio del flujo magneticoneto a traves del lazo. En virtud a la ley de Lenz, ladireccion del campo electrico inducido en los alambres debe de ser en la direccion opuesta dela corriente, y esta fem opuesta produce un decrecimiento gradual de la corriente inicial. Esteefecto es conocido como autoinduccion, debido a que el flujo cambiante a traves del circuitosurge del mismo circuito. Ası, durante el incremento de la intensidad de corriente, la fuenteexterior realiza un trabajo contra la fem de autoinduccion.

Figura 5.3: Al aumentar la intensidad de corriente, crece el flujo ΦB asociado a esta corriente, y conformea la ley de Faraday, en el circuito surge una fem de induccion denominada fem de autoinduccion.

En el intervalo de tiempo dt circula en el circuito una cantidad de carga dq = idt, ası, en eltiempo dt la fuenteexterior realiza un trabajo en contra de las fem de autoinduccion igual a:

dW = −E indidt = idΦB. (5.37)

El flujo induccion magnetica ΦB a traves de un area inmovil es proporcional a la corriente:ΦB ∝ i, y la constante de proporcionalidad se conoce como inductancia del circuito L. Ası ΦB =Li, y reemplazando en la ultima relacion, obtenemos la enerıa del campo magnetico que creala corriente i en un circuito con inductancia L:

W =1

2Li2 = 1

2

Φ2BL. (5.38)

5.8 Ley de Lenz. La polaridad de una fem inducida es aquella que tiende a producir una corrienteque genera un flujo magnetico que se opone al cambio del flujo original a traves del lazo.

5.9 Energıa del campo magnetico de varios circuitos con corriente. Es posible hallar laenergıa del campo magnetico de dos circuitos con corriente. Es necesarioconsiderar que la femde induccion en cada circuito surge a causa de la variacion del flujo de campo magnetico creado


Figura 5.4: Diagrama esquematico para el calculo de la inductancia mutua.

por la corriente en ese circuito, y el cambio de flujo creado por la corriente del segundo circuito,sobre el primero.

Designemos por I1 e I2 las intensidades de corriente en elcircuito 1 y 2, respectivamente, y porΦ11 y Φ12 los flujos de induccion sobre el primer circuitocreados por las corrientes I1 e I2. Lasmagnitudes semejantes para el segundo circuito se denotan por Φ22 y Φ21. Los flujos totalesque abarcan cada uno de los circuitos son:

Φ1 = Φ11 +Φ12, Φ2 = Φ21 +Φ22. (5.39)

Sean L11 y L22 las inductancias propias de los circuitos; yMij las inductancias mutuas de loscircuitos i, j. Por definicion entonces: Φij =MijIj . Por lotanto:

Φ1 = L11I1 +M12I2, Φ2 = L22I2 +M21I1. (5.40)

Las correspondientes fem de induccion en los circuitos son:

E ind1 = −dΦ1

dt= −

(L11

dI1dt

+M12dI2dt

), (5.41)

E ind2 = −dΦ2

dt= −

(L22

dI2dt

+M21dI1dt

). (5.42)

El trabajo realizado por las fuentes exteriores de los circuitosdurante un intervalo dt, es iguala:

dW = dW1 + dW2 = −E ind1 I1dt− E ind2 I2dt,

dW = L11I1dI1 +M12I1dI2 + L22I2dI2 +M21I2dI1. (5.43)

116

Demostraremos queM12 =M21. Calcularemos Φ21 y Φ12: (Generalizando):

Φij =

∫Bj · dSi, (5.44)

en dondeBj son las inducciones de los campos, creados por las corrientes j, Si son las superficiesde integracion sobre los contornos 1 y 2 en este caso. Utilizando el concepto de potencialvectorial:

Φij =

∫Γi

Aj · dli, Aj =µ0Ij4π

∫Γj

dljr

(5.45)

Finalmente:

Φij =µ0Ij4π

∫Γi

∫Γj

dli · dljrij

, (5.46)

en donde rij = rji es la distancia entre los elementos dli y dlj . Esta ultima formula muestraque la inductancia mutua depende solo delas caracterısticas geometricas de los circuitos y desu disposicion recıproca. Dado que dli y dlj son variables de integracion independientes, sellega a la conclusionMij =Mji, y

Mij =µ04π

∫Γi

∫Γj

dli · dljrij

. (5.47)

Es posible reescribir la segunda de las ecuaciones para dW como:

M12I1dI2 +M21I2dI1 =1

2d (M12I1I2 +M21I2I1) , (5.48)

obteniendo el trabajo total desde los valores nulos de la intensidad de la corriente en los circuitosIj = 0, hasta sus valores Ij :

W =1

2

(L11I21 +M12I1I2 +M21I2I1 + L22I22

)=

1

2

2∑i,j

LijIiIj . (5.49)

Para el caso de N circuitos:

W =1

2

N∑i,j=1

LijIiIj , (5.50)

en donde Lij para i = j se denomina la inductancia del i-esimo circuito, y para i = j, lainductancia mutua de los circuitos i-esimo y j-esimo.


Problema 5.1: Partıcula cargada moviendose en un campo magnetico. Un campo magneticouniforme de magnitud B = 0,15T esta dirigido a lo largo del eje X positivo. Un positronque se desplaza a v = 5× 106 ms−1 penetra en la region de campo en una direccion queforma un angulo de θ = 850 con el eje X. El movimiento de la partıcula es helicoidal.Calcular el paso p y el radio R de la trayectoria.R: La magnitud de la fuerza es F = qvB sin θ. El movimiento de la partıcula es rectilıneouniforme en la direccion X. Por lo tanto, el paso p se define como: p = vT cos θ =(2πv/ω) cos θ. Igualando la fuerza F a la aceleracion centrıpeta mω2R, tenemos R =mv/ (qB sin θ),p = (2πmv/qB) cot θ.

Problema 5.2: Hallar el campo magnetico que un electron ejerce sobreel nucleo de un atomode Hidrogeno de acuerdo con lateorıa de Bohr.R: La distancia entre el nucleo y el electron a0 es del orden de 0.529 A. Utilizando la leyde Biot-Savart, el campo magnetico en el centro del atomo es B = µ0eω/4πa0, en dondeω es la frecuencia de rotacion del electron alrededor del nucleo: ω =

√e2/4πε0ma30.

Reemplazando los valores numericos, B ≈ 12,5 T.

Problema 5.3: Fuerza Magnetica sobre un conductor. Un iman de gran intensidad se colocadebajo de un anillo conductor horizontal de radio R que conduce una corriente i. Si lalıneas de campo forman un angulo θ con la vertical en la posicion del anillo, calcularlamagnitud y la direccion de la fuerza resultante sobre el anillo.R: El campo magnetico generado por el iman posee dos componentes: una paralela al ejede simetrıa del anillo B∥ = B cos θ, y otra perpendicular B⊥ = B sin θ. La fuerza sobre

un elemento de longitud ds es: dF = ids×B. Considerando ds = −RdϕUϕ, e integrando

en el intervalo 0, 2π, la fuerza resultante obedece: Fr = 2πRiB sin θUz.

Figura 5.5: Diagrama esquematico, ejemplo 5.3.

Problema 5.4: Un proton (carga +e, masa Mp), un deuteron (carga +e, masa 2Mp) y unapartıcula alfa (carga +2e, masa 4Mp) se aceleran a traves de una diferencia de potencialcomun V . Las partıculas entran en una region de campo magnetico uniforme B, en unadireccion perpendicular a B. El proton se mueve en una trayectoria circular de radiorp.Determine los valores de los radios de las orbitas circulares para el deuteron, Rd, y lapartıcula alfa, Rα en terminos de Rp.R: Utilizando el principio de conservacion de la energıa: qV = 1/2mv2. La fuerza magneti-

118

ca y centrıpeta se igualan atraves de la expresion:mv2/R = qvB. Eliminando v,√q/mR =√

2V /B = constante. Utilizando las condicionesdel enunciado: Rd =√2Rp, Rα =

√2Rp.

Problema 5.5: Torsion sobre una espira en un campo magnetico cerrado. Una espira rectan-gular de dimensiones a y b conduce una corriente i en presencia de un campo magneticouniforme de intensidad B en direccion paralela al plano del lazo, (Fig.5.6).

Figura 5.6: Diagrama esquematico, ejemplo 5.3

R: Evidentemente la fuerza neta sobre el lazo es igual a cero, ya que F = i∮ds×B = 0.

Sin embargo, el momento de torsion alrededor de un eje por el centro de la espira y pa-ralelo al alambre de longitud b es τ = iabB. Supongamos ahora que el campo magneticoforma un angulo θ con respecto al vector normal al area de la espira. El par torsion sehace ahora igual a: τ = µ×B, en donde µ es el momento magnetico dipolar de la espiradefinido por: µ = iAn, con A igual a el area encerrada por la corriente i.

Problema 5.6: Calculo del momento magnetico dipolar de un disco en rotacion. Un disco ais-lante de radio R posee unadensidad superficial de carga σ uniforme, y gira alrededor deun eje que pasa por su centro a una velocidad angular ω. Obtener una expresion para elmomento magnetico dipolar µ.R: El diferencial de corriente asociado a una espira de radio r < R es di = dq/T =σ2πrdr/T , en donde T es el periodo de rotacion. Calculando el diferencial de momentomagnetico dµ = πr2di, e integrando: µ = πωσR4/4.

Problema 5.7: Calculo del momento magnetico dipolar de unaesfera en rotacion. Una esferaaislante de radio R posee una densidad superficial de carga σ uniforme, y gira alrededorde un eje que pasa por su centro a una velocidad angular ω. Obtener una expresion parael momento magnetico dipolar µ.En este caso, se considera un anillo que compone la esfera de radio R sin θ, en donde θes el angulo subtendido con respecto a un eje vertical. El diferencial de momento dipolares: dµ = πR2 sin2 θdq/T . El diferencial de carga es dq = 2πσR2 sin θdθ. Integrando: µ =4πωσR4/3.

Problema 5.8: Ley de Biot-Savart I. Una lınea conductora delgada y muy larga transportauna corriente I, y yace sobre el eje X de coordenadas. Calcular el campo magnetico enunpunto ubicado a una distancia R perpendicular a la lınea, sobre el eje Y .R: El elemento diferencial de campo magnetico se define como:

dB = (µ0I/4π) dxi×(Rj− xi

)/(R2 + x2

)3/2. Suponiendo que el alambre es de longitud


L, entonces:

B =µ0I

4π

L

R√R2 + L2/4

k

]L→∞

≈ µ0I

2πRk.

Problema 5.9: Ley de Biot Savart II. Una banda delgada aislante suficientemente larga yaceen el plano XY y posee una densidadde carga uniforme σ, un ancho w y se desplaza sobreunos rodillos a una velocidad v . Determine la intensidad del campo magnetico en el planode la banda (en un punto externo P ) a una distancia b desde unode los extremos, paralelaal eje Y .R: Un elemento de la banda es considerado como un alambre ubicado a una distanciaperpendicular y hasta el punto en donde se desea determinar el campo. Este elementogenera un campo µ0Ia/2πy, en donde Ia = σvdy. Calculando todas las contribuciones enel punto P , finalmente:

B =µ0σv

2πln

(1 +

w

b

).

Problema 5.10: Ley de Biot-Savart III. Un anillo de radio R yace en el plano XY con centroen el origen y transporta una corriente I en sentido de crecimiento del angulo Uϕ. Calcularla intensidad del campo magnetico en un punto sobre el eje de simetrıa Z a una distanciaz desde el centro.R: B = µ0R

2I/2(z2 +R2

)3/2k. Una aplicacion de este resultado se conoce como bobinas

de Helmholtz. Esta configuracion consiste en dos bobinas de igual diametro, igual numerode espiras N , separadas una distancia igual al radio. Es posible mostrar que el campomagnetico en el interior de esta configuracon es optimo bajo estos parametros e igual a:

BHelmholtz = 8µ0NI

53/2a.

Problema 5.11: Utilizar el resultado del problema anterior para demostrarque:∫ ∞

−∞B (z) dz = µ0I,

i.e., este resultado esta de acuerdo con la ley de Ampere,incluso cuando la integral noeste evaluada sobre una trayectoria cerrada.

R: Utilizando la relacion:∫∞−∞ dz/

(z2 +R2

)3/2= 2/R2, es claro que se obtiene el resulta-

do del enunciado. La interpretacion es evidente: Si consideramos un circuito Amperianorectangular como el ilustrado en la figura (5.7), cuyo lado mas extenso es paralelo al ejeperpendicular del anillo que pasa por su centro, es claro que que la integral del campomagnetico sobre esta trayectoria es proporcional a la magnitud de la corriente que cir-cula en el anillo, considerando el campo magnetico generado dirigido sobre el eje +Z desimetrıa.

Problema 5.12: Ley de Biot-Savart IV. Un cascaron esfericode radio a = 0,1m posee una cargatotal Q = 3,3µC y rota a unavelocidad angular ω = 120 rad/s. Hallar el campo magneticogenerado a una distancia z medida desde el centro sobre su eje de rotacion.

120

Figura 5.7: Lazo Amperiano alrededor de un circuito con corriente.

R: Utilizando el resultado del ejemplo anterior, analizamos el campo generado por unaespira de radio R = a sin θ y ubicada a una distancia z−a cos θ al punto en donde se deseacalcular el campo. La corriente que circula en esta espirase calcula como: σωa2 sin θdθ, yla integral resultante es del tipo:

B =µ0σωa

2

2

∫ π

0

sin3 θdθ[z2 + a2 − 2za cos θ

]3/2 ≈ µ0σωa4

z3]z>>a

. (5.51)

Problema 5.13: Ley de Biot-Savart V. Hallar la induccion magnetica en el centro de un sole-noide de largo L con n espiras por unidad de longitud, que posee una seccion cuadradadelado a. La intensidad de corriente que circula por el devanado del solenoide es igual a I.

Figura 5.8: Aplicacion de la ley de Biot-Savart en un solenoide.

R. Utilizamos la expresion para el campo magnetico creado por una corriente que circulaen una espira de geometrıa cuadrada de lado a, a una distancia z desde su centro y sobresu eje:

Be (z) =2µ0Iea

2

π

1

(a2 + 4z2)√z2 + a2

2

. (5.52)


en direccion +Z de acuerdo con el sentido de circulacion de la corriente. En el centro dela espira cuadrada, la magnitud del campo es:

Be (0) =2√2µ0Ieπa

,

en direccion +Z, deacuerdo con el sentido de circulacion de la corriente. Integrando sobretodas las componentes de corriente que componenel devanado y utilizando la relacionIe = nIdz, obtenemos el campo magnetico en el centro:

B =

∫ L/2

−L/2Be (z) dz =

4µ0nI

πarctan

(L√

L2 + 2a2

). (5.53)

En el lımite L → ∞, el campo magnetico en elinterior del solenoide toma el valor B ≈µ0nI.

Problema 5.14: Ley de Biot-Savart VI. Un cilindro de radio R, longitud ℓ y densidad superficialde carga σ gira sobre su eje de simetrıa con una velocidad angular constante ω. Calcularla induccion magnetica en el centro del cilindro, utilizando el resultado del ejemplo (5.10).R: El elemento de campo dB se relaciona con el diferencial de corriente σωRdz. Integrandosobre la variable z, Ver figura (5.9).

B =µ0R

3σω

2

∫ ℓ/2

−ℓ/2

dz

(z2 +R2)3/2k =

µ0ωσRℓ√ℓ2 + 4R2

k. (5.54)

Para el caso en que ℓ >> R, B ∼ µ0ωσR.

Figura 5.9: Tambor cilındrico, Problema 5.14

Problema 5.15: Dos alambres estan doblados en forma de semicırculos de radio a como seilustra en la figura (5.10). Si el alambre de la mitad superior posee una resistencia R′Ω yel de la mitad inferior posee una resistencia RΩ, calcular el campo magnetico en el centrodel cırculo en terminos de la corriente I.R: Utilizando la ley de Biot-Savart, el campo generado por cada una de las partes es:

Bu =µ0Iu4π

∫ π

0

adϕUϕ × a (−Ur)

a3=µ0Iu4a

k;

Bd =µ0Id4π

∫ π

0

adϕ (−Uϕ)× a (−Ur)

a3= −µ0Id

4ak.

122

Considerando las ecuaciones del divisor de corriente: Iu = IR/ (R+R′), Id = IR′/ (R+R′);por lo tanto:

B =µ0I

4a

(R−R′

R+R′

)k.

Figura 5.10: Anillo conductor con dos resistencias diferentes.

Problema 5.16: Campo magnetico en el interior de un solenoide. Un solenoide circular rectode longitud finita L y radio a posee n vueltas por unidad de longitud y transporta unacorriente I. Mostrar que la induccion magnetica sobre el eje del cilindro en el lımitenL→∞ es:

Bz =µ0nI

2(cos θ1 + cos θ2) ,

en donde los angulos estan definidos en la figura (5.11).R: Utilizamos el resultado del ejemplo 5.9, reescribiendo la expresion para el campomagnetico de una espira en terminos del angulo θ entre su eje de simetrıa y el radio a, i.e.,tan θ = a/z. La contribucion al campo resultante de esta espira es Besp = µ0iesp sin

3 θ/2a.Considerando que la corriente de la espira puede tomarse en terminos de la corriente totala traves de la relacion simple: iesp = nIdz, y dz = −a csc2 θdθ, entonces: (tomando comoorigen el punto en donde se desea calcular el campo)

Bz = −∫ θ1

π/2

µ0nI

2sin θdθ −

∫ θ2

π/2

µ0nI

2sin θdθ

=µ0nI

2(cos θ1 + cos θ2) .

Evidentemente, para solenoides muy largos θ1 ≈ 0, θ2 ≈ 0, y Bz = µ0nI.

Problema 5.17: Una esfera de radio R tiene una densidad de carga volumetrica constante ρ.Determine el campo magnetico en el centro de la esfera cuando esta gira como un cuerporıgido con velocidad angular ω alrededor de un eje que pasapor su centro.R: Iniciamos con el calculo del campo magnetico de un anillo de radio r a una distanciaz desde el centro. Suponemos que este campo esta dirigido a lo largo del eje Z y tiene laforma:


Figura 5.11: Solenoide de seccion circular

Banillo =µ0Ianillo

2

r2

(z2 + r2)3/2, Ianillo = σωrdr;

en donde Ianillo es la corriente asociada al movimiento de una distribucion de carga dearea 2πrdr. Sumando sobre todas estas contribuciones anulares:

Bdisco =µ0σω

2

(√r2 + z2 +

z2√r2 + z2

− 2z

).

El cambio de variables simple: r = R sin θ, z = R cos θ convierte la integral sobre todoslos discos en la variable θ

B =µ0ωρR

2

2

∫ π

0

(sin θ + sin θ cos2 θ − 2 cos θ

)dθ,

en donde se considera que la carga que reside en un disco de radio r y densidad de cargaσ es la misma que en un cilindro de radio r, densidad de carga ρ y altura rdθ; es decirσ = ρrdθ. Integrando tenemos finalmente:

B =4µ0ωρR

2

3.

Problema 5.18: Potencial vectorial e induccion magnetica para un lazo circular con corriente.Consideremos el problema de un lazo circular de radio a, que yace en en plano XY ,centrado en el origen, y transportando una corriente I, como se muestra en la figura(5.12).

R. La expresion para el potencial vectorial en el punto P esta dada por:

A =µ0I

4π

∫dl

| x− x′ |.

Es claro que x = r (cos θk+ sin θi) y x′ = a (cosϕi+ sinϕj), por consiguiente:

| x− x′ |=√r2 + a2 − 2ar sin θ cosϕ.

124

Figura 5.12: Lazo de corriente.

El diferencial dl que en el sentido de la corriente esta definido por:

adϕ (− sinϕi+ cosϕj) .

Dado que la geometrıa es cilındrica, seleccionamos el punto de observacion en el planoXZ, para propositos de calculo. Ya que la integracion es simetrica alrededor de ϕ = 0, lacomponente x de la corriente no contribuye. La componente resultante esta en la direcciony, la cual corresponde a la componente Aϕ del potencial vectorial.

Aϕ =µ0Ia

4π

∫ 2π

0

cosϕdϕ√r2 + a2 − 2ar sin θ cosϕ

=

µ0Ia

4π

4

2arκ sin θ

[(r2 + a2

)K (ζ)− κ2E (ζ)

],

en donde definimos κ2 = r2+ a2+2ar sin θ y ζ = −4ar sin θ/κ2, y K,E son las integarleselıpticas completas de primera y segunda especie, respectivamente. Las componentes dela induccion magnetica pueden expresarse calculando del rotor del potencial vectorial, ylas expresiones resultantes son utiles en el analisis computacional.

Br =1

r sin θ

∂

∂θ(sin θAϕ) , Bθ = −

1

r

∂

∂r(rAϕ) , Bϕ = 0.

Problema 5.19: Autoinductancia de un Solenoide. Un solenoide posee un radio R, longitud ℓy se enrolla con N vueltas de alambre muy proximas entre sı. Utilizando el resultado delejemplo 5.10, calcular la autoinductancia de este objeto.R: L = πµ0N

2R2/ℓ.

Problema 5.20: Autoinductancia de un cable coaxial. Calcular la autoinductancia de un cablecoaxial de radios a y b (b > a),y longitud ℓ. Suponer que el alambre interior transportauna corriente uniforme I.R: En la region a > r > b, la intensidad del campo magnetico es:B (r) = µ0I/2πr. El flujo en el interior es Φm =

∫ ba B (r) ℓdr = (µ0Iℓ/2π) ln (b/a). La

autoinductancia por unidad de longitud se define como: L/ℓ = Φm/Iℓ.


Problema 5.21: Autoinductancia de un toroide. Hallar la inductanciadel devanado de un toroi-de de una seccion circular del radio r y n espiras. Fig. (5.13). El radio mayor del toroidees R.R: El campo magnetico en el interior del toroide, esta dado por: B = µ0nI/2πx, en dondex es la distancia desde el centro del mismo. Esta expresion se obtienede evaluar la cir-culacion del campo en un circuito Amperiano (circular) de radio x. nI se define como lacorriente total encerrada por este circuito. El flujo total sobre la secci’on transversal es:

Φ = n

∫SBdS =

∫ R+r

R−r

n2µ0IdS

2πx. (5.55)

El elemento de superficie dS se calcula desde la geometrıa del problema: dS = 2√r2 − (x−R)2dx.

Integrando (5.55), y evaluando la inductancia como L = Φ/I, finalmente se obtiene:

L = µ0n2(R−

√R2 − r2

). (5.56)

Figura 5.13: Toroide de Seccion Circular.

Problema 5.22: FEM de movimiento I Un automovil tiene una antenade radio vertical de 1.2m de largo. El automovil viaja a 65 km/h sobre un camino horizontal donde el campomagnetico terrestre es de 50µT y se dirige hacia abajo (hacia el norte) a un angulo de 650

debajo de la horizontal. (a) Especifique la direccion de movimiento del automovil paragenerar la maxima fem de movimiento en la antena, con la parte superior de la mismapositiva con respecto a la inferior. (b) Calcule la magnitud de esta fem inducida.R: El movil es libre de desplazarse en cualquier direccion en el plano XZ. Como se indicaen el problema, el campo inducido debe dirigirse en la direccion +Y , con el fin de queexista maxima induccion. Ası, E = −v ×B = − (−vx, 0, 0)× (0,−By,−Bz) = vxBzj. Lacomponente Z del campo magnetico es Bz = B cos 65, ası, la maxima fem inducida es:E = vxBzℓ. Introduciendo valores numericos:E = 457,8µV.

Problema 5.23: Disco homopolar de Faraday. Entre agosto y noviembre de 1831, Faradayrealizo una serie de experimentos de induccion electromagnetica. En uno de ellos hizorotar un disco de cobre entre los polos de un magneto y obtuvo una corriente estacionaria

126

en el circuito entre el centro y el borde del disco (Figura 5.14). En laactualidad, estedispositivo se conoce como generador homopolar debido a que este produce una corrienteDC. Contactos de mercurio en el centro y el borde del disco estan conectados en serie conuna resistencia R = 15Ω y un amperımetro. El radio del disco es a = 25 cm, su velocidadangular ω = 2π rad/s, y el campo magnetico es B = 1 T. Hallar la fem generada por elcircuito y la lectura en el amperımetro.R: Suponemos que el campo magnetico esta dirigido en la direccion Z: B = B0k. En es-tado estacionario, el campo electrico inducido en cualquier puntodel disco es de la forma:E = −v ×B. La velocidad de un portador de carga es v = ω × r, en donde r es el vectorposicion radial desde el centro del disco. El producto vectorial se reduce a: v = ωrUϕ. Por

consiguiente el campo electrico inducido en la posicion r es de la forma: E = −ωB0rUr. Ladiferencia de potencial entre los extremos del disco es igual a: E = −

∫ a0 E·dl = ωB0a

2/2.El amperımetro registrara una lectura igual a E/R. Reemplazando los valores numericos:E = 0,2V , i = 0,01A.

Figura 5.14: Disco Homopolar de Faraday

Problema 5.24: Un anillo metalico circular de radio a y resistencia R se encuentra en uncampo magnetico uniforme que apunta en una direccion perpendicular al plano del anillo.La magnitud del campo magnetico varıa con el tiempo de acuerdo con la ecuacion B (t) =B0 exp (−t/τ). La corriente inducida en un tiempo t = 2τ es igual a :R: πa2B0e2/ (Rτ).

Problema 5.25: Dos iones positivos que poseen la misma carga q y diferentes masas m1 y m2

son acelerados horizontalmente desde el reposo a traves de una diferencia de potencial V .Despues penetran en una region en donde existe un campo magnetico uniforme B normalal plano de la trayectoria. (a) Demuestre que si las partıculas entraron en el campomagnetico a lo largo del eje X, el valor de la coordenada Y para cada ion en cualquierinstante t es aproximadamente:

y = Bx2√

q

8mV,

bajo la condicion y << x.R: Las partıculas ingresan a la region de campo magneticocon una velocidad vX =

Magnetismo e Induccion Electromagnetica 127√2qV/m. La magnitud de la fuerza magnetica sobre las partıculas esta dada por FY =

qvXB. Las ecuaciones cinematicas de movimiento estan dadas por:

y (t) =1

2aY t

2; x (t) = vXt. y (x) =FY x

2

2mv2X

y (x) =qBx2

2mvX= Bx2

√q

8mV.

Problema 5.26: Efecto Hall (1). En el circuito de la figura se representa una muestra de unelemento X cuyas dimensiones estan especificadas. Si se aplica un campo magnetico per-pendicular a la muestra B, y la corriente tiene una intensidad I, el voltaje Hall registradoes VH . Calcular la densidad de portadores electronicos libres en el sistema.

Figura 5.15: Efecto Hall

R: El voltaje Hall aparece cuando una poblacion de portadores de carga se redistribuyesobre los bordes de una muestra como consecuencia del efecto de la fuerza magneticaa traves de la induccion. La densidad de portadores y la densidad de corriente estanrelacionados por: J = −nev, en donde v es la velocidad de los portadores electronicos deconduccion. En magnitud, n = J/ev, y J = I/y1z1. La velocidad de deriva yel voltaje HallVH obedecen a la relacion: v = VH/Bz1. Finalmente: n = IB/ (ey1VH) (portadores×m−3).

Problema 5.27: Un par de cargas puntuales q1 y q2 se desplazan en un marco de referenciacomo se ilustra en la figura (6.31). En ese instante, cuales son la magnitud y la direcciondel campo producido en el origen de coordenadas?.R: El campo magnetico generado por una carga en movimiento (velocidades no relativis-tas) esta definido por:

B = Kmqv × (r− rp)

| r− rp |3.

Para esta simetrıa particular:

B = Kmq1v1Y 20

(−k) +Kmq2v2X2

0

(k) , q1 > 0; q2 > 0.

128

Figura 5.16: Cargas en movimiento.

Problema 5.28: En una lamina infinita conductora de espesor t, que yace en el plano XY (verfigura), circula una densidad de corriente uniforme J = J0j.Calcular la magnitud y direc-cion del campo magnetico a una distancia z por debajo de la lamina de corriente.R: Se define un circuito Amperiano alrededor de la fuente de corriente, de simetrıa rec-tangular, cuyas dimensiones son ℓ sobre el eje X y 2z (perpendicular a la lamina). Lacirculacion del campo magnetico alrededor de este circuito es:∮

B · dℓ = B (2ℓ) = µ0

∫SJ · dS = µ0J0tℓ.

Por consiguiente: B = µ0J0t/2 (i) .

Problema 5.29: Calcular la inductancia de la seccion ℓ de una lınea bifilar (Fig. 5.18), menos-preciando la inductancia interior de los hilos. Los radios de los hilos son los mismos eiguales a r0, y la distancia entre sus centros es d.

Figura 5.17: Lamina conductora.


Figura 5.18: Lınea bifilar.

R: El campo magnetico en el punto P entre los dos conductores esta definido por:

B (x) =µ0I

2π

(1

x+

1

d− x

),

direccion positiva sobre el eje vertical (Y ). Evaluamos el flujo de campo magnetico en elespacio entre los dos conductores:

ΦM =

∫ d−r0

r0

B (x) ℓdx =µ0Iℓ

πln

(d− r0r0

).

La inductancia/unidad de longitud de este sistema se define por:Lℓ = ΦM/I:

Lℓ=µ0π

ln

(d− r0r0

).

Problema 5.30: El cable largo y recto de la figura transporta una corriente constante I. Unaespira rectangular conductora de resistencia R se desplaza con velocidad constante v en elsentido ilustrado en la Fig. (5.19). (a) Calcular la magnitud y sentido de corriente inducidaen la espira. (b) Establecer el sentido de las fuerzas sobre los conductores paralelos al cable.

Figura 5.19: Ley de Faraday, espira rectangular.

130

R: La magnitud de la f.e.m se obtiene despues de obtener la expresion para el flujo, y suvariacion con respecto al tiempo:

E (t) = µ0Iℓwv

2πr (t) (r (t) + w)Iind =

ER.

Problema 5.31: Un anillo de radio a ubicado en el plano XY con centroen el origen, transportauna corriente constante de magnitud I1 en el sentido indicado en la figura (5.20). Paraleloal eje de las X (Y = 0), y a una distancia d desde el origen de coordenadas, se extiendeun alambre conductor muy largo y delgado que transportauna corriente constante I2 enel sentido positivo de las X.Hallar la fuerza magnetica entre estos dos elementos.

Figura 5.20: Configuracion anillo-alambre.

R. La ley de Biot-Savart nos permite escribir la expresion para el campo magneticoproducido por el anillo en cualquier punto sobre el alambre:

dBa =µ0I14π

adϕUϕ × ρ| ρ |3

,

en donde ρ esta dado por la relacion vectorial:

ρ = (x− a cosϕ) i− a sinϕj + dk.

En este punto es necesario recordar las relaciones vectoriales: Uϕ× i = − cosϕk, Uϕ× j =− sinϕk, Uϕ × k = Ur. El diferencial de campo magnetico, en forma explıcita es:

dBa =µ0I14π

dUr + (a− x cosϕ) k(x2 + d2 + a2 − 2xa cosϕ)3/2

adϕ.

El diferencial de fuerza entre los dos elementos de corriente esta definido por: dF = I2dℓ2×Ba, y consideraciones generales de simetrıa nos permite establecerla unica componenteno-nula para la fuerza resultante sobre el alambre:


F =

∫ ∞

−∞dxI2Baz

(−j),

con

∫ 2π

0

∫ ∞

−∞

(a− x cosϕ) adxdϕ(x2 + d2 + a2 − 2xa cosϕ)3/2

= 4π

(1− 1√

1 + a2/d2

).

Por lo tanto, la magnitud de la fuerza anillo-alambre en la configuracion de la fig. (5.20)esta dada por:

F = µ0I1I2

(1− 1√

1 + a2/d2

). (5.57)

Problema 5.32: Las corrientes en los conductores interno y externo de la figura (5.21) estanuniformemente distribuidas. Utilizar la ley de Ampere para demostrar que para b < r < c:

H =I

2πr

(c2 − r2

c2 − b2

)Uϕ. (5.58)

Figura 5.21: Cable coaxial, Problema 32

R: En un circuito Amperiano de radio r (b < r < c), la circulacion del campo magneticoes proporcional a la cantidad de corriente encerrada por el mismo:∮

H · dℓ = Ie.

En este caso la corriente Ie toma el valor de la corriente total del conductor interior Imenos la parte de la corriente para un lazo de radio r:

Ie = I − I(r2 − b2

c2 − b2

).

Considerando que la longitud del lazo Amperiano es 2πr, entonces:

H =Ie2πr

Uϕ. (5.59)

132

Problema 5.33: Un alambre conductor de seccion circular de radio a transporta una densidadde corriente uniforme J. El alambre posee una cavidad de radio b cuyo centro esta lo-calizado a una distancia d, sobre el eje horizontal de coordenadas, como se ilustra en lafigura 5.22. Estimar la intensidad del campo magnetico en cualquier punto dentro de lacavidad.

Figura 5.22: Sistema alambre hueco.

R. Relaciones simples de geometrıa conducen a la expresion vectorial:

r− ρ = d,

donde ρ es el vector posicion desde el centro de la cavidad hasta cualquier punto dentrode la misma. Utilizando el principio de superposicion para los campos, consideramosinicialmente la contribucion generada por la densidad de corriente +J sin cavidad, conel conocido resultado:

B1 =µ0Jr

2Uϕ1,

con respecto al centro del alambre. La contribucion al campomagnetico debido a la cavidadpuede considerarse en terminos de una densidad de corriente negativa −J :

B2 = −µ0Jρ

2Uϕ2,

con respecto al centro de la cavidad. Es necesario establecer las relaciones entre los dossistemas de coordenadas, utilizandolas identidades vectoriales:

Uϕ1 = −Ur × Uz, Uϕ2 = −Uρ × Uz.

Combinando estas expresiones, finalmente se obtiene:

Br =µ0J

2Uz × (r− ρ) . (5.60)

Notese que la magnitud del campo resultante dentro de la cavidad solo depende de ladistancia relativa entre los centros d: B = µ0Jd/2.


Figura 5.23: Loop de corriente.

Problema 5.34: En un plano yacen un conductor rectilıneo infinitamente largo y un conductoren forma de circunferencia de radio a. La distancia entre el centro del conductor anularhasta el conductor rectilıneo es igual a d. Hallar la induccion mutua. (Fig.5.23)

R. La induccion mutua se obtiene como la relacion del flujo magnetico producido por elconductor rectilıneo (1) sobre la espira circular (2):

L12 =Φ21

I1. (5.61)

Integracion directa del campo magnetico producido por el alambre recto sobre el areacircular de la espira (2) conduce a (d > a):

L12 =1

I1

∫S2

B1dS2 =µ0π

∫ a

−a

√a2 − x2d+ x

dx =

µ0

(d−

√d2 − a2

). (5.62)

Problema 5.35: Los conductores circular y rectilıneo, descritos en elproblema anterior, sonrecorridos por corrientes de intensidadesI1 e I2. Calcular la fuerza que actua sobre elconductor anular.R. La fuerza entre conductores depende del cambio de la disposicion geometrica mutuaentre los circuitos, y en este caso, a su vez, en el parametro de induccion L12 entre losmismos. Explıcitamente, la fuerza entre conductores en direccion X esta definida a travesde la expresion:

FX = I1I2∂L12 (x)∂x

.

FX = µ0I1I2

(1− d√

d2 − a2

),

expresion identica a (5.57), obtenida por integracion directa aplicando la Ley de Biot-Savart.

Problema 5.36: Dos circuitos identicos, con inductancias L se encuentran de tal manera que suinductancia mutua L012 = 0. Los circuitos son recorridos por corrientes superconductoras

134

de intensidad I0. Despues de eso cambian la posicion recıproca de los circuitos, comoconsecuencia de lo cual su inductancia mutua se hace igual L12. Hallar la intensidad delas corrientes en el estado final.R. La energıa del sistema en el estado inicial es:

EI =1

2LI20 +

1

2LI20 . (5.63)

Despues de la reconfiguracion:

EII =1

2LI2X +

1

2LI2X + L12I2X . (5.64)

La intensidad de corriente que preserva el valor de la energıa del campo electromagnetico,omitiendo la del energıa del estado Superconductor:

IX = I0

√L

L+ L12. (5.65)

Problema 5.37: Un anillo superconductor que puede moverse solo en sentido vertical, yace enuna superficie plana sobre una espira conductora de dimensiones identicas. A traves de laespira del conductor comienza a circular una corriente de intensidad I. Como consecuenciade eso, el anillo superconductor se levanta. La induccion mutua de la espira y el anillo,elevado una altura x, es igual a L12 (x). La inductancia del anillo superconductor es L11,la masa del anillo, m, yla aceleracion de caıda libre, g. Determinar la altura h, a la quese levanta el anillo superconductor.R. La energıa del anillo superconductor en contacto con la espira conductora es (utilizamosla expresion para la energıa del campo magnetico Φ2/2L):

EI =L212 (0) I20

2L11.

Cuando la espira alcanza una altura h, la energıa de la espira es la combinacion de laenergıa potencial y del campo magnetico:

EII = mgh+L212 (h) I20

2L11.

La altura de la espira superconductora se obtiene desde la ecuacion secular:

h =I20

2mgL11(L212 (0)− L212 (h)

). (5.66)

Problema 5.38: Calcular la inductancia mutua asociada a dos espiras circulares de radio aque transportan corrientes uniformes I1 e I2, y cuyos planos (paralelos) se encuentranseparados una distancia d. Fig.(5.24).

R.Utilizamos la formula para el calculo directo de la inductancia mutua entre dos elemen-tos que transportan corrientessobre los elementos dℓ1 y dℓ2:

L12 =µ04π

∫C1

∫C2

dℓ1 · dℓ2r12

, (5.67)


Figura 5.24: Sistema de espiras.

en donde r12 es la distancia entre los elementos (1) y (2).La formula (5.67) se convierte,segun la geometrıa del problema, como:

L12 =µ04πa2∫ 2π

0

∫ 2π

0

cos (ϕ1 − ϕ2)√d2 + 2a2 (1− cos (ϕ1 − ϕ2))

dϕ1dϕ2. (5.68)

La solucion de esta ultima integral se expresa en terminosde integrales elıpticas completasde primera y segunda clase, K (·) y E (·) respectivamente. Explıcitamente:

L12 = µ0d

[−E

(−4a2

d2

)+

(1 + 2

a2

d2K

(−4a2

d2

))]. (5.69)

Para el caso en el cual d >> a, es posible demostrar que la inductancia mutua toma laforma:

L12 ≈µ0πa

4

2d3. (5.70)

Tomando en consideracion que la energıa de interaccion entre dos circuitos con corrientees W12 = L12I1I2, esta funcion se reduce a:

W12 ≈µ1 · µ2d3

, (5.71)

en donde µj = πa2Ij es el momento dipolar magnetico del circuito que transporta unacorriente Ij . Este resultado permite concluir que dos espiras suficientemente separadasinteractuan con una energıa igual a la energıa de dos dipolos magneticos con momentosµ1 = πa2I1 y µ2 = πa2I2.

Problema 5.39: Dos espiras de alambre circulares planas cerradas planas de radios a1 y a2yacen en un plano a una distancia d desde sus centros. Considerando que la distancia d esgrande yque se puede hacer uso de la aproximacion dipolar, hallar la inductancia mutuade los circuitos.

136

R: Utilizamos la expresion que proporciona la energıa dipolar entre dos elementos circui-tales que transportan corrientes I1 e I2:

W12 =µ04π

µ1 · µ2d3

; L12 ≈πµ0a

21a

22

4d3. (5.72)

Problema 5.40: Por un conductor rectilıneo infinito de radio a, cuyo eje coincide con el eje Zdel sistema de coordenadas, circula una corriente de intensidad I en sentido positivo deleje Z. Hallar el potencial vectorial. Figura (5.25).R: Partimos de la expresion general para el potencial magnetico:

Az =µ04π

∫jzdV

r, (5.73)

en donde Jz representa la densidad de corriente que circula en el conductor, y r es ladistancia perpendicular desde el alambre conductor hasta el punto P. Para el caso r > a,el elemento de volumen se reduce a: dV = Sdz, con S como la seccion transversal delconductor. La expresion integral para Az es:

Az =µ04π

∫ L

−L

JzSdz√r2 + z2

=µ0I

4πln

[√r2 + L2 + L√r2 + L2 − L

], (5.74)

con la geometrıa ilustrada en la figura (5.25). En el lımite L→∞, se obtiene:

Az (r) ≈ −µ0I

2πln r + C. (5.75)

Para el caso r < a, es conveniente utilizar inicialmente la expresion para el campo magneti-co en el interior de un conductor de esta geometrıa: Bφ (r) = µ0Ir/2πa

2, y posteriormenteobtener la componente z del vector potencial por integracion directa:

Bφ = −∂Az

∂r; Az (r) = −

µ0Ir2

4πa2+ C, r < a. (5.76)

Problema 5.41: Un pendulo de barra metalica liviana de longitud ℓ y masa m esta acopladosin friccion a un circuito LC en presencia de un campo magnetico de intensidad H, comose ilustra en la figura (5.26). El pendulo es liberado desde el reposo con una amplitudangular φ0, y la energıa electrica inicial del capacitor es cero. El area de influencia delcampo H se resalta en el diagrama. Obtener la frecuencia de vibracion delsistema Ω. [10]R: Construimos la funcion de Lagrange del sistema L = K − U ≡ L (φ, q), en donde φy q son las variables conjugadas del sistema, y representan el angulo de desviacion delpendulo y la carga electrica circulante, respectivamente. En forma explıcita, el terminocinetico es:

K (φ, q) =1

2mℓ2φ2 +

1

2Lq2, (5.77)

mientras que la energıa potencial gravitacional, electrica y magnetica se aproxima como:

U (φ, q) =1

2mgℓφ2 +

q2

2C+

1

2Hℓ2φq. (5.78)


Figura 5.25: Potencial vectorial magnetico de un alambre rectilıneo.

Figura 5.26: Sistema acoplado Pendulo-circuito LC

138

El ultimo termino en (5.78) corresponde a la energıa magnetica instantanea sobre elcircuito de area A, i.e., Um = Φq, Φ = Hℓ2φ/2. Utilizando la ecuacion de Lagrange sobrelas variables canonicas φ, q:

∂L∂φ− d

dt

(∂L∂φ

)= 0,

∂L∂q− d

dt

(∂L∂q

)= 0, (5.79)

obtenemos el par de ecuaciones acopladas:

x1 + ω21x1 + ωH x2 = 0, x2 + ω2

2x2 − ωH x1 = 0, (5.80)

con los parametros x1 = ℓφ, x2 = (L/m)1/2 q y ωH = Hℓ/2 (mL)1/2, ω21 = g/ℓ, ω2

2 =1/LC. Utilizando la solucion de prueba: xj = ReAj exp (iΩt) sobre (5.80), obtenemoslas frecuencias de vibracion del sistema:

Ω =

√W ±

√W 2 − ω2

1ω22, (5.81)

con

W =ω21 + ω2

2 + ω2H

2.

Problema 5.42: Una corriente de intensidad I circula por un conductor rectilıneo infinito, pa-ralelo a la superficie de separacion plana de dos medios, uno con permeabilidad magneticaµ0, en el cual se encuentra el conductor, y otro con permeabilidad magnetica µ Fig. (5.27).Hallar la fuerza que actua sobre la seccion ℓ del conductor. La distancia entre el conductory la superficie de separacion es d.

Figura 5.27: Hilo de corriente en presencia de dos medios magneticos con diferente permeabilidad.

R: Iniciamos nuestro analisis calculando el potencial vectorial magnetico producido porla corriente I y su imagenI ′ en cualquier punto sobre Y > 0. Segun la ecuacion (5.75), el

potencial vectorial en unpunto localizado a una distancia r0 =√x2 + (y − d)2 desde la

fuente I, ya una distancia r′0 =√x2 + (y + d)2 desde la fuente I ′, para Y > 0 es:

AIz =

µ0I

2πln r0 +

µ0I′

2πln r′0 Y > 0. (5.82)


En la region Y < 0 no existen fuentes de corriente reales, y el potencial vectorial magneticoes asociado a una fuente de intensidad I1 localizada en el punto en donde se encuentra lacarga “real”, i.e.:

AIIz =

µ0I12π

ln r0, Y < 0. (5.83)

I ′ e I1 son constantes a definir. Utilizamos las condiciones de continuidad en los camposmagneticos sobre la superficie Y = 0, las cuales conducen a la primera relacion para lasintensidades:

HIx = HII

x , Y = 0, (5.84)

y la componente normal:µ0H

Iy = µ1H

IIy , Y = 0. (5.85)

Utilizando Hx = ∂yAz y Hy = −∂xAz, obtenemos aplicando (5.84):

I + I ′ = I1, (5.86)

mientras que la expresion (5.85) se reduce a:

µ0(I − I ′

)= µ1I1. (5.87)

Combinando estas dos ultimas expresiones arribamos a:

I ′ =µ0 − µ1µ0 + µ1

I. (5.88)

De las ecuaciones (5.82) y (5.88) es posible obtener el campo magnetico sobre cualquierpunto en el plano XY (Y > 0). Nos interesa en particular la componente Hx, dado queel alambre la seccion transversal del alambre posee coordenadas (0, d) y Hy = 0 en esepunto. Es posible demostrar que en esa misma posicion: Hx = µ0I

′/4πd. La magnitud dela fuerza sobreuna longitud ℓ es por consiguiente:

Fy

ℓ= IHx =

µ0I2

4πd

µ0 − µ1µ0 + µ1

, (↓) (5.89)

en sentido negativo del eje Y , si µ1 > µ0 y la corriente original esta orientada sobre el ejepositivo Z.

Problema 5.43: En un circuito LC la carga inicial del condensador es Q0. Calcular el flujomagnetico en el inductor cuando la carga en el condensador disminuye a la mitad.R: Un balance de energıa electromagnetica nos conduce a la ecuacion de conservacion:

ET =Q2

0

2C=

q2

2C+

Φ2

2L, (5.90)

en donde q y Φ corresponden a los valores instantaneos de la carga y el flujo magnetico,respectivamente. En el instante particular para el cual q = Q0/2,

Φ = Q0

√3L

4C. (5.91)

140

Problema 5.44: Un cilindro solido de radio a, largo y orientado con su eje en al direccion z,transporta una corriente cuya densidad es J, la cual cambia segun la relacion:

J = be(r−a)/δ

rk, r ≤ a, (5.92)

y J = 0 para r > a. b y δ son constantes positivas. Considere que la corriente totalque circula por la seccion transversal completa es I0. Calcular la magnitud del campomagnetico en el interior del cilindro, a una distancia δ desde su centro.R: La constante b toma el valor:

b =I0

2πδ (1− exp (−a/δ)), (5.93)

mientras que el campo magnetico a una distancia δ desdesu centro es, por integraciondirecta (ley de Ampere):

B (δ) =µ0I02πδ

exp (1)− 1

exp (a/δ)− 1. (5.94)

Problema 5.45: Conductores largos y rectos con seccion transversal cuadrada, por cada unode los cuales circula una corriente I, estan colocados uno al lado del otro, de modo queforman una hoja de corriente con la corriente dirigida hacia afuera del plano de la pagina.Una segunda hoja de corriente se ubica a una distancia d de la primera, y esta formada porun conjunto de hilos conductores transportando corrientes de magnitud I hacia adentrodel planode la pagina en la figura (5.28). Calcular la magnitud y la direccion del campomagnetico en los puntos P , R (punto medio de la separacion entre las hojas) y S.

Figura 5.28: Hilos conductores con seccion transversal cuadrada.

R: En la figura (5.28) se aprecian los circuitos Amperianos que se requieren para elcalculo de los campos en los puntos designados y equidistantes. En R, e integrando sobreel contorno ABEFA, la ley de Ampere conduce a:

HR =nI

3, (→) (5.95)

en donde n es el numero de hilos por unidad de longitud. El contorno ABCDEFAproporciona la relacion de los campos en P y S: HP = HS . Ası, La intensidad del campoen P esta definido como la mitad de la intensidad del campo en R: HP = HR/2, (←)


Problema 5.46: Un electron gira en una orbita circular con momento angular√2~, donde

~ = 1,05× 10−34 J.s es la constante de Planck. (a) Determinar el momento magneticodelelectron. (b) Calcular la induccion magnetica en la posicion del proton.R: (a) El momento magnetico y el momento angular se aproxima clasicamente a:

µ = −| e |2m

L, µ =e~√2m

= 1,312× 10−23JCs/kg. (5.96)

en donde |e|2m recibe el nombre de razon giromagnetica. (b) La magnitud de la induccion

magnetica en la posicion del proton se deduce de la aproximacion para el campo magneticogenerado por una carga puntual e que gira en una orbita circular de radio a0:

B =µ0e

2a0T=

√2µ0e~

8πma30, (5.97)

en donde T es el periodo de giro, y a0 se define por:

a0 =4πε0~2

me2. (5.98)

Numericamente: B = 10,44 T.

Problema 5.47: Efecto Hall (2). Cuando a una cinta metalica por la que circula una corrienteelectrica se le aplica un campo magnetico perpendicular, aparece una diferencia de po-tencial entre los puntos opuestos de los bordes de la cinta (Fig. (5.29)). Demostrar que laresistencia Hall definida como RH = E/jB, siendo Eel campo electrico que se establece alacumularse cargas a lo largo de los bordes de la cinta cuando se alcanza el equilibrio;B,el campo magnetico; j, la densidad de corriente, esta definido por:

RH =1

nq, (5.99)

en donde n es el numero de portadores por unidad de carga y q el valor de la carga“transportada”.R: El campo magnetico aplicado genera una fuerza electrica sobre un portador de cargadefinida en magnitud por:

FY =| e | vB, (5.100)

en donde v es la velocidad de los portadores en direccion opuesta al flujo de corriente. Lafuerza por unidad de volumen sobre todos los portadores de carga se calcula en terminosde la densidad de corriente j: F = jB. Esta fuerza se iguala a la fuerza asociada al campoelectrico inducido E :

F = neE = jB. (5.101)

Redefiniendo (5.101), obtenemos una expresion para la resistencia (coeficiente) Hall delsistema:

RH =EjB

=1

ne. (5.102)

142

Figura 5.29: Efecto Hall sobre una cinta conductora.

Problema 5.48: En una cierta region existe un campo electrico y un campo magnetico uni-formes y perpendiculares entre sı (Fig.5.30). Se inyecta una partıcula con velocidad v0paralela al campo magnetico. (a) Escribir la ecuacion de movimiento de la partıcula encoordenadas cartesianas. (b) Calcular las componentes del vectorvelocidad en funcion deltiempo t.R:(a) Las ecuaciones de movimiento de la partıcula estan definidas por la segunda ley de

Figura 5.30: Partıcula en un campo electromagnetico.

Newton: F = mdv/dt = qE + qv × B. (b) Las componentes de la velocidad obedecen lasrelaciones:

dvydt

=qBmvz; (5.103)

dvzdt

=q

mE − q

mBvy, (5.104)


cuyas soluciones son:

vz =EBsin

(qBmt

); (5.105)

vy =EB

[1− cos

(qBmt

)], (5.106)

con las condiciones vz (0) = 0 y vy (0) = 0. La posicion de la carga en el tiempo se define

por: z (t) = z0

(1− cos

(qBm t))

, con z0 = mE/qB2, mientras que la componente y (t) =

Et/B− z0 sin(qBm t). La relacion intrınseca y (z) corresponde a la ecuacion parametrica de

una cicloide de radio R = mE/qB2, con periodo 2πR y altura 2R.

Figura 5.31: Espectrometro de masas de Dempster. S es una fuente de iones. V corresponde a la diferencia depotencial aceleradora aplicada sobre las rejillas colimadoras. P es una placa fotografica que registra el impacto delos iones.

Problema 5.49: Espectrometro de masas. Un espectrometro de masas (Fig. 5.31) tiene un vol-taje acelerador de 5 kV y un campo magnetico de 10−2 T. Hallar la distancia de impactoentre los dos isotopos 68Zn y 70Zn del zinc.R: La distancia impacto desde el centro de la trayectoria se obtiene calculando el radiode la circunferencia R. Utilizandolos parametros dados por el problema, la traza de losimpactosdista en:

d =

√2V

e+B2(√m70 −

√m68) = 12,2 cm. (5.107)

Problema 5.50: Escribir las ecuaciones y las funciones de Lagrange para el circuito represen-tado en la figura (5.32).R: La funcion de Lagrange L tiene la forma:

L ≡(q1, q2,

dq1dt

)=

1

2L(dq1dt

)2

− q222C− U (q1 + q2) . (5.108)

144

Figura 5.32: Circuito LC.

El ultimo termino, U (q1 + q2) representa laenergıa potencial instantanea (constante) su-ministrada porla fuente de potencial U . Ecuacion de Movimiento:

Ld2q2dt2

+q2C

+ U = 0,

bajo la condicion q = q1 + q2 =const. La solucion de estaecuacion es: q2 (t) = −CU +

q0 cos(t/√LC + φ

), en donde q0 y φ son constantes de integracion.

Problema 5.51: Una espira cuadrada de alambre se encuentra ubicada en el plano XY (z = 0).La espira tiene lados de longitud L y sus vertices estan en (0, 0), (0, L), (L, 0) y (L,L),y porella circula una corriente constante I en sentido horario. El campo magnetico en elespacio esta dado por la expresion: B = B0 (y/L)

2 i. Calcular la magnitud y direccion dela fuerza magnetica neta sobre la espira.R: Fneta = 0. Las fuerzas sobre los segmentos verticales son iguales y opuestas a ±IB0L/3.

Problema 5.52: Un anillo metalico circular de radio a y resistencia R se encuentra en uncampo magnetico uniforme que apunta en una direccion perpendicular al plano del anillo.La magnitud del campo magnetico varıa con el tiempo de acuerdo con la ecuacion B =B0

(1− t2/τ2

), (0 < t < τ). Calcular la corriente inducida despues de un tiempo t = τ/2.

R: La FEM inducida en el anillo se define por E = −dΦ/dt = 2πa2B0t/τ2, mientras que

la corriente electrica inducida i = E/R despues deun tiempo τ/2 es: πa2B0/Rτ .

Problema 5.53: Un cilindro de base circular de radio a homogeneamentecargado de y longitudℓ, cuya carga es Q, gira con una velocidad angular ω alrededor de su eje. Hallar sumomento magnetico dipolar.R: El momento magnetico dipolar en una distribucion de cargas en movimiento µ puededefinirse como:

µ =ω

2π

∫SqdS, (5.109)

en donde q es la cantidad de carga contenida en un elemento dearea dS. Explıcitamente:

µ =ω

2π

∫ a

0

(Qπr2

πa2

)2πrdr =

ωQa2

4. (5.110)

Problema 5.54: En el espacio entre los polos de un iman permanente en el que existe un campomagneticoH0 se introduce una placa de magnetico con permeabilidad magnetica µ. Hallarla fuerza que actua sobre el magnetico. Fig. (5.33).


Figura 5.33: Fuerza de interaccion sobre una placa magnetica.

R: La energıa magnetica en el sistema como funcion de la coordenada x se escribe como:

U (x) =B2

1

2µdℓx+

B22

2µ0dℓ (a− x) ; (5.111)

en donde B1(2) son las magnitudes de los campos magneticos en las regiones con (sin)sustancia. Suponemos que la distancia, o el tamano longitudinal de la placa (no ilustradoen la figura) es a, parametro irrelevante en el resultado final. Minimizamos (5.111) conrespecto a la coordenada x para obtener la fuerza neta sobre el magneto:

Fx = −δU (x)

δx= −1

2(µ− µ0) dℓH2

0 , (5.112)

considerando B1 = µH0 y B2 = µ0H0.

Problema 5.55: Inductancia de un toroide. Hallar la inductancia del devanado de un toroidede n espiras de seccion cuadrada con lado a. La distancia al centro del toroide es R.R: El campo magnetico en el interior del solenoide posee simetrıa “circular”. Aplicandola ley de Ampere a este sistema, el campo magnetico tiene la forma:

B (x) =µ0nI

2πx, (5.113)

en donde x es la distancia desde el centro del toroide a un punto en la region interior delmismo. Calculamos el flujo magnetico sobre una espira:

Φesp =

∫ R+a/2

R−a/2B (x) adx =

µ0nI

2πln

(2R+ a

2R− a

). (5.114)

El flujo total sobre todas las espiras se obtiene como n vecesel flujo sobre una espira. Lainductancia del devanado es:

L =Φt

I=µ0n

2

2πln

(2R+ a

2R− a

). (5.115)

146

Problema 5.56: Rueda de Barlow. La rueda de Barlow es un disco de cobre que esta situadaentre los polos de un iman y cuyo borde esta en contacto con un deposito de mercurio. Seconecta una baterıa entre el eje de la rueda y el deposito de mercurio y se observa que larueda empieza a girar alcanzando una velocidad angular lımite constante. Comprobar quela velocidad angular es proporcional a la intensidad de la corriente. La rueda de Barlowes reversible en el sentido de que al desconectar la baterıa y se la hace girar aplicandouna fuerza externa, se puede medir la corriente inducida [11].

Figura 5.34: Rueda de Barlow.

R: El elemento de fuerza sobre un elemento longitud dy en un campo magnetico demagnitud B es dF = idyB; en donde i es la corriente que circula en el elemento dy. Si elsentido de giro del disco es antihorario, y la corriente circula hacia el centro del mismo,la fuerza magnetica sobre el disco esta orientada hacia la derecha en el diagrama de lafigura (5.34). El momento de esta fuerza en el centro se obtiene por integracion directa:

MO =

∫ a

0ydF =

1

2iBa2, (5.116)

en donde a es el radio del disco. Si consideramos que sobre eleje de rotacion se presenta unmomento de friccion proporcional a la velocidad angular:M r = −kω (criterio de Petroff),entonces la ecuacion de movimiento del sistema seescribe como:

Idω

dt=MO −M r, (5.117)

con I como momento de inercia, y cuya solucion es:

ω =M0

k(1− exp (−kt/I)) . (5.118)

En estado estacionario t → ∞, la velocidad angular depende de la corriente electricaexterna que alimentaal sistema:

ω∞ =M0/k = Ba2i/2k. (5.119)


Problema 5.57: Un cilindro dielectrico de radio a gira alrededor de su eje con una velocidadangular ω, paralelamente a la cual esta dirigido el vector de induccion B de un campomagnetico continuo. Hallar la polarizacion del cilindro y la densidad superficial de la cargaligada. La constante dielectrica de lasubstancia del cilindro es igual a ε.R: El campo electrico asociado a una carga en la sustancia quese mueve con una velocidadv bajo la influencia de uncampo magnetico B es E = v × B. Para un elemento de cargalocalizado en una posicion r desde el eje del cilindro (y perpendicular al mismo), se definecomo v = ω × r. El campo electrico en esta posicion es por consiguiente:

E (r) = ω × r× B. (5.120)

El campo electrico inducido posee simetrıa radial. Utilizando propiedades del triple pro-ducto vectorial:

E (r) = (ω · B) r− (ω · r)B. (5.121)

En este caso, ω ⊥ r, ası:

E (r) = (ω · B) r. (5.122)

El vector de polarizacion P se define como: P = D− ε0E . Finalmente, La polarizacion delcilindro es:

P = (ε− ε0)ωBr. (5.123)

La densidad superficial de carga ligada σlig se obtiene directamente desde la componentenormal del vector polarizacion:

σlig = Pn = (ε− ε0)ωBa. (5.124)

Problema 5.58: Un cilindro vacıo de radio r2 y un conductor cilındrico, coaxial con el, de radior1 que posee una conductividad muy grande, se sumergen en un lıquido magnetico con-ductor con permeabilidad µ y densidad de masaρ (Fig. 5.35). En el circuito circula unacorriente de intensidad I. Hallar la altura que alcanza el lıquido en el cilindro.

Figura 5.35: Arrastre magnetico de un lıquido hacia el espacio entre los conductores con corriente.

148

R: En el diagrama de la figura se ilustra la cantidad h, la altura que alcanza el lıqui-do magnetico cuando se aplica una corriente I. En este problema, por consiguiente, seconsidera como lınea de referencia aquella altura que alcanzael lıquido por principio hi-drostatico. Cuando circula una corriente I en el sistema, se genera una energıa magneticaen el interior del cilindro:

u (y) =

∫ y

0

B2

2µdSdy +

∫ ℓ−y

0

B202µ0

dSdy, (5.125)

en donde B (B0) se definen como las intensidades de los campos magneticos en la regioncon (sin)fluido, y ℓ es la longitud del mismo. Utilizando B = µI/2πr, y B0 = µ0I/2πr,eintegrando (5.125), obtenemos una expresion para la funcional de energıa magnetica delsistema en terminos de la altura del lıquido:

u (y) =I2

4πln

(r2r1

)(µy + µ0 (ℓ− y)) . (5.126)

La fuerza vertical que se ejerce sobre el lıquido se obtieneminimizando la ecuacion (5.126):Fy = −δu (y) /δy. En equilibrio hidrostatico, esta fuerza debe igualarse al peso del lıquidodesplazado una distancia vertical h: πρg

(r22 − r21

)h. La altura que alcalza el lıquido es

por consiguiente proporcional al cuadrado de la corriente aplicada al sistema:

h =I2

4π2ρg

(µ− µ0)(r22 − r21

) ln(r2r1

). (5.127)

Problema 5.59: Galvanometro de d’ Arsonval. El movimiento de un medidor de d’ Arsonval.tiene asociado un campo radial uniforme B = 0,1T y un resorte de restauracion con untorque τ = 5,87×10−5θ (N·m), en donde el angulo de rotacion esta en radianes. La bobinacontiene n = 35 vueltas y mide ℓ = 23mm × w = 17mm. Que angulo de rotacion produceuna corriente i = 15 mA en la bobina? Figura (5.36).R: La magnitud del torque magnetico inducido en una espira de la bobina se aproxima a:

τesp = iℓwB. (5.128)

Sobre n espiras que componen la bobina, el torque total experimentada por la mismasera: nτesp. El angulo maximo de deflexion se obtiene en condicion de equilibrio:nℓwB =5,87× 10−5θ. De aquı: θ ∼ 200.

Problema 5.60: Determinar una expresion para el potencial vectorial A producido por unalamina de corriente plana e infinita, en la que circula una densidad J.R: Utilizando la ley de Ampere en el circuito ilustrado abcd, se obtiene el campo magneticoH (z > 0),: H = Jt/2Ux (Ver ejemplo 5.28). En general, para una orientacion arbitrariade la lamina de corriente,

H =1

2Jt× Un, (5.129)

en donde Un es el vector unitario normal a la superficie. El potencial vectorial A esta de-finido por ∇×A = µ0H. La componente en la direccion X es:

∂Az

∂y− ∂Ay

∂z=

1

2Jt. (5.130)


Figura 5.36: Galvanometro de d’ Arsonval

Figura 5.37: Circuito Amperiano. Problema 5.60.

El vector potencial posee la misma direccion de la densidad de corriente (en este caso,corresponde a la direccion Y ):

Ay (z) = −1

2Jtz; z > 0. (5.131)

Para z < 0 la expresion (5.131) cambia de signo.

Problema 5.61: Sobre la superficie de una esfera de madera se enrollan con gran densidad unacapa de espiras de un alambre muy fino. Los planos de todas las espiras perpendiculares aun mismo diametro de la esfera. El radio de la esfera es a y la cantidad total de espiras esn. Una corriente de intensidad I circula por el devanado. Hallar la induccion magneticaen el centro de la esfera.R: Utilizamos el resultado del ejemplo (5.10), considerando la esfera como una coleccionde anillos paralelos de radio variable R = a sin θ. La induccion magnetica en el centro dela esfera producida por una espira con corriente iespira es:

Bespira =µ0iespira sin

2 θ

2a, (5.132)

150


con z = a cos θ. La corriente sobre la espira se relacionacon la corriente total a traves dela relacion de equivalencia iespira = nIdθ/π. Integrando en la variable angular θ, en elintervalo 0, π, se obtiene

B =µ0nI

2πa

∫ π

0sin2 θdθ =

µ0nI

4a. (5.133)

Problema 5.62: La induccion magneticaB0 entre los polos paralelos de un iman electrico puedeconsiderarse constante y homogenea. En el espacio entre los polos se introduce una placade material paramagnetico con susceptibilidad χP . Hallar la fuerza que actua sobre laplaca, si las superficie de las placas son paralelas a las de los polos del iman.R: La energıa del paramagneto por unidad de volumen es:

w =1

2hint ·B0 =

(µ− µ0)B20

2µµ0, (5.134)

en donde hint corresponde a la imanacion asociada al campo exterior B0: hint = χPB0/µ.La fuerza media sobre la placa se obtiene multiplicando la densidad de energıa por el areatransversal de la misma S: f = wS. Finalmente, utilizando χP = µ/µ0 − 1

f =χPB

20

2µ0 (1 + χP ). (5.135)

Problema 5.63: Un conductor transporta una corriente de intensidad I en direccion paralelaa una placa conductora muy delgada con densidad de corriente J0, y ancho w, Fig.(5.38).(a) Hallar la fuerza por unidad de longitud sobre el conductor. (b) Obtener una expresionpara el lımite cuando w tiende a infinito.R: (a) La fuerza entre dos hilos de corriente con corrientes Iy J0tdy, separados unadistancia r =

√h2 + y2, es:

dF = Iℓ× dB. (5.136)

La fuerza resultante producida por dos hilos de ancho dy localizados en lados opuestos delorigen de coordenadas esta dirigida sobre el eje negativo de Z. En el diagrama ilustradoen la figura (5.38) es posible inferir que el elemento de fuerza producido por el diferencialde corriente J0tdy posee direccion −Z,−Y . Explıcitamente:

dF/ℓ = IdB(−Ur

)= I

(µ0J0t

2π√h2 + y2

dy

) (−hUz − yUy

)√h2 + y2

. (5.137)



La fuerza total se obtiene integrando la componente Z:

F/ℓ = −2µ0IJ0th

2π

∫ w/2

0

dy

(h2 + y2)Uz =

−µ0IJ0tπ

arctan( w2h

)Uz. (5.138)

Es claro por consiguiente que el campo producido por una placa de espesor t y de ancho wa una distacia perpendicular h de la misma, con la geometrıa indicada en la figura (5.38),es:

B =µ0Jt

πarctan

( w2h

)Uy. (5.139)

(b) Cuando el ancho w de la placa tiende a infinito, la fuerza entre los objetos se aproximaa: µ0IJ0t/2, en direccion −Z.

Problema 5.64: Para la configuracion de la figura (5.39), la distribucion del campo magneticoes B = B0 sin (πx/w)Uz. Hallar el trabajo realizado al mover la espira una distancia w alo largo del eje x, a velocidad constante.R: El cambio de flujo magnetico sobre la espira de corriente ∆Φm asociado al cambio delas posiciones es:

∆Φm = Φ2 − Φ1 =

∫ 2w

wB (x) ℓdx−

∫ w

0B (x) ℓdx = −4ℓwB0

π. (5.140)

El trabajo necesario para desplazar la espira es proporcional alcambio de flujo: W =∆Um = I∆Φm = −4IℓwB0/π.

Problema 5.65: Dos laminas infinitas de corriente, cada una con densidades de corriente J1 yJ2, son paralelas, separadas una distancia d y tienen sus corrientes dirigidas de maneraopuesta. Hallar la fuerza por unidad de area sobre las laminas.R: Utilizamos el resultado del problema 5.60. Si las laminas son paralelas a los planosXY , y la densidad de corriente de una de ellas esta dirigida en la direccion −Y , el camposobre la otra lamina, en la parte superior es:

H1 =Jt12Ux, (5.141)

152



en donde t1 es el espesor. La fuerza/unidad de area sobreun elemento de longitud dyUy

es:F/A = µ0J2t2Uy ×H1 =

µ02J1J2t1t2Uz (repulsion). (5.142)

Problema 5.66: Una corriente de intensidad I circula por un alambre en direccion −z , yentra en una superficie semiesferica de radio a y espesor t. Escribir una expresion para ladensidad de corriente sobre la esta superficie. Fig. (5.40).R: La densidad de corriente se obtiene indirectamente integrando:

I =

∫J · dS; (5.143)

en donde el elemento de superficie tiene normal en la direccion del angulo polar en coor-denadas esfericas Uθ:

I =

∫ 2π

0

∫ a+t

aJUθ · r sin θdϕdrUθ, (5.144)

J =I

2πat sin θ (1− t/2a)Uθ. (5.145)

Problema 5.67: Repetir el problema anterior, considerando una corriente I que incide sobreuna lamina conductora de espesor t y que yace en el plano XY. Fig (5.41).R: La corriente sobre la lamina posee direccion radial. A una distancia r desde el puntode contacto con el alambre:

I =

∫ 2π

0

∫ t

0JUr · rdθdzUr, J =

I

2πrtUr. (5.146)

Problema 5.68: Una barra conductora paralela al eje y Fig. (5.42) completa una espira me-diante un contacto deslizante con los conductores en y = 0 y y = ℓ = 0,5m. (a) Hallar


el voltaje inducido en la barra esta estacionaria en x = ℓ y B = B0 sin (ωt)Uz (T). (b)Repetir el ejercicio (a) si ala barra se le imprime una velocidad inicial v0Ux = 0,25Ux

m/s, considerando queel circuito posee una resistencia de 1 Ω, en presencia deun campomagnetico B0 = 0,5 T. Considere la masa de la barra igual a 100 gramos.

Figura 5.42: FEM inducida, Problema 5.68

R: (b) En el caso de un campo magnetico uniforme, la fem inducida esta dada porB0ℓv0 = 0,0625 V. (a) para un campo variable el conductor fijo en x = 0,5 m, la feminducida es: E = −ℓ2dB (t) /dt = −ℓ2ωB0 cos (ωt).La fuerza que se ejerce sobre la barra depende de la velocidad instantanea, y esta dirigidaen sentido contrario a la misma: F = iℓB = −ℓ2B2v (t) /R. Considerando F = ma, m:masa de la barra, la solucion para la velocidad es (caso b):

v (t) = v0 exp(−ℓ2B2t/mR

). (5.147)

Problema 5.69: Un campo magnetico uniforme B esta contenido en un volumen cilındrico deradio R. Una barra metalica de longitud ℓ es colocada como se ilustra en la figura (5.43).Si B esta cambiando a una razon dB/dt > 0, calcular la fem inducida en los extremos dela barra.R: La barra divide el area transversal del cilindro en dos circuitos de secciones: A1 y A2, lascuales corresponden la region superior y a la region inferior, respectivamente. El cambiode flujo magnetico en el circuito (1) induce una corriente que circula en sentido horario,mientras que en el circuito (2) la corriente circula ensentido antihorario. La diferencia delas variaciones de flujo es proporcional a la fem en los extremos de la barra:

E = Φ1 − Φ2. (5.148)

Explıcitamente: E = (dB/dt)Aeff , con

Aeff = πR2 +(β − α)R2

2+ ℓ

√R2 − (ℓ/2)2;

α = 2arctan

ℓ

2√R2 − (ℓ/2)2

; β = π − α.

154


Figura 5.44: Corriente axial, simetrıa cilındrica. Problema 5.5.150.

Problema 5.70: Un cilindro hueco de radio a tiene su centro sobre el eje z y transporta unadensidad superficial de corriente KaUϕ. Demostrar que Hz = Ka, para r < a.R: Utilizamos la relacion para el campo magnetico y la densidad de corriente: ∇×H = J.En esta simetrıa, el campo solo depende de la componente radial, con Hϕ = 0. Integrando:

Hz =

∫ a+t

aJϕdρ = Ka, (5.149)

en donde t (t << a) corresponde al espesor de la pelıcula cilındrica.

Problema 5.71: Calcular el campo magnetico en el interior de un cilindro de radio r por el cualcircula una corriente axial sobre la superficie K (ϕ) = I cosϕ/2r. Obtener la inductanciapor unidad de longitud del cilindro.R: El elemento de corriente asociado a un anillo de radio r ubicado a una distancia zgenera un elemento de campo magnetico dB:

dB =µ04π

K (ϕ) dSk×(zk− rUr

)(z2 + r2)3/2


Figura 5.45: Fuerza entre esferas magnetizadas, Problema 5.72.

El elemento de superficie dS en esta simetrıa se define como rdϕdz, mientras que Ur co-rresponde al vector unitario radial hacia el exterior de la superficie cilındrica. Integrando:

B =

∫ +∞

−∞

∫ 2π

0dB =

µ0I

4r

(−j). (5.150)

Es posible obtener una expresion aproximada para la inductancia de este sistema, consi-derando que el campo magnetico en el interior es uniforme en todos los puntosdel interior,utilizando la definicion de densidad de energıa magnetostatica: Em = B2/2µ0. Insertando(5.150): L/ℓ = πµ0/16.

Problema 5.72: Una aleacion magnetica permanente a base de Colbato/Samarium tiene unamagnetizacion M = 7,50 × 105 J/Tm3. Considere dos esferas magnetizadas con estaaleacion, cada una con 1 cm de radio y magneticamente unidascon polos opuestos encontacto. Cual es la fuerza que debe ser aplicada para separalas?.R: La magnetizacion m de una esfera se obtiene como m =MV , en donde V correspondeal volumen de la misma: 4πr3/3.Si el radio es de 1 cm, m = 3,142 J/T. La fuerza queexperimentaun cuerpo magnetizado debido al gradiente del campo magnetico se definecomo:

F = m · ∇B. (5.151)

El campo magnetico producido por esfera de magnetizacion m1 sobre el eje z puedeaproximarse a:

B (z) =µ04π

2m1

z3, (5.152)

con z tomado desde el centro de la esfera. fuerza que experimenta la segunda esfera es enmagnitud:

F =3µ032π

m1m2

r4,

con z = 2r. Considerando | m1 |=| m2 |, debe aplicarse una fuerza de unos 36,52 Newtonspara separarlas.

156

Figura 5.46: Cono cilındrico

Problema 5.73: Un circuito RLC serie oscila sujeto a las condiciones I = I0, I′ = 0 a t = 0.

Hallar la relacion de dependencia de la corriente que circula en el circuito en el regimende amortiguamiento crıtico.R: La ecuacion para I en este caso es:

Ld2I

dt2+R

dI

dt+I

C= 0, (5.153)

cuya solucion en el regimen criticamente amortiguado ω = γ/2 es:

I = (A+Bt) exp (−γt/2), (5.154)

en donde A y B son constantes definidas por las condiciones iniciales: A = I0, y B = I0γ/2.

Problema 5.74: Una corriente I fluye en un alambre el cual cambia de unradio r1 a un radior2 como se ilustra en la figura (5.46). La densidad de corriente J dentro del alambre esuniforme: J = J (z), y las posiciones z1 y z2 estan lejos de los lugares en donde el alambrecambia de radios. (a) Hallar J en los puntos z1 y z2. (b) Calcular el campo magnetico enlos puntos z1 y z2 dentro y fuera del alambre.R: (a) La densidad de corriente tiene la forma: I/πr (z)2, con r (z) = r1 + ∆(z − z1),∆ = (r2 − r1) /ℓ, ℓ-longitud del cono. (b) En el interior del cono (r < r1),el campo B (enfuncion de la coordenada z) se obtiene utilizando la ley de Ampere:

B (r) = aln r

r+ b,

a =µ0I

2π

(1

r1− 1

r2

)/

(ln r1r1− ln r2

r2

).

b = aln (r1/r2)

r2 − r1.

en donde se han utilizado la condicion de continuidad para el campo magnetico en z = z1,y z = z2. De forma analoga se calcula el campo en el exterior del alambre para z < z1, yr > r1.


Figura 5.47: Aguja de acero en presencia de un campo magnetico.

Problema 5.75: Una aguja delgada de acero magnetizado, de longitud 12 cm, esta suspendidaen un hilo sin torsion y realiza pequenas oscilaciones libres alrededor de un eje que pasapor su centro en un plano horizontal en el campo magnetico terrestre. El periodo de os-cilacion es de 3 a 5 segundos. Estimar la densidad de magnetizacion del acero. [12].R:La figura (5.47) ilustra la geometrıa del problema 5.75. Dado que unicamente se consi-deran oscilaciones de angulo pequeno, el campo magnetico terrestre se asume uniforme.Si el momento magnetico de la aguja es µ, su energıa potencial en presencia de un campoB es V = −µ · B = −µB cos θ, en donde θ es el angulo entre µ y B. La ecuacion demovimiento es:

Iθ = τθ = −∂V

∂θ= −µB sin θ ∼ −µBθ,

con I como el momento de inercia de la aguja con respecto a sucentro: mℓ2/12. Lafrecuencia de oscilacion del sistema es ω =

√µB/I. En terminos de la densidadde masa

ρ = 78 × 103 kg/m3, el periodo de oscilacion T ∼ 4 s, y Bterrestre ∼ 5 × 10−5 W/m2, seencuentra que la magnetizacion M = µV es (V -volumen)

M =π2ρℓ2

3BT 2∼ 4,6× 105Am−1.

Problema 5.76: Dos cables conductores largos y delgados con igual densidad lineal de masaλ = 1,75×10−3 kg/m estan suspendidos con hilos de masa despreciable de modo que estanconfigurados en una posicion horizontal y paralelos entre sı, y separados una distanciad = 2,0 cm. Los extremos posteriores estan conectados por un alambre de baja resistenciaR = 0,032 Ω. El terminal positivo de un condensador de 1 µF que ha sido cargado poruna fuente de 2500 V, esta conectado a un interruptor que a su vez conecta el extremo delcable (Figura 5.48). Cuando se cierra el circuito, los alambres experimentan una fuerza derepulsion entre ellos y cada uno adquiere una velocidad inicial v0. El tiempo de descarga delcapacitor es despreciable en comparacion con el tiempo necesario para producir cualquierdesplazamiento apreciable en la posicion de los cables. Calcular la fuerza de repulsion yla velocidad inicial que estos alambres experimentan.R: En el instante en que el circuito se activa, circula una corriente con un valor maximo

158



im = V0/R. Los alambres se repelen con una fuerza maxima por unidad de longituddada por F/ℓ = µ0i

2m/2πd. El cambio del momentum que experimentan los alambres

∆p = F∆t = 2λℓv0. Considerando que el tiempo de descarga del condensador ∆t = RCcorresponde al tiempo promedio en el cual se ejerce la fuerza magnetica entrealambres,y la carga inicial Q0 = CV0, la velocidad inicial se calcula como v0 = µ0Q

20/4πdRCλ.

Numericamente, v0 = 0,56 m/s.

Problema 5.77: Un alambre circular de radio r y masa m transporta una corriente estacionariaI. Fig. (5.49). El alambre esta restringido a moverse con su eje de simetrıa en direccionperpendicular a una lamina infinita y perfectamente conductora que yace en el plano Y Z.Su altura instantanea es x, y se desplaza con velocidad v en direccion y, con v << c. (a)Cual es la condicion de frontera del campo magnetico B sobre la lamina? (b) Calcularla corriente imagenque reproduce el valor del campo magnetico en la region superior delplano. (c) Hallar la altura aproximada en equilibrio x y la frecuencia de las pequenasoscilaciones verticales para un valor de corriente de tal forma que x << r.R: (a) La componente normal del campo magetico, la cual es contınua a traves de lafrontera, es cero sobre la superficie conductora: Bn = 0. (b) Como se muestra en la figura(5.49), la imagen de la corriente consiste en un loop de corriente simetricamente localizado


con respecto a la superficie del plano conductor, pero con una direccion opuesta del flujode corriente. Esta configuracion satisface la condicion de frontera (a). (c) La fuerza entreel loop (real) de corriente y su imagen puede aproximarse (x << r) a:

dF = I | dl×B |,

en donde el elemento Idℓ experimentara una fuerza en sentido vertical hacia arriba (−X)producida por un campo µ0 (−I) /2π (2x). La fuerza sobre el loop completo es:

F =µ0I

2r

2x.

En equilibrio, esta fuerza iguala la fuerza de gravedad:

xeq =µ0I

2r

2mg. (5.155)

Si el loop es desplazado una pequena distancia vertical δ desde su posicion de equilibrio,entonces las fuerzas que actuan sobre el mismo son:

−mδ = mg − µ0I2r

2 (xeq + δ)≈ mg − µ0I

2r

2xeq

(1− δ

xeq

).

Esto muestra que el sistema oscilara con M.A.S con frecuencia:

ω =

√µ0I2r

2mx2eq.

Problema 5.78: Algunas bacterias especiales pueden encontrarse en sitios poco atractivos, talescomo en el petroleo o en depositos de plantas muertas. Una bateria que vive en un lıquidoabsolutamente oscuro y esencialmente homogeneo enfrenta un problema de orientacionbastante serio si aquella debe salir a la superficie por oxıgeno y luego descender poralimento. Un tipo de bacteria ha resuelto este problema incorporando magnetos de oxidode hierro en sus celulas. Estimar el momento magnetico mınimo necesario para alinear labacteria.R: Planteamos una expresion para la energıa de interaccion entre dos dipolos magneticoscon momentos m1 y m2 es:

W = −m1 ·[m2

r3− 3

(m2 · r)r5

r

],

donde r es el radio vector desdem2 hastam1. Para dos magnetos identicos en el interior dedos bacterias adjacentes (r = d) y alineadas paralelamente (esta configuracion minimizael valor de la energıa de interaccion, el cual sugiere en este escenario que las bacterias seenlazan para formar grandes magnetos de momentum m), m1 = m2 = m, la energıa deinteraccion es

W =2m2

d3.

160


La energıa del movimiento Browniano es del orden de 3kT/2,T como la temperaturaabsoluta. Este movimiento tiende a destruir el ordenamiento de la bacteria. Ası, para queel alineamiento magnetico sea posible, se requiere:

2m2

d3≥ 3kT

2,

en donde la magnitud mınima del momento dipolar se estima como:

|mmin |=√

3kTd3

4.

Problema 5.79: Considere un lazo cuadrado de alambre de lado ℓ, que yace en el plano XY .Suponga que una partıcula de carga q se mueve con velocidad constante v, donde v <<c,en el plano XZ a una distancia constante z0 desde el plano XY , en direccion positiva.Suponer que la partıcula cruza el eje Z a t = 0. Obtener una expresion para la feminducida en el lazo como funcion del tiempo.R: En el instante de tiempo t la posicion de q es (vt, 0, z0). El radio vector desde q acualquier punto (x, y, z) es: (x−vt,y, z−z0). Dado que v << c, el campo electromagneticodebido a una carga que se mueve uniformemente es:

E =q

4πε0

r

r3

B =v

c2×E,

con r =√

(x− vt)2 + y2 + (z − z0)2. La fem inducida en el lazo de corriente esta dadapor la integral:

E = −∫S

∂B

∂t· dS.

El termino v×E, el cual es proporcional a B toma la forma: (0,−vEz, vEy). Al multiplicarpor el elemento de area dS, cuya normal es paralela al eje Z, tendremos:

E = − ∂

∂t

∫ ℓ

0

∫ ℓ

0dxdy

vEy

c2.


Considerando que∫ ℓ0 y/

(x2 + y2

)3/2dy = 1/

√x2 − 1/

√x2 + ℓ2, tenemos que la primera

integral se reduce a (c−2 = µ0ε0):

E = −µ0qv4π

∂

∂t

∫ ℓ

0dx

[1√

(x− vt)2 + (z − z0)2−

1√(x− vt)2 + ℓ2 + (z − z0)2

].

Finalmente:

E = −µ0qv2

4π

[1√

v2t2 + (z − z0)2− 1√

(ℓ− vt)2 + (z − z0)2+

1√v2t2 + ℓ2 + (z − z0)2

− 1√(ℓ− vt)2 + ℓ2 + (z − z0)2

].

Problema 5.80: Demostrar que la fuerza entre dos dipolos magneticos varıa como el inversode la cuarta potencia de la distancia entre sus centros, independiente de la orientacionrelativa en el espacio. Asumir que el tamano de los dipolos es pequeno comparado con laseparacion entre ellos.R: Consideremos que los momentos magneticos de los dos dipolossean m1 y m2. El po-tencial producido por m2 en la posicion de m1 es:

φm =1

4π

m2 · rr3

, (5.156)

donde r esta dirigido desde m2 hasta m1. Dado que el campo magnetico es B = −µ0∇φm,la fuerza sobre m1 es:

Fm = ∇ (m1 ·B) = −µ04π∇(m1 · ∇

(m2 · rr3

))=µ04π∇[3 (m1 · r) (m2 · r)

r5− m1 ·m2

r3

].

El termino para el gradiente es proporcional a r−3, ası Fm es proporcional a r−4. Explıci-tamente:

Fm =3µ04πr5

[(m1 ·m2) r+m1 (m2 · r) +

m2 (m1 · r)− 5r

r2(m1 · r) (m2 · r)

].

Problema 5.81: Dos espiras circulares estan montadas como se ilustra enla figura (5.51). (a)Hallar la inductancia mutua entre los dos anillos, asumiendo b << a. (b) Considere quela espira de radio b posee un momento dipolar mb = πb2ib. Hallar la fuerza entre las dosespiras.

162

Figura 5.51: Inductancia Mutua.

R: (a) El flujo magnetico sobre la espira de radio b se puede aproximar como el productodel campo producido por la espira de radio a sobre su eje, a una distancia y, y el areatransversal de la misma, i.e., πb2 (Ver Ejemplo 5.10):

Φm ≈ πb2B (y) =πµ0iab

2a2

2 (a2 + y2)3/2.

La inductancia mutua entre las dos espiras esM12 = Φm/ia. (b) La magnitud de la fuerzaentre las espiras se obtiene desde F = mb∂B (y) /∂y. Explıcitamente:

F =3

2

µ0πa2b2iaiby

(a2 + y2)5/2.

La fuerza tiene su maximo valor para las posiciones y = ±a/2, con

Fmax =24

25√5

πµ0b2iaiba2

.

Problema 5.82: Tres alambres aislados infinitamente extendidos, que transportan corrientesiguales I, se configuran en el plano XY separados 450 entre sı, como se ilustra en la figura(5.52). Obtener el campo magnetico en el punto P , con x = 0 y z = 0.R: El primer alambre horizontal genera un campo B = µ0I/2πy, en direccion +z. Elcampo asociado al segundo alambre a +450 con respecto a la horizontal es:

B2 =

√2µ0I

2πy+ z,

con igual resultado para el tercer alambre, B3 = B2. El campo total es:

Bt =µ0I

2πy

(1 + 2

√2)

+ z.

Problema 5.83: Considere un cable coaxial formado por dos cilindros perfectamente conduc-tores muy largos de radios a y b, (a < b) (Fig.5.53). El cilindro interior se encuentra a


Figura 5.52: Configuracion de tres alambres separados 450.

Figura 5.53: Sistema de cilindros concentricos, corrientes superficiales opuestas.

tension V0, mientras que el cilindro exterior esta puesto tierra. Por la superficie r = acircula una corriente azimutal K = Kuφ, mientras que por el cilindro exterior fluye unacorriente opuesta K = −Kuφ. Calcular la densidad de energıa electromagnetica en estesistema. Calcular el vector de Poynting.R: El campo magnetico en el interior del cilindro (a < r < b) esdiferente de cero, y dadopor B = µ0K, en direccion −Z. El campo electrico enel interior posee simetrıa radial:

E =V0

ln (b/a)

1

rur.

La densidad de energıa electromagnetica se obtiene desde la expresion:

u =B2

2µ0+ε0E

2

2.

El vector de Poynting, por definicion es S = E×H. El flujo de la energıa electromagneticatiene direccion +uφ.

Problema 5.84: Calcular el vector potencial de dos conductores rectos, lineales, infinitamenteextendidos que transportan corrientes antiparalelas I. Considere el caso de corrientes

164

paralelas.R: Utilizamos la definicion general del potencial vectorial magnetico A producido por unafuente J:

A =1

c

∫J (r′)

∥r− r′∥dV ′.

Si asumimos que los alambres se encuentran tendidos en el plano XZ, separados unadistancia 2d, la expresion para el calculo del potencial vectorial A debido a la contribucionde un elemento de corriente Idz es:

A =I

c

∫ L

−L

dz′√ρ21 + z′2

− I

c

∫ L

−L

dz′√ρ22 + z′2

k,

con ρ1,2 =√

(x∓ d)2 + y2. Resolviendo, obtenemos la expresion para el potencial vecto-rial:

A =2I

cln

[ρ2ρ1

(L+

√L2 + ρ21

L+√L2 + ρ22

)]k.

En el lımite L→∞, la expresion anterior sereduce a:

A =2I

cln

(ρ2ρ1

).

Aplicando el mismo procedimiento, es posible calcular A cuando las corrientes son para-lelas:

A =2I

cln

(L+

√L2 + ρ21

)(L+

√L2 + ρ22

)ρ1ρ2

k,

expresion que diverge en el lımite L→∞.

Problema 5.85: Momento de Torsion sobre una espira con corriente en un campo no uniforme.Considere una espira cuadrada conductora que se encuentra en el plano z = 0. La longitudde los lados es L, y sus vertices estan localizados en (0,0), (0,L), (L,0) y (L, L), y por ellacircula una corriente I en sentido antihorario. El campo magnetico no tiene componenteZ, pero sus otras dos componentes son distintas de cero: B = B0 (y/L)UX+B0 (x/L)UY .Si la espira puede girar libremente alrededor del eje X, hallar la magnitud y la direcciondel momento de torsion sobre la espira.R: El torque neto esta dado en este caso por la forma integral:

τ =

∫Adm×B,

en donde dm es el elemento diferencial de momento dipolar magnetico asociado a la espira,y A es su area total. Integrando sobre las componentes, obtenemos:

τ =

∫ L

0

∫ L

0IdxdyUZ ×B = τ0 (−UX +UY ) , τ0 =

1

2IB0L

2.

Si la espira puede girar libremente alrededor del eje X, el torque que esta experimenta esIB0L

2/2 en direccion negativa del eje.


Figura 5.54: Sistema Toroide -Conductor - Entrehierro, (no a escala). Problema 5.86

Problema 5.86: Un toroide con entrehierro posee una seccion transversal cuadrada. Un con-ductor largo que porta una corriente I2 esta insertado en el entrehierro. (a) Hallar lafuerza sobre el entrehierro cuando I2 = 0 y la permeabilidad relativa del toroide es µr.(b) Si la corriente en el conductor es diferente de cero y µr →∞.R: La fuerza magnetomotriz generada por la corriente I1 es F = NI1 que a su vez es igualal producto de la reluctancia total R y el flujo magnetico Ψ. Sobre la seccion cuadradade area a2 circulara una densidad de flujo:

B =NI1Ra2

R = Rt +Re,

en donde Rt(e) es la reluctancia del toroide (entrehierro). Explıcitamente,

R =1

µ0a2

(2πρ

µr+ ℓ

).

En el caso (a), la fuerza en el entrehierro puede calcularse como el producto de la densidadde energıa magnetica y el area transversal del entrehierro:

Fe =B2a2

2µ0=

N2I212µ0R2

.

Para un toroide con permeabilidad relativa infinita, el campo de fuerza en el entrehierroes:

Fe =µ0N

2I21a2

2ℓ2.

En el caso (b), con I2 = 0, la fuerza sobre el conductor es Fc = I2aB:

Fc =NI1I2Ra

→(µ0NaI1I2

ℓ

)µr→∞

.

La fuerza sobre el conductor depende del producto de las corrientes y de la relacion anchodel entrehierro/ espesor del toroide.

166

Figura 5.55: Torque sobre un motor electrico.

Problema 5.87: Evaluar el potencial magnetico ΦM para una placa circular con densidad su-perficial de dipolo magnetico uniforme σ = σkR: Utilizamos la formula para el calculo del potencial magnetico:

ΦM =1

4π

∫σ · n

| r− r′ |3dS′.

La distancia desde el elemento de dipolo magnetico | r− r′ | es:

| r− r′ |=√r2 + r′2 − 2rr′ cos (φ− φ′) sin θ,

en donde θ y φ corresponden a los angulos polar y azimutal del vector r, y φ′ es el angulode integracion en el plano del disco. En una placa suficiente grande (r′ →∞), integraciondirecta conduce a:

ΦM =σ

2.

Problema 5.88: Un cilindro circular recto contiene n = 550 conductores sobre la superficiecurva y cada uno transporta una corriente de magnitud constante I = 7,5 A. La distribu-cion del campo magnetico es radial y depende del angulo polar B = B0 sinϕUr (B0 = 38mT). La direccion de la corriente es Uz para 0 < ϕ < π y −Uz para π < ϕ < 2π. Hallarla potencia mecanica requerida para hacer girar el cilindro a ω = 1600 revoluciones porminuto en direccion Uϕ.R. La potencia se estima como el producto del torque neto inducido y la velocidad angularP = τ · ω. El torque sobre un conductor en el hemisferio superior del cilindro depende desu posicion angular. La fuerza puede estimarse como:

dF = dIℓ× B = dIℓB0 sinϕ(Uz × Ur

)= dIℓB0 sinϕUϕ.

El diferencial de corriente puede estimarse en terminos de la posicion angular: dI =nIdϕ/2π. El diferencial de torque es

dτ = RUr × dF Uϕ = RdFUz,

en donde R representa el radio del cilindro. El torque neto sobre el hemisferio superior seobtiene mediante integracion directa:

τ =

∫ π

0dτ =

nIRℓB0

πUz.


El torque sobre el hemisferio inferior del cilindro tiene exactamente el mismo valor y lamisma direccion; consecuentemente, el torque total es:

τt =2

πnIRℓB0Uz,

mientras que la potencia necesaria para hacer girar el cilindro es:

P =2

πnIRℓB0ω.

Numericamente, P = 60,2 W, con ω en rad/s.

Problema 5.89: Una lınea de transmision consiste en dos electrodos planos muy largos de anchob y separacion entre ellos igual a d, transporta corrientes superficiales uniformes ±K0UZ .Hallar la fuerza de repulsion entre los dos conductores por metro de longitud.R: Cfr. Prob. (5.63). Consideramos la aproximacion b >> d. El campo magnetico produ-cido por el plano inferior en la posicion y = −d/2 sobre el plano superior (y = +d/2) seaproxima a:

B

(y =

d

2

)∼ µ0K0

2UX .

La fuerza por unidad de longitud sobre el plano conductor superior es:

F/ℓ =

∫ b

0K0BdxUY =

1

2µ0K

20bUY , (5.157)

que constituye la fuerza de repulsion entre los planos conductores.

Problema 5.90: Una tira lamina de Germanio tipo n tiene una seccion transversal rectangularen el plano 0 < z < a, 0 < y < b. Esta presente un campo magnetico B0UZ y se mantieneun campo electrico EX en el material, por la accion de una fuente voltaje exterior. Si lamovilidad de los electrones es µe, hallar el voltaje Hall desarrollado entre los bordes y = by y = 0.R: El campo electrico generado por efecto de la interaccion de los portadores de carga yel campo magnetico es en magnitud: EY = vB = µeEXB0, mientras que la diferencia depotencial Hall se define como:

VH =

∫ b

0EY dY = bµeEXB0.

Para a = 1 mm, b = 1 cm, B0 = 0,1 Wb/m2, µe = 0,39 m2/V s y EX = 103 V/m, elvoltaje Hall es: 0.39 V.

Bibliografıa

[1] A. N. Matveev, Electricidad y Magnetismo, Ed. MIR, Moscu, 1988.

[2] Una monografıa interesante sobre experimentos y datos historicos relevantes en elec-trosta tica ha sido realizada por el profesor Leonel Calderon, disponible en el link:http://www.bdigital.unal.edu.co/629/.

[3] J. P. McKelvey, Fısica del Estado Solido y Semiconductores, Ed. Limusa, Mexico D.F., 1996.

[4] J. D. Jackson, Classical Electrodynamics, 3rd Edition, Jhon Wiley & Sons, Inc., NY1999.

[5] M. Alonso, E. Finn, Fısica II, Campos y Ondas, Addison Wesley, Mexico D.F., 1976.

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[8] Lim Yung-kuo, Problems and Solutions on Electromagnetism, World Science, 2007.

[9] Tomado de J. A. Cronin, D. F. Greenberg, V. L. Telegdi, University of Chicago, Graduate Problemsin Physics with Solutions, University of Chicago Press, 1967.

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[11] Adaptado de http://www.sc.ehu.es

[12] Lim Yung-kuo, Problems and Solutions on Solid State Physics, Relativity and Miscelaneous Topics,World Science, 2006. Partial Differential Equations of Mathematical Physics and Integral Equations,Ch. 2, Page 303, Dover Publications, NY, 1988.

169

Capıtulo 6Ondas Electromagneticas y Radiacion

James Maxwell, 1831-1879. Matematico y Fısico es-coces que publico teorıas acerca del campo electromagneti-co. Maxwell deseaba presentar la electricidad en su formamas simple. Comenzo escribiendo un artıculo titulado So-bre las lıneas de fuerza de Faraday (1856), el cual trans-lado las teorıas de Faraday en forma matematica, presentandolas lıneas de fuerza como hilos imaginarios los cuales contie-nen fluido incompresible. Luego publico Sobre las LıneasFısicas de Fuerza (1861) en el cual trata las lıneas comoentidades reales, basado en la observacion del movimiento departıculas de hierro en presencia de un campo magnetico, yutilizando la analogıa de una rueda en reposo. Tambien pre-sento una derivacion de la luz como ondulacion tranversaldel medio causada por fenonemos electricos y magneticos. Fi-nalmente publico Sobre la teorıa Dinamica del CampoElectromagnetico. (1865). La formulacion de Maxwell de laelectricidad y el Magnetismo fue publicada en Un Tratadosobre la Electricidad y el Magnetismo (1873), en el cualse incluye las formulas conocidas a la fecha como ecuaciones de Maxwell. Maxwell tambien demostro queestas ecuaciones requerıan implıcitamente la existencia de ondas electromagneticas que viajan a la velo-cidad de la luz. Junto a Clausius, desarrollo la teorıa cinetica de los gases. Mostro que la distribucionmolecular de las velocidades era Maxweliana, en Ilustraciones de la teorıa dinamica de los gases(1860). Sus estudios sobre teorıa cinetica lo condujo a proponer la paradoja del demonio de Maxwell en1867, en una carta dirigida a su amigo cercano Peter Tait. El demonio de Maxwell, es una pequena creaturahipotetica la cual puede observar las moleculas individuales. Esta creatura puede ademas producir un flujode calor desde un cuerpo frio hacia uno caliente abriendo una puerta cuando una molecula se aproximadesde el cuerpo frıo, y cerrando la misma cuando esta se aproxima desde el cuerpo caliente. Este procesoaparentemente viola la segunda ley de la termodinamica, pero a su vez fue utilizado por Maxwell parademostrar que la segunda ley de la termodinamica es una ley estadıstica que describe las propiedades deun sistema con un gran numero de partıculas. Maxwell tambien escribio, en correspondencia privada, que

171

172

la reversibilidad del tiempo era consistente con las leyes de la dinamica, pero inconsistente con la SegundaLey de la Termodinamica. Maxwell publico sus puntos de vista sobre las limitaciones de la segunda ley enTeorıa del Calor (1871). Hizo numerosas contribuciones en otros aspectos de la ciencia. Argumento quelos anillos de Saturno eran formados por pequenas particulas individuales; realizo experimentos los cualesmostraban que la viscosidad variaba directamente con la temperatura, derivo el teorema de Equiparticiony trato de describir las lıneas espectrales utilizando un modelo vibracional. La teorıa electromagneticaen la materia puede resumirse en un conjunto de ecuaciones diferenciales las cuales relacionan campos yfuentes:

D = ε0E+P. (6.1)

H =1

µ0B−M. (6.2)

∇ ·D = ρℓ ∇×E = −∂B∂t

(6.3)

∇ ·B = 0 ∇×B = Jℓ +∂D

∂t, (6.4)

con las correspondientes condicones de frontera:

n · [D] = σℓ n× [E] = 0,

n · [B] = 0, n× [H] = Kℓ.

El subındice ℓ denota densidad de carga o densidad de corriente libre. En esta seccion desarrollaremosejemplos correspondientes a las aplicaciones de las ecuaciones de Maxwell en el vacıo y en medios nohomogeneos. El lector debe estar familiarizado con la teorıa general de las ecuaciones diferenciales yalgunos de sus metodos de solucion, aunque en esta parte se intenta construir un texto autoexplicativosobre este topico.

Problema 6.1: Resolver el problema de contorno de Dirichlet ∆u = 0, x3 > 0, con −∞ < x1, x2 < ∞, yu (x1, x2, 0) = f (x1, x2), para −∞ < x1, x2 <∞.R: u representa el potencial electrostatico en la region indicada, y f (x1, x2) la distribucion espacialdel mismo en el plano x3 = 0. Planteamos la ecuacion de Laplace:

1

r

∂

∂r

(r∂u

∂r

)+∂2u

∂z2= 0, z > 0, r ≥ 0,

con u (r) = f (r), r ≥ 0. Introducimos la transformada de Hankel con:

u (ρ, z) =

∫ ∞

0u (r, z) J0 (ρr) rdr

u (r, z) =

∫ ∞

0u (ρ, z) J0 (ρr) ρdρ,

con J0 como la funcion de Bessel de orden cero. Multiplicamos por J0 (ρr) r e integrando por partesdesde 0 a ∞ con respecto a r:∫ ∞

0

1

r

∂

∂r

(r∂u

∂r

)J0 (ρr) rdr = −ρ

∫ ∞

0

∂

∂r

(r∂u

∂r

)J0 (ρr) dr,

Problemas Adicionales, Ondas Electromagneticas 173

considerando que la funcion potencial esta acotada en el infinito u (+∞) = 0 y con J ′0 (0) = 0.

Utilizando la identidad σ2J ′′0 (σ) + σJ ′

0 (σ) + σ2J0 (σ) = 0, se obtiene la forma final para el nucleou (ρ, z):

−ρ2u (ρ, z) + uzz (ρ, z) = 0.

La solucion de la ecuacion anterior es u (ρ, z) = f (ρ) e−ρz. La solucion formal para el campo u (r, z)se obtiene insertando este resultado en la transformada inversa de Hankel:

u (r, z) =

∫ ∞

0f (ρ, z) e−ρzJ0 (ρr) ρdρ.

Problema 6.2: El mecanismo de conduccion electrica en un medio lıquido es debido al movimiento de losiones en su interior. Los iones estan impulsados por el campo electrico, pero debido al rozamientoviscoso, estos no se aceleran uniformemente. La velocidad y el campo estan relacionados por elcoeficiente de movilidad µ: v = µE. En la mayorıa de las disoluciones existen iones de ambos signosy la corriente sigue aproximadamente la ley de Ohm. Sin embargo, en el caso de la conduccionunipolar en un lıquido dielectrico bajo los efectos de una diferencia de potencial establecida a travesde dos electrodos, iones de un solo signo son arrastrados por el campo electrico. Suponga que loselectrodos son planos y paralelos, de seccion S y separados una distancia a. (a) Establecer la relacionentre la densidad de corriente, la densidad de carga y la velocidad de los iones. (b) Si estos ionestienen movilidad µ, establezca la relacion entre la velocidad y el campo en cada punto. (c) Escribala ecuacion de Poisson con sus correspondientes condiciones de contorno. (d) Resuelva el sistemaanterior si el potencial varıa como:

ϕ =(xa

)pV0.

Calcule el valor necesario de p y determine la relacion I - V para este sistema.R: (a) La densidad de corriente para iones con densidad de carga ρ y velocidad v puede escribirsecomo:

J = ρv.

(b) Si los iones tienen movilidad µ,J = ρµE.

(c) La ecuacion de Poisson toma la forma:

ρ (x) = −ε∂2ϕ

∂x2, ϕ (a) = V0, ϕ (0) = 0.

(d) Si la variacion del potencial esta dada por la ley ϕ ∼ xp, entonces:

ρ (x) = −εp (p− 1) a−pV0xp−2.

v (x) = µE = −µ∂ϕ (x)∂x

=pµV0x

p−1

ap.

El campo electrico es afectado por la presencia de los iones que se desplazan en el sistema. Consi-derando la densidad de corriente constante J = cte, (el numero de iones que son emitidos desde unelectrodo por unidad de tiempo, se conserva), entonces el exponente p es igual a:

p =3

2.

174

Reemplazando este factor en las anteriores expresiones, con I = JS, la relacion corriente-voltajetoma la forma:

I = kV 20 , k =

9µεS

8a3.

La corriente depende del cuadrado del potencial aplicado en los electrodos. Retomando los calculosanteriores:

E (x) = −3

2

V0

a3/2z1/2.

ρ (x) = −3

4

εV0

a3/2z−1/2.

Figura 6.1: Soluciones al sistema de ecuaciones para la distribucion de la densidad de carga ρ, potencial electricoϕ y campo electrico E, en funcion de x/a (no a escala).

Problema 6.3: (a) Escribir las condiciones de contorno generalizadas para la superficie de separacion dedos medios con constantes relativas dielectricas κe1 , κe2 , si la densidad superficial de carga en lasuperficie de separacion es σ. (b) Extender para el caso en el cual circula una corriente superficialK, y cuyas constantes magneticas relativas en los medios se describen por κm1 y κm2 .R: (a) La forma integral de la ley de Gauss se puede escribir como:∮

Sκeε0E · dl = qfree,

en donde S corresponde a la superficie cerrada en la separacion entre los dos medios. Especıficamente:

n · (κm2E2 − κm1E1) =σ

ε0.

(b) En este caso, La componente tangencial de campo magnetico se relaciona con la densidad decorriente: (

B1

κm1

− B2

κm2

)· t = µ0K,

en donde t es el vector unitario tangente a la superficie de separacion. Una forma general se escribecomo:

n×(

B2

κm2

− B1

κm1

)= µ0K.


Problema 6.4: El potencial electrostatico en un punto P debido a una lamina con momento dipolar porunidad de area τ sobre la superficie S es:

ϕP =1

4πε0

∫τ · rr3

dS, (6.5)

en donde r es el vector desde el elemento de superficie hasta el punto P . (a) Considere una laminadipolar de extension infinita que yace en el plano XY y con momento dipolar τ = τ ez. Determinarsi ϕ o su derivada es discontınua a lo largo de la pelicula, y hallar la discontinuidad.R: El calculo del potencial se reduce a integrar:

ϕ =1

4πε0

∫τz

r3dS,

con dS = 2πRdR y r2 = R2 + z2. Integracion en la variable R en el intervalo (0,∞), conduce a:

ϕ =τ

2ε0, z > 0,

ϕ = − τ

2ε0, z < 0.

La discontinuidad esta dada por: ∆ϕ = τ/ε0.

Problema 6.5: Atomo de Hidrogeno Neutro*. El potencial (Promedio temporal) de un atomo de Hidrogenoneutro esta dado por:

ϕ =q

4πε0

exp (−αr)r

(1 +

αr

2

),

en donde q es la magnitud de la carga electronica, y α−1 = a0/2, con a0 como el radio de Bohr.Hallar la distribucion de carga (contınua y discreta) que producirıa este potencial.R: La distribucion de carga proviene de la ecuacion de Laplace: ρ = −ε0∇2ϕ. La componenteradialdel Laplaciano es 1

r∂2

∂r2(rϕ). La distribucion contınua de carga se calcula directamente como:

ρcon = −qα3

8πexp (−αr).

La distribucion discreta de carga esta asociada a la existencia del nucleo con carga q: ρdis (r) = qδ (r).

Problema 6.6: Calcular el potencial u (r) y el campo electrico E en un punto (r, 0, 0) en el interior de unaesfera de radio a, (r < a) si el potencial en la superficie varıa segun la relacion u (a, θ, ϕ) = u0 cos θ,0 < θ < π. La distribucion del potencial en la superficie de la esfera esta representada en la figura6. El potencial toma valores entre +u0 y −u0 en el intervalo del angulo polar 0 < θ < π.R: Utilizamos la prescripcion de Poisson para la esfera:

u (r) =

∫Σ

(a2 − r2

)4πr30a

u (Σ) dΣ,

en donde dΣ = 2πa2 sin θdθ es el diferencial de superficie de la esfera, u (Σ) corresponde a la distri-

bucion del potencial sobre la superficie Σ y r0 =(a2 + r2 − 2ar cos θ

)1/2. La solucion de la integral

conduce a:u (r) = u0

(ra

).

176

Figura 6.2: Representacion de la distribucion del potencial en una esfera conductora, problema A.6.

Problema 6.7: Un modelo simple del ciclo de Histeresis es propuesto en funcion de tramos rectilıneos(Figura 6.3). La curvaM (H) esta formada por dos semirectas horizontales y dos segmentos oblicuos.El ciclo queda caracterizado completamente con los valores del campo coercitivoHc, la magnetizacionremanente, Mr y la magnetizacion maxima Mm. Para un material de este tipo, (a) Establezca larelacion B = B (H) en cada seccion. (b) Determine la variacion para el campo B al producirse uncambio en H,

dB =dB

dHdH.

(c) Suponga que se describe un ciclo completo, partiendo del punto H = 0,M =Mr, y recorriendoloen sentido antihorario, calcule el trabajo total realizado sobre el material al completar el ciclo, deacuerdo con la expresion

W =

∮H · dB

R: (a) El campo magnetico B en cada seccion del ciclo se define a traves de la relacion B =

Figura 6.3: Modelo de un ciclo de Histeresis simplificado.

µ0H+M (H), con:

M (H) = −Mr +Mr

HcH, con − Hc

Mr(Mm −Mr) < H <

Hc

Mr(Mm +Mr) ,


para el primer segmento oblicuo (1), mientras que para el segundo segmento oblicuo (2), tendremos:

M (H) =Mr +Mr

HcH, con − Hc

Mr(Mm +Mr) < H <

Hc

Mr(Mm −Mr) .

Las ecuaciones del campo de magnetizacion para los dos segmentos restantes (3) y (4) estan dadaspor M = ±Mm, respectivamente. (b) Para los segmentos (1) y (2) dB/dH = (µ0 +Mr/Hc). (c)Para el calculo del trabajo total, calculamos inicialmente el trabajo necesario para incrementar lamagnetizacion desde −Mm hasta +Mm en la trayectoria (1) es:

w1 =

∫ HcMr

(Mm+Mr)

HcMr

(Mm−Mr)HdB = 2

Mm

Mr(Mr + µ0Hc)Hc.

Integracion sobre el segmento (3) conduce al mismo resultado obtenido en el caso anterior, i.e.,w3 = w1. El trabajo realizado sobre el material en las trayectorias (2) y (4) conduce a w2 = w4 =−2µ0MmH

2c /Mr. El trabajo total realizado en un ciclo completo es:

W = 4HcMm,

el cual corresponde al area de un rectangulo de lados 2Hc y 2Mm, o equivalente al area encerradabajo la curva del ciclo de Histeresis.

Problema 6.8: Determine el campo en las cercanıas de un conductor esferico descargado de radio R colo-cado en un campo electrico uniforme.R: Escribimos el potencial en la forma ϕ = ϕ0 + ϕ1, en donde ϕ0 = −E · r es el potencial del cam-po exterior y ϕ1 es el cambio requerido en el potencial debido a la esfera. Por simetrıa, la funcionϕ1 puede depender unicamente a traves de una constante con el vector E. La unica solucion a laecuacion de Laplace que desaparece en el infinito es:

ϕ1 = −constante×E · ∇(1

r

)= constante×E · r/r3

con el origen localizado en el centro de la esfera. Sobre la superficie de la esfera, el potencial debeser constante, yla constante en ϕ1 es R3. Por lo tanto:

ϕ = −Er cos θ(1− R3

r3

),

en donde θ es el angulo entre E y r. La densidad superficial de carga se obtiene directamente comoσ = (3E/4π) cos θ, y la carga total inducida es cero. El momento dipolar electrico se encuentrafacilmente comparando ϕ1 con el potencial tipo dipolo: P · r/r3, o P = R3E.

Problema 6.9: Resolver el problema (A.8) para un cilindro infinito en un campo transversal uniforme.R: Utilizamos coordenadas polares en un plano perpendicular al eje del cilindro. La solucion de laecuacion bidimensional de Laplace depende unicamente a traves de una constante con el vector E:

ϕ1 = constante×E · ∇ (ln r) = constante×E · r/r2.

178

Agregando ϕ0 = −E · r, y colocando la constante como R2, tendremos:

ϕ = −Er cos θ(1− R2

r2

).

La densidad superficial de carga es σ = (E/2π) cos θ. El momento dipolar por unidad de longituddel dipolo puede encontrarse comparando ϕ con el campo potencial de un dipolo en dos dimensiones,2P · r/r2, de tal forma que P = 1

2R2E.

Problema 6.10: Dos cargas puntuales identicas estan separadas una distancia d. Hallar (aproximadamen-te), el radio mınimo a de una esfera conductora aterrizada colocada en el medio de las cargas queneutraliza la repulsion mutua. Fig.(6.4).

Figura 6.4: Esfera aterrizada, cargas externas.

R: La fuerza de repulsion que experimenta una carga +q (sin presencia de la esfera aterrizada) es:

q2

4πε0 (2d)2 .

Cuando la esfera es colocada en la lınea media entre las cargas, se inducen unas cargas imagenesq′ = −aq/den las posicion b = a2/d desde el centro de la esfera. La fuerza de atraccion sobre unacarga +q es ahora:

qq′

4πε0 (d− b)2+

qq′

4πε0 (d+ b)2.

La carga +q no experimentara una fuerza neta si se satisface la condicion de equilibrio:

1

4ad=

1

(d− b)2+

1

(d+ b)2. (6.6)

En primera aproximacion, la solucion para a conduce a:

a ≈ d

8; b ≈ d

64.


Problema 6.11: La figura (6.5) representa parte de una estructura periodica de electrodos metalicos yespacios en un acelerador electrostatico. El voltaje en cualquier electrodo es mayor en una cantidadV0 que en su electrodo previo. La estructura es bidimensional y posee una extension infinita en ladireccion z. Para propositos de simplicidad matematica, asumimos que E a lo largo de lıneas queunen los puntos a y b es constante y no poseen componente y. entre a y b?.

(a) Hallar una expresion para el potencial electrostatico ϕ (x, y) en la region | y |< w como unasuma infinita de soluciones individuales de la ecuacion de Laplace. (b) Obtener una expresion parael campo electrico en la region | y |< w.

Figura 6.5: Acelerador Electrostatico

R: El campo electrico entre los puntos ai y bi es constante, y no poseen componente y. Esto demuestraque las lıneas de campo electrico entre ai y bi son paralelas al eje x. El potencial electrostatico puedeaproximarse a:

ϕ (x,±w) =V + nV0 , 2n

2 L < x < 2n+12 L,

V − nV0 , 2n−12 L < x < 2n

2 L.(6.7)

con n = 0,±1, .... En terminos de la posicion x:

ϕ (x,±w) = V0x

L− V0

4+ V +

nV0 +

V04 −

V0xL , 2n

2 L < x < 2n+12 L,

−nV0 + V04 + V0x

L , −2n−12 L < x < 2n

2 L.(6.8)

el cual puede escribirse como φ1 (x)+φ2 (x). (a) El potencial electrico en la region | y |< w satisfacela siguiente ecuacion y condicion de frontera:(

∂2

∂x2+

∂2

∂y2

)ϕ (x, y) = 0,

con ϕ (x,±w) = φ1 (x) + φ2 (x). Definiendo ψ (x, y) = ϕ (x, y)− V + V04 −

V0xL , esta satisface:(

∂2

∂x2+

∂2

∂y2

)ψ (x, y) = 0,

180

con ψ (x,±w) = φ2 (x). Dado que φ2 (x) en la condicion de frontera es una funcion periodica parcon periodo L, la solucion debe ser tambien una funcion periodica de x. Es posible entonces escribir:

ψ (x, y) = ψ0 (y) +

∞∑m=1

ψm (y) cos

(2πmx

L

).

Sustituyendo en la ecuacion de Laplace se obtiene inmediatamente:

ψm (y) = am cosh

(2πmy

L

)+ bm sinh

(2πmy

L

).

Calculando el coeficiente am desde la condicion de frontera:

ψ (x, y) =2V0π2

+∞∑n=0

an cos

(2π (2n+ 1)x

L

)cosh

(2π (2n+ 1) y

L

),

an =1

(2n+ 1)21

cosh(2π(2n+1)w

L

) .El campo electrico se calcula usando E = −∇ϕ, y las lıneas de campo tienden a concentrarseparalelamente en el punto medio de separacion vertical entre electrodos, y dirigidas en sentido +x.

Problema 6.12: Un bloque de conductividad σ (Fig. 6.6) tiene acoplada en su cara inferior (z = 0) unasuperficie metalica de conductividad σm → ∞, la cual es mantenida a un potencial ϕ = 0. Unalambre que transporte una corriente J esta conectado en el centro de la cara superior (z = c). Loslados x = 0, x = a, y = 0, y = b estan aislados y la cara superior tambien esta aislada excepto enel alambre. Asumir que la densidad de carga es ρ = 0, y ε = µ = 1 dentro del bloque. (a) Escribirlas ecuaciones que satisface el potencial electrico u (x, y, z) dentro del bloque y la solucion generalpara el potencial. (b) Escribir las condiciones de frontera para todas las caras del bloque y expresarlas constantes arbitrarias en la solucion (a) en terminos de las cantidades dadas. Sugerencia: Deberesolverse la ecuacion de Laplace ∆u = 0 con la condicion de frontera (entre otras) en la cara superiordada por: (

∂u

∂z

)z=c

= −Ez = −J

σδ

(x− a

2, y − b

2

). (6.9)

R: (a) Debe resolverse la ecuacion de Laplace (ρ = 0) en coordenadas cartesianas: ∆u (x, y, z) = 0.Se plantea una solucion del tipo variables separables:

u (x, y, z) = X (x)Y (y)Z (z) . (6.10)

Reemplazando en la ecuacion de Laplace:

1

X

d2X

dx2= −α2, (6.11)

1

Y

d2Y

dy2= −β2, (6.12)

1

Z

d2Z

dz2= α2 + β2 = γ2. (6.13)

(6.14)


Figura 6.6: Bloque conductor, Corriente Exterior.

Solucion General:

u (x, y, z) = (A cosαx+B sinαx) (C cosβy +D sinβy)

(E exp (γz) + F exp (−γz)) .

(b) Las condiciones de contorno se definen como:(∂u

∂x

)x=0,x=a

=

(∂u

∂y

)y=0,y=b

= 0; Caras Laterales aisladas.

u (x, y, 0) = 0; Placa conductora aterrizada en la cara inferior.

Aplicando las anteriores condiciones de contorno, se obtiene:

B = 0, D = 0, αn =nπ

a, βm =

mπ

b, (6.15)

γnm =

√(nπa

)2+(mπb

)2. (6.16)

La condicion de placa conductora aterrizada en el plano z = 0 produce: E = −F , o Z ∼ sinh (γnmz).Reuniendo todos estos factores:

u (x, y, z) =

∞∑n=1

∞∑m=1

Anm cos (αnx) cos (βmy) sinh (γnmz); (6.17)

con

Anm = − 4J

σab

cos(nπ2

)cos(mπ2

)γnm cosh (γnmc)

, (6.18)

el cual surge integrando la condicion de contorno (6.9). Notese que Anm = 0 solo para valores paresde n y m.

Problema 6.13: La superficie de una esfera de radio R se mantiene a un potencial dado por Φ (R, θ, ϕ) =B sin θ sinϕ. Hallar la densidad superficial de carga sobre la esfera.R: La solucion al problema del potencial en coordenadas esfericas es:

Φ (r, θ, ϕ) =∑ℓ,m

(Aℓmr

ℓ +Bℓmr−ℓ)Y mℓ (θ, ϕ) ,

182

en donde Y mℓ (θ, ϕ) son los armonicos esfericos que contienen los polinomios de LegendrePm

ℓ (m =

−ℓ...ℓ): 1 Algunos armonicos esfericos de interes son Y 00 = 1√

4π, Y ∓1

1 (θ, ϕ) = ±12

√32π sin θ exp (∓iϕ).

El potencial para r < R es: Φ (r, θ, ϕ) = Br sin θ sinϕ/R, y para r > R, Φ (r, θ, ϕ) = BR2 sin θ sinϕ/r2.La densidad superficial de carga se calcula como laderivada normal evaluada en la superficie de laesfera:

σ = ε0

(∂Φ

∂r

∣∣∣∣∣r<R

−∂Φ∂r

∣∣∣∣∣r>R

)=

3ε0B sin θ sinϕ

R.

Problema 6.14: Una lınea de carga con densidad constante de carga λ esta localizada perpendicular alplano XY en el primer cuadrante en (x0, y0). Los planos que intersectan las superficies x = 0, y ≥ 0y y = 0, x ≥ 0, son planos conductores que se mantienen a potencial cero. Considere el potencial, loscampos y las cargas superficiales en el primer cuadrante. (a) Determine la expresion para el potencialde la lınea de carga en presencia de los planos conductores. (b) Determine la densidad superficial decarga σ sobre el plano y = 0, x ≥ 0. (c) Demostrar que la carga total (por unidad de longitud en eleje Z) en el plano y = 0, x ≥ 0 es

Qx = −2λ

πtan−1

(x0y0

).

(d) Demostrar que lejos del origen (ρ >> ρ0, en donde ρ =√x2 + y2, y ρ0 =

√x20 + y20), el termino

dominante del potencial es:

Φ→ 4λ

πε0

(x0y0) (xy)

ρ4.

R: (a) En la figura (6.7) se ilustra la disposicion de los planos aterrizados y las cargas imagenes.Adaptando la expresion conocida para el potencial debido a una lınea de carga aislada en un punto

P a una distancia r =√

(x− x0)2 + (y − y0)2 desde la posicion de la lınea en el primer cuadrante,

1

Y mℓ (θ, ϕ) =

√2ℓ+ 1

4π

(ℓ−m)!

(ℓ+m)!Pmℓ (cos θ) exp (imϕ), con

Pmℓ (x) = (−1)m

(1− x2)m/2 dm

dxmPℓ (x) ,

P−mℓ (x) = (−1)m

(ℓ−m)!

(ℓ+m)!Pmℓ (x) ,

en donde la representacion de Rodrigues proporciona la formula para Pℓ (x):

Pℓ (x) =1

2ℓℓ!

dℓ

dxℓ

(x2 − 1

)ℓ.

Algunos polinomios asociados de Legendre tienen la forma: P 00 (x) = 1, P 1

0 (x) = x, P 11 (x) = −

(1− x2

)1/2.


Figura 6.7: Sistema carga lineal-planos aterrizados

V (x, y) = − (λ/2πε0) ln r +K, el potencial en presencia de los planos aterrizados es:

Φ (x, y) =λ

2πε0ln

(r3r4r1r2

),

r1 =

√(x− x0)2 + (y − y0)2,

r2 =

√(x+ x0)

2 + (y + y0)2,

r3 =

√(x− x0)2 + (y + y0)

2,

r4 =

√(x+ x0)

2 + (y − y0)2.

Notese que esta expresion satisface las condiciones Φ (0, y) = 0 y Φ (x, 0) = 0. (b) La densidadsuperficial de carga en el plano y = 0 se obtiene desde la componente normal del campo electricoEn: σ = ε0En = −ε0 ∂Φ∂y |y=0. Calculo directo conduce a:

σ = −λy0π

(1

(x− x0)2 + y20− 1

(x+ x0)2 + y20

).

(c) La carga total inducida en el plano se obtiene integrando la densidad superficial de carga:

Qx =

∫ L

−L

∫ ∞

0σdxdz = 2L

∫ ∞

0σdx.

Integrando la ultima expresion:

Qx

2L= −2λ

πtan−1

(x0y0

).

De forma analoga, es posible calcular la carga total inducida en el plano x = 0, y el resultado es:

Qy

2L= −2λ

πtan−1

(y0x0

).

184

La suma de estas dos cargas es la carga total (negativa) de la lınea:

Qx

2L+Qy

2L= −λ.

(d) Desarrollando en series de potencia la expresion del potencial Φ, con ln (1 + δ) ∼ δ− δ2

2 , δ << 1,tendremos por ejemplo:

ln[(x+ x0)

2 + (y − y0)2]≈ ln ρ2 +

ρ20 + 2 (xx0 − yy0)ρ2

−(ρ20 + 2 (xx0 − yy0)

)22ρ4

.

Los terminos que sobreviven en esta expansion de segundo orden se simplifican a la expresion:

Φ→ 4λ

πε0

(x0y0) (xy)

ρ4.

Problema 6.15: Superficies equipotenciales con simetrıa cilındrica. Calcular la distribucion del potencialen un dielectrico solido limitado por dos superficies cilındricas conductoras de longitud infinita yde radios a y b (a < b) si en la superficie ρ = a se mantiene a una potencial constante u0, y en lasuperficie ρ = b se mantiene a un potencial u0 para 0 < φ < π y cero para π < φ < 2π.R: Es conveniene expresar la solucion general como:

u (ρ, φ) = u0 + v (ρ, φ) , (6.19)

con las condiciones de contorno:v (a, 0 < φ < π) = 0, y v (b, π < φ < 2π) = −u0 en la region a < ρ < b. La expansion en armonicoscilındricos y consideraciones de simetrıa conduce a la expresion general:

v (ρ, φ) = A0 +B0 ln ρ+

∞∑n=1

(Cnρ

n +Dn

ρn

)sin (nφ). (6.20)

La relacion entre los coeficientes Cn y Dn proviene de la condiciones de contorno para ρ = a y ρ = brespectivamente. En el primer caso tenemos:

Cnan +

Dn

an=

1

π

∫ 2π

0f (φ) sin (nφ)dφ = 0, (6.21)

dado v (a, φ) = 0. Sobre la superficie ρ = b escribimos:

Cnbn +

Dn

bn=

1

π

∫ 2π

0v (b, φ) sin (nφ)dφ =

2u0nπ

, (6.22)

para n impar. Las ecuaciones (6.21) y (6.22) conducen a las relaciones entre los coeficientes Cn y Dn

en la serie (6.20). Explıcitamente:

C2k+1 =2u0π

b2k+1

(2k + 1) (b4k+2 − a4k+2); D2k+1 = −a4k+2C2k+1.

Finalmente, las constantes A0 y B0 estan definidas por:

A0 =u02

ln a

ln (b/a)B0 = −

u02

1

ln (b/a). (6.23)


Problema 6.16: Un solido a temperatura absoluta T contiene N iones de impurezas negativas por centıme-tro cubico con espacio de red a. Un numero igual de iones positivos son libres de propagarse a travesdel solido. Si un campo electrico pequeno E es aplicado a lo largo de la direccion X, hallar la pola-rizacion electrica PxR: La energıa de interaccion de un dipolo con momentum p y el campo electrico Ex cambia entrelos valores aproximados de ∓eExa/2. Los iones positivos tienden a ser hallados en posiciones ±con respecto a los iones negativos. Utilizando la distribucion estadıstica de Maxwell-Boltzmann, lapolarizacion promedio en este caso se calcula como

Px =Nea

2

(eeExa/2kT − e−eExa/2kT

)(eeExa/2kT + e−eExa/2kT

) =Nea

2tanh

(eExa

2kT

).

Problema 6.17: Calcular la carga total que fluye a lo largo de un circuito lineal cerrado cuando el flujomagnetico cambia por cualquier razon desde un valor constante Φ1 a otro Φ2.R: La carga total que fluye es ∫ ∞

−∞J (t) dt,

en donde J (t) es la corriente inducida en el circuito. Matematicamente, esta integral es la compo-nente deFourier de la funcion J (t) con frecuencia cero. Esto esta relacionado con la correspondientecomponente FEM ∫ ∞

−∞Edt = Z (0)

∫ ∞

−∞J (t) dt.

Definiendo Z (0) = R, en donde R es la resistencia del circuito en estado estacionario, y E = −dΦ/dt,tenemos: ∫ ∞

−∞J (t) dt =

1

R(Φ1 − Φ2) .

Problema 6.18: Una partıcula de masa m y carga q esta suspendida en un hilo de longitud L. A unadistancia d sobre el punto de suspension existe un plano conductor infinito. Calcular la frecuenciadel pendulo si la amplitud de oscilacion es lo suficientemente pequena y la ley de Hooke es valida.Figura (6.8).R: La energıa potencial electrostatica entre la carga y su imagen es U = −Kq2/2h. En terminos delangulo θ, h = d− L cos θ, y la expansion en series de potencia para θ pequeno conduce a:

U ∼ U0 +Kq2Lθ2

2 (d− L)2.

La energıa cinetica es mL2θ2/2 y la frecuencia de oscilacion se aproxima a:

ω =

√Kq2

mL (d− L)2.

186

Figura 6.8: Sistema pendulo-plano cargado.

Problema 6.19: El cilindro interior A, Fig. (6.9), es soportado en una posicon vertical por un hilo elasticode constante de torsion k, unido a lo largo de su eje en el punto O, puede rotar en el interior de B.Asumiendo que la capacidad de este condensador varıa como C = C0 (1− θ/π), y el angulo del hilosin distorsion es θ1. (a) Obtener las ecuaciones que rigen la dinamica de la carga instantanea y elangulo θ en el sistema. (b) Hallar los valores en equilibrio de Q y θ. El parametro I corresponde almomento de Inercia de la configuracion placa variable-hilo. [1]

Figura 6.9: Problema A.19

R: (a) Las variables que caracterizan el sistema son la corriente i = Q y la posicion angular θ. ElLagrangiano L (Q, θ) se puede escribir como:

L (Q, θ) = 1

2LQ2 +

1

2Iθ2 + EQ− Q2

2C0 (1− θ/π)− 1

2k (θ1 − θ)2 .


Aplicando las relaciones de Euler-Lagrange:

d

dt

(∂L∂Q

)− ∂L∂Q

= −RQ

d

dt

(∂L∂θ

)− ∂L∂θ

= 0,

se obtienen las ecuaciones de movimiento

LQ+Q

C0 (1− θ/π)− E = RQ

Iθ +Q2

2πC0 (1− θ/π)2− k (θ1 − θ) = 0.

(b) El equilibrio se alcanza cuando θ → 0, y Q→ 0: Q0 = EC0 (1− θ0/π), θ0 = θ1 − C0E2/2πk. Es

posible inferir en estos resultados que cuando el condensador esta cargado, θ1 > θ.

Problema 6.20: Una burbuja esferica de aceite en un medio con presion atmosferica pa y radio inicial r1,adquiere una carga electrostatica Q y se expande muy lentamente en un proceso adiabatico. Estimarla carga adquirida en este proceso, si la burbuja llega al equilibrio cuando alcanza un radio r2.R: El trabajo realizado en el proceso de expansion se calcula integrando:

W =

∫ V2

V1

pdV =paV1γ − 1

(1−

(r1r2

)3γ−3),

con γ como la constante adiabatica del medio, p ∝ V −γ y V1 el volumen inicial de la burbuja. Estacantidad debe igualarse al cambio negativo de la energıa potencial electrostatica en los dos estados∆U :

∆U = − Q2

4πε

(1

r2− 1

r1

).

De este par de relaciones, se obtiene Q:

Q =

√√√√ 4πεr1r2paV1(r2 − r1) (γ − 1)

(1−

(r1r2

)3γ−3).

Esta aproximacion ignora, entre otros, los cambios energeticos debido a las propiedades elasticas dela superficie.

Problema 6.21: Una onda electromagnetica plana que se propaga dentro de un material con resistividadρ tiene la forma:

E (z, t) = E0 exp (−αz) cos (kz − ωt)j;

B (z, t) = B0 exp (−αz) cos (kz − ωt+ φ)(−i).

188

Aplicar las ecuaciones de Maxwell y la relacion E = ρJ para encontrar α, k, φ y la relacion B0/E0

como funciones de ω.R: Utilizamos las ecuaciones de Maxwell en un medio material:

∇×E = −∂B∂t

∇×B =1

ρE+ ε

∂E

∂t.

Reemplazando, obtenemos:

k2 =εω2

2

(1 +

√1 +

1

ρ2ε2ω2

). (6.24)

α =ω

2kρ. (6.25)

tanφ =α

k. (6.26)

La relacion de amplitudes es:E0

B0=

ω√α2 + k2

. (6.27)

Problema 6.22: Considere una placa de vidrio no-absorbente con ındice de refraccion n y espesor ∆xlocalizada entre una fuente de ondas Electromagneticas S y un observador en P . (Ver Figura 6.11).Sin la placa de vidrio, la onda en el punto P toma la forma:

Eu = E0eiω(t−xc ), (6.28)

en donde E0 corresponde a la amplitud del campo electrico. Obtener una expresion para E (x, t)cuando la placa es colocada entre S y P .


R: De la figura (6.11), es claro que x1 + x2 = x−∆x. La velocidad de propagacion de la onda en laplaca de vidrio es c/n. La onda que alcanza el punto P experimenta un cambio de fase dado por:

Ep = E0 exp

[iω

(t− x1 + x2

c− n∆x

c

)](6.29)

Ep = Eu exp[iω

c(1− n)∆x

]. (6.30)


Los campos Ep y Eu estaran en fase (oposicion de fase) si el ındice de refraccion n satisface (n > 1):n = 1 + 2πc/ω∆x (n = 1 + πc/ω∆x).

Problema 6.23: El potencial vectorial en un medio caracterizado por una constante dielectrica ε y unaconstante magnetica µ se describe por la expresion A = A0 cos (ωt) cos (kz)y. Hallar H, E y V [2].R: Utilizamos las ecuaciones de Maxwell en forma diferencial:

H =1

µ∇×A

ε∂E

∂t= ∇×H

∇V = −E− ∂A

∂t.

En forma explıcita:

H =k

µA0 cos (ωt) sin (kz)x

E =k2

εµωA0 sin (ωt) cos (kz)y

V = 0, con k2 = ω2µε.

Problema 6.24: Luz azul de 480 nm se refleja fuertemente en una pelıcula de aceite sobre una lamina devidrio cuando esta es vista con un angulo cercano al de incidencia normal (Fig. 6.11). Asumiendoque el ındice de refraccion del aceite es 1.2 y que el del vidrio es 1.6, cual es el mınimo espesor de lapelıcula de aceite (diferente de cero)?.


R: Si la luz incide normalmente (desde el aire) sobre la pelıcula de aceite, la luz reflejada experi-mentara interferencia constructiva con la luz incidente si la diferencia de fase obedece ∆ϕ = 2π, con∆ϕ = k∆r, siendo ∆r = 2d la diferencia de recorrido de la onda reflejada, y d el espesor de capa deaceite. Con k = 2π/λaceite, el espesor toma el valor:

d =λaire

2naceite= 200 nm.

Notese que este resultado es el mismo si la luz incide desde el vidrio.

190

Problema 6.25: Entre las armaduras de un condensador de placas planas existe un dielectrico no idealque posee una constante ε y una conductividad pequena σ. La capacidad del condensador es C. Seaplica una diferencia depotencial U y luego se aısla. Hallar la ley de variacion de la magnitud de lascargas en el tiempo y la corriente de desplazamiento que circula en el condensador.R: El sistema simula un circuito RC en configuracion de descarga. Si la capacitancia del sistema esC = εA/d, con A como el area de las placas del capacitor, d la distancia entre las placas, entoncesla resistencia del sistema es: R = d/σA = ε/σC. En el regimen de disipacion de la carga, tenemos:

Q (t) = CU exp (−σt/ε),

mientras que la corriente de desplazamiento que circula por el dielectrico es:

i (t) =dQ

dt= −σQ (t)

ε.

El campo electrico en el interior del capacitor toma la forma E (t) = Q (t) /Aε, mientras que laenergıa total disipada en el dielectrico puede calcularse como la potencia instantanea integrada enun lapso de tiempo infinito:

E∞ =

∫ ∞

0vidt = −

∫ ∞

0

σQ2d

Aε2exp (−2σt/ε)dt = CU2

2,

que corresponde a la energıa electrostatica inicial.

Problema 6.26: Determinar la potencia media de emision para un alambre de geometrıa cuadrada quetransporta una corriente I = I0 cos (ωt). El area del cuadro es A. Considerar I0 = 10 A, A = 100cm2, y ω = 108 s−1.R: Utilizamos la formula para la potencia emitida por un oscilador tipo dipolo en coordenadasesfericas:

P =

∫SE×H · dS =

∫SEθHφdS =

1

6πε0

ω4p20c3

cos2 (ωt− ωr/c) ; (6.31)

en donde p0 corresponde al valor maximo del momento magnetico dipolar I0A/c. La potencia mediade emision en un periodo es igual a:

⟨P ⟩ = 1

12πε0

ω4p20c3

. (6.32)

Numericamente, ⟨P ⟩ = 0,12 W. En este resultado se han utilizado las componentes de los campos:

Eθ = −1

4πε0

ω2

c2Πsin θ; Hφ = − 1

4π

ω2

cΠsin θ; (6.33)

con la definicion Π = p0 cos (ωt− ωr/c)/r. La integracion sobre S se realiza sobre un elementodS = r2 sin θdφdθ.

Problema 6.27: Metodo de d’Alembert I. Hallar las oscilaciones electricas en un cable de transmision sindistorsion para t > 0, si para t < 0 se propaga en el una onda de voltaje y de corriente descritas por:

v (x, t) = e−(R/L)tf (x+ at) (6.34)

i (x, t) = −√C

Le−(R/L)tf (x+ at) , (6.35)


en donde R,L y C son los parametros electricos de la lınea, y f (z) describe el perfil del pulso inicialde voltaje (t = 0). Resolver en particular el caso en que el extremo esta unido a tierra a traves deun inductor “puntual”de magnitud L0. La condicion de contorno en este caso se define por:

v (0, t) = L0it (0, t) , t > 0. (6.36)

R: Utilizamos las relaciones asociadas a la propagacion del pulso de voltaje y de corriente de laforma:

v (x, t) = e−(R/L)t [φ (x− at) + ψ (x+ at)]

i (x, t) =

√C

Le−(R/L)t [φ (x− at)− ψ (x+ at)] , (6.37)

en donde a es la velocidad de propagacion del pulso electromagnetico. Utilizando la condicion decontorno para x = 0, i.e., considerando los efectos puesta a tierra, estudiaremos la siguiente ecuacion:v (0, t) = L0it (0, t), con L0 como la inductancia puntual en el extremo de la lınea. Reemplazando(6.37) en esta condicion, se obtiene:

α1φ (z) + φ′ (z) = α2ψ (−z)− ψ′ (−z) , (6.38)

con z = −at (−∞ < z < 0) y

α1 = R

√C

L+

L

L0, α2 = R

√C

L− L

L0. (6.39)

El lado izquierdo de (6.38) puede reducirse utilizando el factor integrante:

φ (z) = e−α1zϕ (z) , (6.40)

y ϕ (z) dada por la integral:

ϕ (z) =

∫ z

0dζeα1ζ

[α2ψ (−ζ)− ψ′ (−ζ)

]. (6.41)

Es posible demostrar que el perfil inicial del pulso es: f (z) = ψ (z) con las condiciones: v (x, 0) = f (x)e i (x, 0) = −

√C/Lf (x). Finalmente, la solucion general en la componente φ (z) esta dada por:

φ (z) = e−α1z

∫ z

0dζeα1ζ

[α2f (−ζ)− f ′ (−ζ)

]. (6.42)

Expresion (6.42) debe se reemplazada en (6.37) y ası obtener la solucion general para el pulsoelectromagnetico en una lınea aterrizada a traves de un inductor L0.

Problema 6.28: Metodo de d’Alembert II. Hallar las oscilaciones electricas en un cable de transmision sindistorsion para t > 0, si para t < 0 se propaga en el una onda de voltaje y de corriente descritas por:

v (x, t) = e−(R/L)tf (x+ at) (6.43)

i (x, t) = −√C

Le−(R/L)tf (x+ at) , (6.44)

192

en donde R,L y C son los parametros electricos de la lınea, y f (z) describe el perfil del pulso inicialde voltaje (t = 0). Resolver el caso particular en que el extremo esta unido a tierra a traves de uncapacitor “puntual” de magnitud C0. La condicion de contorno en este caso se define por:

vt (0, t) = − (1/C0) i (0, t) , 0 < t <∞. (6.45)

R: Utilizando un procedimiento similar al del problema anterior, obtenemos la relacion:(C

C0− aRC

)φ (−at)− φ′ (−at) =

(C

C0+ aRC

)ψ (at)− ψ′ (at) .

Bajo la transformacion de escala z = −at, la solucion se escribe en terminos del factor integrante(con β1 = C/C0 − aRC y β2 = C/C0 + aRC):

ϕ (z) = −∫ z

0dζe−β1ζ

[β2ψ (−ζ)− ψ′ (−ζ)

],

y φ (z) = exp (β1z)ϕ (z), −∞ < z < 0, con ψ (z) = f (z).

Problema 6.29: Ecuacion del telegrafista. Resolver el problema de la propagacion de las oscilaciones electri-cas en un cable infinito con la condicion GL = CR, en donde G es la conductancia de fugas, L laautoinduccion, C la capacidad y R la resistencia (parametros dados en unidad de longitud) de lalınea de transmision. Considere el modelo de ilustrado en la figura (6.12).

Figura 6.12: Modelo de una lınea de transmision, Problema A.29.

R: Utilizamos la tecnica de circuitos sobre el lazo exterior para obtener la ecuacion: (u → u (x, t),i→ i (x, t)), con u como el voltaje instantaneo en los terminales, e i sucorriente instantanea.

+u− ∆x

2Ri− ∆x

2Ldi

dt− ∆x

2R (i+∆i)− ∆x

2Ld (i+∆i)

dt= u+∆u.

Simplificando:−Ri− Lit = ux. (6.46)


La segunda ecuacion que conecta u e i proviene de la relacion:

u− ∆x

2

(R+ L

di

dt

)= −vG,

en donde vG es el voltaje instantaneo en la derivacion que contiene la conductancia G. Ademas,aplicando el concepto de conservacion de Kirchoff en el nodo:

∆i = iG + iC ;∆i

∆x= GvG + C

∆vG∆t

.

Combinando estas dos anteriores ecuaciones, se obtiene la segunda relacion:

ix +Gu+ Cut = 0. (6.47)

Combinando estas dos ecuaciones:

uxx = LCutt + (RC +GL)ut +RGu. (6.48)

Bajo la condicion GL = CR, la relacion (6.48) se reduce a:

uxx = LCutt + 2RCut +RGu.

Problema 6.30: Una onda plana de frecuencia ω incide normalmente desde el vacıo sobre una placa semi-infinita de un material con un ındice complejo de refraccion n (ω), (n2 (ω) = ε (ω).) Hallar la razonde la potencia total incidente con respecto a la reflejada R, en terminos de n.

Figura 6.13: Problema A.30.

R: La figura (6.13) ilustra la orientacion de los vectores de onda de las ondas incidente, reflejaday transmitida. Denotamos los campos electricos correspondientes como Ey, E

′y, E

′′y , mientrasque los

campos magneticos se describen como Hx,H′x,H

′′x . Las ecuaciones para las amplitudes de los campos

son

Ey + E′′y = E′

y.

Hx −H ′′x = H ′

x.

194

La relacion entre los campos proviene de la ecuacion de Maxwell: ∇×H = ε∂E/∂t. Si la naturalezade las ondas es de la forma exp [i (kz − ωt)], entonces la magnitud de los campos magneticos son:(k = ω/c)

Hx =ωε0kEy; H ′

x =ωε (ω)

nkE′

y; H ′′x =

ωε0kE′′

y .

Combinando las dos ecuaciones, se obtiene:

E′′y

Ey=n− 1

n+ 1; R =

∣∣∣∣∣E′′y

Ey

∣∣∣∣∣2

=

∣∣∣∣∣1− n1 + n

∣∣∣∣∣2

.

Problema 6.31: Calcular la impedancia caracterıstica para ondas monocromaticas en la lınea de transmi-sion representada en la figura (6.12).R: Planteamos soluciones de prueba para las ondas de voltaje u (x, t) y corriente i (x, t) de la forma:

u (x, t) = u0 exp [j (ωt− kx)], (6.49)

i (x, t) = i0 exp [j (ωt− kx)]. (6.50)

Reemplazamos u (x, t) e i (x, t) en (6.46) y (6.47):

Z0 =u (0, t)

i (0, t)=

√R+ jωL

G+ jωC. (6.51)

Problema 6.32: Lınea de transmision I. Hallar la tension electrica en un cable 0 < x < ℓ, con autoinducciony conductancia de fugas despreciables, si su extremo x = ℓ esta unido a tierra, la intensidad y elpotencial inicial son nulos y en el extremo x = 0 se le aplica una Fuerza Electromotriz E0 a travesde una resistencia puntual R0.R: Una fuente externa de voltaje E0 es conectada al sistema a traves de una resistencia puntual R0,la resistencia total del cable es Rℓ y el extremo x = ℓ esta conectado a tierra. Las condiciones L = 0,y G = 0 conducen a la ecuacion general para la distribucion del potencial en el cable u (x, t):

uxx (x, t) = RCut (x, t) ; a−2 = RC. (6.52)

Las condiciones iniciales se describen a continuacion:

u (x, 0) = 0 (6.53)

i (x, t) = −ux (x, 0)r

= 0 Ecuacion del Telegrafista. (6.54)

u (l, t) = 0 (6.55)

u (0, t→∞) =E0Rℓ

R0 +RℓEstado Estacionario. (6.56)

El parametro r en la ecuacion define el valor de la resistencia en el punto x. En estado estacionario,ut = 0, y la solucion esta dada por:

w (x) = E0R (ℓ− x)R0 +Rℓ

, (6.57)


mientras que en estado transitorio, es posible utilizar la relacion:

v (x, t) =∑n

An exp[−a2λ2nt

]sin [λn (ℓ− x)]. (6.58)

La solucion total es por consiguiente: u (x, t) = w (x)+v (x, t) . Describiremos un metodo para hallarlos valores de las raices λn y la amplitud An. Inicialmente consideramos que el potencial inicial enx = 0 es, despues de un analisis simple de la teorıa de circuitos:

E0 − u (0, 0) =E0R0

R0 +Rℓ−∑n

An sin (λnℓ) = 0, (6.59)

que corresponde precisamente al potencial en el resistor R0 en el instante de tiempo t = 0. Lacorriente en el sistema es tambien nula en el instante inicial, por lo tanto, la ecuacion (6.54) sereduce a:

ux (0, 0) = 0 =E0R

R0 +Rℓ+∑n

Anλn cos (λnℓ). (6.60)

Combinando (6.59) y (6.60) obtenemos:

∑n

An

[R

R0sin (λnℓ) + λn cos (λnℓ)

]= 0,

o en forma equivalente, la expresion de caracter trascendente que relaciona las raices λn:

tan (λnℓ) = −λnR0

R. (6.61)

El valor del coeficiente An en la ecuacion (6.58) se obtiene desde la condicion de la distribucioninicialde potencial igual a cero, i.e.: u (x, 0) = 0. Explıcitamente:

An = − E0R

(R0 +Rℓ)

∫ ℓ0 (ℓ− x) sin [λn (ℓ− x)] dx∫ ℓ

0 sin2 [λn (ℓ− x)] dx. (6.62)

Integrando y reemplazando la condicion (6.61), finalmente se obtiene:

An =2E0R

λn

(R2 +R2

0λ2n

)1/2[R (R0 +Rℓ) + ℓR2

0λ2n

] . (6.63)

Notese que An posee las mismas unidades de E0.

Problema 6.33: Reflexion desde una impedancia terminal. Considere una onda de voltaje que se propagaen una lınea de transmision de longitud ℓ cuya impedancia terminal Zℓ = Z0, con Z0 denotando laimpedancia caracterıstica de la lınea. (a) Hallar la impedancia de entrada del sistema, i.e., el valorde la relacion:

Zg =v (0, t)

i (0, t),

196

en terminos de Zℓ y Z0. (b) Hallar la amplitud del voltaje de reflexion R [3].R: (a) Las ondas de voltaje y corriente que se propagan en el sistema viajan en dos direcciones, ypueden representarse como: (en notacion fasorial)

v (z, t) = v+ exp [j (ωt− kz)] + v− exp [j (ωt+ kz)]

i (z, t) = i+ exp [j (ωt− kz)] + i− exp [j (ωt+ kz)].

El valor de la impedancia terminal Zℓ coincide con la cantidad v (ℓ, t) /i (ℓ, t):

Zℓ =v+ exp (−jkℓ) + v− exp (jkℓ)

i+ exp (−jkℓ) + i− exp (jkℓ).

De las relaciones ∂v/∂t = − (1/C) ∂i/∂z, y ∂i/∂t = − (1/L) ∂v/∂z, es posible demostrar: Z0 =√L/C = v+/i+ = −v−/i−.

Zg =v+ + v−i+ + i−

.

Combinando estas expresiones, obtenemos:

Zg = Z0Zℓ + jZ0 tan kℓ

Z0 + jZℓ tan kℓ.

(b) Por definicion:

R =v− exp (jkℓ)

v+ exp (−jkℓ),

y la relacion v−/v+ en terminos de las impedancias Zg, y Z0:

v−v+

=Zg − Z0

Zg + Z0

.

Problema 6.34: Propagacion de las ondas de voltaje en medio con disipacion. Hallar la distribucion delvoltaje en un cable electrico homogeneo, cuya resistencia R, autoinduccion L, conductancia de fugasG y capacidad por unidad de longitud C son dadas. La corriente y la tension iniciales son iguales acero, el extremo x = 0 esta aislado y al extremo x = ℓ se le aplica una fuerzaelectromotriz constanteE a partir del instante t = 0. Nota: Utilizar las ecuaciones del telegrafista y obtener la ecuacion quedefine la distribucion del voltaje v (x, t):

vxx = LCvtt + (LG+RC) vt +RGv. (6.64)

Resolver para el caso:

πa

ℓ>

(R

L− G

C

)con RC > GL, a−2 = LC.

R: El sistema no posee impulsos de fuentes externas que varıen en el tiempo, por consiguiente, esposible plantear una solucion del tipo:

v (x, t) = w (x) + u (x, t) , (6.65)


en donde w (x) describe el regimen estacionario de la distribucion del voltaje en funcion de lacoordenada x, y u (x, t) es la solucion al regimen transitorio. Para el primer caso tenemos que w (x)satisface la ecuacion: (omitiendo los terminos vt y vtt en la ecuacion del telegrafista)

wxx −RGw = 0, (6.66)

cuya solucion es:

w (x) = A cosh(√

RGx); A =

E

cosh(√

RGℓ) . (6.67)

Esta solucion cumple las condiciones: w (ℓ) = E y wx (0) = 0. En el regimen transitorio, se deberesolver:

utt = a2uxx − 2αut − a2RGu, (6.68)

con:

2α =R

L+G

C.

Se propone una solucion del tipo:

u (x, t) =∞∑n=0

An exp (−αt) cos (ωnt+ φn) cos [λn (ℓ− x)], (6.69)

con el factor de fase φn, la amplitud An, la frecuencia ωn y el numero de onda λn por definir desdelas condiciones iniciales. La condicion de extremo aislado u (0, t) = 0 conduce a:

λn =(2n+ 1)π

2ℓ, n = 0, 1, 2...

Reemplazando (6.69) en (6.68) se obtienen los modos de frecuencia del sistema:

∞∑n=0

[−ω2

n − α2 + a2λ2n + a2RG]×

×An exp (−αt) cos (ωnt+ φn) cos [λn (ℓ− x)] = 0. (6.70)

La frecuencia de los modos normales de oscilacion esta definida por:

ωn =√a2 (λ2n +RG)− α2. (6.71)

Para el calculo de la amplitud An, aplicamos la condicion inicial del voltaje en (6.65): v (x, 0) = 0

An cosφn = − 2E

ℓ cosh(√

RGℓ) ∫ ℓ

0cosh

(√RGx

)cos [λn (ℓ− x)]dx =

−4πE (−1)n (2n+ 1)

ℓ2 (λ2n + 4RG).

Finalmente, el factor de fase φn se obtiene de vt (x, 0) = 0:

tanφn = − α

ωn, (6.72)

198

completando de esta manera todos los parametros involucrados en la solucion de prueba (6.69) quecorresponde al regimen “subamortiguado”, i.e., las frecuencias definidas en (6.71) son positivas paran > 0. En efecto, el mınimo valor permitido en la expresion radical en (6.69) determina la condicion:

πa

ℓ>

(R

L− G

C

). (6.73)

Problema 6.35: Funcion de Green I. Utilizando el formalismo de funciones de Green, resolver el primerproblema de contorno (Dirichlet) para la ecuacion de Laplace en el semiplano y > 0, si:

u (x, y = 0) =

0 para x < 0,V para x > 0.

(6.74)

Figura 6.14: Geometrıa asociada al problema A.35.

R: Considere el diagrama ilustrado en la figura (6.14). En los puntos P y su correspondiente imagenP ′ se localizan cargas de prueba de magnitudes e y e′ = −e respectivamente. La funcion de Greenasociada a este sistema esta dada por la relacion:

G (x, y;x0, y0) =1

2πln

(r′0r0

), (6.75)

en donde r0 =√(x− x0)2 + (y − y0)2 y r′0 =

√(x− x0)2 + (y + y0)

2. Para calcular el potencial

electrico en cualquier punto sobre el plano y > 0 utilizamos la prescripcion (modificada) del primerproblema de contorno de Dirichlet:

u (x0, y0) = −∫ ∞

−∞u (x, 0)

(∂G

∂y

)y=0

dx. (6.76)

La condicion de contorno u (x, 0) puede expresarse como:

u (x, 0) = VΘ(x) ; (6.77)


en donde Θ (x) representa la funcion escalon de Heaviside. Insertando (6.77) en (6.76) e integrando,finalmente se obtiene:

u (x0, y0) = V

[1− 1

πarctan

(y0x0

)]. (6.78)

Nota: En este resultado se ha utilizado la relacion:

arctan

(y0x0

)+ arctan

(x0y0

)=π

2.

Problema 6.36: Funcion de Green II. Hallar el potencial creado por una carga puntual situada en la regionlimitada por dos planos perfectamente conductores ubicados en z = 0 y z = ℓ que se mantienen apotencial nulo.


R: La figura (6.15) ilustra las posiciones de las primeras cargas imagenes localizadas por fuera dela region 0 < z < ℓ, y las respectivas distancias al punto de observacion M . Es facil inferir que lascargas imagenes positivas y negativas estaran localizadas, en general, segun:

positivas 2nℓ+ ζ

negativas 2nℓ− ζ,

con n como numero entero. Las distancias rn ( r′n) desde cualquier carga imagen positiva (negativa)al punto M esta definida explıcitamente por:

rn =

√(x− ξ)2 + (y − η)2 + (z − (2nℓ+ ζ))2 (6.79)

r′n =

√(x− ξ)2 + (y − η)2 + (z − (2nℓ− ζ))2. (6.80)

El potencial u (x, y, z) en el interior de la region 0 < z < ℓ se relaciona con la funcion de Green G atraves de la constante 4πe, en donde e representa la magnitud de la carga puntual en el punto P0.

200

Asi, u = 4πeG, con

G =1

4π

∞∑n=−∞

(1

rn− 1

r′n

). (6.81)

Problema 6.37: Obtener la densidad superficial de carga inducida en los planos z = 0 y z = ℓ, en elproblema A.36.R: Por definicion:

σz=0 = −1

4π

(∂u

∂z

)z=0

, σz=ℓ = −1

4π

(∂u

∂z

)z=ℓ

. (6.82)

Ilustraremos el resultado para el caso z = 0:

σz=0 = −e

4π

∞∑n=−∞

[−2nℓ+ ζ

r3n+

2nℓ− ζr′3n

]z=0

. (6.83)

En la figura (6.16) se ilustra la distribucion del campo potencial para la posicion de la carga en

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.00

5

10

15

20

u@zlDe


ζ = 0,5ℓ, x = ξ, y = η.

Problema 6.38: Considere un medio el cual esta parcialmente lleno con un material con una susceptibilidady conductividad contınuas pero dependientes de las coordenada z:

χ (z) =

0 para −∞ < z < 0,

χ∞ (1− exp (−λz)) para 0 < z <∞;(6.84)

σ (z) =

0 para −∞ < z < 0,

σ∞ (1− exp (−λz)) para 0 < z <∞;(6.85)

en donde λ, σ∞ y χ∞ son constantes positivas. El espacio es infinito en las direcciones x y y.Tambien, µ = 1 en todo el espacio. Una onda polarizada del tipo s (i.e., E es perpendicular al planode incidencia), que viaja desde menos infinito a mas infinito incide sobre la superficie z = 0 con unangulo de incidencia θ, el cual es el angulo entre la normal y k0, con k0c = ω, tiene la forma:

Eiy = A exp [i (k0 · r− ωt)]y.

La onda reflejada esta dada por:

Ery = R exp

[i(k0 · r′ − ωt

)]y,


en donde k0 · r = k0x sin θ + k0z cos θ, y k0 · r′ = k0x sin θ − k0z cos θ. La onda transmitida puederepresentarse como:

Ety = E (z) exp

[i(xk′ sin γ − ωt

)]y.

A y R son las amplitudes incidentes y reflejadas. Determine las relaciones para las cantidades A, Ry E (z) en terminos de los parametros dados.R: El campo magnetico en la region de la onda incidente/reflejada toma la forma: B = (c/ω)k ×E(i/r), mientras que en la region en donde setransmite la onda, este debe calcularse como:

B(t) =c

iω∇×E(t)

B(t) =c

iω

[zE (z)

(ik′ sin γ

)− x

∂E (z)

∂z

].

Las componentes normal (direccion z) y tangencial (direccion x) de los campos deben ser contınuasen la superficie z = 0. Ası:

A+R = E (0) ,

k0 (R−A) cos θ = i

(∂E (z)

∂z

)z=0

.

Tambien se cumple la ley de Snell en z = 0: k0 sin θ = k′ sin γ. En un medio material, la ecuacionpara el campo electrico en ausencia de cargas libres es:

∇2E+ω2

c2

(ε+ i

4πσ

ω

)E = 0.

Para la onda transmitida tendremos:

d2E (z)

dz2+ω2

c2

(1 + 4πχ (z) + i

4πσ (z)

ω

)E (z)−

(k′ sin γ

)2E (z) = 0. (6.86)

La solucion de E (z) en (6.86) conduce a las expresiones para los coeficientes A y R.

Problema 6.39: Un campo electrico se propaga en el vacıo con amplitud Ei = 100 V/m, incide sobre undielectrico perfecto, como el que se ilustra en la figura (6.17). Determine la intensidad del campotransmitido Et.R: Utilizamos la formula general para la atenuacion de una onda electromagnetica que se propagaen un medio con constantes caracterısticas ε, σ, µ:

E = E0 exp (±γz)uE , (6.87)

con γ = α+ iβ dado por:

α = ω

√√√√εµ

2

(√1 +

( σωε

)2− 1

), β = ω

√√√√εµ

2

(√1 +

( σωε

)2+ 1

). (6.88)

202

Figura 6.17: Problema A.39. ε y µ corresponden a valores relativos.

Para σ = 0, α = 0 y β = ω√εµ. La amplitud de la onda transmitida desde el vacıoesta definida a

traves de las impedancias de los medios (1) (vacıo) y (2) (dielectrico):

Et

Ei=

2η2η1 + η2

, (6.89)

en donde

η =

√iµω

σ + iεω. (6.90)

En este caso η1 = (µ0/ε0)1/2, mientras que η2 = (µ/ε)1/2. Justo antes de abandonar el dielectrico,

el campo posee una amplitud:

E′ =2η2

η1 + η2Ei exp (−iω√εµ∆). (6.91)

Al abandonar el dielectrico, el valor de la componente transmitida posee una magnitud:

|| Et ||= 2η1η1 + η2

|| E′ || . (6.92)

Numericamente, con η1 = 377 Ω y η2 = 84,3 Ω, Et = 59,7 V/m. Observese que el ejercicio noproporciona informacion sobre la frecuencia de la onda incidente, y el resultado para este caso esindependiente del espesor del dielectrico, aunque la fase del campo Et si depende del mismo. En estecaso particular, el tiempo de retardo de la senal es del orden de

√εµ∆ ∼ 14,9 ps.

Problema 6.40: La presion de una onda electromagnetica sobre una superficie perfectamente reflectorapara un angulo de incidencia θ es igual a:

pθ = 2w cos2 θ, (6.93)

donde w es la densidad de energıa electromagnetica en la onda incidente. Supongamos que sobrela superficie incide una radiacion isotropa, es decir, la densidad de flujos de energıa que incidendesde todas la direcciones posibles es la misma. Hallar la presion de radiacion sobre la superficie. R:Sobre un elemento de superficie dσ en coordenadas esfericas actua una fuerza dF = 2w cos θdσ, y la


Figura 6.18: Diagrama Problema A.40.

magnitud de la componente de esta fuerza en direccion normal es dFn = 2w cos2 θ. (Fig. 6.18). Lafuerza total a lo largo de la componente normal se obtiene integrando dFn:

Fn = 2wr2∫ 2π

0

∫ π/2

0cos2 θ sin θdφdθ =

4πr2w

3. (6.94)

La fuerza total por unidad de area sobre una superficie de simetrıa esferica de radio r es:

pt =wt

3. (6.95)

Problema 6.41: Si la superficie en cuestion en el problema (A.40) posee un coeficiente de reflexion R (θ),como son afectados estos resultados?.R: La formula (6.93) debe cambiar esencialmente en la forma:

pθ = w [1 +R (θ)] cos2 θ. (6.96)

Problema 6.42: A una intensidad del campo electrico E ∼ 30 kV/cm tiene lugar la descarga disruptivaen el aire. Calcular ladensidad del flujo de energıa de las ondas electromagneticas planas asociado aesta descarga.R: La densidad de flujo promedio de energıa (magnitud del vector de Poynting) asociado a una ondaelectromagneticaesta definido por:

⟨P⟩ = 1

2

√ε0µ0E2

0 , (6.97)

aproximando las constantes ε y µ del aire a aquellas asociadas a las del vacıo. Numericamente: ⟨P⟩= 1200 kW/cm3.

Problema 6.43: Una onda plana de frecuencia ω incide sobre un conjunto de interfaces como se ilustra enla figura (6.19). Los parametros de conductividad, permeabilidad y constante dielectrica asociados acada una de las capas estan especificadas en el mismo diagrama. El espesor de la capa intermedia esd. Los otros medios poseen extensiones “semi-infinitas”. Calcular (a) Los coeficientes de transmisiony reflexion. (b) La impedancia del medio 2.R: Utilizando la formula (6.90), obtenemos las impedancias en los medios (1) y (3):

η1 =

√µ0ε1, η3 =

√µ0ε3, (6.98)

204

Figura 6.19: Diagrama Problema A.43.

mientras que la impedancia en el medio (2) es (punto b):

η2 =

√jωµ0

σ2 + jωε2. (6.99)

El coeficiente de transmision entre los medios (1) y (3) esta dado por magnitud de:

T = tt⋆,

t =4η2η3 exp (−γ2d)(η1 + η2) (η2 + η3)

, (6.100)

con el factor de atenuacion γ2 = α2 definido por (6.88). El coeficiente de reflexion esta dado porR = 1− T .

Problema 6.44: Un campo electrico E asociado a una onda plana incide desde el vacıo hacia un medioparcialmente conductor de 30 mm de espesor. Dada una frecuencia de 500 MHz y Ei

0 = 100 V/m,determine la amplitud de los campostransmitidos Et

0 yHt0 despues de atravesar el material. Considere

εR = 50, µ = µ0 y σ = 5 S/m.R: Utilizando el resultado (6.100) con η1 = η3 = 377 Ω, y η2 = 2,2 + j1,7 Ω, se obtiene una relacionentre la amplitud del campo incidente y el campo transmitido: (γ2 = 86,76 m−1).

Et0 = tEi

0 = 0,2∠40,370 V/m. (6.101)

Problema 6.45: Funcion de Green III. La ecuacion homogenea de difusion para el vector potencial A

∇2A− µσ∂A∂t

= 0, (6.102)

para campos cuasiestaticos en medios ilimitados tiene una solucion al problema del valor inicial enla forma:

A (x, t) =

∫d3x′G

(x− x′, t

)A(x′, 0

), (6.103)


donde A (x, 0) describe la configuracion inicial del campo y G es un kernel apropiado. (a) Resolver elproblema de valor inicial, para demostrar que si σ es uniforme a traves de todo el espacio, la funcionde Green es:

G(x, t;x′, 0

)= Θ(t)

( µσ4πt

)3/2exp

(−µσ | x− x′ |2

4t

). (6.104)

R: Resolveremos para el caso del potencial en una dimension, por ejemplo Az. En el caso de tresdimensiones es facilmente extendible en un medio homogeneo. En el rango 0 < t <∞, −∞ < x <∞,e insertando (6.103) y (6.104) en (6.102),

∂2Az (ξ, t)

∂ξ2= µσ

∂Az (ξ, t)

∂t.

Multiplicamos por exp (iλξ)/√2π, e integrando respecto a ξ:

1√2π

∫ ∞

−∞

∂Az (ξ, t)

∂texp (−iλξ)dξ = dAz (λ, t)

dt,

Az (λ, t) =1√2π

∫ ∞

−∞Az (ξ, t) exp (−iλξ)dξ,

en donde Az representa la transformada espacial de Fourier. En un procedimiento similar,∫ ∞

−∞

∂2Az

∂ξ2exp (−iλξ)dξ = −λ2Az,

suponiendo que la funcion Az y su derivada tienden a cero suficientemente rapido con ξ → ±∞.Combinando los dos ultimos resultados:

dAz

dt+λ2

µσAz = 0. (6.105)

La solucion de (6.105), evidentemente toma la forma:

Az (λ, t) = Az (λ, 0) exp(−λ2t/µσ

). (6.106)

Aplicando la transformada inversa de Fourier:

Az (x, t) =1√2π

∫ ∞

−∞Az (λ, t) exp (iλx)dλ, (6.107)

y bajo reemplazos sucesivos de las cantidades Az, obtenemos una relacion explıcita para Az:

Az (x, t) =1√2π

∫ ∞

−∞exp

(iλx− λ2t

µσ

)Az (λ, 0) dλ; (6.108)

Az (x, t) =1

2π

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞exp

(iλ (x− ξ)− λ2t

µσ

)Az (ξ, 0) dξdλ; (6.109)

en terminos del kernel G:

Az (x, t) =

∫ ∞

−∞G (x, t; ξ, 0)Az (ξ, 0) dξ, (6.110)

206

con:

G (x, t; ξ, 0) =1

2π

∫ −∞

∞exp

(iλ (x− ξ)− λ2t

µσ

)dλ. (6.111)

Integrando (6.111):

G (x, t; ξ, 0) =( µσ4πt

)1/2exp

[−µσ (x− ξ)

2

4t

], (6.112)

el cual corresponde a la funcion de Green asociada a la difusion del campo potencial en un medioconductor unidimensional. El caso en tres dimensiones es directamente extendible con este procedi-miento.

Problema 6.46: (a) Probar que en un plasma estacionario de conductividad Ohmica σ y permeabilidadµ = 1, el campo magnetico satisface:

∂B

∂t= D∇2B, D =

c2

4πσ. (6.113)

(b) Si el plasma esta en movimiento con velocidad v, demostrar que (6.113) debe escribirse como:

∂B

∂t= ∇× (v ×B) +D∇2B. (6.114)

(c) A t = 0, un plasma estacionario contiene un patron de campo magnetico dado por B (x) =B (x) Ux:

B (x) =

B0 , | x |< L,0 , | x |> L

(6.115)

en donde B0 es una constante. Determinar B (t) asumiendo que el plasma permanece estacionario.R: El campo electromagnetico en el interior del plasma satisface:

∇ ·E = 4πρ

∇ ·B = 0,

∇×B =4π

cJ,

∇×E = −1

c

∂B

∂t.

Si el plasma es Ohmico, J = σE. Aplicando el operador rotacional obtenemos:

∇× (∇×B) =4πσ

c∇×E = −4πσ

c2∂B

∂t.

Utilizando la identidad ∇× (∇×B) = ∇ (∇ ·B)−∇2B, finalmente

∇2B =4πσ

c2∂B

∂t.

(b) En este caso, la densidad de corriente debe incluir el campo electrico debido al movimiento:

J→ σ

(E+

1

cv ×B

). (6.116)


(c) Utilizamos el resultado (6.112) bajo la transformacion µσ → 1/D:

G (x, t; ξ, 0) =

(1

4πDt

)1/2

exp

[−(x− ξ)2

4Dt

].

En analogıa con la ecuacion (6.110), la evolucion temporal del campo toma la forma:

Bz (x, t) =B0√4πDt

∫ L/2

−L/2exp

[−(x− ξ)2

4Dt

]dξ.

Problema 6.47: Hallar la tension electrica en un cable 0 < x < ℓ, si uno de sus extremos esta aislado yal otro se le aplica una fem constante de magnitud E. La autoinduccion y la conductancia de fugasdel cable son despreciables, el potencial inicial es V0 (constante) y la corriente inicial es cero.R: De las ecuaciones del telegrafista (Problema A.29) con L→ 0, G→ 0:

uxx = RCut, (6.117)

con las condiciones i (x, 0) = 0, ux (x, 0) = 0, u (x, 0) = V0 para 0 < x < ℓ y u (ℓ, t) = E0. La soluciongeneral para la ecuacion de propagacion (6.117) es:

u (x, t) = E0 +

∞∑n=0

An exp

(−λ

2nt

RC

)cos (λnx), (6.118)

en donde An y λn se obtienen a apartir de las condiciones de contorno del sistema. Notese quelos parametros R y C son cantidades por unidad de longitud. De la condicion u (ℓ, t) = E0, seobtieneλn = (n+ 1/2)π/ℓ, n = 0, 1, 2, · · ·. Para el calculo de An, utilizamos u (x, 0) = V0, el cualconduce a:

V0 = E0 +

∞∑n=0

An cos

[(n+ 1/2)π

2ℓ

],

An =4 (−1)n (V0 − E0)

(2n+ 1)π, n = 0, 1, 2 · · · .

Estas relaciones completan la solucion para el regimen transitorio en el potencial descrito a travesde (6.118).

Problema 6.48: Un condensador ideal de placas paralelas y circulares de radio a y separacion d (d << a)esta conectado a una fuente de corriente a traves de alambres axiales, como se ilustra en el diagrama(6.20). La corriente en el alambre es I (t) = I0 cos (ωt). (a) Calcular los campos electrico y magneticoentre las placas. (b) Obtener las expresiones correspondientes a las densidades de energia del campoelectrico we y el campo magnetico wm.R: (a) El campo electrico en el interior del condensador se considera en direccion perpendicular delas placas, y demagnitud:

E =q

πε0a2, (6.119)

208

Figura 6.20: Condensador de placas circulares.

en donde q es la carga instantanea sobre la placa. Esta carga puede calcularse a traves integrandola corriente I (t): q (t) = I0 sin (ωt)/ω. Para obtener el campo magnetico H, aplicamos:

∇×H = −ε0∂E

∂t.

Si definimos la direccion del campo electrico como Z, en coordenadas cilıindricas, se obtiene unaecuacionpara la componente Hϕ:

1

r

∂

∂r(rHϕ) = −

i

πa2.

El campo magnetico toma la forma:

Hϕ = − ir

2πa2. (6.120)

(b) La integral de la densidad de energıa we = ε0E2/4 en su valor maximo es:

ue =

∫Vwed

3x =I20d

4πε0ω2a2. (6.121)

Analogamente, para wm = µ0H2ϕ/4:

um =

∫Vwmd

3x =µ04π

I20d

8. (6.122)

Problema 6.49: Calcular la profundidad de penetracion de una onda electromagnetica en una lamina deplata (σ = 3,0 MS/m) a una frecuencia de 84,4 kHz.R: La distancia penetracion se define como:

δ = 1/α, (6.123)

en donde α esta definido a traves de las relaciones en (6.88). En la aproximacion de buenos conduc-tores, σ >> ωε, con α igual a:

α ∼√µσω

2. (6.124)

Reemplazando, δ ≈ 1 mm.


Problema 6.50: Una lınea artificial puede ser construida con un numero de inductores y capacitores aco-plados alternadamente como se ilustra en la figura (6.21). El circuito puede ser analizado en terminosde una seccion elemental T, como se ilustra. (a) Demostrar que la lıneal no transmite ondas a fre-cuencias mayores que una frecuencia de corte

ωc =2√LC

. (6.125)

(b) Como varıa Z0 y la velocidad de propagacion cerca a la frecuencia de corte?.

Figura 6.21: Probl. A.50

R: (a) La aproximacion de onda viajera monocromatica de voltaje um (x, t)

um (x, t) = u0ej(ωt−kmx),

en donde um representa el voltaje en el m−esimo nodo de la lınea. La diferencia de voltaje entre doscapacitores consecutivos se especifica a traves de una diferencia de fase φ:

um+1 = um exp (−jφ),

mientras que la corriente que circula en un inductor es:

im (x, t) =(exp (−jφ)− 1)

jωLum (x, t) . (6.126)

De las relaciones (6.46) y (6.47) con G = 0 y R = 0 se obtiene:

(ui

)2= Z2

0 , Z0 =

√L

Cexp (jφ/2), (6.127)

en donde φ/2 representa la diferencia de fase asociada a las ondas de voltaje y corriente en la lınea.Las relaciones (6.126) y (6.127) deben coincidir con las condiciones:

sin(φ2

)=ω√LC

2; cos

(φ2

)=

√1− ω2LC

4. (6.128)

210

Los valores de la frecuencia de red que permiten la propagacion de las ondas estan restringidos porla condicion:

sin(φ2

)≤ 1; ω ≤ 2√

LC. (6.129)

(b) Para una frecuencia ω ∼ ωc, Z0 ∼√L/C (1 + j).

Problema 6.51: Funcion dielectrica inhomogenea. Considere un medio dielectrico inhomogeneo caracteri-zado por una funcion dielectrica que es funcion de la posicion κe = κe (x, y, z). Obtener las ecuacionesque describen el comportamiento de los campos electrico y magnetico en el medio.R: Partimos de las ecuaciones de Maxwell en un medio material con κm = 1, ρfree = 0, J = 0:

∇ ·D = 0, (6.130)

∇×E = −∂B∂t, (6.131)

∇ ·B = 0, (6.132)

∇×H =∂D

∂t; (6.133)

con D = ε0κeE y B = µ0H. Desde la primera relacion:

∇ ·E = −(∇κe) ·Eκe

. (6.134)

Eliminando para E, y utilizando propiedades estandares del calculo vectorial:

∇2E− κec2∂2E

∂t2= −∇

(∇κe ·Eκe

). (6.135)

En forma analoga con,

−∇2B =1

c2∂

∂t[∇× (κeE)] ,

finalmente se obtiene:

∇2B− κec2∂2B

∂t2= − 1

κe(∇κe)× (∇×B) . (6.136)

Problema 6.52: Introducir el caso especial en el cual la permeabilidad κe solo cambia en la direccion depropagacion (Z), para ondas monocromaticas planas.R: En este caso, las ecuaciones (6.135) y (6.136) se reducen a:

d2E

dz2+ω2κe (z)

c2E = 0, (6.137)

d2B

dz2+ω2κe (z)

c2B =

1

κe (z)

dκe (z)

dz

dB

dz. (6.138)

La solucion a estas ecuaciones pueden se halladas utilizando el metodo WKB.


Problema 6.53: Metodo WKB. El metodo para encontrar soluciones aproximadas a las ecuaciones de ondapara medios inhomogeneos es usualmente denotado como WKB (Wentzel-Kramers-Brillouin). Esteaplica cuando las inhomogeneidades son graduales, i.e., cuando la escala de longitud de asociada a lainhomogenidad (dc/dz) /c es pequena comparada con la longitud de onda. Si la funcion dielectricadel medio varıa conforme a relacion:

κe (z) =

1 para −∞ < z < 0,

1 + 4πχ∞ (1− exp (−λz)) para 0 < z <∞;

en donde χ∞ es una constante positiva. Obtener una solucion aproximada del tipo WKB para elcampo electrico en el sistema de ecuaciones (6.137), asumiendo que este se cambia como:

E→ e (z) exp [i (S (z)− ωt)]y.

R: Insertando la definion propuesta para E en la expresion (6.137), se obtiene:

d2e

dz2− e

(dS

dz

)2

= −ω2κec2

e (6.139)

2de

dz

dS

dz+ e

d2S

dz2= 0, (6.140)

el cual son ecuaciones acopladas de las funciones desconocidas e (z) y S (z). A primera vista, estasecuaciones parecen menos tratables que la ecuacion original; sin embargo, en el espiritu de la apro-ximacion, d2e/dz2 debe ser cero en un medio uniforme, y debera permanecer pequeno en un medioque cambia sus propiedades lentamente. Por consiguiente, en primera aproximacion:

dS

dz=ω√κec

; S (z) ≈ ω

c

∫ z

0

√κe (s)ds.

La amplitud del campo e (z) varıa segun e (z) ∼ κ−1/4e . Este resultado aparecede sustituir la

funcion S (z) en la ecuacion (6.140), cuyo resultado mas general tambien puede escribirse comoe2dS/dz =constante. El valor mınimo que puede alcanzar la magnitud del campo electrico es por lo

tanto emin ∼ (1 + 4πχ∞)−1/4.

Problema 6.54: Medio magnetico inhomogeneo. Considere un sistema fısico cuya funcion de permeabilidadmagnetica es una funcion de las coordenadas espaciales, i.e., κm = κm (x, y, z). Obtener lasecuacionesque gobiernan la dinamica del campo electrico y magnetico en este medio, en ausencia de corrientesy de cargas libres.R: κe = 1, ρfree = 0, J = 0. Siguiendo un procedimiento similar al del problema anterior, obtenemos:

∇2E− κmc2

∂2E

∂t2= − 1

κm(∇κm)× (∇×E) , (6.141)

el cual es identica a la ecuacion (6.136) bajo las transformaciones: κe → κm y B→ E. Para el campoH = B/ (µ0κm):

∇2H− κmc2

∂2H

∂t2= −∇

(∇κm ·Hκm

), (6.142)

el cual conserva similitud con (6.135) bajo E→ H y κe → κm.

212

Problema 6.55: Considere el circuito de FILTRO PASA-ALTOS mostrado en la figura (6.22). Demostrarque para frecuencias pequenas de la fuente exterior ω el cociente entre las amplitudes de los voltajesde salida VOUT y el deentrada VIN se puede aproximar a:

VOUT

VIN=

ωRC√1 + (ωRC)2

. (6.143)

Figura 6.22: Filtro Pasa-Altos.

R: La corriente en el circuito equivalente es de la forma:

I =VIN

Z,

en donde Z corresponde a la impedancia equivalente vista desde los terminales de la fuente, y definidapor Z = R + j (ωL− 1/ωC). En los termunales de salida VOUT , tenemos VOUT = I (R+ jωL). Lamagnitud de la relacion de los voltajes es:

VOUT

VIN=

√R2 + ω2L2

R2 +(ωL− 1

ωC

)2 . (6.144)

En el lımite ω → 0, la relacion (6.144) se convierte en (6.143). A frecuencias altas, la magnitud delvoltaje de salida se aproxima al voltaje de entrada: VOUT ≡ VIN .

Problema 6.56: Efecto Piezoelectrico. Piezoelectricidad es la habilidad de ciertos materiales (cristales, e.g.BaTiO3 y ceramica con Perosvkitas o estructuras de Tungsteno-bronce) de generar campos electricoso potenciales electricos en respuesta a una deformacion mecanica. El efecto esta relacionado a uncambio de la densidad de polarizacion en el volumen del material. Si el material no esta en cortocircuito, la deformacion mecanica induce un voltaje a traves del material. Este fenomeno encuentraaplicaciones utiles tales como la produccion y deteccion del sonido, generacion de altos voltajes,generacion de frecuencias electronicas, enfoque ultrafino de ensamblajes opticos, entre otras. Elmodelo de un sistema piezoelectrico convencional de elementos distribuidos se ilustra en la figura(6.23). Un transductor piezoelectrico tiene una impedancia de salida DC alta, y puede ser modelado


Figura 6.23: Transductor Piezoelectrico.

como una fuente de voltaje y un circuito filtro. El voltaje V de la fuente es directamente proporcionala la fuerza aplicada, presion o deformacion. La senal de salida es entonces relacionada a esta fuerzamecanica, como si esta hubiese pasado a traves del circuito equivalente. Un modelo detallado incluyela inductancia Lm, debido a la inercia del sensor. Ce es inversamente proporcional a la elasticidaddel sensor. C0 representa la capacitancia estatica del transductor, resultando de la masa inercial detamano infinito. Ri es la resistencia de aislamiento. Si el sensor esta conectado a una resistencia decarga, este actua en paralelo con la resistenciade aislamiento, incrementando las frecuencias de cortealtas. (a) Obtener una expresion para la impedancia equivalente de salida. (b) El voltaje de saliday la frecuencia de resonancia.R: (a) Ze = Z1 + Z2. (b) El voltaje de salida esta dado por la ecuacion del divisor:

VS = VZ2

Z1 + Z2; (6.145)

Z1 = jωLm +1

jωCe,

Z2 =Ri

1 + jωRiC0.

La frecuencia de resonancia, la cual puede interpretarse como el valor en el cual el voltaje de salidaalcanza un maximo:

ωres =

√2√

CeLm − C20R

2i − C0CeR2

i +

√(CeLm − C0R2

i (C0 + Ce))2+ 4C2

0CeLmR2i

.

En la figura (6.24) se ilusta la senal de salida de en funcion de la frecuencia exterior, en unidadesrelativas para C0 = 15, Ri = 1, Lm = 1 y Ce = 1. Para uso como sensor, la region plana en

214

Figura 6.24: Senal de Respuesta de Salida.

la respuesta de la frecuencia es utilizada entre la frecuencia de corte y el pico de resonancia. Laresistencia de carga y de fuga necesitan ser suficientemente grandes de tal forma que las frecuenciasbajas de interes son tambien registradas. En esta region, el sensor puede ser modelado como unafuente de voltaje en series con la capacitancia del sensor, o una fuente de corriente en paralelo conla capacitancia.

Problema 6.57: Disco de Corbino. La figura 6.25 ilustra el montaje del disco de Corbino. Este consiste enun anillo perfectamente conductor con bordes conductores. Sin campo magnetico, la fuente generauna corriente en direccion radial entre extremos. Cuando se aplica un campo exterior paralelo al ejedel anillo, una componente de corriente circular fluye debido a la fuerza de Lorentz. Obtener unaexpresion para la velocidad promedio de los portadores ⟨v⟩ en terminos de los campos externos y desu movilidad µ.

Figura 6.25: Disco de Corbino.

R: Planteamos la ecuacion de la fuerza de Lorentz para un portador de carga −e, en un campomagnetico B:

F = −eE− ev ×B, (6.146)

en donde v corresponde a la velocidad (promedio) de los portadores. Utilizamos la aproximacionsimple propia del modelo de Drude:

F = −e(−neσv)= − e

µv. (6.147)


La ecuacion para v toma la forma:v = µE+ µv ×B. (6.148)

Utilizando propiedades vectoriales estandar:

v =µE+ µ2E×B+ µ3 (E ·B)B

1 + µ2B2. (6.149)

Para el caso particular en el cual E ⊥ B, el ultimo termino de (6.149) desaparece. Notese que enausencia de campo magnetico aplicado, obtenemos v = µE, mientras que la componente angular dela densidad de corriente Jθ esta asociada al segundo termino de la misma ecuacion.

Problema 6.58: Propagacion en gases ionizados I. Considere un gas de electrones con densidad n. Adop-tamos un modelo simplificado en el cual los electrones libres son considerados como partıculas inde-pendientes, mientras que los iones positivos se asumen en reposo. Las colisiones de los electrones coniones positivos y moleculas neutras estan representadas a traves de una fuerza contınua de arrastre.El plasma es macroscopicamente neutro. A pesar de que los electrones son tratados como partıculasindependientes, las fuerzas de Coulomb son incluidas de forma autoconsistente a traves de la cargaespacial colectiva electronica. Ası, si un plasma uniforme es perturbado por fuerzas externas y luegoliberado, las fuerzas electrostaticas sobre las distribuciones de cargaactuan con tendencia a restaurarlos electrones a su posicion de equilibrio, pero su inercia produce oscilaciones alrededor de su posicionde equilibrio. Para una perturbacion unidimensional, demostrar que esta oscilacion toma lugar a lafrecuencia:

ωp =

√ne2

ε0m, (6.150)

en donde m es la masa de los electrones de carga −e. Esta frecuencia se conoce como frecuencia deplasma, parametro fundamental de la fısica de gases ionizados.R: En esta aproximacion se asume que cada electron experimenta un desplazamiento desde su po-sicion de equilibrio sobre el eje x, ξ = ξ (x), una funcion de su posicion inicial (no perturbada) x.De la ley de Gauss ∇ ·E = ρ/ε0, es posible extraer la magnitud del campo electrico asociado a estedesplazamiento:

Ex =neξ

ε0. (6.151)

Cada electron experimenta una fuerza de restauracion lineal (tipo Hooke), de tal forma que cuandoel campo exterior es removido, este oscila alrededor de su posicion de equilibrio ξ = 0: Fx = −eEx =−(ne2/ε0

)ξ. La constante de restitucion del sistema es por consiguiente ne2/ε0 = mω2

p.

Problema 6.59: Propagacion en gases ionizados II. Considere un plasma con densidad electronica n in-merso en un campo magnetico uniforme y estatico en la direccion z, B0. Hallar el numero de ondaκ para ondas planas polarizadas circularmente.R: Utilizamos la representacion para una onda polarizada circularmente

E = (i± jj)E0ej(ωt−κz) (6.152)

El desplazamiento, el campo electrico y el campo magnetico estan relacionados a traves de la ecuacionde movimiento:

md2ξ

dt2= −eE− ev ×B0. (6.153)

216

El desplazamiento ξ esta relacionado directamente con el campo electrico a traves de: (despues deinvertir la Ec. 6.153)

ξ =e

mω (ω ± ωb)E, (6.154)

con ωb = eB/m como la frecuencia ciclotronica. El vector densidad de corriente J asociado a laconduccion electrica en el gas, se obtiene a traves de J = −nev = −nedξ/dt, o:

J = −j ne2

m (ω ± ωb)E = σE. (6.155)

Reemplazando en la ecuacion de Maxwell para medios conductores:

∇2E = jω

(σ +

jω

c2

)E, (6.156)

y reemplazando (6.152) en (6.156) se obtiene la expresion para el numero de onda κ:

κ =ω

c

[1−

ω2p

ω (ω ± ωb)

] 12

, (6.157)

con ωp definido en (6.150).

Problema 6.60: Propagacion en gases ionizados III. Mostrar que una onda TM puede propagarse en ladireccion x con el campo magnetico polarizado en la direccion de B0, con un numero de onda dadopor:

κ =ω

c

[1−

ω2p

(ω2 − ω2

p

)ω2(ω2 − ω2

p − ω2b

)]1/2 . (6.158)

R: Citamos los resultados para el calculo de la estructura del tensor dielectrico generalizado enpresencia de un campo magnetico externo en la direccion n: [4]

ϵij = ϵ1δij + (ϵ3 − ϵ1)ninj + iϵ2ηijknk, (6.159)

en donde ηijk es utilizado para designar los sımbolos de permutacion (Levi-Civita). Si el campomagnetico es aplicado en direccion paralela al eje Z, el tensor dielectrico toma la forma:

ϵ =

ϵ1 iϵ2 0−iϵ2 ϵ1 00 0 ϵ3

. (6.160)

Los valores de ϵj estan definidos por:

ϵ1 = ε0

(1−

ω2p

ω2 − ω2b

); ϵ2 = ε0

ω2pωb

ω(ω2 − ω2

b

) ; ϵ3 = ε0

(1−

ω2p

ω2

), (6.161)

mientras que la conexion con el tensor conductividad σ es: ϵ = ϵ01 + iσ/ω. Si la propagacion de loscampos es perpendicular a la direccion del campo magnetico B0, esta es usualmente referida como


propagacion transversal. El vector de propagacion κ puede tomarse enla direccion x, entonces desdela ecuacion de Maxwell:

κ× (κ×E) +ω2

c2D = 0,

se obtiene el sistema de ecuaciones:

ϵ1E1 + iϵ2E2 = 0, (6.162)

ϵ1E2 − iϵ2E1 =c2κ2

ω2E2. (6.163)

Resolviendo para el numero de onda κ, se obtiene la expresion (6.158).

Problema 6.61: Cilindro conductor en presencia de un campo magnetico. En el exterior de un cilindroconductor infinito 0 ≤ r ≤ r0 se establece un campo magnetico uniforme y constante H0 de formainstatanea en t = 0, paralelo al eje del cilindro. Hallar la intensidad del campo magnetico en elinterior del cilindro, con condiciones iniciales nulas. Determinar el flujo de la induccion magnetica atraves de la seccion transversal del cilindro [5].R: Las ecuaciones de Maxwell en un medio conductor conducen a:

∇2H =4πµσ

c2∂H

∂t+εµ

c2∂2H

∂t2. (6.164)

En un medio conductor con σ muy grande, el segundo termino de (6.164) puede despreciarse com-parado con el primero, ası:

∇2H = a2∂H

∂t, a−2 =

4πµσ

c2. (6.165)

Dada la geometrıa del sistema, consideramos Hφ = Hr = 0, y Hz → Hz (r, z). Por consiguiente, paraHz obtenemos:

∂Hz

∂t= a2

[∂2Hz

∂r2+

1

r

∂Hz

∂r

], 0 ≤ r < r0, 0 < t < +∞, (6.166)

con las condiciones Hz (r, 0) = 0, 0 < r < r0 y Hz (r0, t) = H0, 0 < t < +∞. La tecnica de variablesseparables nos permite escribir la solucion general de (6.166) de la forma:

Hz (r, t) = H0 +∞∑n=1

An exp(−µ2na2t/r20

)J0

(µnr

r0

), (6.167)

en donde J0 corresponde a la funcion de Bessel de orden cero, y µn son las raices positivas de laecuacion J0 (µn) = 0. Utilizando al condicion de ortogonalidad:∫ r0

0J0 (µnr/r0) J0 (µnr/r0) rdr =

1

2r20 [J1 (µn)]

2 ,

y la relacion∫ µ0 uJ0 (u) du = µJ1 (µ) en (6.167), tenemos que An toma la forma:

An = − 2H0

µnJ1 (µn).

218

Reemplazando:

Hz (r, t) = H0

1− 2

∞∑n=1

exp(−µ2na2t/r20

) J0 (µnrr0

)µnJ1 (µn)

. (6.168)

El flujo magnetico puede obtenerse integrando (6.168) sobre la seccion transversal del cilindro. Elresultado es:

Φ (t) = πr20µH0

(1− 4

∞∑n=1

exp(−µ2na2t/r20

)µ2n

). (6.169)

Figura 6.26: Problema A.61. Flujo del campo magnetico en el interior del cilindro, con Φ0 = πr20µH0.

Problema 6.62: Una capa conductora (conductividad σ, permitividad magnetica µm) 0 ≤ x ≤ ℓ se en-cuentra fuera de la accion de campos electromagneticos para t < 0. En el instante t = 0, surgepor fuera de la capa un campomagnetico uniforme de intensidad H0, paralelo a la misma. Hallar ladistribucion del campo magnetico dentro de la capa para t > 0.R: Adaptamos la solucion de la ecuacion (6.165) a la de un sistema en unidimensional:

Hxx = a2Ht,

con las condiciones de contorno: H (0, t) = H0, H (ℓ, t) = H0, y la condicion inicial H (x, 0) = 0.Siguiendo un procedimiento similar al del problema anterior, la solucion se escribe como:

H (x, t) = H0

−4H0

π

∞∑k=0

1

(2k + 1)exp

[−(a2π2 (2k + 1)2 t/ℓ

)]sin [(2k + 1)πx/ℓ].

Problema 6.63: Un condensador de placas planas circulares de radio a se conecta a una fuente contınua defem exterior E . La distancia entre las placas varıa lentamente por la ley armonica d = d0+∆sin (ωt).Hallar la intensidad del campo magnetico originado por las corrientes de desplazamiento.


R: El vector densidad de corriente se obtiene a partir del vector desplazamiento: JD = ∂D/∂t. Dela informacion del problema:

D =ε0E

d0 +∆sin (ωt)k, (6.170)

JD = − ε0Eω∆cos (ωt)

[d0 +∆sin (ωt)]2k. (6.171)

El campo magnetico en el interior del condensador se calcula a traves de la relacion de Maxwell∇× h = JD:

hφ = −rJD2. (6.172)

Problema 6.64: Corriente Termoionica⋆⋆. Cuando un metal es sometido a una temperatura suficientemen-te alta, los electrones son emitidos desde la superficie metalica y estos pueden ser colectados comocorriente termoionica. Asumiendo que los electrones forman un gas de Fermi no-interactuante, (a)demostrar que la densidad de corriente obedece la ecuacion de Richardson-Dushman:

j = −4πemk2BT

2

h3exp (−W/kBT ), (6.173)

en dondeW es la funcion de trabajo para el metal (i.e., la energıa necesaria para remover un electron).(b) Representar graficamente la ecuacion de Richardson-Dushman para la emision termoionica enfuncion de kBT/ |W |.(c) Estimar el valor de corriente termoionica que circula en un filamento de Nıquel (Ni) de 2 mm dediametro, si este metal posee un potencial de trabajo |W | estimado en 4.6 eV, y a una temperaturacercana a la temperaturade fundicion de 1700 K. (Tmelting = 1728K).R: El fenomeno de formacion de una “nube”electronica en las inmediaciones de la superficie metali-ca a causa del movimiento termico de los electrones libres se denomina “emision termoionica”.La densidad de esta nube electronica depende sensiblemente del trabajo de salida W , y disminu-ye abruptamente con su incremento. Para los metales W es del orden de eV , mientras que kT ,incluso a temperaturas de miles de Kelvin, su magnitud corresponde a fracciones de eV . Por con-siguiente, en la aproximacion W >> KT , la relacion (1 + exp [β (W + ε)])−1 puede aproximarse aexp (−W/kT ) exp (−ε/kT ), i.e, la intensidad de la corriente de saturacion depende del trabajo desalida y de la temperatura. (a) Asumimos inicialmente que la densidad de corriente termoionica jposee direccion Z. En este caso:

jZ = −2e∫f (ε) vZ

d3p

(2π~)3. (6.174)

La funcion de distribucion f (ε) se aproxima a la funcion de distribucion de Maxwell-Boltzmann atemperaturas altas, mientras que el elemento de volumen en el espacio de los momentum toma laforma d3p = dpXdpY dpZ , con pj = mvj . Reemplazando:

jZ = −2m3e

∫e−ε(v)/kT vZ

dvXdvY dvZ

(2π~)3, (6.175)

220

con ε (v) = mv2/2 + W , en donde W es el potencial de salida de los electrones en el metal. Laintegral (6.175) puede separarse en dos partes: una la cual contiene el integrando dvZ , y otra quecontiene dvXdvY :

jZ = − 2em3

(2π~)3e−W/kT

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞e−m(v2X+v2Y )/2kTdvXdvY ×

×∫ ∞

0e−mv2Z/2kT vZdvZ . (6.176)

Las integrales corresponden a:∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞e−m(v2X+v2Y )/2kTdvXdvY =

2πkT

m∫ ∞

0e−mv2Z/2kT vZdvZ =

kT

m.

Los lımites de la integral en dvZ son positivos, i.e., se considera el movimiento de los portadoreselectronicos hacia la superficie exterior del metal en la direccion +Z. Utilizando estos resultados, ladensidad de corriente termoionica es:

jZ = −4πemk2T 2

h3e−W/kT . (6.177)

(b) Grafica:

Figura 6.27: Dependencia de la densidad de corriente termoionica en funcion del kT/ | W |. Se observaun incremento de la magnitud de la corriente al aumentar la temperatura, para un valor constante del“potencial de salida”W .

(c) Es posible estimar la corriente termoionica que circula en un filamento de Nıquel a 1700 K,utilizando (6.177) como:

i = jZπR2 ≈ 258 nA. (6.178)

⋆⋆ Problema 2.5. A. Fetter, J. Walecka: Quantum Theory of Many-Particle Systems.

Problema 6.65: Derivar las integrales de Helmholtz [6].R: Deseamos hallar el vector potencial A y el potencial escalar ϕ asociado a una corriente mono-cromatica J y una densidad volumetrica de carga ρ, en un medio sin fronteras ni perdidas. Partimos


de las expresiones:

E = −∇ϕ+ iωA,1

µ∇×B = J− iωεE,

para obtener:−µJ+∇ (∇ ·A− iωεµϕ) = ω2εµA+∇2A. (6.179)

Utilizando la condicion de Lorentz: ∇ ·A = iωεµϕ, tendremos:

−µJ = ω2εµA+∇2A (6.180)

−∇2ϕ− ω2εµϕ =ρ

ε, (6.181)

en donde se ha utilizado ∇ ·E = ρ/ε. Planteamos una solucion para el potencial escalar en terminosdel propagador de Green G (r, r′):

ϕ (r) =1

ε

∫ρ(r′)G(r, r′

)dV ′, (6.182)

para la cual G (r, r′) debe ser solucion de:(∇2 + ω2εµ

)G(r, r′

)= −δ

(r− r′

). (6.183)

La solucion de (6.183) puede escribirse como:

G(r, r′

)=

1

4π

exp (ik | r− r′ |)| r− r′ |

, k = ω√εµ. (6.184)

Las soluciones para ϕ (r) y A (r), utilizando (6.184) son:

ϕ (r) =1

4πε

∫ρ(r′) exp (ik | r− r′ |)

| r− r′ |dV ′ (6.185)

A (r) =µ

4π

∫J(r′) exp (ik | r− r′ |)

| r− r′ |dV ′. (6.186)

Problema 6.66: Hallar la funcion de Green para el semiespacio z > 0 si en el plano z = 0 la solucion de laecuacion ∆u + k2u = 0 satisface a) la condicion de contorno de primer genero u (x, y, 0) = f (x, y),y b) la condicion de segundo genero: (

∂u

∂z

)z=0

= f (x, y) .

R: Este problema hace parte de la teorıa escalar de la difraccion. Los calculos estandar de la difrac-cion en optica clasica estan basados en la aproximacion de Kirchhoff. Esta aproximacion consiste enasumir:i) u y ∂u/∂n desaparece en todas partes sobre la superficie S excepto en las aperturas.ii) Los valores de u y ∂u/∂n en las aperturas son iguales a los valores de la onda incidente en ausenciade cualquier pantalla u obstaculo.

222

Algunas inconsistencias matematicas en la aproximacion de Kirchhoff pueden ser removidas intro-duciendo una funcion de Green apropiada para el problema de Dirichlet (caso (a)), o el problema deNeumann (caso (b)). Utilizando el resultado (6.184), buscamos una solucion del tipo:

G (x, y, z; ξ, η, ζ) =e−ikr

4πr+ v,

con r =√

(x− ξ)2 + (y − η)2 + (z − ζ)2, y

v (x, y, z; ξ, η, ζ) = −e−ikr′

4πr′,

y r′ =√

(x− ξ)2 + (y − η)2 + (z + ζ)2. Es evidente que la funcion cumple la condicion G = 0 enz = 0, como se requiere en la teorıa de funciones de Green. La solucion al primer problema decontorno es:

u (x, y, z) =

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

(∂G

∂ζ

)ζ=0

f (ξ, η) dξdη

= − z

2π

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

(ik +

1

R

)e−ikR

R2f (ξ, η) dξdη, (6.187)

con R =√(x− ξ)2 + (y − η)2 + z2. En el caso (b), la funcion de Green asociada a la condicion de

Neumann tiene la forma explıcita:

G (x, y, z; ξ, η, ζ) =e−ikr

4πr+ w, (6.188)

la cual debe satisfacer (∂G

∂ζ

)ζ=0

= 0.

La funcion w toma la forma w = −v. La solucion para el campo u es:

u (x, y, z) =

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞Gζ=0f (ξ, η) dξdη =

1

2π

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

e−ikR

Rf (ξ, η) dξdη. (6.189)

Problema 6.67: Aproximacion de Fraunhofer. La distancia R en la ecuacion (6.187) desde una aberturaen el plano z = 0 puede escribirse como:

R =√r2 + r′2 − 2 (xξ + yη),

con r′ =√ξ2 + η2. La condicion r >> r′, implica que r es grande en comparacioncon las dimensiones

de la abertura. La funcion de onda u dependera del angulo asociado a los coeficientes x/r y y/r quela onda se desvıa en la abertura. Esto constituye de aproximacion de Fraunhofer si, adicionalmente


kr >> 1 , o r >> λ. En la aproximacion de pantalla lejana, R ∼ r, 1 + ikR ∼ ikR, mientras que elfactor de fase kR ∼ kr

(1− (xξ + yη) /r2

). La funcion de onda (6.187) se transforma como:

u (x, y, z) = − iku0z2πr2

e−ikr

∫Seik(xξ+yη)/rdS,

en donde dS = dξdη es el elemento de superficie asociado a las variables ξ, η. Notese que∫Seik(xξ+yη)/rdS =

∫Seik(r·r

′)/rdS.

Para una abertura de ancho a en x e infinitamente extendida en y, la funcion de onda resultante es:

u (x, y, z) ∼∫ a/2

−a/2eik(xξ)/rdξ ∼ a

sin(ka2 sin θ

)ka2 sin θ

,

con sin θ = x/r. La funcion u tiene mınimos dados por: ka sin θ = 2nπ, con n = 1, 2....

Problema 6.68: Abertura circular. Utilizar el resultado anterior para calcular los mınimos de difraccionasociados a una abertura circular de radio a. [7]R: En este caso, la integracion se realiza en coordenadas polares sobre la superficie S con x′ = ρ′ cosϕ,y′ = ρ′ sinϕ, ∫

Seik(r·r

′)/rdS =

∫ 2π

0

∫ a

0exp

[ik(xρ′ cosϕ+ yρ′ sinϕ

)/r]ρ′dρ′dϕ.

Con algun detalle, tenemos:∫ 2π

0exp

[ik(xρ′ cosϕ+ yρ′ sinϕ

)/r]dϕ = 2πJ0

(kρρ′/r

),

con J0 (·) como la funcion de Bessel de orden cero con argumento (·), y rho =(x2 + y2

)1/2. La

integral con respecto a la coordenada ρ′ es:∫ a

0J0(kρρ′/r

)ρ′dρ′ = a2

J1 (kaρ/r)

kaρ/r.

Definiendo sin θ = ρ/r, y θ como el angulo con respecto a una lınea perpendicular al plano delocalizacion de la abertura, obtenemos el patron de intensidad de Fraunhofer asociado a este sistema:

⟨I⟩ ∼[J1 (ka sin θ)

ka sin θ

]2. (6.190)

Este resultado nos lleva a la expresion para el angulo subtendido por el disco central brillante formadoen el centro de la pantalla lejana, (disco de Airy, fig.(6.28)), obteniendo el primer cero del patron deintensidad asociado a la primera franja anular oscura: J1 (x) = 0, x = 3,8317; sin θ ∼ θ

θ =1,22λ

w, w = 2a.

224

Figura 6.28: Disco de Airy, Patron de interferencia abertura circular[9]

Problema 6.69: Abertura rectangular. Resolver el ejercicio anterior considerando una abertura rectangularde lados a y b que yace en el plano XY .R. Adaptamos la integral sobre la superficie S∫

Seik(r·r

′)/rdS =

∫ a/2

−a/2eikXx/r

∫ b/2

−b/2eikY y/rdxdy,

en donde r = R[1− (Xx+ Y y) /R2

]corresponde a la distancia desde del elemento de superficie de

la abertura S a un punto P sobre una pantalla, R es la distancia desde el centro de la abertura hastaP , y las coordernadas X y Y estan asociadas a los puntos sobre la pantalla. En la aproximacion depantalla lejana, r ∼ R, tenemos:∫ a/2

−a/2eikXx/rdx

∫ b/2

−b/2eikY y/rdy ∼ sinα

α× sinβ

β, α = kaX/2R, β = kbY/2R.

El patron de intensidad la media de la radiacion despues de atravesar la abertura es proporcional alcuadrado de esta cantidad[8]:

⟨I⟩ ∼(sinα

α

)2(sinβ

β

)2

. (6.191)

Figura 6.29: Patron de Fraunhofer de una abertura cuadrada, simulada numericamente desde la ecuacion (6.191).Se observa un maximo de intensidad en el centro de la pantalla la cual disminuye periodicamente conforme se alejadesde el mismo.


Problema 6.70: Electrodinamica de un Superconductor⋆ Las ecuaciones de London (1935) proporcionanuna primera descripcion teorica del efecto Meissner. Estas ecuaciones fenomenologicas describen larespuesta de la supercorriente j y del campo magnetico h, cuya distribucion espacial dentro delsuperconductor esta definido por la ecuacion:

λ2L∇2h = h, (6.192)

en donde λL es el parametro de penetracion de London, dado por:

λL =

√mc2

4πnSe2, (6.193)

con nS como la densidad de electrones en estado superconductor. (a) Realizar un analisis dimensionalpara demostrar que λL posee unidades de longitud. (b) Considere una pelıcula superconductora deespesor d en presencia deun campo magnetico aplicado en la direccion x: H = H0x, como se ilustraen la figura (6.30). Si el origen de coordenadas se localiza en el centro de la pelıcula, obtener unasolucion para la densidad de flujo h en la region −d/2 < z < d/2. (c) Demostrar que la densidad deflujo promedio B es:

B =1

d

∫ d/2

−d/2h (z) dz =

2H0λLd

tanh

(d

2λL

). (6.194)

(d) Obtener una expresion para el valor maximo de la densidad de corriente superconductora jS quecircula en la muestra.R: (a) En la expresion (6.193), tenemos quemc2 posee unidades de energıa, nS unidades de densidad

Figura 6.30: Geometrıa pelıcula superconductora.

o inverso de volumen, y e2 unidades de carga al cuadrado. Explıcitamente,

mc2

nSe2≡ energıa

energia/longitud2, (6.195)

dado que nSe2 tiene forma de e2/longitud× longitud2, y e2/longitud posee unidades de energıa. El

parametro de London por consiguiente se reduce a dimensiones de

λL ≡

√energıa

energia/longitud2≡ longitud. (6.196)

226

(b) La solucion general de la ecuacion (6.192) tiene la forma:

hx (z) = aez/λL + be−z/λL , (6.197)

en el intervalo−d/2 ≤ z ≤ d/2. Utilizando las condiciones de frontera h (±d/2) = H0 en (6.197)obtenemosuna expresion para el campo magnetico en el interior de la pelıcula:

hx (z) = H0cosh (z/λL)

cosh (d/2λL). (6.198)

R: En la figura (6.31) se ilustra el comportamiento del campo magnetico en el interior del supercon-

-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0

1.0

1.1

1.2

1.3

1.4

1.5

h

z

ΛL

Figura 6.31: Campo magnetico en el interior de una pelıcula superconductora.

ductor, en unidades adimensionales. El campo magnetico decrece en funcion de la distancia desde lafrontera del superconductor hasta un valor mınimo dado por:

H0/ cosh (d/2λL).Esto sugiere un comportamiento tipo Meissner desde la aproximacion electrodinamica de London.(c) La densidad deflujo promedio se obtiene integrando directamente (6.198) sobre todo el espaciode la pelıcula:

B =1

d

∫ d/2

−d/2H0

cosh (z/λL)

cosh (d/2λL)dz =

2H0λLd

tanh

(d

2λL

). (6.199)

(d) El valor maximo de la corriente superconductora jS se obtiene evaluando:

jS =c

4π∇× h (z) =

c

4π

∂h (z)

∂zj. (6.200)

El valor maximo de la densidad de corriente superconductora esta presente en la frontera de lasuperficie superconductora:

jmaxS =

cH0

4πλLtanh

(d

2λL

). (6.201)

La corriente superconductora circula sobre las fronteras con igual amplitud y direcciones opuestas.

Problema 6.71: Un anillo delgado de cobre rota alrededor de un eje perpendicular a un campo magneticouniforme H. (Ver figura 6.32). La frecuencia inicial de rotacion es ω0. Calcular el tiempo en el cual lafrecuencia de rotacion decrece en un factor 1/e de su valor original bajo la suposicion de que la energıa


Figura 6.32: Efecto Joule, espira en rotacion

se convierte en calor por efecto Joule. R: Se debe obtener una expresion para la potencia electricamedia ⟨P⟩ generada en la espira debido a la corriente inducida en la misma. La fem instantaneainducida es E = d (HA cos θ) /dt, con A = πa2 como el area de la espira, y θ es el angulo instantaneode la normal del anillo con respecto al campo magnetico. La corriente inducida se define como E/r,con r = 2πa/σS (Ω), σ corresponde a la conductividad del cobre, mientras que S define la secciontransversal del alambre. La potencia promedio es por consiguiente:

⟨P⟩ = ⟨E2

r⟩ = H2A2ω2

2r.

Esta potencia esta asociada al cambio de la energıa cinetica de rotacion de la espira: d(Iω2/2

)/dt,

en donde I es el momento de inercia de la misma. Igualando:

⟨P⟩ = −Iωdωdt.

Integrando en la variable ω:

ω = ω0 exp (−t/τ), τ−1 =H2A2

2rI. (6.202)

La espira tomara un tiempo t = τ para disminuir su velocidad angular en un factor 1/e.

Problema 6.72: Calcular el angulo crıtico de reflexion total externa para rayos X de alta energıa y delongitud de onda λ que inciden sobre una placa metalica que contiene N electrones por unidad devolumen esencialmente libres.R: El angulo crıtico se determina utilizando la ley de Snell. Esto requiere el calculo del ındice derefraccion n (λ). La aproximacion involucra la ecuacion de movimiento mx = +eE0 exp (−iωt), endonde ω = 2πc/λ, y el electron se asume que oscila a la misma frecuencia de los rayos, y con amplitudx0, alrededor de un ion fijo en el metal. El momento dipolar inducido en su valor maximo, asumiendoiones estacionarios es:

ex0 = −e2E0

mω2, (6.203)

para un par simple ion-electron. En presencia de un potencial de ligadura, el denominador de laecuacion (6.203) debe contener un termino adicional mω2

0, el cual representa la frecuencia carac-terıstica del electron ligado al ion.

228

La polarizacion del metal es: P = −Ne2E0/mω2, y la polarizabilidad α = −Ne2/mω2. Ahora,

D = (1 + 4πα)E, desde la cual se obtiene:

n2 = ε = 1− 4πNe2

mω2. (6.204)

De la ley de Snell n1 cos θ1 = n2 cos θ2 (angulos respecto con respecto a la superficie), el angulocrıtico θ1 para la cual θ2 = 0, se encuentra como:

cos2 θC = n2 = 1− 4πNe2

mω2(6.205)

sin θC =

√4πNe2

mω2=ωp

ω, (6.206)

en donde ωp es la frecuencia de plasma. Para ω < ωp el ındice de refraccion es imaginario puro, ypor lo tanto se obtiene reflexion total a todos los angulos.

Problema 6.73: (a) Demostrar que la velocidad de grupo de una onda EM que se propaga en un mediocon ındice de refraccion variable n (ω) puede escribirse como:

vg =c

n+ ω (dn/dω). (6.207)

(b) Utilizar este resultado para obtener la velocidad de grupo de una onda EM en un medio polari-zable descrito por el ındice de refraccion en un medio ionico (6.204).R: De la definicion de velocidad de grupo vg = dω/dk, y desde la relacion: ω = kc/n, tenemos:

vg =dω

dk=c

n− kc

n2dn

dk=c

n− kc

n2dn

dω

dω

dk.

Despejando dω/dk se obtiene la formula (6.207). (b) Un calculo directo conduce a: vg = nc, con naproximado a n ∼ 1− 2πNe2/mω2, en el regimen de altas frecuencias (Rayos X).

Problema 6.74: Demostrar que es posible la propagacion de una onda electromagnetica en un tubo metali-co de seccion transversal rectangular con paredes perfectamente conductoras. Cuales son las veloci-

Figura 6.33: Cavidad de seccion rectangular, problema A. 74.

dades de fase y de grupo?. Demostrar que existe una frecuencia de corte para las cuales las ondas


no pueden propagarse.R: Considere una solucion a las ecuaciones de Maxwell dentro de la cavidad rectangular de la forma,(TE)

EZ = 0, (6.208)

EX = E1 (x, y) exp (ikz − iωt) (6.209)

EY = E2 (x, y) exp (ikz − iωt). (6.210)

La ecuacion de onda ∇2E− c−2∂2E/∂t2 = 0, tiene se satisface a traves de las soluciones

E1 = E01 cos(nπx

a

)sin(mπy

b

)(6.211)

E2 = E02 sin(nπx

a

)cos(mπy

b

). (6.212)

La relacion entre amplitudes de los campos se obtiene desde ∇ ·E = 0, o nπE01/a+mπE02/b = 0.Las frecuencias de los modos de propagacion electromagetica en la cavidad se obtienen de:

ωnm = c

√k2 +

n2π2

a2+m2π2

b2, (6.213)

mientras que la propagacion es posible si esta frecuencia es mayor a ω0 = cπ/a, para k ≥ 0 y a > b.Lavelocidad de fase se obtiene de vp = ω/k mientras que la velocidad de grupo vg = dω/dk satisfacevpvg = c2.

Problema 6.75: Dos lıneas de carga con densidad lineal λ0 en su marco de referencia estan separadas unadistancia d. Estas cargas se mueven en direccion paralela a su extension con velocidad v, el cualpuede ser cercana a la velocidad de la luz. (a) En el marco de referencia en reposo, cual es la fuerzaelectrica por unidad de longitud que la lınea superior experimenta debido a la lınea inferior?. (b)Resolver (a) en el marco de referencia de laboratorio. (c) Cual es lafuerza magnetica por unidad delongitud que la lınea superior experimenta debido a la lınea inferior? R: (a) La linea inferior genera

Figura 6.34: Distribucion lineal de cargas en movimiento. Problema A.75.

un campo electrico de magnitud (unidades Gaussianas) E = 2λ0/d. La fuerza porunidad de longitudes por lo tanto F/ℓ = 2λ20/d, (repulsiva). (b) En el marco de referencia en donde los alambres se ven

230

moviedose aparece un campo magnetico B′ = v×E′/c, ademas del campo electrico E′. Sin embargo,E′ = 2λ′/d, en donde la densidad se afecta por un factor γ−1 =

√1− v2/c2, debido al efecto de

contraccion de Lorentz: λ′ = γλ0.

E′ = 2γλ0/d.

(c) La fuerza magnetica sobre la lınea superior es λ′v ×B′/c o:

Fmag = −λ′v2

c2E′ =

2γ2v2λ20c2d

, ↓ .

La fuerza total por unidad de longitud en el marco de referencia de Laboratorio:

F ′ = λ′(1− v2

c2

)E′ = F. (6.214)

El hecho que F ′ = F puede verse desde otro argumento. Si en el marco de referencia en reposo unalambre se le permite moverse bajo la accion de una fuerza Fℓ sobre el, este ganara un momentumdp = Fℓdt, mientras que en el marco de referencia en el cual los alambres se mueven, el momentoadquirido es F ′ℓ′dt′. Pero dp = dp′, debido a que elmomento en la direccion normal de una trans-formacion de Lorentz es invariante bajo esta transformacion, y dt′ = γdt. Por lo tanto, Fℓ = γF ′ℓ′.Si ℓ = γℓ′, por consiguiente, F = F ′. Es posible obtener una expresion para la fuerza/longitud en elmarco de referencia de laboratorio (K ′) y en el marco de referencia en reposoK. Con vy = vz = 0, einvirtiendo la matrix, se obtiene F ′

y/ℓ′ = γFy/ℓ, o F

′y = Fy. (Ver Capıtulo anterior para las ecuaciones

relativistas de la fuerza).

Problema 6.76: Un circuito consiste en un resistor de 5 Ω, un condensador de 1 µF, un inductor ideal de0.01 H conectados en serie con una fuente de voltaje que genera una FEM de 10 sin (ωt) (V). Laresistencia interna de la fuente de voltaje es despreciable. El sistema opera en resonancia. (a) Cuales la potencia promedio generada por la fuente de voltaje? (en Watts) (b) La frecuencia de la fuentedisminuye de tal forma que la reactancia

(1ωC − ωL

)se convierteen 5 Ω; el valor maximo de la FEM

permanece en 10 V. Cual es la potencia promedio generada por la fuente?.(a) En resonancia, X = 0, la impedancia es Z = R, y el angulo de fase ϕ esta dado por tanϕ =X/R = 0, → ϕ = 0. La potencia promedio generada por la fuente es por consiguiente:

P =V 20

2Rcosϕ = 10W.

(b) Con X = 5Ω, Z =√2R, ϕ = 450. La potencia promedio generada es ahora:

P =V 20

2Zcosϕ = 5W.

Nota: este problema puede tambien resolverse calculando la potencia promedio disipada en el resistor(I2R), ya que el principio de conservacion de la energıa establece que esta debe ser igual a la potenciapromedio suministrada por la fuente.

Problema 6.77: Un alambre de plomo de 1 mm de diametro es doblado para formar un circulo de 10 cm dediametro. El anillo esta en estado Superconductor y por el circula una corriente de 100 A. Se observa


que no existe ningun cambio apreciable en la corriente en un periodo de un ano, Si el detector essensitivo a un cambio de 1 µA, calcular el lımite experimental superior para la resistividad del plomoen estado superconductor.R: Sea ρ la resistividad del plomo. La resistencia del anillo es R = ρℓ/S, ℓ = 2πr, r como el radio delanillo y S su seccion transversal. El sistema puede considerarse como un circuito RL. La corrienteque circula por el es por lo tanto:

I (t) = I0e−Rt/L, o R =L

tln

(I0I (t)

). (6.215)

La distribucion del campo magnetico en el interior del anillo se aproxima al valor del campo en el cen-tro del mismo:B = µ0I/2r, y la autoinductancia L puede obtenerse desde la relacion flujo/corrienteL = Φ/I ∼ πµ0r/2. El cambio de corriente ∆I = I0 − I (t) se relaciona con la corriente inicial, laresistencia del circuito y su autoinductancia aproximando (6.215):

∆I =I0Rt

L.

Numericamente, la resistividad del plomo en el estado superconductor tiene un valor lımite superiorde 7,8× 10−29 Ω m. En estado normal a 20 0C, ρPb = 208 nΩ m.

Problema 6.78: Considere un sistema de partıculas cargadas confinadas en un volumen V . Las partıculasse encuentran en equilibrio termico a temperatura T en presencia de un campo electrico E en ladireccion z. (a) Sea n (z) la densidad de partıculas a una altura z. Utilizar mecanica estadısticapara hallar la constante de proporcionalidad entre dn (z) /dz y n (z). (b) Suponga que las partıculaspueden ser caracterizadas por un coeficiente de difusion D. Utilizar la definicion de D para calcularel flujo JD que surge desde el gradiente de concentracion obtenido en (a). (c) Suponga ademas quelas partıculas tambien se caracterizan por un factor de movilidad µ que relaciona sus velocidadesde arrastre con el campo aplicado. Hallar el flujo de partıculas Jµ asociado con esta movilidad.Establecer la relacion µ y D (relacion de Einstein) [10].R: (a) Una partıcula de carga e en presencia de un campo electrico E posee una energıa: u = −eEz.La concentracion de partıculas en equilibrio es

n (z) = n0 exp

(eEz

kT

),

en donde n0 es la concentracion de partıculas a z = 0. El gradiente de la concentracion se calculacomo:

dn (z)

dz=eE

kTn (z) .

(b) Por definicion, JD = −Ddn (z) /dz. (c) El flujo de partıculas a lo largo del campo aplicado esJµ = n (z) v = n (z)µE. El flujo total es cero en equilibrio,

JD + Jµ = 0, ası µ =eD

kT.

232

Problema 6.79: La ionosfera puede ser vista como un medio dielectrico con ındice de refraccion n = n (ω)en donde ω es la frecuencia del gas. Calcular la velocidad de grupo de una onda de radio confrecuencia ω =

√2ωp.

R: El ındice de refraccion se relaciona con la funcion dielectrica del medio como n ∼√ε o:

n =

√1−

ω2p

ω2.

Para una frecuencia√2ωp, n = 1√

2, y la velocidad de grupo toma el valor vg = c√

2.

Problema 6.80: Cuatro fuentes de ondas coherentes monocromaticas A,B,C,D (Fig.6.35) producen ondasde la misma longitud de onda λ. Dos receptores R1 y R2 estan a gran (pero igual) distancia desde B.(a) Que receptor detecta mayor senal? (b) Que receptor (si alguno), capta mayor senal si la fuenteB es apagada?.

Figura 6.35: Distribucion de fuentes monocromaticas.

R: (a) Sea r la distancia desde B hasta R1 y R2, con la condicion r >> λ. La amplitud del campoelectrico de las ondas emitidas por cada fuente es E0. Las amplitudes resultantes en cada receptorson:R1

E10 = E0 exp

[ik

(r − λ

2

)]+ E0 exp [ikr] +

E0 exp

[ik

(r +

λ

2

)]+ E0 exp

[ik

√r2 +

λ2

4

],

R2

E20 = E0 exp [ikr] + E0 exp

[ik

(r +

λ

2

)]+

2E0 exp

[ik

√r2 +

λ2

4

].


Dado kλ = 2πνλ/c, exp (±ikλ/2) = −1. Con r >> λ, E10 ≈ 0, y E20 ≈ 2E0 exp [ikr]. La intensidadde la senal es proporcional al cuadrado de la amplitud del campo: I ∝| E |2, ası las intensidadesrecibidas por R1 y R2 son respectivamente iguales a: I1 = 0, I2 ∼ 4E2

0 . R2 detectamayor senal. (b)Si la fuente B es apagada, entonces, E10 ∼ −E0 exp [ikr] y E20 ∼ E0 exp [ikr]. Por lo tanto I1 = I2,y los dos receptores reciben senal de la misma intensidad.

Problema 6.81: Metodo de van der Pauw. Un metodo de medicion de la resistividad y el efecto Hall paramuestras planas de geometrıa arbitraria fue propuesto en 1958 por el fısico Holandes L. J. van derPauw [11]. El metodoesta basado en un teorema de mapeo conforme valido para superficies planascuyos contactos sean suficientemente pequenos y localizados sobre la circunferenciade la muestra.La demostracion del teorema parte del calculo de la ecuacion que involucra el caso particular de unsemiplano infinito, con contactos P, Q, R y S a lo largo de la frontera, espaciados distancias a, by c respectivamente Fig. (6.36). Una corriente i ingresa a la muestra en el contacto P y abandonala misma en el contacto Q. Si la diferencias de potencial VS − VR y VP − VS son conocidas, y si lacorriente i en este ultimo caso ingresa por el contacto Q y abandona la muestra por el contacto R,demostrar la ecuacion de van der Pauw para la resistividad ρ del material es:

exp

(−πdRPQ,RS

ρ

)+ exp

(−πdRQR,SP

ρ

)= 1,

en donde d es el espesor.

Figura 6.36: Metodo de las cuatro puntas.

R: La densidad de corriente j en la muestra se relaciona con la corriente que ingresa a la misma porj = i/πxd, en donde x es la distancia desde el punto de contacto (P). La componente del campoelectrico (total) en la direccion x es:

E =

(ρi

πdr− ρi

πd (r − a)

)x,

en donde la contribucion del segundo termino tiene en cuenta la corriente que abandona el sistemaen el punto (Q). La diferencia de potencial entre R y S es:

VS − VR = −∫ a+b+c

a+bE (x) dx =

ρi

πdln

[(a+ b) (b+ c)

b (a+ b+ c)

].

234

La resistencia RPQ,RS es por lo tanto:

RPQ,RS =VS − VR

i=

ρ

πdln

[(a+ b) (b+ c)

b (a+ b+ c)

].

Un procedimiento similar conduce a:

RQR,SP =ρ

πdln

[(a+ b) (b+ c)

ac

].

De la relacion (a+ b) (b+ c) = b (a+ b+ c) + ac, se deduce:

1 =b (a+ b+ c)

(a+ b) (b+ c)+

ac

(a+ b) (b+ c)

el cual conduce inmediatamente a:

1 = exp

(−πdRPQ,RS

ρ

)+ exp

(−πdRQR,SP

ρ

).

Aunque la expresion anterior ha sido demostrada en el dominio unidimensional, esta permanecevalida en dos dimensiones si se cumple explıcitamente que:i) Los contactos esten en la circunferencia de la muestra.ii) Los contactos sean suficientemente pequenos.iii) La muestra tenga un espesor uniforme.iv) La superficie de la muestra sea simplemente conexa, i.e., no tenga huecos aislados.

Problema 6.82: Determine la frecuencia del modo de oscilacion antisimetrico en el circuito mostrado enla figura (6.37). Considere k = 1/LC, κ1 = 1/LCS y κ2 = LS/L.R: Escribiendo las ecuaciones de los lazos, tenemos (Ij = Qj , I1 = I + I2):

−Q1

C− LQ1 − LS

(Q1 − Q2

)− Q1 −Q2

CS= 0,

−Q2

C− LQ2 + LS

(Q1 − Q2

)+Q1 −Q2

CS= 0.

Combinado estas relaciones bajo las transformaciones y = Q1 + Q2 y z = Q2 − Q1 (coordenadaantisimetrica), obtenemos:

y + ky = 0,

z + ωaz = 0, ωa =

√k + 2κ11 + 2κ2

.

Problema 6.83: Polaritones⋆. Cuasipartıculas llamadas Polaritones resultan del acople entre fonones yfotones en cristales ionicos. (a) Derivar la relacion de dispersion ω (k) y bosquejar esta dependenciapara modos EM transversales que se propagan a traves de un cristal de NaCl. Ignorar los efectos dela polarizacion atomica. (b) Evaluar una expresion para el ancho de banda de este sistema.


Figura 6.37: Circuito LC acoplado.

R: En una cadena diatomica, con masas M1 y M2, constante elastica f , y parametro de red a, la leyde dispersion de los fonones (puros) esta dada por:

ω2 = K

(1

M1+

1

M2

)±K

√(1

M1+

1

M2

)2

− 4

M1M2sin2 (ka),

en donde el signo +(-) define la rama optica (acustica) de las excitaciones fononicas de la red. Elmodelo de polarizacion ionica del cristal toma en consideracion el campo aplicado E con vectorde onda k ≈ 0. El desplazamiento relativo W de un ion positivo desde un ion negativo tiene lasecuaciones de movimiento:

µW = −2KW + qE, (6.216)

en donde µ es la masa reducida, K la constante de fuerza y q es la carga del ion. La posicion deequilibrio del sistema es Weq = qE/2K. La polarizacion del sistema se relaciona con la susceptibili-dad electrica por: P = ρE = ε0χE, en donde ρ corresponde a la densidad volumetrica de carga q/V .Con ε = 1 + χ, la constante elastica se calcula desde los parametros electricos:

K =q2

2ε0 (ε− 1)V.

La frecuencia del modo optico cuando en el regimen de grandes longitudes de onda es ω0 =√

2K/µ,o

ω0 =

√q2

µε0 (ε− 1)V.

La interaccion del modo optico y una onda electromagnetica transversal puede aproximarse desdelas ecuaciones de Maxwell para un medio sin cargas libres:

∇2E = µ0ε∂2

∂t2(E+ ρQ) ; (6.217)

236

en donde la densidad de corriente J se introduce en las ecuaciones como J = ρW. Q correspondea una coordenada relativa (con unidades de campo electrico) dada por Q = ρW/ε0. La ecuacion(6.216) se reduce a:

Q = ω20Q+ ω2

0χE. (6.218)

Combinando (6.218) y (6.217), con ∇2E = −k2E, y tomando la direccion de propagacion dela onda (sin perdida de generalidad) a lo largo del eje X, i.e., E = E0 exp [i (kx− ωt)]; Q =Q0 exp [i (kx− ωt)]; finalmente, despues de algunos desarrollos intermedios, se obtiene la relacionde dispersion del polariton:

c2k2

ω2=ω2 − εω2

0

ω2 − ω20

. (6.219)

(b) Los lımites fısicamente significativos en (6.219) corresponden a ω →√εω0 para k → 0, y ω → ω0

para k →∞ (Ver Fig. (6.38)). De esta forma el ancho de banda esta definido para frecuencias entreω0 y

√εω0, el cual corresponde al rango de frecuencias en el cual la luz incidente es completamente

reflejada, y las respectivas longitudes de onda son:

λmin =2πc√εω0

, λmax =2πc

ω0.

Para un cristal de NaCl, este banda prohibida esta en el rango aproximado 32,2, 78,3 µm.

Figura 6.38: Diagrama esquematico de la ley de dispersion del Polariton en una red ionica de NaCl. ε = 5,9

Problema 6.84: Considere un circuito RLC en paralelo en equilibrio termico con un medio a temperaturaT . Encontrar una expresion clasica para la raız media cuadratica de la corriente atraves del inductor.R: Las fluctuaciones en el movimiento de los electrones libres en el conductor dan lugar a las fluc-tuaciones en la corriente. Si la corriente a traves del inductor es i (t), entonces la energıa promediodel inductor es ⟨w⟩ = L⟨i2⟩/2. La equiparticion de la energıa conduce a:

⟨w⟩ = 1

2kT =

1

2L⟨i2⟩,

en donde ⟨·⟩ indica el valor medio cuadratico de la cantidad (·). Ası:

√⟨i2⟩ =

√kT

L.


Figura 6.39: Antena operando en el modo a = λ/4

Problema 6.85: Una antena alimentada por corriente opera en el modo λ/4 (a = λ/4). Hallar el patronde distribucion angular de la potencia irradiada. (Ver figura 6.39).R: La dimension de la antena es del orden de la longitud de onda ℓ ∼ λ, por consiguiente esta nopuede ser tratada como un dipolo. En el modo λ/4, a = λ/4 y la corriente que circula en la antenaforma un patron de onda estacionaria con nodos en los terminales, i.e.:

I(z, t′)= I0 cos

(π2

z

a

)exp

(−iωt′

), t′ = t− r

c.

El vector potencial en un punto r es:

A (r, t) =µ04π

∫J (r, t) dV ′

r=µ04π

∫I (z′, t− r/c)

rdz′ez.

A grandes distancias de r, utilizamos las aproximaciones r ≈ r0 − z′ cos θ, con r0 medido desde elcentro de la antena, y r−1 ≈ r−1

0 . El potencial vectorial se reduce a:

A (r, t) ≈ µ0I04πr0

exp [i (kr0 − ωt)]∫ a

−acos

(π

2

z′

a

)exp

(−ikz′

)dz′,

cuyo resultado es (con ka = π/2):

A (r, t) ≈ µ0I0c

2πr0ωexp [i (kr0 − ωt)]

cos(π2 cos θ

)sin2 θ

ez.

El campo magnetico asociado se obtiene desde el rotacional de A. Considerando que la coordenadaz se escribe en coordenadas esfericas como: ez = (cos θ,− sin θ, 0), y que la componente relevante delcampo es Bφ ≈ (1/r0) ∂ (r0Aθ) /∂r0,

Bφ (r, t) ≈ iµ0I0c

2πr0ωexp [i (kr0 − ωt)]

cos(π2 cos θ

)sin θ

.

238

La distribucion angular de la potencia media irradiada por esta antena se calcula como:

dW

dΩ=⟨I⟩r−20

∝cos2

(π2 cos θ

)sin2 θ

.

en donde ⟨I⟩ ∝ B2 Fig. (6.40).

Figura 6.40: Patron de distribucion angular de la potencia de radiacion, Antena operando en el modo λ/4.

Problema 6.86: Radiacion Electromagnetica como haces de radar y rayos de luz eventualmente se disper-san debido a la difraccion. Un haz que se propaga a traves de una abertura circular de diametro Dse dispersa con un angulo de difraccion θd = 1,22λn/D. En muchos medios dielectricos, el ındice derefraccion se incrementa en campos electricos de gran intensidad segun: n = n0 + n2E

2. Demostrarque en este medio no-lineal la difraccion del haz puede ser contrarestada por una reflexion totalinterna de la radiacion para formar un haz auto-atrapado. Calcular el umbral de la potencia elec-tromagnetica necesario para la existencia del haz auto-atrapado.R: Considere una superficie cilındrica de diametro D en un medio dielectrico. Suponga que el campoelectrico en el interior del cilindro es E y que afuera es cero. Ası, el ındice de refraccion en el medioes n = n0 + n2E

2, el ındice en el exterior de la cavidad es n0. Considere un haz de radiacion pro-pagandose a lo largo del eje del cilindro. Un rayo que se propaga formando un angulo θ con el ejesera totalmente reflejado en la superficie si:

n cos (θ) ≥ n0, n ≥ n0cos θ

.

El angulo de difraccion θd sera contrarestado por reflexion total interna si

n0 + n2E2 ≥ n0

cos θd.

Por consiguiente, se requiere una intensidad del campo electrico mayor que su valor crıtico:

Ec =

√n0n2

[1

cos θd− 1

].

La potencia de la radiacion promedio de umbral es:

⟨P ⟩ = ⟨I⟩ × πD2

4=πcε0D

2E2c

8.

En la aproximacion θd = 1,22λn/D << 1, tendremos:

⟨P ⟩ = πcε016n2

(1,22λ)2 ,

dado que n0λn = λ corresponde a la longitud de onda en el vacıo.


Problema 6.87: Funcion de Green IV. (a) Dentro de una cavidad conductora infinita puesta a tierra, deseccion circular de radio a, se genera un campo electrostatico debido a la presencia de un hilo concarga +e, paralelo al eje del cilindro. Hallar el potencial de este campo. (b) Hallar el potencial enel interior de la cavidad conductora para el caso en que su superficie se encuentre a un potencialconstante u0, i.e., resolver el problema de contorno de Dirichlet. (Figura 6.41).

Figura 6.41: Seccion Transversal, cavidad Cilındrica.

R: La figura (6.41) representa la configuracion geometrica del problema. Los puntos M0, M1 yM corresponden a las posiciones de la carga lineal (hilo), su imagen y el punto de observacion,respectivamente. Las distancias relativas estan definidas por OM = ρ, OM0 = ρ0, OM1 = ρ1,MM0 = r0 y MM1 = r1. El potencial electrostatico en el punto M esta dado por:

u (M) = e

[ln

(1

r0

)− ln

(a

ρ0r1

)],

en donde r0 =√ρ2 + ρ20 − 2ρρ0 cosϕ, r1 =

√ρ2 + ρ21 − 2ρρ1 cosϕ; siendo ϕ el angulo formado en el

vertice del triangulo MOM0. El metodo de las imagenes proporciona las relaciones r1/r0 = a/ρ0, elcual define el potencial cero sobre la superficie ρ = a, mientras que la posicion de la carga imagenesta definida por la relacion ρ0ρ1 = a2. la funcion de Green que conecta los puntosM0M esta definidapor:

G (M,M0) =1

2π

[ln

(1

r0

)− ln

(a

ρ0r1

)],

en donde claramente se aprecia que G |ρ=a= 0.(b) El primer problema de contorno (Dirichlet) se resuelve utilizando la formula de Poisson [12]:

u (ρ0, φ0) =1

2π

∫ 2π

0

a2 − ρ20a2 + ρ20 − 2aρ0 cos (φ− φ0)

f (φ) dφ, (6.220)

en donde f (φ) = u (a, φ), corresponde a la distribucion de la funcion potencial sobre la superficie dela cavidad. Si f (φ) = u0, entonces integracion directa sobre (6.220) conduce a u (ρ0, φ0) = u0, i.e.,este procedimiento conduce al valor esperado del potencial electricoen el interior de una cavidad cuyasuperficie esta sometida a un potencial constante. Nota: El integrando de (6.220) puede obtenersedesde la funcion de Green como -∂G/∂ρ |ρ=a, como parte de la solucion general del primer problemade contorno de Dirichlet: ∆u = 0, u (ρ = a, φ) = f (φ).

240

Problema 6.88: Obtener la solucion para el problema de Dirichlet en coordenadas esfericas:

∆u = 0, |r| < a,

u = f (|r|) , |r| = a.

Resolver para el caso en el cual f (|r|) = K, en donde K es una constante positiva.R: Utilizamos la notacion del ejemplo anterior, con la definicion de la funcion de Green en este caso:

G (M,M0) =1

4π

(1

r0− a

ρ0

1

r1

).

La formula de Poisson para el primer problema de contorno de Dirichlet es:

u (M) =1

4πa

∫σf (|r| = a)

a2 − ρ20r30

dσ.

En el caso en el cual el potencial es constante e igual a K sobre la superficie esferica, es posibledemostrar que u (M) = K, en todos los puntos del interior de la esfera. Es decir:

1

4πa

∫σ

a2 − ρ20r30

dσ = 1, para ρ = a.

Problema 6.89: Considere un anillo circular de radio a cargado con una densidad lineal de carga λ, ylocalizado a una distancia h de un plano conductor infinitamente extendido a un potencial V (Figura(6.42)). Obtener el potencial electrico del sistema en cualquier punto del espacio en la region x > 0.R: Utilizaremos el metodo de las imagenes en este caso. Considere un elemento de carga sobre el

Figura 6.42: Sistema anillo-plano conductor a potencial V .

anillo dQ que produce un campo potencial en el punto P, de coordenadas (x, y, z). La prescripcionde Dirichlet nos indica que el potencial en el punto P generado por el sistema carga-plano puedeobtenerse resolviendo:

ϕ (r) =

∫V ′G(r, r′

)ρ(r′)dV ′ −

∫S′

∂G

∂nϕ(r′)dS′,


en donde S′ corresponde a la superficie de interes en donde se evalua el potencial ϕ (r′). El termino∂G/∂n corresponde a la derivada de la funcion de Green evaluada en direccion normal a la super-ficie S′. La funcion de Green para un elemento localizado en (x′, y′, z′), y su imagen localizada en(−x′, y′, z′) es:

G(r, r′

)=

1

4π

1√(x− x′)2 + (y − y′)2 + (z − z′)2

−

1√(x+ x′)2 + (y − y′)2 + (z − z′)2

.La distribucion volumetrica de carga sobre el anillo escrbirse como: ρ (r′) = λδ (x′ − h) δ (ρ′ − a).Insertando la funcion de Green en la formula de Dirichlet, e integrando directamente sobre la distri-bucion anular en el primer caso, y sobre todo el plano YZ en el segundo, obtenemos:∫

V ′G(r, r′

)ρ(r′)dV ′ =

λa

π

K (Q−)√(x− h)2 + (ρ− a)2

− K (Q+)√(x+ h)2 + (ρ− a)2

;

Q± = − 4ρa

(x± h)2 + (ρ− a)2, ρ =

√y2 + z2.∫

S′

∂G

∂nϕ(r′)dS′ = −

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞dy′dz′

(∂G

∂x′

)x′=0

V = V.

K (·) representa la funcion integral elıptica completa con argumento ·. Este resultado puede probarsede forma particular. En el origen de coordenadas ρ = 0, y sin la presencia del plano cargado, noexiste imagenes en la parte inferior del plano, por lo tanto el potencial se reduce a K (0) = π/2: (enunidades de ε0 = 1).

ϕ (0, 0, 0) =λa

2√h2 + a2

.

Problema 6.90: Radiacion de un dipolo magnetico. Un pequeno lazo circular de alambre de radio a trans-porta una corriente variable i = i0 cos (ωt) (Fig.6.43). El lazo esta localizado en el plano XY . (a)Calcular el primer momento multipolar diferente de cero del sistema. (b) Calcular la forma del vec-tor potencial de este sistema para r →∞, ası como los campos electrico y magnetico asintoticos, ydeterminar la distribucion angular de la radiacion emergente.R: (a) El primer momento multipolar no cero del pequeno lazo es su momento dipolar: m =πa2i0 cos (ωt) (z), con cos (ωt) (−z) = Re (exp (−iωt)). (b) Obtenemos la variacion temporal delmomento magnetico m (t′) con t′ = t− r/c:

m(t′)= −ω2m

(t′).

Utilizamos la prescripcion para el campo de radiacion de un dipolo (magnetico) distante definidapor (en unidades Gaussianas)[13]:

−Eφ = Bθ =[m]

rsin θ.

242

Figura 6.43: Dipolo circular de corriente.

Explıcitamente (unidades S.I.):

E =ω2µ0i0a

2 sin θ exp [−i (ωt− kr)]4πcr

eφ, B =| E |c

eθ.

El potencial vectorial se obtiene de la relacion:

A (r, t) = −iωµ0πa2i0 sin θ

cr

(exp [−i (ωt− kr)]

4π

)eφ. (6.221)

Las expresiones para E y B son reproducidas desde: B = ∇×A, y E = cB× er.

Problema 6.91: Algunos dielectricos isotropicos se hacen birrefrigentes (doble ındice de refraccion) cuandoson colocados en un campo magnetico externo. Estos materiales reciben el nombre de girotropicos,y estan caracterizados por una permeabilidad ε y un vector g. En general, g es proporcional alcampo magnetico exterior aplicado al dielectrico.Considere una onda monocromatica plana E (x, t) =E0 exp [i (kn · x− ωt)], que viaja a traves del material. ω corresponde a la frecuencia angular de laonda, y n es la direccion de propagacion dada. Para un medio girotropico no conductor (σ = 0) yno magnetico (µ = 1), el desplazamiento electrico D y el campo electrico estan relacionados por:

D = εE+ i (E× g) ,

en donde ε es un constante positiva (real) y g es un vector constante (real). Considere ondas planasque se propagan en la direccion g, con g orientado en la direccion del eje z:

g = gz, n = z.

(a) Desde las ecuaciones de Maxwell, hallar los posibles valores de ındice de refraccion N = kc/ω,en terminos de las constantes ε y g. (b) Hallar las posibles polarizaciones de E0 para cada valor deNR: La combinacion de las ecuaciones de Maxwell ∇ · D = 0, ∇ · B = 0, ∇ × E = −c−1∂B/∂t,∇×B = c−1∂D/∂t, conduce a la relacion para E:

−k (k ·E) +

(k2 − εω2

c2

)E− iω2

c2(E× g) = 0.


Las consideraciones de simetrıa del campo girotropico y de la direccion de propagacion de la ondaconducen al sistema de ecuaciones:(

k2 − εω2

c2

)Ex −

iω2g

c2Ey = 0,

iω2g

c2Ex +

(k2 − εω2

c2

)Ey = 0.

Las soluciones para N conducen a N± =√ε± g. (b) Las polarizaciones del campo electrico, parag =

0, corresponden a ondas circularmente polarizadas hacia la derecha para N+, y hacia la izquierdapara N−, con E0x = iE0y y E0x = −iE0y respectivamente.

Problema 6.92: Estimar el numero de modos electromagneticos estacionarios que existen en el rango defrecuencias entre f0 = 1× 1015 Hz y f1 = 1,2× 1015 Hz en una cavidad de 1 cm3 de volumen.R: Considere una cavidad cubica de lado a. Las frecuencias de los modos electromagneticos ωklm

esta dada por:

ωklm =πc

a

(k2 + l2 +m2

)1/2,

en donde c corresponde a la velocidad de la luz, y k, l,m son enteros positivos. Ası:

k2 + l2 +m2 =4a2f2klmc2

≤ r2,

en donde r corresponde al radio de una esfera en el espacio numerico de los enteros, y acotada porel valor de f . Por lo tanto, el numero de modos N corresponde a una octava parte del volumen deuna esfera de radio r, y a cada modo se le asigna un grado 2 de degenerancia el cual corresponde alos modos electrico y magnectico de la misma frecuencia. La espresion final es:

N = 2× 1

8× 4πr3

3=

8πa3

3c3(f31 − f30

).

Numericamente: N ∼ 2,26× 1014.

Problema 6.93: Un medio dielectrico homogeneo, isotropico, no permeable esta caracterizado por un ındicede refraccion n (ω), el cual es complejo. (a) Demostrar que la solucion general para las componentesdelas ondas (planas) pueden escribirse como: u (x, t) =

1√2π

∫ +∞

−∞dω exp (−iωt) [A (ω) exp [iωn (ω)x/c] +B (ω) exp [−iωn (ω)x/c]] .

(b) Calcular los coeficientes A (ω) y B (ω), si las condiciones de contorno en x = 0, u (0, t) y ux (0, t)son conocidas.R: La expresion del item (a) corresponde a la transformada de Fourier en el dominio de la frecuenciade una onda planaque se propaga en direccion ±x, con un vector de onda k = ωn (ω) /c. (b) Elcalculo de los coeficientes es posible si definimos:

u (0, t) =1√2π

∫ +∞

−∞dω [A (ω) +B (ω)] exp (−iωt),

ux (0, t) =1√2π

∫ +∞

−∞dω

(iωn (ω)

c

)[A (ω)−B (ω)] exp (−iωt).

244

Combinando estas expresiones, obtenemos los nucleos A (ω) y B (ω):

A (ω) =1

2√2π

∫ +∞

−∞dt

[u (0, t)− ic

ωn (ω)ux (0, t)

]exp (iωt);

B (ω) =1

2√2π

∫ +∞

−∞dt

[u (0, t) +

ic

ωn (ω)ux (0, t)

]exp (iωt).

En la ultima expresion, utilizamos la transformada inversa de Fourier

f (ω) =1√2π

∫ +∞

−∞dt exp (iωt)g (t) .

Problema 6.94: La figura (6.44) muestra la seccion transversal de un disco cilındrico de radio b y unfilamento deradio a de un magnetron. El filamento se encuentra aterrizado y el disco esta sometidoa un potencial V positivo, y un campo magnetico H esta dirigido a lo largo del eje del cilindro.Electrones abandonan un filamento cilındrico con velocidad cero y viajan en trayectorias curvas atraves del disco. Calcular el voltaje V para el cual la corriente en el sistema sera suprimida por elcampo H.

Figura 6.44: Esquema simplificado de un Magnetron.

R: La fuerza que experimenta un electron en la region entre a y b es F = e/cv×H. En coordenadaspolares:

v ×H = −rHUθ + rθHUr,

en donde () indica derivada temporal, y θ es la componente angular en coordenadas polares. Igua-lando la componente θ:

md

dt

(r2θ)=| e |crrH,

el cual puede integrarse como: mr2θ = eHr2/2c +K, en donde K es una constante de integracionigual aK = −eHa2/2c, con θ = 0 en r = a. La velocidad angular depende de la posicion radial como:

θ =eH

2mc

(1− a2

r2

).


Conservacion de la Energıa requiere:

1

2m(r2 + r2θ2

)= eV (r) .

La energıa potencial del electron eV (r) es:

eV (r) =m

2

[r2 +

(eH

2mcr

)2 (r2 − a2

)2].

El umbral del potencial se obtiene desde la condicion r = 0, en r = b.

V =eH2

8mc2b2(b2 − a2

)2.

Problema 6.95: Una solucion de dextrosa opticamente activa esta caracterizada por un vector de polari-zacion P (momento dipolar electrico por unidad de volumen) dado por:

P = γ∇×E,

en donde γ es una constante real que depende de su concentracion. La solucion es no conductora(J = 0), y no magnetica (M = 0). Considere que una onda electromagnetica plana de frecuenciaω propagandose en esta solucion en la direccion z, con γ/ω/c << 1. (a) Hallar los dos posiblesındices de refraccion para esta onda. Para cada ındice,hallar el correspondiente campo electrico. (b)Suponer que luz polarizada linealmente incide sobre la solucion de dextrosa. Despues de recorreruna distancia L a traves de la solucion, la luz es todavıa linealmente polarizada, pero la direccion depolarizacion ha sido rotada por un angulo ϕ. Hallar ϕ en terminos de L, γ, ω (rotacion de Faraday).R: De las relaciones D = ε0E+P, y B = µH, se obtiene: (∇ ·E = 0).

−∇2E+1

c2∂2E

∂t2+ µ0γ∇×

∂2E

∂t2= 0.

Para una onda plana E = E0 exp [i (kz − ωt)] = Exex + Ey ey, tendremos ∂/∂t → −iω, ∇ → ikez.El sistema de ecuaciones resultante:(

k2 − ω2

c2

)Ex + iγµ0ω

2kEy = 0,

−iγµ0ω2kEx +

(k2 − ω2

c2

)Ey = 0.

Las soluciones para los vectores de onda asociadas a las polarizacion circular positiva (k+) y negativa(k−) se describen como:

k± =ω

c

√1 +

(γµ0ωc2

)2± γµ0ω

2

2,

y los ındices de refraccion se definen por n± = ck±/ω.(b) El cambio en el angulo de polarizacion ϕ en este caso se define como:

ϕ =1

2(k+ − k−)L =

γµ0ω2L

2.

246

Problema 6.96: Demostrar que la impedancia de una guıa de onda(E2

x + E2y

)1/2/(H2

x +H2y

)1/2es:

ZTE =Z0√

1− (λ0/λc)2

para modos TE,

ZTM = Z0

√1− (λ0/λc)

2 para modos TM,

en donde λ0 = 2πc/ω, corresponde a la longitud de onda en el espacio libre y λc es la longitud deonda de corte asociada a la geometrıa de la guıa. Z0 define la impedancia intrınseca del espacio libre.R: Ondas senoidales que se propagan en direccion +z, con frecuencia ω puede describirse a travesde del campo:

Ψ (r, t) = ϕ (x, y) exp [j (ωt− kzz)],

el cual satisface la ecuacion de onda: ∇2Ψ =(1/c2

)∂2Ψ/∂t2. El campo electrico puede obtenerse

desde la relacion: E = ∇×(kΨ), en donde k es el vector unitario en direccion de propagacion de

la onda. Las componentes de E es:

Ex =∂ϕ

∂yexp [j (ωt− kzz)],

Ey = −∂ϕ∂x

exp [j (ωt− kzz)],

Ez = 0;

mientras que las componentes del campo magnetico en ωB = j∇×E son:

Bx = −kzEy/ω,

By = kzEy/ω,

Bz = −j

ω

(∂2ϕ

∂x2+∂2ϕ

∂y2

)exp [j (ωt− kzz)].

Insertando la solucion Ψ (r, t) en la ecuacion de onda:

∇2tϕ+

(ω2

c2− k2z

)ϕ = 0;

ω2

c2− k2z = k2c .

definimos la longitud de onda de corte λc en terminos de la longitud de onda del espacio libreλ0 = 2πc/ω, y de la longitud de onda de la guıa λg = 2π/kz:

λg =λ0√

1− (λ0/λc)2.

Utilizando la definicion para la impedancia de la guıa, se obtiene:

ZTE =ωµ0kz

=

√µ0ε0/

√1− (λ0/λc)

2,


con Z0 =√

µ0

ε0. Propagacion de las ondas tipo TM pueden describirse a traves de las componentes:

Bx =∂ϕ

∂yexp [j (ωt− kzz)] Ex =

kzc2

ωBy,

By = −∂ϕ∂x

exp [j (ωt− kzz)], Ey = −kzc2

ωBx,

Bz = 0; Ez =jc2

ω

(∂2ϕ

∂x2+∂2ϕ

∂y2

)exp [j (ωt− kzz)].

La impedancia de la guıa de onda para los modos TM ZTM toma la forma:

ZTM =kzc

2µ0ω

= Z0

√1− (λ0/λc)

2.

De las relaciones anteriores, es evidente que Z0 =√ZTMZTE .

Problema 6.97: Un sistema de N atomos con polarizacion electrica α esta localizado a lo largo deleje x, ycuya separacion entre atomos es a (Fig.6.45). El sistema es iluminado con una onda plana polarizadaviajando en la direccion x con el campo electrico a lo largo del eje z,E = (0, 0, E0 exp [i (kx− ωt)]). (a) Calcular la distribucion angular de la potencia irradiada quedeberıa se medida por un detector localizado suficientemente alejado de los atomos (r << λ) y(r >> Na).(b) Calcular la dependencia polar (θ) de la potencia irradiada en el plano yz. (c) Obteneruna expresion general para la dependencia azimutal ϕ de la potencia irradiada en plano xy, para elcaso ka >> 1.

Figura 6.45: Esquema del problema A.97

R:(a) La posicion del mth atomo es:

xm = (ma, 0, 0) .

Cuando el atomo es iluminado, su momento dipolar es:

Pm = αE (xm, t) .

248

El potencial vectorial producido por los N atomos es:

A =µ04π

N−1∑m=0

Pm

rm= −iµ0ωαE0

4π

N−1∑m=0

1

rmexp [i (kma− ω (t− rm/c))]ez.

Para r >> λ, r >> Na, la aproximacion, rm ≈ r −ma sin θ cosϕ, (considerando la proyeccion delsegmento ma paralela a la proyeccion del vector r en el plano xy), 1/rm ≈ 1/r, toma lugar, y elpotencial vectorial toma la forma:

A = −iµ0ωαE0 exp [i (kr − ωt)]4πr

N−1∑m=0

exp [ikma (1− sin θ cosϕ)]ez.

Para hallar el campo de radiacion, necesitamos retener los terminos ∼ 1/r en B = ∇×A. Desde larelacion B (r, t) = −1

r∂/∂r (rA sin θ) eϕ, el campo magnetico toma la forma:

B (r, t) = −ω2αE0 sin θe

i(kr−ωt)

4πε0c3r

N−1∑m=0

exp [ikma (1− sin θ cosϕ)]eϕ.

Utilizando la identidad: ∣∣∣∣∣N−1∑m=0

eimx

∣∣∣∣∣2

=sin2

(Nx2

)sin2

(x2

) ,se obtiene el vector de Poynting promedio de la radiacion ⟨S⟩:

⟨S⟩ = ε0c3|B|2

2er =

ω4α2E20 sin

2 θ

32π2ε0c3r2sin2

(Nx2

)sin2

(x2

) er, x = ka (1− sin θ cosϕ) .

La potencia promedio irradiada por unidad de angulo solido dP /dΩ es:

dP

dΩ=ω4α2E2

0 sin2 θ

32π2ε0c3sin2

(Nx2

)sin2

(x2

) .(b) En el plano yz, ϕ = 900, y dP/dΩ ∼ sin2 θ. (c) Bajo la condicion ka >> 1, y en el plano xy,dP/dΩ→ N2, y la distribucion de la radiacion en este plano es isotropica, (o circular).

Problema 6.98: Una pantalla oscura con una abertura circular de radio a esta localizada en el plano XY ,con centro en el origen. Esta pantalla es irradiada por una onda plana

ψ = exp (ikz), k = 2π/λ.

Determinar los ceros aproximados de intensidad sobre el eje positivo Z, para Z >> a. R: La amplitudde la onda sobre el eje positivo Z, la cual es transmitida a traves de la abertura esta dada por:

ψ = A

∫dS exp (ikr)

r;



en donde dS es un elemento de area de la abertura, y r es la distancia desde dS hasta el puntode observacion. Esta expresion puede deducirse desde la aproximacion de Huygen-Fresnel de lateorıa de la difraccion, con un factor de oblicuidad constante (valido para a/z << 1). UtilizandodS = 2πρdρ ∼ 2πrdr, hallamos la amplitud de la onda difractada:

ψ = −iAλexp(ik√a2 + z2

)− exp (ikz),

el cual tiene ceros para las posiciones√a2 + z2 = z+nλ, con n como un numero positivo. De forma

equivalente:

zn =a2 − n2λ2

2nλ.

Problema 6.99: Un dipolo electrico oscila con una frecuencia ω y amplitud P0. Este esta colocado a unadistancia a/2 de un plano perfectamente conductor infinito, y el dipolo esta orientado paralelo alplano. Encontrar el campo electromagnetico y el valor promedio de la distribucion angular de laradiacion emitida para distancias r >> λ.


250

R: La accion del plano conductor en la region x > 0 es equivalente al efecto del dipolo imagen en laposicion (−a/2, 0, 0) de momento P′ = −P = −P0e

−iωtk. El vector potencial en el punto r es:

A =µ04π

(P′

r2+

P

r1

),

A = −iωµ0P0

4π

(eikr1

r1− eikr2

r2

)e−iωtk.

De la grafica (6.47), las relaciones geometricas adecuadas para r1 y r2 en coordenadas esfericas seestablecen a traves de:

r1 ∼ r −a

2sin θ cosφ,

r2 ∼ r +a

2sin θ cosφ,

1

r1∼ 1

r2∼ 1

r.

Insertando en la expresion para el potencial vectorial A:

A = −µ0ωP0

2πrsin

[ka

2sin θ cosφ

]ei(kr−ωt)k.

En coordenadas esfericas, k = er cos θ−eθ sin θ. Para obtenerB = ∇×A, utilizamos la aproximacion:Bφ = 1/r∂ (rAθ) /∂r, mientras que para la componente del campo electrico utilizamos Eθ = cBφ.El vector de Poynting promedio es:

⟨S⟩ = ε0c

2| E |2 .

En la aproximacion de grandes longitudes de onda, λ >> a, es posible escribir: sin[ka2 sin θ cosφ

]∼

ka2 sin θ cosφ, y la distribucion angular de la radiacion es:

dP

dΩ= r2⟨S⟩ ∝ ω6P 2

0 sin4 θ cos2 φ.

Problema 6.100: Efecto Kerr. El efecto Kerr (John Kerr, 1875) es el cambio en el ındice de refraccion deun material en respuesta a un campo electrico aplicado. El cambio en el ındice de refraccion inducidoes directamente proporcional al cuadrado de la intensidad del campo electrico, a diferencia del efectoPockels, en el cual este varıa linealmente. Kerr en contro que una sustancia transparente isotropicase hace birrefrigente cuando se coloca en un campo electrico E. El medio toma las caracterısticas deun cristal uniaxial cuyo eje optico corresponde a las direccion del campo aplicado. Los ındices n∥, yn⊥, estan asociados con las dos orientaciones de los planos de vibracion de la onda. Su diferencia,∆n, es la birrefrigencia, y se encuentra que:

∆n = λ0KE2, (6.222)

donde K es la constante de Kerr, en unidades de cm×statvolt−2 (1 stV∼ 300 V), y λ0 es la longitudde onda de la luz incidente. Las celdas Kerr se han utilizado como obturadores de fotografıa de alta


velocidad e interruptores luminosos que reemplazarıan superficies dentadas rotatorias. Si las placasque forman los electrodos en una celda Kerr (usualmente con Nitrobenceno o Bisulfuro de Carbono)tienen una longitud efectiva ℓ y estan separadas una distancia d, demostrar que el cambio de fasede la onda incidente esta dado por:

∆φ = 2πKℓV 2/d2,

en donde V es el voltaje aplicado.R: El cambio de fase que experimenta la onda al recorrer una distancia ℓ es ∆φ = ∆kℓ, en dondek = 2π/λ es el numero de onda. El cambio en el numero de onda esta relacionado con el cambio enla longitud de onda por ∆k = 2π∆λ/λ2. A su vez, ∆λ = λ0∆n/n

2, y la longitud de onda cambiacon respecto a su valor original λ0 por: λ = λ0/n. Por consiguiente,

∆φ =2π∆nℓ

λ0.

Reemplazando el resultado (6.222), con E = V/d, finalmente se obtiene: ∆φ = 2πKℓV 2/d2. En unacelda de Nitrobenceno de 1 cm, y ℓ ∼ 5cm, con K ∼ 220×10−7 cm statvolt−2, se requerira un voltajedel orden de 30,000 V para que esta celda responda como una lamina de media longitud de onda.Por esta razon, ademas del alto grado de toxicidad del Nitrobenceno, asi como de su inestabilidad,hacen que otras sustancias como el Titanato de Bario, o el Tantalato de Potasio, sean estudiadas yutilizadas como moduladores electro-opticos.

Problema 6.101: La ley Lambert-Beer-Bouguer (LBB) describe la atenuacion de la intensidad de I de laradiacion Electromagnetica debido a la absorcion a traves de dos relaciones:

I = I0 exp (−αx), (6.223)

en donde I0 es la intensidad de la radiacion incidente en la direccion de propagacion, x es la distanciarecorrida en la pelıcula, y α es el coeficiente de absorcion que depende del material y de la frecuencia.La segunda forma de la ley LBB es:

I = I0 · 10−τ , (6.224)

donde τ = ϵCx es la densidad optica, ϵ es el coeficiente de extincion molar y C es la concentracionde la sustancia absorbente. Cual es la relacion entre α y τ?. Cuales son sus dimensiones?.R: Comparando las dos expresiones, α = ϵC ln 10. Las dimensiones de α son de inverso de longitud[L−1], mientras que τ no posee unidades. Las unidadesd el coeficiente de extincion molar son:

[ϵ] =[dm3 ·mol−1 · cm−1

],

mientras que las unidades de concentracion [C]=[mol/dm3].

Problema 6.102: La atenuacion de la intensidad I de un haz de radiacion electromagnetica en la atmosferaes debido a la absorcion y a la dispersion. La dispersion de las partıculas suspendidas en la atmosferaesta descrita por la transmitancia T = I/I0 = exp (−βx), y el coeficiente β depende de la longitudde onda de radiacion, la concentracion de dispersores, sus tamanos r, y el ındice de refraccion n.Discutir las dispersiones de Rayleigh y Mie deacuerdo con el tamano de las partıculas [14].R: Cuando el tamano de las partıculas son mucho mas pequenos que la longitud de onda de la

252

radiacion incidente, r << λ, la dispersion de Rayleigh predomina. El coeficiente β es fuertementedependiente:

β ∝ 1

λ4.

La transmitancia T es grande (∼ 1) para valores de longitudes de onda grandes, y exponencialmentepequenos para longitudes de onda corta. En este regimen la radiacion es intensamente dispersada.Este fenomeno es responsable del color azul en la atmosfera. Cuando r ∼ λ, las ondas son reflejadasdesde diferentes partesde la partıcula y estas interfieren mutuamente. La dispersion de Mie dominay β (λ) es una funcion complicada de la longitud de onda. Para valores pequenos de λ, β ∝ λ−2. Parar >> λ, la dispersion es no selectiva y β es independiente de la longitud de onda. En este caso, porejemplo, las gotas de agua en nubes y neblina, con un tamano 5× 10−6m ≤ r ≤ 10−4m, dispersaranradiacion infraroja. Este fenomeno es utilizado en el radar climatico, una importante herramienta demonitoreo que detecta gotas suspendidas y nubes. La velocidad de aproximacion de las nubes puedeser medida utilizando efecto Doppler.

Problema 6.103: Calcular el vector de Polarizacion electrica P y tambien las densidades de carga super-ficial y la carga volumetrica ligada en un cilindro dielectrico largo que rota con velocidad angularconstante ω alrededor de su eje en un campo magnetico uniforme B aplicado en direccion paralelaa su eje de simetrıa.R: La ecuacion que relaciona los campos electrico y magnetico en un medio dielectrico moviendosecon velocidad v en un campo magnetico B es:

D = κε0E+ ε0 (κ− 1)v ×B, (6.225)

donde κ es la constante dielectrica relativa. Para un punto a una distancia r desde el eje de rotacion,v = ω × r, y v ×B=(ω ·B) r− (r ·B)B = ωBr. La no existencia de cargas libres conduce a:

D = 0, P = −ε0E = ε0(1− κ−1

)ωBr.

La densidad de volumetrica de carga ligada es: ρL = −∇ ·P = −1r

∂∂r (rPr):

ρL = −2ε0(1− κ−1

)ωB.

La densidad superficial de carga ligada σL = Pr = ε0(1− κ−1

)ωBa, dado que r = a para la

superficie del cilindro.

Problema 6.104: Una onda electromagnetica plana incide normalmente en un conductor perfecto. Hallarlos campos reflejados E y B, la densidad superficial de carga y la densidad de corriente en terminosde los campos incidentes.R: Sean E0 y B0 los campos electromagneticos incidentes y B′ y E′ los campos reflejados. Aplicandola condicion de frontera n× (E2 −E1) = 0 en la superficie del conductor, se obtiene: E′ = −E0, yaque estos campos son tangenciales en la frontera. Para una onda EM plana,

B′ =1

ωk′ ×E′ =

1

ω(−k0)× (−E0) = B0.



Problema 6.105: Considere una capa de un material no absorbente de espesor d y con ındice de refraccionn1. Esta capa se encuentra localizada en un medio con ındice de refraccion n0. Una onda electro-magnetica plana que incide normalmente sobre esta capa refleja y transmite campos de intensidadesEr y Et, como se ilustra en la figura (6.48). Utilizar los coeficientes de Fresnel para obtener lasamplitudes de reflexion R y transmision T asociados a la onda incidente [15]. R: Es posible escribirlas amplitudes de las ondas reflejadas y transmitidas sucesivamente en terminos de los coeficientesde Fresnel en la frontera de separacion entre n0 y n1:

t =2n0

(n0 + n1)

r =(n0 − n1)(n0 + n1)

,

mientras que en la frontera entre n1 y n0 las anteriores expresiones cambian a:

t′ =2n1

(n1 + n0)

r′ =(n1 − n0)(n1 + n0)

.

Notese que r′ = −r. La amplitud reflejada es por consiguiente:

R = r + tt′r′e−2iδ + tt′(r′)3e−4iδ + · · ·+ = r +

tt′r′e−2iδ

1− (r′)2 e−2iδ

con δ como la diferencia de fase inducida debido a la diferencia de camino, dada por: 2πn1d/λ, conλ como la longitud de onda de la onda incidente. Utilizando las relacion tt′ − rr′ = 1, obtenemos:

R = r1− e−2iδ

1− r2e−2iδ. (6.226)

254

Analogamente, la amplitud transmitida T se calcula como:

T = tt′(e−iδ +

(r′)2e−3iδ +

(r′)4e−5iδ + · · ·+

)T =

tt′e−iδ

1− r2e−2iδ. (6.227)

Estas expresiones proporcionan las amplitudes de las ondas en un medio discontınuo, y las energıasde los correspondientes haces se obtienen como: n0RR⋆, y n0T T ⋆. Finalmente, los coeficientes dereflexion y de transmision definidos como la relacion de la energıa reflejada (transmitida) entre laenergıa incidente son:

R =| R |2,T =| T |2 .

Problema 6.106: Una onda electromagnetica plana E = Eie(ik·r−iωt) incide normalmente sobre una hoja

plana uniforme que consiste en un excelente conductor (σ >> ωε0) de espesor d. Asumiendo que enel espacio y en la hoja conductora µ0/µ = ε0/ε = 1, (a) obtener la relacion de las amplitudes delas ondas reflejada y transmitida. (b) Obtener el coeficiente de transmision del sistema. (c) Obtenerexpresiones para sistemas con espesor cero y espesor “infinito”.R: (a) Utilizamos el resultado del ejercicio anterior con las siguientes modificaciones: la diferencia

de fase se aproxima a: δ = (ωµoσ/2)1/2 (1− i) d. Los ındices de refraccion: n0 =

√ε0, n1 =

√iσ/ω.

Reemplazando en el resultado (6.227) obtenemos finalmente para la onda transmitida:

Et

Ei=

2ηe−iδ

(1− e−2iδ) + η (1 + e−2iδ), η =

√2ωε0σ

(1− i) ,

y para la onda reflejada, reemplazando en (6.226), bajo la aproximacion r ≈ −1 en el numerador:

Er

Ei= − 1− e−2iδ

(1− e−2iδ) + η (1 + e−2iδ).

(b) El coeficiente de transmision se obtiene desde T =| Et/Ei |2. (c) Para una hoja de espesor cero,una primera aproximacion conduce a Et/Ei → 1, Er/Ei → 0. Para una hoja conductora de espesormuy grande, Er/Ei → − (1 + η)−1.

Problema 6.107: Construir la funcion de Green de un impulso instantaneo localizado de magnitud unitariapara la ecuacion de potencial

ϕtt (r, t) = a2∇2ϕ (r, t) ; −∞ < x, y, z < +∞, 0 < t < +∞,

asumiendo que el impulso tiene lugar en el origen de coordenadas en el instante t = 0. Considere lascondiciones ϕ (r, 0) = 0, ϕt (r, 0) = δ (x) δ (y) δ (z), con r =| r |.R: Utilizamos la representacion integral de Fourier tridimensional para el campo ϕ (r, t) de la forma:

ϕ (r, t) =1

(2π)3

∫Ωϕ (k, t) e−ik·rd3k, (6.228)


en donde Ω es el volumen en el espacio de los vectores de onda k. Reemplazando en la ecuacion deonda original, se obtiene: (k2 = k2x + k2y + k2z).

ϕtt + a2k2ϕ = 0,

con las condiciones ϕ (k, 0) = 0, y ϕt (k, 0) = 1. La solucion toma la forma:

ϕ (k, t) =sin (kat)

ka. (6.229)

Insertando (6.229) en (6.228), se recupera la forma del potencial ϕ en el espacio real:

ϕ (r, t) =1

4πa

δ (r − at)r

. (6.230)

En este ultimo resultado, se ha utilizado integracion directa en coordenadas esfericas en el espaciode k y los resultados:

∫ π0 e

−ik·r sin θdθ = 2 sin kr/kr;∫∞0 cos [k (r ± at)]dk = πδ (r ± at). El termino

δ (r + at) se anula dado que r, a y t son considerados parametros positivos. La funcion de Greenϕ (r, t) se denomina Funcion retardada de Green debido a que esta exhibe un comportamiento causalasociado con la perturbacion en t = 0. El argumento de la funcion delta muestra que un efectoobservado en el punto r en el instante t es causado por la accion de una fuente a una distancia r enun instante de tiempo anterior r/a. La diferencia r/a es justamente el tiempo de propagacion de laperturbacion desde un punto a otro.

Problema 6.108: Una onda electromagnetica descrita por un potencial vectorial

A = (0, A (x− ct) , 0)

incide sobre un electron en reposo. A (x− ct) es una funcion arbitraria que desaparece en x→ −∞. Calcular las componentes del vector velocidad del electron [16].R: La fuerza total sobre el electron bajo los efectos de campos electrico y Magnetico simultaneos es:

p = eE+e

cv ×B.

Las relaciones entre el potencial vectorial y los campos E y B son:

E = −1

c

∂A

∂t; B = ∇×A.

Resolviendo para las componentes de la velocidad vx y vy, estas deben satisfacer:

mvx =e

cvy∂A

∂x,

mvy = −ec

∂A

∂t− evx

c

∂A

∂x.

La derivada temporal del potencial vectorial en terminos de una variable de desplazamiento ξ = x−ct:∂A

∂x=∂A

∂ξ= Aξ;

∂A

∂t= −c∂A

∂ξ= −cAξ.

dA

dt= (x− c)Aξ.

256

Combinando estas ultimas ecuaciones, obtenemos:

y = − e

mcA;

x2 − 2cx+

(eA

mc

)2

= 0,

con las condiciones x (0) = 0 y y (0) = 0. Las soluciones toman la forma:

x = c−

√c2 −

(eA

mc

)2

≈ 1

2c

(eA

mc

)2

.

y = − eAmc

.

La componente vertical de la velocidad depende linealmente de la intensidad del vector potencial,mientras que la componente horizontal es proporcional al cuadrado del mismo vector. Si A es decaracter oscilatorio, el electron oscila en la direccion Y , mientras que la componente de la velocidaden la direccion X siempre es positiva.

Problema 6.109: El espacio entre dos placas circulares perfectamente conductoras, planas y paralelas,se encuentra lleno de un material ohmico, de permitividad ε, conductividad σ, y permeabilidadmagnetica µ. El radio de las placas es b, y la distancia entre ellas es a (a << b). La placa superioresta permanentemente aterrizada, mientras que el centro de la placa superior se encuentra a unatension V (t). (a) Despreciando los efectos de borde, hallar la primera correccion en el campo electricoentre las placas debido a la induccion electromagnetica. (b) Calcular la corriente total que fluye entreellas [17].R: (a) Despreciando los efectos de borde, y en primera aproximacion, el campo en el interior de lasplacas es:

E (t) ≈ V (t)

a.

La densidad de corriente total J tiene dos componentes: La densidad de corriente de conduccionJc = σE y la corriente de desplazamieto Jd = ε∂E∂t . El campo magnetico se obtiene evaluando sucirculacion en un lazo cerrado de radio r (r < b), ( Ley de Ampere). El resultado es:

B =µra

2

(σV + ε

∂V

∂t

)uφ.

Con el proposito de hallar la FEM debido al fenomeno de autoinduccion, calculamos el flujo delcampo magnetico en un area adruφ:

Φm =µb2

4

(σV (t) + ε

∂V (t)

∂t

).

La FEM inducida se obtiene desde E = −∂Φm∂t . La correccion al campo electrico E′ (t) = E (t) /a:

E′ = −µb2

4a

(σ∂V (t)

∂t+ ε

∂2V (t)

∂t2

).

(b) La densidades de corriente de conduccion y desplazamiento se modifican bajo la transformacionE→ E+E′.


Problema 6.110: Una onda superficial H puede propagarse a lo largo de una frontera plana entre dosmedios cuyas permitividades ε1 y − | ε2 | son de signos opuestos. La onda es atenuada en ambosmedios. Determinar la relacon entre la frecuencia y el numero de onda.R: Consideremos la superficie de frontera como el plano xy. La onda propagandose en la direccionx y el campo H en direccion y. Sea el semiespacio z > 0 que contiene el medio con permitividadpositiva ε1 y el semiespacio z < 0 con permitividad ε2. Consideramos las ondas atenuadas de laforma:

H1 = H0eikx−κ1z, κ1 =

√k2 − ω2ε1/c2 para z > 0.

H2 = H0eikx+κ2z, κ2 =

√k2 + ω2 | ε2 | /c2 para z < 0,

en donde k, κ1 y κ2 son reales. La condicion de continuidad en la componente tangencial de lafrontera del campo magneticoHy = H se satisface, mientras que la componente tangencial del campoelectrico Ex es (1/ε1) ∂H1/∂z = (1/ε2) ∂H2/∂z en z = 0, o en forma equivalente: κ1/ε1 = κ2/ | ε2 |.Reemplando κ1,2, la relacion entre k y ω es:

k2 = ω2 ε1 | ε2 |c2 (| ε2 | −ε1)

.

Esta relacion se satisface si ε1 <| ε2 |, y si ε1ε2 < 0, como inicialmente se supuso. Es facil demostrarque ondas superficiales E no pueden propagarse. (En este caso, la continuidad del vector desplaza-miento electrico D conduce a: ε1κ1 =| ε2 | κ2, el cual no puede satisfacerse simultaneamente con lacondicion anterior ε1 <| ε2 |).

Problema 6.111: Ondas en un Dielectrico. Describir el tipo de ondas electromagneticas que puedene existiren un material dielectrico en donde solo existen cargas ligadas de los atomos [18].R: La densidad de carga ligada y la corriente de polarizacion se escriben como:

∇ ·P = ρ, J =∂P

∂t.

Las ecuaciones de Maxwell se transforman en:

∇ ·E = − 1

ε0∇ ·P c2∇×B =

∂

∂t

(P

ε0+E

),

∇×E = −∂B∂t, ∇ ·B = 0.

Eliminando el campo magnetico de estas expresiones, se obtiene:

∇2E− 1

c2∂2E

∂t2= − 1

ε0∇ (∇ ·P) +

1

ε0c2∂2P

∂t2.

En lugar de una ecuacion de onda, se obtiene una ecuacion en donde interviene el vector polarizacionP, que depende de E. En el caso mas simple, en un medio isotropico, de modo que P siempre tengala misma direccion que E, la solucion de tipo ondulatorio con Px = ε0NαEx conduce a:

k2c2

ω2= 1 +Nα = n2.

Es decir, en primera aproximacion se encuentra que el ındice de refraccion depende del coeficientede polarizabilidad. Los modelos mas elaborados para el calculo del ındice de refraccion involucranla aproximacion de campo local de Clausius-Mosotti para materiales densos.

258

Problema 6.112: Impedancia superficial Zs y longitud de penetracion δ en un conductor normal. Considereuna onda plana incidente sobre un conductor. La onda incidente induce voltajes y corrientes en unconductor los cuales varıan con la distancia desde la superficie. Un incremento en la distancia dx conarea unitaria del conductor esta caracterizado por el circuito equivalente de la figura (6.49). El campomagnetico en un volumen de espesor dx esta asociado a una inductancia µdx. La conductividad σposee una conductancia en paralelo σdx. Por consiguiente, el diferencial de impedancia dZ = jωµdx,y dG = σdx. Para este circuito, la impedancia de entrada es la impedancia superficial ZS . Dado queel conductor se considera lo suficientemente grueso, la impedancia vista hacia la derecha a cualquierprofundidad del conductor corresponde a la impedancia de la superficie, tendremos:

Zin = ZS = dZ +1

dG+ 1ZS

= jωµdx+1

σdx+ 1ZS

.

Resolviendo para ZS , se obtiene el resultado estandar:

ZS ≈√jωµ/σ.

Un analisis simple de corrientes di = i2 − i1 = v1dG = i1ZSdG = i1ZSσdx. Por lo tanto:∫di

i= ZSσdx, i = i0e

ZSσ(x−x0).

El signo de la exponencial es positivo dada la direccion de propagacion de la onda ilustrado en lafigura. La longitud de penetracion de la onda es δ =

√2/ωσµ. Cuando el espesor t de un conductor

Figura 6.49: Representacion del circuito equivalente para un conductor grueso.

es comparable con la longitud de penetracion δ, el campo sobre un lado del conductor penetraparcialmente a traves del mismo, y la corriente y el voltaje en el circuito es:

i = i+eκx + i−e

−κx

v =1

σ

di

dx=κ

σ

(i+e

κx − i−e−κx),


que son soluciones de las ecuaciones diferenciales: dv = idZ y di = σvdx. En nuestros calculos,definimos κ =

√jωσµ. En x = 0, la impedancia es Zη, mientras que para x = t, tenemos:

ZS =κ

σ

(eκt +Ke−κt

eκt −Ke−κt

),

con K = (σZη − κ) / (σZη + κ).

Problema 6.113: Considere la red de dos puertos que se muestra en la figura. La relacion entre las variablesde entrada y salida puede expresarse en forma matricial como [19]:(

V1I1

)=

(A BC D

)(V2−I2

). (6.231)

Con referencia a la lınea de transmision disipativa de la figura, obtener los elementos de matrizA,B,C,D en terminos de los parametros de la lınea. R:Las ecuaciones para el modelo de una lınea


de transmision tipo T conducen las ecuaciones para voltaje y corriente en cualquier punto de lalınea:

−vz = Ri+ Lit

−iz = Gv + Cvt,

en donde R,L,C y G son los parametros distribuidos (por unidad de longitud) de la lınea. Lacomponente espacial para la onda de voltaje obedece a la solucion de:

d2vsdz2− γ2vs = 0, (6.232)

con γ = [(R+ jωL) (G+ jωC)]1/2, y ω como la frecuencia de oscilacion de los campos de corrientey voltaje en la lınea. La solucion de 6.232 es:

vs (z) = v+0 exp (−γz) + v−0 exp (γz), (6.233)

260

mientras que impedancia caracterıstica Z0 obedece las siguientes relaciones: Z0 = v+0 /i+0 = −v−0 /i

−0 .

La distribucion de la onda de corriente obedece una relacion similar:

is (z) = i+0 exp (−γz) + i−0 exp (γz). (6.234)

Evaluando en z = 0 y z = ℓ, obtenemos una relacion para las amplitudes v+0 y v−0 en terminos delvoltaje y la corriente de entrada V1 e I1. En z = 0:

v+0 =1

2

(V1 + Z0I1

)v−0 =

1

2

(V1 − Z0I1

)mientras que en z = ℓ,

v+0 =1

2

(V2 − Z0I2

)exp (γℓ)

v−0 =1

2

(V2 + Z0I2

)exp (−γℓ)

Igualando estas expresiones, finalmente se obtiene la forma matricial que relaciona los voltajes ycorrientes de entrada y salida respectivamente:

V1 = V2 cosh γℓ− I2Z0 sinh γℓ

I1 = V21

Z0

sinh γℓ− I2 cosh γℓ.

Las componentes de la matriz de transferencia son: A = cosh γℓ, B = Z0 sinh γℓ, C = 1Z0

sinh γℓ,

D = cosh γℓ.

Problema 6.114: Placa de acoplamiento de λ/4. Hallar la permitividad y el espesor de una placa de λ/4 deun dielectrico para acoplar una onda en el espacio medio entre el vacıo y un dielectrico con constanterelativa εr.R: Este dispositivo es utilizado ampliamente en la eliminacion de reflexiones en dispositivos opticos,con recubrimientos de λ/4 de un material sobre las superficies de lentes y prismas de camaras,binoculares, lentes de lectura y telescopios [20]. La impedancia a una distancia ℓ de una carga ZL

en una lınea sin perdidas es:

Z (ℓ) = Z0

[ZL + jZ0 tan (βℓ)

Z0 + jZL tan (βℓ)

], (6.235)

en donde β = 2π/λ, y Z0 es la impedancia del acoplador. Utilzaremos este resultado en el casodeuna onda que incide normalmente en la frontera del dielectrico. Si el espesor del mismo es ℓ = λ/4,entonces Z (ℓ/4) = ZX ; la impedancia de la placa requerida para acoplar el dieleectrico al vacıo es:

Z0 =

√ZXZL. (6.236)

Este resultado debe interpretarse como la impedancia del acoplador de un cuarto de longitud de ondanecesaria para acoplar una carga ZL a un valor deseado ZL. Si el valor deseado es la impedancia delvacıo, entonces,

Zacople =

√ZvacZdie =

√√µ0ε0

√µ0ε

=Zvac

ε1/4r

. (6.237)


A una frecuencia f , el espesor de la placa se obtiene de la expresion:

ℓ =λ

4=

π

2β=

c

4f√εr. (6.238)

Problema 6.115: Atenuacion por una placa dispersiva. Una hoja conductora no magnetica de 5 mm deespesor tiene una conductividad σ = 2 × 102 Ω−1m−1. Hallar la atenuacion en dB de la hoja parauna onda de 450 MHz.R: El coeficiente de atenuacion α se obtiene como la parte real de la constante de propagacionγ =

√jωµ (σ + jωε). Numericamente: α = 596,038 Npm−1. En una hoja de 5 mm, αd = 2,98 Np

(25,87 dB).

Problema 6.116: A 50 MHz, un material dielectrico disipativo se caracteriza por los parametros εr = 3,6,µr = 2,1 y σ = 0,08 S/m. Si ES = 6e−γxaZ , calcular la constante de propagacion γ y el vectorcampo magnetico HS .R: La constante de propagacion (compleja) esta dada por: γ =

√jωµ (σ + jωε). Reemplazando los

datos numericos, γ = 8,14∠48,560 = 5,39+ j6,10 m−1. La impedancia del medio se obtiene desde larelacion:

Z =jωµ

γ= 101,85∠41,430Ω

La componente espacial del campo magnetico es por consiguiente:

HS =ES

Z(−aY ) = 58,91e−γx−j41,430 (−aY ) mA/m.

Problema 6.117: Que longitud de una lınea coaxial de 50 Ω en corto circuito es equivalente a un capacitorde 20 pF operando a 50 MHz?. Suponer que la lınea es sin perdidas y que la velocidad de propagacionde las ondas en ella es de 0,8c.R: La impedancia equivalente de una lınea de transmision sin perdidas de longitud ℓ y magnitud Z0,acoplada a una carga ZL es:

Ze = Z0

[ZL + jZ0 tan (βℓ)

Z0 + jZL tan (βℓ)

].

En condicion de corto circuito, ZL = 0, y Ze = jZ0 tan (βℓ). β corresponde al numero de onda 2πf/v,con v = 0,8c en este caso. La impedancia de un capacitor C (20 pF) es: Zc = −j/ωC. Igualando estasdos cantidades, obtenemos la longitud del cable que satisface las condiciones requeridas: ℓ = 3,8 m.

Problema 6.118: Una lınea de transmision de 5 m sin perdidas de 50Ω esta conectada a un generador devoltaje Vg = 100∠00 y de impedancia interna Zg = 25Ω operando a 50 MHz. En el otro extremo dela lınea se conecta una carga ZL = 50 + j50Ω. Hallar el voltaje y la potencia transferida a la carga.Considere que las senales se propagan a una velocidad cercana a la velocidad de la luz en este caso.R. Utilizamos la formula correspondiente al voltaje en la carga de una lınea no disipativa:

VL = Vd cosβℓ− jZ0Id sinβℓ,

262

en donde β = 2πf/c y ℓ es la longitud de la lınea, Vd, Id son los valores del voltaje y la corriente ala salida del generador:

Vd =Zent

Zent + Zg

Vg; Id =V g

Zent + Zg

;

con Zent como la impedancia efectiva de entrada vista desde el generador. La potencia transferidaa la carga se obtiene como PL = 1

2ReV⋆LIL. Insertando los valores numericos: VL = 99,06∠79,030

V, PL = 49,06 W. El codigo numerico se adjunta en el entorno Mathematica V9.

b = 2 Pi*(50*106)/(3*108);L = 5;

Vg = 100;

Zg = 25;

Z0 = 50;

Zl = 50 + I*50;

Ze = Z0*(Zl + I*Z0*Tan[b*L])/(Z0 + I*Zl*Tan[b*L]);

Vd = Vg*Ze/(Ze + Zg);

Id = Vg/(Ze + Zg);

Vl = Vd*Cos[b*L] - I*Z0*Id*Sin[b*L];

Il = Id*Cos[b*L] - I*(Vd/Z0)*Sin[b*L];

Pl = 0.5 Re[Conjugate[Vl]*Il];

N[Abs[Ze]], N[(180/Pi)*Arg[Ze]], N[Abs[Vl]],

N[(180/Pi)*Arg[Vl]],N[Abs[Vd]], N[(180/Pi)*Arg[Vd]], N[Pl]

19.1558, -3.83236, 99.0638, 79.0361, 43.4061, -2.16989, 49.0682

Problema 6.119: Hallar la relacion existente entre la densidad de potencia promedio temporal y la potenciade radiacion en un dipolo Hertciano en la aproximacion de campo lejano. R: La potencia radiadapor un dipolo Hertciano es: 1/2RradI

20 , en donde Rrad = 80π2d2/λ2 es la resistencia de radiacion, I0

la maxima corriente circulante y d corresponde a la longitud del dipolo radiante. En la aproximacionde campo lejano, la componente espacial del campo magnetico producido por un dipolo Hertcianoes:

HSϕ = jI0βd

4πrsin θe−iβr.

La magnitud de la densidad de potencia promedio se obtiene desde la expresion:

Pprom =1

2η0 | HSϕ |2,

en donde η0 es la impedancia del medio. Reemplazando la expresion anterior y considerando η0 =120π Ω,

Pprom =60π2I20d

2

λ2sin2 θ

4πr2.

Combinando las expresiones anteriores,

Pprom =3

2

sin2 θ

4πr2Prad.


El factor de directividad de la radiacion del dipolo D es 3/2, el cual corresponde a la maximaganancia directiva del sistema.

Problema 6.120: Demostrar que la potencia temporal de la potencia total irradiada por una antena demedia longitud de onda alimentada desde su centro geometrico esta dada por: 36,56I20 , en donde I0es la corriente maxima que circula en el dispositivo.R. La distribucion de corriente sobre la antena puede tomarse como Is = I0 cos (βz). En los extremos(z = ±λ/4), la corriente es cero mientras que en el centro, la corriente toma su valor maximo I0,con β = 2π/λ. La componente espacial del potencial vectorial en la direccion Z es:

AZ =µ04π

I0 cos (βz)dz

r′e−jβr′ ,

en donde r′ es la distancia desde el elemento de corriente dz hasta el punto de observacion P . Desdeel centro de la antena, en la aproximacion de grandes distancias, r′ = r − z cos θ, con z como ladistancia vertical sobre la antena, desde su centro hasta el elemento dz. La integral anterior puedereducirse a:

AZ =µ04πr

e−jβr

∫ λ/4

−λ/4ejβz cos θ cos (βz)dz =

µ0I0e−jβr cos

(π2 cos θ

)2πrβ sin2 θ

.

El campo magnetico puede obtenerse desde la relacion µ0H = ∇×A, con

Hϕ =jI0e

−jβr cos(π2 cos θ

)2πr sin θ

,

mientras que la densidad de potencia promedio temporal se obtiene por Pprom = 12η0 | Hϕ |2 Ur, y

la potencia promedio irradiada puede determinarse como:

Prad =

∫Pprom · dS = 30I20

∫ π

0

cos2(π2 cos θ

)sin θ

dθ.

La solucion de la integral anterior es: 12 (γ − Ci (2π) + ln (2π)) = 1,21883, γ: constante de Euler:

1,781, Ci (2π) = −0,0225607 (integral coseno). Finalmente

Prad = 36,56I20 . (6.239)

El resultado anterior permite concluir que para este sistema radiante, la resistencia de radiacion es73Ω en el vacıo.

Problema 6.121: Demostrar que bajo reflexion con incidencia normal desde una superficie de un medioconductor, el campo electrico experimenta un cambio de fase dado ϕ por:

tanϕ =2nκ

n2 − 1 + n2κ2,

en donde n = n (1 + iκ) corresponde al ındice de refraccion del conductor. Para un conductorperfecto, tanϕ→ 0. Como identificar si ϕ = 0 o ϕ = π?.R. El cambio de fase que experimenta una onda reflejada desde la superficie de un conductor, bajoincidencia normal, puede estimarse desde la definicion del coeficiente de reflexion:

E0r = eiϕE0i = rE0i =

(1− n1 + n

)E0i

264

Desarrollando la ultima expresion,

cosϕ+ i sinϕ =1− n2 − 2inκ− n2κ2

(1 + n)2 + n2κ2

que conduce a:

tanϕ =2nκ

n2 − 1 + n2κ2. (6.240)

Para identificar si la diferencia de fase es 0 o π, examinamos (6.240) para el caso de un conductorperfecto: n ≈

√2πσµ/ω, κ = 1. En el caso en el n << 1, la relacion 2πσµ/ω << 1 el cual corresponde

a un cambio de fase ϕ = 0. En el caso opuesto n >> 1, la condicion2πσµ/ω >> 1 esta asociada aun cambio de fase ϕ = π.

Problema 6.122: La formula general para el ındice de refraccion en un gas de electrones diluido, i.e., enun medio constituido por partıculas suficientemente alejadas de tal forma que las interacciones entrelas mismas pueden despreciarse, puede escribirse como:

n ≈ 1 +∑ λ2λ2αρα

λ2 − λ2α, (6.241)

en donde ρα esta dado por Nfαe2/2πmc2, λα corresponde a los valores de las longitudes de onda

resonantes del gas, fα es un factor fraccional del numero de electrones por unidad de volumen Nque poseen una frecuencia de resonancia caracterıstica ωα, y α es la longitud de onda de la ondainteractuante en el medio. Si centramos nuestra atencion en cierto rango optico de longitudes de ondaen el cual no contiene ninguna de las frecuencias de resonancia ωα, entonces obtenemos una expresionsimplificada de (6.241). Denotando como λr aquellas longitudes de onda λα que corresponden a lasresonancias en la region de grandes longitudes de onda (hacia el rojo), y λv aquellas longitudes deonda que yacen en la region del violeta (ondas cortas), (a) demostrar que la formula (6.241) puedeexpandirse como:

n ≈ 1 +Av (ρv, λv) +Bv (ρv, λv)

λ2+Cv (ρv, λv)

λ4+ · · · −Br (ρr)λ

2 − Cr (ρr, λr)λ4 − · · · (6.242)

(b) Obtener las expresiones de Av, Bv, Cv, Br y Cr en terminos de los parametros ρv,r y λv,r.R. (a) Expandiendo la funcion (6.241) para dos valores especıficos de λα: λv yλr, con λv < λ < λr,obtenemos:

n ≈ 1 + λ2vρv +ρvλ

4v

λ2

(1− λ2v

λ2

)−1

+ λ2rρr −ρrλ

4r

λ2r

(1− λ2

λ2r

)−1

.

Expandiendo en series de Taylor:

n ≈ 1 + λ2vρv +ρvλ

4v

λ2+ρvλ

6v

λ4− ρrλ2 −

ρrλ4

λ4r. (6.243)

(b) La ultima expresion conduce a: Av = λ2vρv, Bv = λ4vρv, Cv = λ6vρv, Br = ρr y Cr = ρrλ−2r . En la

aproximacion de Cauchy(1836) solo se consideran las contribuciones asociadas a las resonancias enel regimen del Ultravioleta:

n− 1 = A

(1 +

B

λ2

), (6.244)

con A = λ2vρv y B = λ2v.


Problema 6.123: Mediciones precisas del ındice de refraccion del Hidrogeno a 00 C y 760 torr han sidorealizadas en la region del rango optico. Los resultados pueden resumirse como:

nH = 1 + 1,360× 10−4 +1,05

λ2× 10−14,

donde λ esta en cm. Asumiendo que una resonancia simple es responsable de la dispersion, calcularla longitud de onda de la resonancia y demostrar que yace en la region del UV, como se asume en laderivacion de laformula de Cauchy. Demostrar que la razon de las constantes A y B en la expresion(6.244) depende unicamente del numero de electrones por unidad de volumen del gas.R. Tomando en consideracion del ejemplo anterior, evidentemente λv =

√B = 87,86 nm, el cual

yace en el rango UV entre 10 nm y 400 nm. La relacion A/B = ρv, el cual contiene el factor N ,segun ρv = Ne2/2πmc2.

Problema 6.124: La ionosfera terrestre puede ser aproximada con planos horizontales estratificados en loscuales la densidad electronica N aumenta con la altitud z hasta un valor maximo Nmax ∼ 106 cm−3,y posteriormente decrecer. La ley de Snell aplicada sobre planos adyacentes demuestra que un hazde radio de onda corta sigue un camino de tal forma que n (z) sin θ (z) se conserva, en donde n esel ındicede refraccion y θ es el angulo del haz con respecto a la vertical. (a) Despreciando el efectodel campomagnetico terrestre, demostrar que una onda de radio es reflejada a una altura igual omenor a la cual su frecuencia es igual a la frecuencia de plasma. Comunicaciones de radio de largasdistancias depende de la reflexion de estas ondas en la ionosfera (sky waves). Debido a la curvaturade la tierra, un haz enviado horizontalmente en la superficie terrestre impacta una region de laionosfera altamente ionizada (∼ 300 km de altitud) en un angulo aproximado de 750. (b) Demostrarque la maxima frecuencia utilizable para comunicaciones de largas distancias es alrededor de cuatroveces la frecuencia de plasma para Nmax.R. (a) En un medio ionizado en ausencia de campo magnetico aplicado, el ındice de refraccion es:

n =√

1− ω2p/ω

2, en donde ωp es la frecuencia de plasma, proporcional a√N (z). El fenomeno de

reflexion desde la ionosfera ocurre bajo la condicion ωp ≤ ω (n como una cantidad real). La frecuenciade plasma aumenta con la altura desde al superficieterrestre en este modelo, por consiguiente, lareflexion de las ondas de radio es posible hasta ciertas alturas definidas por la relacion ωp (zmax) = ω.(b) Con respecto a la normal (Fig.6.51), aplicamos la ley de Snell en un punto sobre la superficie yun punto sobre la ionosfera cuyos ındices de refraccion son nS y nI respectivamente:

nS sin 750 = nI sin 900,

en donde se considera que las ondas de radio se reflejan totalmente en la ionosfera. En el marco dela aproximacion de bajas densidades electronicas sobre la superficie terrestre, nS ≈ 1, tendremosfinalmente:

sin 750 =

√1−

ω2p

ω2,

cuya solucion es ω = 3,89ωp.

Problema 6.125: La ecuacionmr = eE+

e

cB0r× e3 (6.245)

266

Figura 6.51: Representacion geometrica de la reflexion de una onda de radio desde la ionosfera.

describe el movimiento de un electron libre en un campo magnetico bajo la influencia de una ondaelectromagnetica. Considere una modificacion de esta ecuacion si el electroon esta ligado a travesde una fuerza restauradora a un atomo fijo. Hallar una expresion para el ındice de refraccion deeste sistemaincluyendo la frecuencia caracterıstica de las oscilaciones libres del electron. Demostrarque si una onda electromagnetica polarizada linealmente incide sobre un sistema de atomos en unadireccion que coincida con ladireccion del campo magnetico aplicado externo, entonces el vector depolarizacion de la onda experimentara una rotacion cuando la onda se propaga en el medio. Esteefecto es conocido como efecto Faraday (1845). Demostrar que si el medio es de longitud L, entoncesel angulo de rotacion del vector de polarizacion puede expresarse como:

∆θ = VBL (6.246)

en donde V se denomina la constante de Verdet.R. El efecto de la fuerza de restauracion sobre el electron en la ecuacion de movimiento puedeincluirse agregando el termino −Kr en el lado derecho de (6.245). Desarrollando esta expresion porcomponentes, obtenemos:

mx = eEx −Kx+e

cB0y

my = eEy −Ky −e

cB0x

mz = −Kz.

Definiendo la coordenada transversal w± = x±iy, y la proyeccion del campo electrico E± = Ex±iEy,arribamos a:

mw± = eE± −Kw± ∓ e

cB0w

±.

La relacion entre la amplitud del desplazamiento del electron y la intensidad del campo electrico pue-de obtenerse introduciendo las soluciones de prueba de tipo onda armonica: w± = w0 exp [i (k

±z − ωt)],E± = E0 exp [i (k

±z − ωt)], las cuales conducen a:

w0 =e/m

−ω2 + ω20 ± ωωB

E0,


con ω0 =√K/m como la frecuencia de las oscilaciones libres del electron, y ωB = eB0/mc representa

la frecuencia ciclotronica. La ecuacion de onda para E toma la forma:

∇2E− 4πσµ

c2∂E

∂t− εµ

c2∂2E

∂t2= 0,

la cual es adaptada para el caso particular ε = 1, µ = 1 y J = σE = New:

∇2E− 4πNe

c2∂2w

∂t2− 1

c2∂2E

∂t2= 0. (6.247)

Las soluciones para el vector de onda, reemplazando w0 y las soluciones de prueba en (6.247), son:

ck±

ω= n± =

√1−

ω2p

ω2 − ω20 ± ωωB

, (6.248)

en donde n± corresponde a los ındices de refraccion asociados a los diferentes estados de polarizacionde la onda. El cambio del angulo de polarizacion puede estimarse bajo la condicion ∆θ = ∆kL,con∆k = k+ − k−. En terminos del valor medio del ındice de refraccion n = (n+ + n−) /2, laexpresion final para la constante de Verdet toma la forma:

V ≡ V (B) =e

nmc2ω2pω

2(ω2 − ω2

0

)2 − ω2ω2B

, (6.249)

el cual depende intrınsicamente de la intensidad del campo externo. Una onda polarizada linealmentepuede considerarse como la superposicion de dos ondas polarizadas circularmente en direccionesopuestas (en sentido horario o antihorario). Fısicamente, el campo electrico produce un movimientocircular de los electrones en sentido contrario, afectando la dinamica de la interaccion entre las doscomponentes debido a la presencia del campo magnetico externo aplicado, dado que unos electronesgiraran con mayor velocidad angular que otros, generando un cambio de fase en la onda superpuestaresultante, la cual es de nuevo lineal y cuyo plano de polarizacion experimenta una rotacion ∆θ.

Problema 6.126: Obtener una expresion para la seccion transversal diferencial de dispersion en el caso deuna onda plana incidente polarizada eliptıticamente interactuando con una partıcula libre cargadacon carga q.R. Una onda electromagnetica plana polarizada elıpticamente puede representarse como:

E =(e1E

01 ± e2E0

2

)exp [−i (ωt− kz − α)],

en donde α es un factor de fase relativo (±mπ, m-entero) entre las componentes de las amplitudesdel campo electrico. La interaccion del campo con la carga genera un cambio en el momento dipolarp,definido por:

p =q2

mE, (6.250)

mientras que el vector de Poynting asociado a la radiacion de dipolo esta dado es:

S =1

4πc3r2| [p]× n |2 n, (6.251)

268

Figura 6.52: Diagrama esquematico del experimento de Faraday-Verlet.

en donde n = sin θ cosϕe1 + sin θ sinϕe2 + cos θe3 corresponde al vector unitario en la direcciondel punto de referencia en donde se desea obtener el flujo de potencia de la radiacion. La potenciaemitida por el dipolo oscilante por unidad de angulo solido se define

dP

dΩ=

1

4πc3| [p]× n |2 . (6.252)

El valor medio de la potencia irradiada por unidad de angulo solido es, despues de un calculo directoutilizando (6.252), finalmente toma la forma:

⟨dPdΩ⟩ = q4

8πm2c3

[(E0

1 sin θ sinϕ∓ E02 sin θ cosϕ

)2+(E02

1 + E022

)cos2 θ

], (6.253)

mientras que la seccion transversal de dispersion se obtiene de la relacion entre la potencia porunidad de angulo solido promedio dividido entre el flujo de energıa incidente:

⟨ dσdΩ⟩ = ⟨dP/dΩ⟩⟨Flujo Incidente⟩

.

La expresion definitiva para la seccion transversal es:

⟨ dσdΩ⟩ =

(q2

mc2

)2((

E01 sin θ sinϕ∓ E0

2 sin θ cosϕ)2

+(E02

1 + E022

)cos2 θ

E021 + E02

2

). (6.254)

En el caso de una onda polarizada linealmente, con E02 = 0, la expresion (6.253) se reduce a:

⟨dPdΩ⟩ = q4

8πm2c3[(E02

1 sin2 θ sin2 ϕ+ E021 cos2 θ

)],

integrando sobre el angulo solido dΩ = sin θdϕdθ:

⟨P ⟩ =∫Ω⟨dPdΩ⟩dΩ =

q4E021

3m2c3, (6.255)


Figura 6.53: Distribucion cuadrupolar oscilante.

el cual puede expresarse en terminos del valor maximo del momento dipolar p0: ω2p0 = q2E0/m

⟨P ⟩ = p20ω4

3c3=

16π4cp203λ4

, (6.256)

el cual reproduce el resultado clasico de la potencia de radiacion producida por un dipolo oscilante∼ 1/λ4.

Problema 6.127: Considere un cuadrupolo electrico oscilante el cual se compone de cuatro dipolos dispues-tos como lo muestra lafigura (6.53). Calcule el patron de radiacion de este sistema en la aproximacionde campo lejano. R. La configuracion del cuadrupolo yace en el plano XY ocupando un cuadrado delado a. El potencial vectorial A asociado a un sistema de dipolos oscilantes, en unidades Gaussianases:

A =∑j

[p]jcrj

, (6.257)

en donde r es la distancia desde el dipolo hasta el punto de referencia. El momento dipolar electricose expresacomo [p] ≡ p0e

iωt′ , mientras que las distancias de cada dipolo corresponde, en coordenadasesfericas y en la aproximacion de campo lejano (r >> a) a: (t′ = t− rj/c).

r1 = r(1− a

2rsin θ sinφ

),

r2 = r(1 +

a

2rsin θ sinφ

),

r3 = r(1 +

a

2rsin θ cosφ

),

r4 = r(1− a

2rsin θ cosφ

).

El potencial vectorial a una distancia r se expresa explıcitamente como:

A (r, t) =−iωp0cr

(eikr1UX − eikr2UX + eikr3UY − eikr4UY

)e−iωt,

270

Figura 6.54: Diagrama de los campos electricos en la frontera entre dos medios dielectricos.

con k = ω/c. La expresion definitiva para el potencial vectorial en coordenadas esfericas tiene laforma:

Ar =2ωp0cr

sin θ

[sinφ sin

(ka

2sin θ cosφ

)− cosφ sin

(ka

2sin θ sinφ

)]ei(kr−ωt),

Aθ =2ωp0cr

cos θ

[sinφ sin

(ka

2sin θ cosφ

)− cosφ sin

(ka

2sin θ sinφ

)]ei(kr−ωt),

Aϕ =2ωp0cr

[sinφ sin

(ka

2sin θ sinφ

)+ cosφ sin

(ka

2sin θ cosφ

)]ei(kr−ωt).

El campo electrico se obtiene directamente desde E = − (1/c) ∂A/∂t. El patron de distribucion dela potencia promedio de radiacion es proporcional a la magnitud del campo al cuadrado:

⟨dPdΩ⟩ = r2⟨Srad⟩ · n.

Una simplificacion para el calculo del patron la potencia irradiada en el plano azimutal φ = π/2conduce a:

⟨dPdΩ⟩ = ω4p20

2πc3sin2

(ωa2c

sin θ). (6.258)

Problema 6.128: Cristal Fotonico I. ⋆ Considere un cristal periodico infinitamente extendido en el eje Zy fronteras planas sobre los planos XY , cuyos ındices de refraccion y espesores se denotan como njy djrespectivamente. Obtener las expresiones generales para los campos electromagneticos en unafrontera arbitraria enfuncion de los angulos de polarizacion y los ındices de refraccion.R. El esquema de la polarizacion de los campos se ilustra en la figura (6.54). Las condiciones de lascomponentes tangencial y normal a la superficie z = 0 se reducen a las expresiones:

(Er,i + El,i) cos θi = (Er,j + El,j) cos θj ,

(Er,i − El,i)ni = (Er,j − El,j)nj ;


cuya solucioon puede escribirse en forma matricial:(El,i

Er,i

)=

1

tij

(1 rijrij 1

)(El,j

Er,j

), (6.259)

con las definiciones tij = 2ni cos θi/ (ni cos θj + nj cos θi) yrij = (ni cos θj − nj cos θi) / (ni cos θj + nj cos θi).

Problema 6.129: Cristal Fotonico II. Utilizar las expresiones del problema anterior para obtener la matrizde transferencia de un cristal fotonico en un periodo de red di+dj el cual corresponde a un elementode dos bloques con ındices de refraccion ni y nj .R. La matriz de translacion sobre el mismo elemento (j) Mj se define segun la diferencia de fasedebido al espesor dj : βj = ωnjdj cos θj/c por:

(El,j , Er,j)→Mj

(E′

l,j , E′r,j

),

en donde los campos E′k,j estan asociados a las superficies de los bloques localizados a una distancia

igual al espesor del bloque dj hacia la derecha. Explıcitamente:(El,j

Er,j

)=

(exp (−iβj) 0

0 exp (iβj)

)(E′

l,j

E′r,j

).

En un periodo di + dj : (E′

l,i

E′r,i

)=

(M11 M12

M21 M22

)(E′

l,i+1

E′r,i+1

),

con M dado por:

1

tijtji

(1 rijrij 1

)(exp (−iβj) 0

0 exp (iβj)

)(1 rjirji 1

)(exp (−iβi) 0

0 exp (iβi)

)(6.260)

Los valores explıcitos de las componentes de la matriz de transferencia son:

M11 =[1− r2ij

]−1[e−i(βi+βj) − r2ijei(βj−βi)

]M12 =

[1− r2ij

]−1[ei(βi+βj) − ei(βi−βj)

]rij

M21 =[1− r2ij

]−1[e−i(βi+βj) − e−i(βi−βj)

]rij

M22 =[1− r2ij

]−1[ei(βi+βj) − r2ije−i(βj−βi)

].

En el caso de N bloques dielectricos (o cristal fotonico truncado) con espesores dj e ındices nj , elcoeficiente de transmision puede escribirse como:

T = Abs

[Er,N

Er,1

]= Abs

[(λ2 − λ1)

(M11 − λ1)λN1 − (M11 − λ2)λN2

], (6.261)

en donde λj corresponden a los valores propios de la matriz M. La figura (129) ilustra la respuesta dela funcion de transmitancia para un cristal fotonico frustrado con 3, 10 y 50 subredes biperiodicas.Se observa alta reflectividad en el rango de 20 a 23 GHz, correspondientes a longitudes de onda0.015 m y 0.013 m respectivamente, similares a aquellas asociadas al semiperiodo espacial del cristalartificial.

272

Figura 6.55: Espectro de transmitance para un cristal fotonico con N = 3, N = 10 y N = 50, n1 = 1,n2 = 3,4− j0,002, d1 = 0,0176 m, d2 = 0,0133 m.

Problema 6.130: Una antena de cuadro pequeno de 100 vueltas y 20 cm de radio que opera a 10 MHzen el aire debe generar una intensidad de campo de 50 mV/m a una distancia de 3 m del cuadro.Determinar: (a) La corriente maxima que debe circular por la antena. (b) La potencia promedioirradiada por la antena.R. La magnitud del campo electrico a una distancia r producido por este sistema puede simplificarsecomo:

| Eϕ |=πZvI0S

rλ2, θ = π/2,

en donde S representa el area de la antena NπR2, N el numero de vueltas y Zv es el valor de laimpedancia del vacıo. (a) La corriente maxima que puede circular en la antena, despejando de laexpresion anterior, es: I0 = 9,1 mA. (b) La potencia promedio irradiada por la antena es Pprom =12RradI

20 , con Rrad = 320π4S2/λ4, como la resistencia de radiacion. Rrad = 6,08Ω, y Prad = 0,252

mW.

Problema 6.131: La impedancia de un segmento de lınea de transmision con perdidas de 100 m en cortocircuito y circuito abierto son medidas con resultados Zcc = 68,45+j128,13Ω y Zca = 4,99−j16,65Ωa una frecuencia de operacion de 10 MHz. (a) Determinar la impedancia caracterıstica de la lınea,Z0, (b) la constante de atenuacion α en dB/m, (c) el factor de velocidad en el cable considerandoque la longitud del cable es por lo menos dos longitudes de onda de largo.R. (a) La impedancia caracterıstica del segmento de lınea es:

Z0 =

√ZccZca = 50,3∠− 5,710 Ω.

(b) En condicion de corto circuito y resolviendo para γℓ con la condicion propuesta en el problema:

Zcc = Z0 tanh (γℓ),

γℓ = 0,12 + j104,93 Ω.

En este caso la longitud de onda es λ = 5,988 m, y v = 5,988 × 107 m/s. El factor de velocidad esv/c = 0,199599

Bibliografıa

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problemas resueltos de electromagnetismo

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