Solución Tarea #2 Problema #1

UNIVERSIDAD NACIONAL ANDRES BELLO
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS F´ISICAS
Curso: FMF 241 Electromagnetismo
Soluci´
on Tarea #2
Problema #1
Un cilindro circular recto de radio R y altura L est´a orientado en lo largo del eje Z y
tiene una densidad volum´etrica de carga no uniforme ρ = ρ0 + βr, donde r se mide desde el
eje del cilindro. Calcule el campo el´ectrico en el eje del cilindro.
Soluci´on
Utilizaremos coordenadas cil´ındricas, con origen en el centro del cilindro. Por lo tanto,
para calcular el campo en el eje de este, a una altura z respecto del origen se tiene:
r~0 = rˆ
r + z 0 zˆ
~r = z zˆ
~ =
E
1
4π²0
Z
2π
Z
0
Z
R
0
L/2
−L/2
dq 0 = (ρ0 + βr)rdrdθdz 0
(−rˆ
r + (z − z 0 )ˆ
z)
(ρ0 + βr)rdz 0 drdθ
2
0
2
3/2
(r + (z − z ) )

~ =
E
1
4π²0


2π

Z
R
0
Z
L/2
−L/2
(z − z 0 )(ρ0 r + βr2 )dz 0 drˆ
z
−
2
0
2
3/2
(r + (z − z ) )
Z
R
0
Z
L/2
−L/2
ρ0 r2 + βr3
drdz 0 ·
(r2 + (z − z 0 )2 )3/2
Z

rˆdθ

| 0 {z }
2π
0
~ = zˆ
E
2²0
Z
R
0
Z
L/2
−L/2
(z − z 0 )(ρ0 r + βr2 )dz 0 dr
(r2 + (z − z 0 )2 )3/2


Z R Z L/2
Z R Z L/2

zˆ 
(z − z 0 )r
(z − z 0 )r2


0
0
~
E=
dz
dr
+β
dz
dr
ρ 0

2 + (z − z 0 )2 )3/2
2 + (z − z 0 )2 )3/2
2²0 
(r
(r

−L/2
−L/2
0
0
|
{z
}
|
{z
}
A
B
Calculemos las integrales A y B por separado.
Z
R
Z
L/2
A=
0
−L/2
(z − z 0 )r
dz 0 dr
2
0
2
3/2
(r + (z − z ) )
Usando el cambio de variables r tan φ = z − z 0 se tiene que:
Z R Z φ2
A=
− sin φdφdr
0
φ1
donde tan φ1 =
z+L/2
r
tan φ2 =
Z
z−L/2
,
r
R
p
A=
luego:
r
−p
r
dr
r2 + (z + L/2)2
hp
iR
p
A=
r2 + (z − L/2)2 − r2 + (z + L/2)2
0
r2 + (z − L/2)2
0
A = (z + L/2)2 − (z − L/2)2 +
p
R2 + (z − L/2)2 −
p
R2 + (z + L/2)2
Ahora veamos la integral B
Z
R
Z
L/2
B=
0
−L/2
(z − z 0 )r2
dz 0 dr
(r2 + (z − z 0 )2 )3/2
An´alogamente al caso anterior, hacemos el cambio de variables r tan φ = z − z 0 con
tan φ1 = z+L/2
tan φ2 = z−L/2
, luego:
r
r
Z R Z φ2
B=
−r sin φdφdr
0
Z
R
φ1
r2
−p
dr
r2 + (z − L/2)2
r2 + (z + L/2)2
0
√
√
R
2
Pero √xx2 +a2 dx = 12 x x2 + a2 − 12 ln(x + x2 + a2 ) finalmente:
·
¸
p
1 p 2
1
2
2
2
B = r r + (z − L/2) − ln(r + r + (z − L/2) ) −
2
2
¸R
·
p
1 p 2
1
r r + (z + L/2)2 − ln(r + r2 + (z + L/2)2 )
2
2
0
B=
p
r2
Evaluando en los l´ımites de integraci´on se tiene finalmente.
"
#
p
2
2
p
p
R + R + (z + L/2)
1
z + L/2
p
B=
R( R2 + (z − L/2)2 − R2 + (z + L/2)2 ) + ln
+ 2 ln |
|
2
2
2
z − L/2
R + R + (z − L/2)
Problema #2
Considere un alambre formado una parte rectil´ınea semi-infinita, uniformemente cargada
con densidad lineal de carga λ > 0 y una parte semicircular de radio a, tambi´en uniformemente cargada, siendo α el ´angulo entre la semirecta y el di´ametro de la circunferencia. ¿Cu´al
debe ser la densidad λ0 de la parte semicircular, para que el campo el´ectrico en el centro O
sea paralelo al alambre rectil´ıneo? ¿Cu´al es la magnitud del campo en este caso?
λ
α
O
a
λ’
Soluci´on
Calcularemos el campo en el punto O usando superposici´on. Para la trozo recto, elegiremos un sistema de referencia cartesiano de modo que el vector haty es paralelo al alambre.
~r = a cos αˆ
y + a sin αˆ
x
~O =
E
1
4π²0
Z
+∞
0
r~0 = y yˆ
dq 0 = λdy
(a cos α − y)ˆ
y + (a sin α)ˆ
x
λdy
2
2
((a cos α − y) + (a sin α) )3/2

~O =
E
λ 

4π²0 

Z
+∞
|0
Z
+∞

(a cos α − y)
(a sin α)

dy
y
ˆ
+
dy
x
ˆ

((a cos α − y)2 + (a sin α)2 )3/2
((a cos α − y)2 + (a sin α)2 )3/2
0
{z
}
|
{z
}
A
B
Calculemos las integrales A y B.
Z
+∞
A=
0
1
(a cos α − y)
1
|+∞
=−
dy = p
0
2
2
3/2
((a cos α − y) + (a sin α) )
a
(a cos α − y)2 + (a sin α)2
Veamos la integral B
Z
+∞
B=
0
(a sin α)
dy
((a cos α − y)2 + (a sin α)2 )3/2
Sea a sin α tan θ = a cos α − y luego
Z
B=
− π2
−
1
arctan( tan
)
α
1
1
π
1
cos θdθ = −
(sin(− ) − sin(arctan(
)))
a sin α
a sin α
2
tan α
1
B=
a
µ
1 + cos α
sin α
¶
Reemplazando se tiene que el campo que produce el alambre semiinfinito en el punto O
es:
~1 =
E
·
µ
¶ ¸
1
1 1 + cos α
λ
− yˆ +
xˆ
4π²0
a
a
sin α
Para calcular el campo en centro del aro circular, usaremos un sistema de coordenadas
cartesiano con el vector ˆı paralelo al di´ametro del aro.
~r = 0
r~0 = a cos θˆı − a sin θˆ

0
~2 = λ
E
4π²0
Z
π
0
dq 0 = λ0 adθ
a(sin θˆ
 − cos θˆı)
adθ
a3
0
λ0
~ 2 = − λ (cos θˆ
E
 + sin θˆı)|π0 =
ˆ
4π²0 a
2π²0 a
Proyectando el vector  en el sistema utilizado en el alambre se tiene:
ˆ = sin αˆ
x + cos αˆ
y
λ0
(sin αˆ
x + cos αˆ
y)
2π²0 a
Por lo tanto el campo total en el punto O es:
·
µ
¶
¸
· 0
¸
0
λ
1
+
cos
α
λ
sin
α
λ
cos
α
λ
~ =
E
+
xˆ +
−
yˆ
4π²0 a
sin α
2π²0 a
2π²0 a
4π²0 a
~2 =
=⇒ E
Queremos que el campo total sea paralelo al alambre, luego la componente seg´
un yˆ debe
ser nula.
λ
λ
λ0 cos α
=
=⇒ λ0 =
2π²0 a
4π²0 a
2 cos α
En este caso, la magnitud del campo (paralelo al alambre) es:
µ
¶
λ
1 + cos α
E=
4π²0 a sin α cos α

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