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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