Guía de Problemas Resueltos en Electromagnetismo · 2. Ley de Gauss 27 3. Potencial El ectrico 47...

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.

2013

Guıa de Problemas Resueltosen Electromagnetismo

c©

Hernan Vivas C.

2013

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.), 2013

Indice general

1. Electrostatica 3

2. Ley de Gauss 27

3. Potencial Electrico 47

4. Corriente Electrica 119

5. Magnetismo 141

I Addendum: Problemas Adicionales 227

1

Capıtulo 1

Electrostatica

Figura 1.1: Charles de Coulomb

Charles de Coulomb. 1736-1806. Fısico frances quien realizo experimentos con

una balanza de torsion el cual invento independientemente de Priestley. Sus investigacio-

nes lo condujeron a sugerir que existıan dos “fluidos”de electricidad y dos de magnetismo.

Demostro que ambas fuerzas eran inversas al cuadrado de la distancia, y establecio que

estas eran consecuencia de fenomenos independientes. La dependencia al inverso del cua-

drado de la distancia se conoce como Ley de Coulomb, a pesar de que esta fue previamente

expuesta por Jhon 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 electromagneti-cas de las cargas, es la forma de la materia.

3

4

Las cargas, los campos y las fuerzas existen en una relacion indisolublecon el espacio, el tiempo y el movimiento de la materia.

Para entender esta relacion mutua, es necesario comprender la cone-xion entre el espacio, el tiempo y movimiento.

Dos cuerpos con la misma clase de electrizacion (Positiva o Negati-va) se repelen, pero si tienen diferentes clases de electrizacion (unapositiva y otra negativa), se atraen.

En cualquier proceso en un sistema aislado, la carga total o neta nocambia. (Principio de conservacion de la carga.)

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

1.2 Accion del campo ElectromagneticoEs necesario definir la validez del rango de interaccion electromagneti-ca: Clasificacion habitual del espectro electromagnetico.

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

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

⋄ 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 ca-lientes y vibraciones moleculares.

⋄ Luz o Espectro visible. Longitudes de onda para las cuales la retinahumana 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 moleculasen descargas electricas en la ionosfera, (80 Km sobre la superficieterrestre).

Electrostatica 5

⋄ 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 iguala la del electron (Q+

e ). En la colision de electrones con el proton,suponiendo que la distribucion de carga esta contenida en un volumenfinito, la trayectoria del electron que atraviesa dicho volumen NOdepende de la ley de distribucion de la carga. Si el electron incidiesea traves del volumen del proton, las trayectorias SI dependen del tipoconcreto de distribucion de carga en el. mp = 1,6725× 10−27Kg.Neutron: Experimentos de dispersion de electrones muestran queel neutron posee estructura electromagnetica y NO es una partıculapuntiforme electricamente neutra. mn = 1,6748 × 10−27Kg. (Teorıade los Quarks).

1.4 Fenomeno de Electrizacion. Supongamos que un solido junto conel espacio inmediato a el esta cerrado adiabaticamente y se mantienea una temperatura constante T . Como consecuencia de la agitaciontermica y la distribucion electronica con respecto a las velocidades,en el interior del cuerpo existiran electrones cuya energıa cinetica essuficiente para superar las fuerzas que las retienen. En la superficie delcuerpo se forma un gas de electrones, y en equilibrio termodinamico elnumero de electrones que abandonan el volumen del cuerpo es igual,en termino medio, a la cantidad de electrones que ingresan, en elvolumen del cuerpo desde la capa de gas electronico, inmediata a lasuperficie. En este caso la concentracion de electrones en la superficiedel cuerpo tiene 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 energıanecesaria para desplazar un electron en el nivel de Fermi hasta lasafueras de los lımites del solido, definido por:

Φ = E0 − EF ; (1.2)

6

E0 energıa del electron en reposo fuera del conductor, en el vacıo, EF

es la energıa de Fermi asociada a la ocupacion de los electrones en elsistema a T = 0, contenida en la distribucion de 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 dependede la temperatura. Esta dependencia puede calcularse considerandoel numero de estados cuanticos que se pueden encontrar en el elemen-to 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 laaproximacion 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 valor aproximado de 1 (f (ε) ≈ 1), cuando T = 0,y f (ε) = 0, para ε > EF . De esta forma, la integral (1.5) puederesolverse 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 utilizados para derivar (1.4), que la densidadde estados es:

g2D (ε) dε =4πmS

h2dε, (1.7)

la cual es independiente de la energıa. S representa el area de ocupa-cion de las partıculas en dos dimensiones. Resolviendo (1.5), la energıade Fermi en funcion de la temperatura esta dada por:

EF (T ) = KBT ln[exp (EF0/KBT )− 1

], EF0 =

Nh2

4πmS. (1.8)

Electrostatica 7

La magnitud de los campos que actuan sobre los electrones de lasuperficie, en una capa de dimensiones moleculares d ∼ 10−10m: |Eeff |∼ Φ/ | e | d ∼ 1010 V/m. Reemplazando Φ en esta ultimarelacion, Eeff → Eeff (T ). Las fuerzas que arrastran los electroneshacia el interior del cuerpo son mayores para aquellos cuerpos conmayor trabajo de salida: (Fe ∝ Φ). Despues de unir las superficies,comienza la transicion de los electrones del cuerpo con menor trabajode salida al cuerpo con mayor trabajo de salida, como resultado, elprimer cuerpo adquiere carga positiva, y el segundo carga negativa.(Ver Figura 1.2).

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

En estado de equilibrio, las superficies ganan una carga igual en mag-nitud 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 delcontacto metal-dielectrico y dielectrico-dielectrico.

8

1.5 Ley de Coulomb (1785), Ch. de Coulomb (1736-1806). Todos lospostulados en electrostatica reposan sobre la base del enunciado cuan-titativo de la ley de Coulomb en lo concerniente a la fuerza que actuaentre cuerpos cargados en reposo uno con respecto al otro. Coulomb,en una impresionante serie de experimentos, mostro experimental-mente que la fuerza entre dos pequenos cuerpos cargados separadospor aire una distancia grande comparada con sus dimensiones:

⋄ 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 repulsivasi los cuerpos poseen el mismo tipo de carga.Ademas, se ha mostrado experimentalmente que la fuerza total pro-ducida sobre un pequeno cuerpo cargado por un numero de otrospequenos cuerpos cargados ubicados alrededor de este, es la suma vec-torial de la fuerza de Coulomb individual entre cada par de cuerpos.Estrictamente, las conclusiones de Coulomb se aplican para cargas enel vacıo o en medios de susceptibilidad despreciable [4].Designemos por Fij la fuerza que ejerce la carga i sobre la carga j;rij = rj − ri y rji los vectores trazados desde el punto de estancia dela carga i hasta la carga j y viceverza. La forma explıcita de la fuerzade 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 la permitividad del espacio libre.

1.6 Intensidad del campo Electrico E. Las cargas Qi crean un campoelectrico en el espacio que las rodea, el cual esta caracterizado porla intensidad E. La magnitud de E en un punto esta definida por larelacion entre la fuerza que actua sobre una carga de prueba puntualpositiva, colocada en el punto dado del campo, y la carga. El campoelectrico que ACTUA sobre Qj (o en el punto rj) GENERADO por

Electrostatica 9

Figura 1.3: Diagrama vectorial de las fuerzas de interaccion de dos cargas pun-tuales.

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 delcampo electrico como: Fij = QjEj .La accion de una carga sobre la otra se divide en:

− 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 queocupa Q hasta el punto en donde se determina la intensidad del cam-po.

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

10

1.7 Distribucion discreta y contınua de carga. El calculo del campoelectrico resultante en el punto P producido por una configuracion decargas discretas en reposo, se efectua a traves de la suma vectorial decada 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 distribucioncontınua que ocupa un volumen Ω, entonces el campo electrico en unpunto P localizado en las afueras de Ω esta dado por:

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 lafigura 1.5.

dQ es el elemento diferencial de carga, definido segun el espacio en el cual seadistribuida:

Electrostatica 11

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

Volumetrico: dQ = ρ (r) dV ;Superficial : dQ = σ (r) dS;Lineal : dQ = λ (r) dl.

Problema 1.1: En los vertices de un cuadrado de lado l = 2× 10−9m se colocancuatro protones. Un electron se encuentra inicialmente sobre la perpendi-cular al cuadrado por su centro, a una distancia d = 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 placasplanas paralelas cargadas con signos contrarios. Un electron parte del reposoen la superficie de la placa cargada negativamente y llega a la superficie dela placa cargada positivamente situada a una distancia d de la primera ent segundos. Calcular la magnitud del campo electrico y la velocidad delelectron al llegar a la segunda placa.R: E = 2md/et2, v = 2d/t

12

Problema 1.3: Un electron se proyecta a un angulo θ sobre la horizontal y auna velocidad v, en una region en donde el campo electrico es E = E0jN/C. Ignore los efectos del campo gravitacional. Determine: (a) El tiempoque tarda el electron en regresar a su altura inicial, (b) La altura maximaque alcanza, (c) Su desplazamiento horizontal cuando alcanza su maximaaltura.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 poseecarga −Q1 (C) en la posicion x = −x1i (m), y la otra con carga +Q2 (C)en la posicion x = x2i. Encontrar un punto en donde sea posible colocaruna 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 uni-forme por unidad de longitud, con carga total Q. Calcular el campo electricoa lo largo del eje del anillo en un punto P que se encuentra a una distanciax 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 masa m y carga − | e | ubicado a una pequena

distancia x sobre el eje del anillo, experimentara M.A.S. con una frecuenciaω =

√K | e | Q/a3m.

Problema 1.6: Dos pequenas esferas identicas poseen masa m y carga q. Cuandose colocan en un tazon esferico de radio R con paredes no conductoras sinfriccion, las esferas se desplazan hasta que en la posicion de equilibrio estanseparadas 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 car-ga uniforme por unidad de area σ. Calcular el campo electrico en un puntoP que se encuentra a lo largo del eje central del disco y a una distancia xdesde 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

Electrostatica 13∫rdr/

(x2 + r2

)3/2= −1/

√x2 + r2. El resultado final es:

E = 2πσKx[(x2 + a2

)−1/2−(x2 + b2

)−1/2]x. El calculo del campo electri-

co 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 unacuerda ligera en presencia de un campo electrico uniforme E. Cuando E =ExUx + EyUy N/C, la bola se encuentra en equilibrio formando un anguloθ 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 deun 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 decoordenadas en vertice inferior izquierdo) 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 den-sidad de carga uniforme λ+ yace sobre el eje de las X positivas. Determineel 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.

Problema 1.11: Filamento cargado II. Dos barras delgadas de longitud L se en-cuentran a lo largo del eje x, una entre x = a/2 y x = a/2 + L y la otraentre x = −a/2 y x = −a/2 − L. Cada barra tiene una carga positiva Qdistribuida uniformemente. (a) Calcule el campo electrico producido por la

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segunda barra en puntos del eje X positivo. (b) Demuestre que la magnitudde la fuerza que una barra 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 unadistancia z desde el origen) producido por la barra ubicada en la regionnegativa 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. Integran-do 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, seobtiene F ≈ KQ2/a2 que es el campo de fuerza de interaccion de doscargas puntuales.

Problema 1.12: Atomo de Hidrogeno. El electron en un atomo de H se puedesuponer “disperso”en todo el volumen atomico con una densidad de cargaρ (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 correspondeal valor esperado de la orbita del electron.R: (a) − | e |=

∫V ρ (r) dV . Utilizando la relacion

∫∞0 x2e−xdx = 2, C = − |

e | /πa30. (b) Q =∫ a00 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 regiondonde esta presente un campo electrico de intensidad 1 × 103 N/C, en

Electrostatica 15

direccion y sentido que hace retardar su movimiento. (a) Que distanciaavanzara el electron antes de detenerse momentaneamente? (b) Que tiempohabra transcurrido? (c) Si la region donde esta presente el campo electricofuera de solo 8 mm de ancho, cual es la fraccion de energıa cinetica quedesaparece en el proceso?R: (a) Cuando el electron ingresa a la zona del campo electrico experimentauna fuerza que se igua a − | e | E. Su desaceleracion esta dada por: a = − |e | E/m, y la distancia que recorre es, en un Movimiento uniformementeAcelerado:

D =v202a

=mv202eE

= 7,12cm.

(b) El tiempo transcurrido es: τ = v0/a = 28,5 ns. (c) El porcentaje deenergıa cinetica disipada en el proceso esta asociada al cambio de energıasantes 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 Zproducido por un disco de radio a que esta en el plano XY con centro enel 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 losvertices de un triangulo cuyos lados miden l. Calcular el campo electrico enel 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 cargaλ (θ) = λ0 sin θ, en donde θ es cero en el punto medio del alambre. Determineel 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 su-perficie vertical, plana e “infinita”, en donde reside una densidad de cargauniforme σ = 8,5µC/m2. (Probl. 85, cap 24 [6]).

16

(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 so-bre un elemento de carga dq es dF = dqE = dq×

(σ/2ε0

)x. El diferencial de

carga: dq = λdl, dl = cscϕdx. Se calcula el elemento diferencial de momen-tum 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. Inte-grando MO =

[(σλ/2ε0) cosϕ− (mg/L) sinϕ

]L2/2z. La condicion de equi-

librio 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 condensidad superficial de carga 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 cargadQ. r = aUr, dQ = σ (θ) a2 sin θdϕdθ. Considerando Ur = sin θ cosϕi +sin θ sinϕj+ cos θk e integrando sobre toda la capa esferica:

p =4

3πa3σ0k.

Problema 1.19: Obtener el campo electrico en el interior de una esfera de radioa polarizada uniformemente y con vector de polarizacion P.R: La densidad de carga superficial sobre la esfera asociada a la polarizacionelectrica 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 laesfera, y θ corresponde al angulo entre el P y n. Si consideramos que laesfera esta polarizada con P en direccion +z, el campo en el centro de lamisma 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)

Electrostatica 17

Figura 1.6: Esfera polarizada. Prob. (1.19)

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

σI

d d

σII σIII

P R S T

18

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 con centro en el origen. Se coloca una carga puntualde magnitud Q en la posicion (d, 0), d > r. Calcular la fuerza neta entreestos dos objetos.R: El campo electrico generado por la carga puntual en cualquier puntosobre 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 delanillo, y UR es el vector unitario definido por: (di− r cos θi− r sin θj) /R.Sobre este diferencial de carga actua una fuerza dF = dQ′E; en dondedQ′ = 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 deradio r se encuentra un hilo infinito con carga uniforme, paralelo al eje delcilindro. La densidad lineal de carga es λ. Determinar la fuerza que actuasobre 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 19

Figura 1.7: Representacion grafica, sistema cilindro-hilo.

R: El campo electrico generado por la distribucion lineal de carga en unpunto sobre la superficie del 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 linealλ′ (ambas cantidades por determinar) sobre la lınea que une el centro delcilindro y la carga real λ. El campo generado por la imagen en cualquierpunto 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 decarga que se induce en el es igual en magnitud y opuesta en signo comparadacon la de la carga real; i.e., λ′ = −λ. Bajo la condicion en la cual se considerael potencial sobre la superficie del cilindro constante, entonces el ajuste enla posicion de la carga imagen esta dada por: a = r2/d. El campo electricoresultante generado por las cargas λ y λ′ en la posiciones definidas por lascoordenadas (r, θ) tiene la forma:

ER =λ

2πε0

(1− d2/r2

)r

(r2 + d2 − 2dr cos θ)Ur.

20

La densidad superficial de carga inducida en el cilindro se obtine de larelacion: σ (θ) = ε0n · ER. La magnitud de fuerza entre los dos alambresseparados 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 fuerzasobre los elementos de carga σdS:

Fx = − 1

2ε0

∫ 2π

0σ2 cos θrdθdz.

Problema 1.23: Dos cargas se distribuyen con la misma densidad lineal en unalongitud D de modo paralelo y se encuentran separados a una distancia l.Hallar la fuerza de interaccion entre ellas. Ver figura (1.8). R: Definimosinicialmente 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 electricogenerado por el elemento de carga dQ1 sobre el punto en donde se ubicadQ2 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, ysobre la componente i tenemos finalmente:

F = 2Kλ1λ2

(√1 +D2/l2 − 1

)i.

Electrostatica 21

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

2

(fuerza entre dos cargas puntuales).

Figura 1.8: Representacion grafica, sistema de barras cargadas.

Problema 1.24: Una carga se distribuye uniformemente con una densidad linealλ+ en una longitud L. Otra carga puntual de magnitud +q se localiza a unadistancia R desde uno de los extremos de la lınea de carga, sobre el mismoeje de simetrıa. Hallar la fuerza sobre la carga lineal.R: El diferencial de la magnitud de la fuerza electrostatica entre dos ele-mentos en este sistema se define como:

dF =Kqλ+dx

(R+ x)2, (1.17)

en donde x es la distancia desde el extremo mas proximo a la carga puntualhasta 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 cargaspuntuales: KqQ+/R2, con Q+ = λ+L.

Problema 1.25: Cinco cargas positivas de magnitud q son colocadas simetrica-mente alrededor de una circunferencia de radio R. Calcular la magnitud del

22

Figura 1.9: Cargas en un cırculo.

campo electrico en el centro del cırculo. Fig. (1.9).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 analisissimilar para la componente Y conlleva a EY = 0.

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

Electrostatica 23

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

Problema 1.27: Una esfera conductora con carga total Q es cortada en dos mi-tades. Cual es la fuerza que debe usarse para mantener las dos mitadesunidas? (MIT)R: La densidad superficial de carga sobre la esfera es σ = Q/4πR2, endonde R es el radio de la esfera. La fuerza sobre un pequeno elemento decarga dq es radial y dirigida hacia afuera dado por dF = 1/2Edq, en don-de 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 re-pulsiva entre las dos semiesferas es perpendicular al plano de corte, y lafuerza resultante debe dirigirse paralela al eje Z. La magnitud de la fuerzaresultante 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 radioR tiene una carga estatica λ Coulombs por unidad de longitud. Hallar lafuerza de atraccion entre este alambre y una partıcula de humo dielectrica

24

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 humoyace en un campo exterior uniforme. El campo electrico en el interior deuna 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: ( tomandoEext = (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 uniformemente en el vacıo de tal forma que el campo electri-co cerca a su superficie y lejos de sus extremos es E0. Calcular el campoelectrico para r >> ℓ, sobre el eje de simetrıa del cilindro.R: Si escojemos el eje Z de las coordenadas cilındricas que coincida con el ejede simetrıa del conductor, con el origen en el centro del mismo, tendremosque el campo cerca a la superficie del cilindro es:

E0 =λ

πε0deρ,

en donde λ es la carga por unidad de longitud del cilindro y eρ es el vectorunitario en direccion radial. Para r >> ℓ, es posible considerar el conductor

Electrostatica 25

como una carga puntual con Q = λℓ = πε0dℓE0; de esta forma, el campoelectrico 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 divide en dos para cada centımetro de distancia desde el ori-gen. Cual es la carga total en este universo?.R: Inicialmente, es necesario construir una funcion de densidad volumetricade carga en terminos de la distancia r. Si r representa la distancia al origen,entonces:

ρ (r) =ρ02r.

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 si-metrıa radial) sobre todo el espacio:

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 rectangu-lo descrito por −a ≤ x ≤ a, −b ≤ y ≤ b, z = 0, y que porta una densidadsuperficial de carga uniforme ρS . R: En este caso, se plantea la integral re-sultante para el campo electrico debido a un elemento diferencial de cargaρSdxdy:

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 2

Ley de Gauss

2.1 Representacion grafica del campo electrostatico. Lıneas deFuerza. Propiedades

Una forma conveniente de visualizar los patrones de campo electricoes a traves de una representacion grafica de lıneas que apunten en lamisma direccion del vector de campo electrico en cualquier punto.Estas lıneas, llamadas lıneas de campo electrico, se relacionan con elvector intensidad E en cualquier region del espacio de la siguienteforma:

− 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 superficieperpendicular a las lıneas es proporcional a la intensidad del campoelectrico en esta region. Por lo tanto, E es mas grande cuando laslıneas de campo estan proximas entre sı, y es pequeno cuando estanapartadas.

− Las lıneas de campo deben iniciar su recorrido sobren las cargas posi-tivas y terminar en cargas negativas, pero si la carga neta es diferentede cero, las lıneas pueden empezar o terminar en el “infinito”.

− El numero de lıneas dibujadas que surgen desde una carga puntualpositiva, o que se aproximan a una carga puntual negativa, es propor-cional a la magnitud de la carga.

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

27

28

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

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

Ley de Gauss 29

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

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

2.2 Flujo Electrico. El flujo electrico se define como el numero de lıneasde campo electrico que cruza una superficie. Si la superficie encierraalguna carga neta, el numero de lıneas que atraviesan la superficie esproporcional a la carga neta dentro de la superficie.

N ∝| E | ×S = ΦE . (2.1)

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

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)

30

Figura 2.4: Lıneas de campo electrico de un dipolo

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

Ley de Gauss 31

El flujo neto a traves de una superficie cerrada es proporcional alnumero neto de lıneas que abandonan la superficie:

ΦcE =

∮∂Ω

E · dS. (2.4)

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 arbi-traria ∂Ω, el flujo electrico total sera la suma de los flujos producidospor cada carga. La ley de Gauss establece:El flujo electrico a traves de una superficie cerrada que encierra lascargas 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, elflujo electrico neto a traves de ∂Ω es cero.

Figura 2.6: Friedrich Gauss

Gauss, Karl Friedrich. 1777-1855. Matematico aleman quien en al-

gunas ocasiones es llamado “el principe de las matematicas”. Fue un nino

32

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 has-

ta 100 (una serie aritmetica) a sus estudiantes con el fin de mantenerlos

ocupados, Gauss inmediatamente escribio la respuesta correcta 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 ca-

da 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.

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 plagio. Gauss publico su monumental tratado sobre mecanica ce-

leste (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 ma-

tematicos que han marcado historia: Arquımides, Newton y Eisenstein”(Boyer

1968, p. 553). La mayorıa de historiadores estan desconcertados por la inclu-

sion 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 espo-

sa 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

Ley de Gauss 33

asignados a Janos Bolyai y Lobachevsky. Sin embargo , El publico su trabajo

seminal sobre geometrıa diferencial en Disquisitiones circa superticies cur-

vas. 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 artıcu-

los incesantemente, publicando 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 exten-

sion, 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 pedes-

tal con una estatua eregida en su honor en su pueblo natal de Braunschweig.

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

Figura 2.7: Las cargas puntuales encerradas en el dominio ∂Ω producen un flujoelectrico proporcional a la carga neta encerrada

∑i qi.

34

Problema 2.1: Distribucion de carga esferica. Una esfera aislante deradio a tiene una densidad de carga uniforme ρ, y una cargapositiva total Q. Calcular la magnitud del campo electrico en lospuntos: (a) Fuera de la esfera. (b) Dentro de la esfera.R: (a) E (r) = KQ/r2Ur. (b) Para r < a, se utiliza la ley deGauss:

∫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 Qlocalizada en su centro. (a) Demuestre que el flujo electrico atraves 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, cuyanormal esta en la direccion radial es: dSr = 2πR2 sin θdθ. Eva-luando 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 volumetri-ca de carga variable ρ (r) = ρ0 (r/a)

2. (a) Determinar el campoelectrico en cualquier lugar dentro y fuera de la esfera. (b) Calcu-lar 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 elec-trones de seccion transversal circular de radio a es modelada porla formula: ρ (r) = ρ0 exp (−r/a)/r (C/m3). Calcular: (a) La in-tensidad del campo electrico en un punto sobre la region r < a.(b) La intensidad del campo electrico en un punto sobre la regionr > 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 Rtiene una densidad volumetrica de carga que varıa con la dis-tancia radial segun ρ (r) = ρ0 (a− r/b); en donde ρ0, a y b sonconstantes positivas, y r es la distancia desde el eje del cilindro.Hallar el campo 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,

Ley de Gauss 35

QT = 2πρ0lR2 (a/2−R/3b).

Problema 2.6: Un filamento cargado uniformemente de 7 m de longi-tud posee una carga positiva total de 2µC. Un cilindro de cartondescargado de 2 cm de longitud y 10 cm de radio rodea el fi-lamento en su centro, con el filamento como el eje del cilindro.Utilizando todas las aproximaciones razonables, calcular: (a) Elcampo electrico en la superficie del cilindro. (b) El flujo electricototal 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 sustres dimensiones) tiene una densidad de carga positiva uniformeρ.

(a) Demuestre que el campo electrico a una distancia x desde sucentro y en el interior de la placa es E (x) = ρx/ε0.

(b) Suponer que un electron de carga − | e | y masa m se colocadentro de la placa. Si es liberado desde el reposo a una distanciax desde el centro, demostrar que el electron exhibe M.A.S conuna frecuencia:

ν =1

2π

√ρ | e |mε0

.

R: (a) La integral de flujo sobre una superficie Gaussiana cerradaes: Φ = 2ρSx/ε0, en donde S es la superficie imaginaria cuyanormal es paralela a las lıneas del campo electrico. (b) La fuerzasobre el electron: F = − | e | E. Por segunda ley de Newton, seobtiene una ecuacion de M.A.S.

Problema 2.8: El tambor cilındrico de una maquina copiadora tiene40 cm de longitud y 5 cm de radio. Si la carga esta distribuidauniformemente sobre la superficie curva del tambor, y el campoelectrico cerca de la superficie es de 2×105 N/C, estimar la can-tidad de carga sobre el tambor.R: Q = 4πε0ERℓ = 0,1µC.

Problema 2.9: Una carga puntual Q se localiza en el eje de un discode radio R, a una distancia b por debajo del plano del disco Fig.

36

(2.8). Hallar la relacion entre el radio R del disco y la distanciab, si a traves del disco se tiene un cuarto del flujo electrico totalgenerado por la carga puntual.R: De la condicion del problema: Φdisco = ΦT /4. El flujo electri-co a traves del disco se calcula por:

∫E · dS, en donde E =

KQ/ρ2Uρ, con Uρ = sin θ cosϕx+sin θ sinϕy+cos θz. Para unadistancia 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 secalcula resolviendoΦdisco = 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 siste-ma de coordenadas Fig.(2.9). Calcular el flujo del campo electri-co sobre la superficie plana descrita por los lımites: 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. La integral de flujo del campo electrico

se define por:∫ 0a

∫ 0a Ezdxdy. Resolviendo se obtiene:

ΦE = Kq+ tan−1(

a2

δ√2a2+δ2

)

Ley de Gauss 37

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 uncubo de lado 2a, es posible utilizar el mismo procedimiento paraprobar que el flujo del campo electrico es la sexta parte del flujototal a traves de una superficie Gaussiana, i.e., ΦE = q/6ε0. Esteejercicio puede extenderse al caso en donde se requiere calcular elflujo del campo electrico sobre una lamina metalica infinitamenteextendida y localizada en z = δ. La integral de superficie sobrela componente del campo Ez cambia como:

∫∞−∞

∫∞−∞Ezdxdy.

El resultado de la doble integracion es 2π. Por consiguiente, elflujo electrico a traves de un plano infinitamente extendido esΦ = q+/2ε0 que corresponde a la mitad del flujo a traves de unasuperficie cerrada que contiene una carga q+. Utilizando metodosde la teorıa del Potencial, (e.g. metodo de las imagenes) es posibledemostrar que la carga inducida en este plano es −q+, asumiendoque 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 yradio exterior b tiene una carga puntual positiva Q en su centro.La carga total sobre el casquete es −4q y esta aislada de susalrededores (ver figura). Demostrar que la magnitud del campo

38

electrico en la region a < r < b (r medido desde el centro) yla densidad superficial de carga sobre el casquete exterior sonrespectivamente iguales a: E = 0, σ = (−4q +Q) /4πb2. VerFig. (2.10)

Figura 2.10: Problema 2.11

Problema 2.12: Una esfera aislante de radio a tiene una densidad decarga uniforme ρ. La esfera esta centrada en r = b. (a) Calcularel campo electrico dentro de la esfera. (b) Una esfera aislante deradio R tiene un agujero esferico de radio a localizado dentrode su volumen y centrado a una distancia b desde el centro dela esfera, donde a < b < R. La parte solida de la esfera tieneuna densidad de carga volumetrica ρ. Encontrar la magnitud ydireccion del campo electrico dentro del agujero y demostrar queE es uniforme dentro del mismo.

Ley de Gauss 39

0

b

r

R: (a) Desde el centro de la esfera a cualquier punto dentro de lamisma 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) Elcampo producido por la componente maciza en un punto dentrode la cavidad es de la forma (ignorando el efecto de la misma):Em = ρr/3ε0, mientras que si se toma en cuenta la contribuciondel hueco (considerando que la densidad de carga del mismo esρ− = −ρ): Eh = ρ− (r− b) /3ε0. Sumando estas dos componen-tes: E = ρb/3ε0.

Problema 2.13: Una lamina infinita, uniformemente cargada con den-sidad superficial de carga σ es cortada por una superficie Gaus-siana de radio R a una distancia x desde su centro, como seilustra en la figura (2.11) . Calcular el flujo Electrico Φ a travesde la superficie Gaussiana.R: El teorema de Gauss establece que el flujo de las lıneas decampo electrico es proporcional a la carga neta encerrada por laGaussiana. En este caso, esta carga es contenida en un disco deradio

√R2 − x2 definida por la expresion:

Φ =πσ(R2 − x2

)ε0

(2.6)

Problema 2.14: Juntura P-N. Cuando dos laminas semiconducto-ras de tipo N y tipo P son colocadas en contacto, las afinidadesrelativas de los materiales causan migracion de los electrones delmaterial tipo N hacia el material tipo P a traves de la superficiede contacto de las laminas. El volumen del material tipo N ad-quiere una carga positiva, mientras que el volumen del materialtipo P se carga negativamente. Construyamos un modelo de doslaminas infinitas de carga, ambas con espesor a y la juntura lo-calizada en el plano z = 0. El material tipo N yace en el rango

40

Figura 2.11: Figura, Problema 2.13

0 < z < a y posee densidad de carga uniforme +ρ0. El materialtipo P se localiza en el rango −a < z < 0 y tiene densidad decarga uniforme −ρ0. Por consiguiente (Ver Fig.(2.12)):

ρ (x, y, z) = ρ (z) =

+ρ0 0 < z < a

−ρ0 −a < z < 0

0 | z |> a

(2.7)

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

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 con-diciones de frontera. Dado que la densidad de carga del dispositi-

Ley de Gauss 41


vo esta concentrada en la region −a < z < a, el campo Electricopor fuera de esta zona es cero. Por consiguiente, aplicando ellımite E+ (a) = 0 se obtiene: A = −ρ0a/ε0. Analogamente, lasolucion para la region −a < z < 0 es:

E− (z) =−ρ0zε0

+B, (2.10)

en donde B = A sobre la condicion E− (−a) = 0. Ası, las solu-ciones 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 con-tacto en z = 0 y toma el valor: E (0) = −ρ0a/ε0. La densidadsuperficial de carga acumulada sobre la superficie de contactoes negativa y esta relacionada con la distribucion espacial de lacarga del dispositivo sobre el eje z: σ = ε0E (0) = −ρ0a.

Problema 2.15: Una carga puntual positivaQ+ se localiza en el origende coordenadas. Calcular el flujo de campo electrico sobre unasuperficie semicilındrica de radio a y de longitud infinita, con el

42

eje de simetrıa paralelo al eje z de coordenadas. (Ver Fig.(2.13)).R: Partimos de la expresion para el campo electrico generadopor una carga puntual Q+:

E =KQ

r2Ur,

con Ur = sin θ cosϕi+sin θ sinϕj+cos θk como el vector unitarioradial en coordenadas esfericas. El elemento de superficie conorientacion radial en coordenadas cilındricas Uρ = cosϕi+sinϕj

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

Φ =

∫ ∞

−∞

∫ π

0

KQ+ρ sin θdzdϕ

ρ2 + z2.

Utilizando sin θ = z/√ρ2 + z2 e integrando sobre todos los valo-

res posibles de la coordenada z en el rango −∞,∞, finalmentese obtiene:

Φ =Q+

2ε0,

el cual corresponde exactamente a la mitad del flujo neto so-bre una superficie Gaussiana cerrada de cualquier simetrıa, i.e,observese que en este caso la mitad de las lıneas de campo pene-tran la superficie en cuestion.

Problema 2.16: Dentro de una esfera de radio a se distribuye una car-ga cuya densidad volumetrica 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 circularesta cargado uniformemente con densidad superficial de carga σ.En el eje del cilindro se coloca un hilo ilimitadamente largo conuna densidad de carga lineal λ. Escribir una condicion para lacual el campo electrico fuera del cilindro sea nulo.

Ley de Gauss 43

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

R. Si la carga total contenida por una superficie Gaussiana loca-lizada por fuera del cilindro es cero, entonces el campo electricoen 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 elcilindro: ∫

SD · dS = qenc, | D |= 2ρ0a

7. (2.12)

Problema 2.19: Un haz de protones bien-colimado se desplaza en elespacio en forma de un cilindro de radio R. La velocidad de losprotones es v y el numero de protones por unidad de volumenes ρ. Hallar la fuerza sobre un proton a una distancia r desde eleje del haz. Discutir cualitativamente la estabilidad de mismo.

44

R: El campo electrico en el interior del haz tiene la forma (unida-des Gaussianas): E = 2πρer, mientras que el campo magneticogenerado es B = v × E/c. La fuerza neta sobre una carga escalculada 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, haciendoinestable al haz en ausencia de dispositivos de enfoque. La fuerzatotal por unidad de longitud ℓ sobre la seccion de transversal deradio 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, seencuentra experimentalmente que la fuerza entre dos cargas q1y 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 deCoulomb. (b) Repertir el punto (a) para r1 +∆ y hallar ∇ · 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 deradio r1 +∆:

ΦE =q

ε0

(1−

√α (r1 +∆)

).

Ley de Gauss 45

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

S1+S2

E · dS =

∫V ′∇ ·EdV. (2.14)

Como las direcciones de dS sobre S1 y S2 estan orientadas haciaafuera de V ′, para pequenos ∆ tendremos:

q

ε0

[−√α (r1 +∆) +

√αr1

]≈ − q∆

√α

2ε0√r1.

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 electri-co producida por una carga puntual es:

∇ ·E (r) =q

ε0δ (r) .

Problema 2.21: Una carga lineal uniforme ρℓ infinitamente extendidayace a lo largo del eje X. Calcular el flujo electrico que atraviesauna superficie esferica centrada en el origen con radio igual a R.R. El flujo de campo electrico es igual a la carga neta encerradapor la superficie. Para una carga lineal de longitud 2R, tendremos

Ψ =Qe

ε0=

2ρℓR

ε0.

Capıtulo 3

Potencial Electrico

Figura 3.1: Pierre Laplace

Pierre Laplace, 1749-1827. Fısico y matematico frances quien coloco la piedra

angular definitiva en la matematicas astronomicas resumiendo y extendiendo el trabajo

de sus predecesores en sus cinco volumenes de Mecanica Celeste (Mecanique Celeste)

(1799-1825). Este trabajo fue importante porque transformo el estudio geometrico de la

mecanica usado por Newton a uno basado en el calculo, conocido como Mecanica Fısica.

En Mecanique Celeste, Laplace probo la estabilidad dinamica del sistema solar (ignoran-

do la friccion de la marea) en escalas temporales cortas. Para escalas de tiempo grandes,

sin embargo, esta asercion se probo falsa a principio de los anos 1990. Laplace resolvio la

libracion de la Luna. 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

47

48

sı mismo en algunas ocasiones no le era posible completar las derivaciones sin trabajar

algunos dıas. Despues de leer Mecanique Celeste, se dice que Napoleon habia cuestio-

nado a Laplace sobre la negativa de mencionar a Dios. En un notorio contraste a la

vision de Newton sobre este topico, Laplace replico que no tenıa ninguna necesidad para

tal hipotesis. Laplace tambien sistematizo y elaboro la teorıa de la probabilidad en “Essai

Philosophique sur les Probabilites (Ensayo filosofico sobre probabilidad, 1814). Fue el pri-

mero en publicar el valor de la integral Gaussiana, estudio la transformada de Laplace,

a pesar de que la tecnica fue ampliamente desarrollada por Heaviside. Propuso que el

sistema solar se habıa formado de una nebula solar rotante con anillos que colapsaron y

formaron posteriormente los planetas. El discutio esta teorıa en la Exposition de systeme

du monde (1796). Senalo que el sonido viaja adiabaticamente encontrando el valor de

Newton muy pequeno. Laplace formulo la teorıa matematica de las fuerzas interparti-

culares, la cual podrıa ser aplicada a la mecanica, la termodinamica y los fenomenos

opticos. Esta teorıa fue reemplazada en los anos 1820, pero el enfasis sobre una vision

unificada de la fısica fue importante. Junto con Lavosier, cuya teorıa sobre el calorico

habıa suscrito, Laplace determino los calores especıficos para muchas sustancias utilizan-

do un calorımetro de su propio diseno. Laplace tomo prestado el concepto de potencial de

Lagrange, pero con nuevas dimensiones. Invento el potencial gravitacional y demostro que

este obedece la ecuacion de Laplace en el espacio vacıo. Despues de ser nombrado Minis-

tro del Interior por Napoleon, Laplace fue destituido con el comentario de que “estaba a

cargo del espıritu de lo infinitamente pequeno 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 presenciade un campo electrico E es igual a F = qE, al desplazar la carga undiferencial 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 latrayectoria Γ (Figura 11), el trabajo realizado es:

W1→2 = q

∫ (2)

(1)E · dl. (3.2)

3.2 Carater potencial del campo Coulombiano. El campo de fuerzasse denomina potencial si el trabajo de desplazamiento en este campo

Potencial Electrico 49

Figura 3.2: Trabajo realizado al desplazar cuasiestaticamente una carga puntualen el campo electrico E.

depende solo de la posicion de los puntos inicial y final de la trayec-toria y no de la forma de la misma. Otra definicion equivalente delcaracter potencial es la exigencia que el trabajo realizado en cualquiertrayectoria 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 trabajorealizado 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 efectuadopara desplazar una carga q bajo los efectos del campo generado poruna carga puntual de magnitud Q ubicada en el origen, de acuerdocon:

Wa→b = q

∫ b

a

KQ

r2Ur · dl, (3.5)

en donde dl es el diferencial de longitud, cuya componente radial en

50

coordenadas esfericas se define 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 sedefine como el cambio de la energıa potencial dividido entre la cargade prueba q:

∆V =∆U

q. (3.7)

3.3 Potencial de un sistema de cargas. El vector campo electricocumple el principio de superposicion, ası, el campo generado por unsistema de cargas discretas E, proviene de la contribucion de cadauna 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 Pse 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 Pen un marco de referencia establecido.

3.4 Potencial Electrico creado por una distribucion contınua decargas.Suponemos que todas las cargas estan en una zona finita del espacio yel potencial esta normalizado a cero en el infinito. Utilizando la cons-truccion geometica de la figura 4, el potencial en el punto P esta dadopor:

V (R) =1

4πε0

∫Ω

dQ

| R− r |. (3.10)

3.5 Energıa Potencial Electrostatica Interna. En la seccion anteriorse mostro que el producto del potencial escalar y la carga de un objetopuntual puede ser interpretada como energıa potencial. Mas precisa-mente, si una carga puntual qi es desplazada desde el infinito a un


punto ri en una region de campos electricos localizados descritos porel potencial escalar Φ (el cual desaparece en el infinito), el trabajo he-cho sobre la carga, (y por consiguiente su energıa potencial) esta dadopor:

Wi = qiΦ(ri) . (3.11)

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 fuer-zas actuando sobre ellas es:

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 jsin restriccion, y luego dividiendo por 2:

W =1

8πε0

∑i

∑j

qiqj| ri − rj |

. (3.15)

Para una distribucion contınua de cargas (o, en general, utilizandofunciones 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 elec-trostatica en terminos de las cargas y enfatiza las interacciones entrelas cargas via fuerzas de Coulomb. Una alternativa muy util es inter-pretar la energıa que esta almacenada en el campo electrico que rodea

52

las cargas. Se utiliza la ecuacion de Poisson para eliminar la densidadde 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 ael problema de una o mas cargas puntuales en presencia de superfi-cies limitadas, por ejemplo conductores aterrizados o mantenidos apotenciales fijos. Bajo condiciones favorables es posible inferir de lageometrıa situaciones en las cuales un pequeno numero de cargas conmagnitudes y posiciones apropiadamente dispuestas, externos a la re-gion de interes, pueden simular las condiciones de frontera requeridas.Estas cargas son llamadas cargas imagenes, y el reemplazo del pro-blema real con fronteras por una region alargada con cargas imagenespero sin fronteras es llamadometodo de las imagenes. La carga imagendebe estar por fuera del volumen de interes, ya que sus potencialesdeben ser soluciones de la ecuacion de Laplace dentro del volumen; laintegral partıcular (i.e., la solucion a la ecuacion de Poisson) esta pro-vista por la suma de los potenciales de las cargas dentro del volumen.Un ejemplo simple es el de una carga puntual q localizada al frente deun plano conductor a potencial cero, como se ilustra en la figura (3.3).Es claro que esto es equivalente a el problema de la carga original yuna carga igual y opuesta localizada en un punto imagen especulardetras del plano definido por la posicion del conductor. El potencialen cualquier punto en el plano XY (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.

Carga puntual en presencia de una esfera conductora aterrizada. Co-mo una ilustracion del metodo de las imagenes, consideremos el pro-blema ilustrado en la figura (3.4). Una carga puntual q en el punto yrelativo al origen, alrededor del cual esta centrada una esfera conduc-tora aterrizada de radio a. El potencial Φ (| x |= a) = 0. Por simetrıa


Figura 3.3: Configuracion plano aterrizado-carga puntual.

es evidente que la carga imagen q′ (asumiendo que solo es necesariauna imagen) yacera en la lınea que une el origen y la carga q. Si con-sideramos la carga q fuera de la esfera, la posicion de la imagen y′

estara dentro de la esfera. El potencial debido a las cargas q y q′ es:

Figura 3.4: Esfera conductora de radio a, con carga q y carga imagen q′.

Φ (x) =q/4πε0| x− y |

+q′/4πε0| x− y′ |

(3.20)

54

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

Φ (a) =q/4πε0

a | n− yan

′ |+

q′/4πε0y′ | n′ − a

y′n |. (3.21)

Las selecciones q/a = −q′/y′, y y/a = a/y′ generan la condicionΦ (a) = 0, para todos los posibles valores de n · n′. Por lo tanto, lamagnitud 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 ima-gen crece en magnitud se desplaza por fuera del centro de la esfera.Cuando q esta justamente por fuera de la superficie de la esfera, lacarga imagen es igual y opuesta en magnitud, y yace justo sobre lasuperficie. El potencial en cualquier punto esta definido por:

Φ (x) =q

4πε0

[(x2 + y2 − 2xy cos γ

)−1/2−ay

(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 realinducida sobre la superficie de la esfera puede ser calculada de laderivada 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 diferentesformas. La mas sencilla es escribir la fuerza entre la carga q y la cargaimagen q′, separadas una distancia y − y′. Deacuerdo con la ley deCoulomb:

| F |= 1

4πε0

q2

a2

(a

y

)3(1− a2

y2

)−2

. (3.25)

Si se desea considerar el problema de una esfera conductora aisladacon una carga total Q en presencia de una carga puntual q, pode-mos construir la solucion para el potencial por superposicion 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 esferauna cantidad de carga Q − q′. Esto conlleva a tener sobre la esferauna carga total Q. Para obtener el potencial notamos que la carga adi-cionada (Q − q′) se distribuira uniformemente por sı misma sobre lasuperficie, ya que las fuerzas electrostaticas debido a la carga puntualq ya estan balanceadas a traves de q′. Por consiguiente, el potencialdebido a la carga adicionada (Q−q′) sera el mismo como si una cargapuntual 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 atraves de la ley de Coulomb:

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 deCoulomb para dos pequenos cuerpos cargados. Pero cerca a la esferala fuerza es modificada debido a la distribucion de carga inducida so-bre la superficie de la esfera. Si la esfera esta cargada opuestamentea q, o descargada, la fuerza es atractiva para todas las distancias. In-cluso si la carga Q es del mismo signo que q, sin embargo, la fuerzase hace atractiva a muy cortas distancias. En el lımite de Q >> q, elpunto 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 radiosalejada de la esfera. Este ejemplo exhibe una propiedad general queexplica porque el exceso de carga sobre una superficie no abandonainmediatamente la superficie debido a la repulsion mutua de las car-gas individuales. Tan pronto como un elemento de carga es removidodesde la superficie, la carga imagen tiende a traerlo de vuelta. Si seha realizado el trabajo suficiente, la carga puede ser removida desdela superficie al infinito. La funcion de trabajo de un metal es en granparte justo el trabajo hecho contra la fuerza imagen atractiva pararemover el electron desde la superficie.

56

Problema 3.1: El potencial promedio en el tiempo de un atomo neutrode Hidrogeno 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(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

. Resolviendopara ρ :

ρcont = −qα3

8πexp (−αr);

La densidad de carga total sobre el atomo neutro debe incluir ladensidad de carga electronica 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 densi-dad de carga uniforme ρ. Hallar el potencial electrico en cualquiersitio.R: Utilizando la ley de Gauss, es posible demostrar que el campoelectrico para r > a es E = kQ/r2, y para r < a es kQr/a3, endireccion radial. El potencial electrico en un punto por fuera dela 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 (3.5).


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 radiacionque se compone de un cilindro hueco (catodo) de radio ra yun alambre cilındrico coaxial (anodo) de radio rb. La carga porunidad de longitud del anodo es λ+, mientras que la carga porunidad de longitud del catodo es λ−.

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

∆V = 2Kλ+ ln

(rarb

).

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

E (r) =∆V

ln(rarb

) 1r.

R: (a) Por ley de Gauss E (r) = λ/2πε0r. La magnitud de ladiferencia de potencial entre los 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 cargadouniformemente de radio R y carga Q. Una carga puntual Q demasa m se localiza en el centro del anillo. Cuando se desplazaligeramente, la carga puntual se acelera a lo largo del eje X haciael infinito. Demostrar que la velocidad final de la carga puntuales:

v =

√2KQ2

mR.

58

R: El potencial en cualquier punto sobre el eje X se obtienecalculando V = K

∫ 2π0 dq/

√R2 + x2, con dq = Q/2πdθ. La di-

ferencia de potencial ∆V = V∞ − V0 = −KQ/R se relacionacon el cambio de energıa potencial como: ∆U = Q∆V , y con lavariacion 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 decargas puede escribirse de 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 dedensidad ρ es Ep =

12

∫Ω ρV dΩ, en donde Ω es el volumen ocupa-

do por la distribucion. Utilizar esta expresion para demostrar quela energıa de un conductor esferico de radio R y con una cargaQ distribuida 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 radior 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 dosplacas planas paralelas separadas una distancia d. Se liberan si-multaneamente un electron de masame desde la placa negativa yun proton de masamp en la placa positiva. El cociente de la mag-nitud de sus velocidades antes de chocar con las placas opuestasy el tiempo en el cual se encuentran son respectivamente igualesa:R: vp/ve =

√me/mp; t =

√2d2memp/eV (mp +me).


Problema 3.7: Barra cargada I. Una barra muy delgada se extiende alo largo del eje Z desde −d hasta +d. Sean λ la densidad lineal decarga (carga por unidad de longitud) y los puntos P1 = (0, 0, 2d)y P2 = (x, 0, 0). Hallar las coordenadas x de tal forma que elpotencial en P1 sea igual al potencial en P2.R: El P1 es posible demostrar por integracion directa que el po-tencial es: V (P1) = Kλ ln 3, mientras que en el punto P2, elpotencial 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 longitudL yace sobre el ejeX de coordenadas, con el extremo mas cercanoal origen a una distancia a. Esta barra posee una densidad linealde carga variable λ (x) = λ0x/L, en donde λ0 es una constantepositiva. 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 unacolision de frente con un nucleo de oro estacionario. Calcular ladistancia de mayor acercamiento de las partıculas. (Suponga queel nucleo de oro permanece en reposo y que se le puede tratarcomo una carga puntual. ZAu = 79).R: d = 79e2/2πε0E

Problema 3.10: Disco cargado. Determine el potencial en el eje de undisco de radio a, a una distancia d desde su centro, si la densidadsuperficial de carga varıa con la coordenada radial 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 producidopor esa distribucion esta dado por:

V (z) = 2πKσ0/a

∫ a

0r2dr/

√z2 + r2.

60

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 enlas esquinas de un triangulo equilatero 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 decargas positivas y negativas ±q sobre una lınea recta. La separa-cion entre las cargas adyacentes es la misma e igual a r. Demos-trar que la energıa potencial de una carga es:

(−q2/2πε0r

)ln 2.

R: La energıa potencial resultante es la suma de la energıa po-tencial 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 igualmagnitud, positivas y negativas alternadas, se obtiene colocandolas cargas en los centros de cuadrados de lado a. Fig.(3.6). Hallarla energıa potencial de una carga. R. Generalizando el resulta-do del ejercicio anterior, la expresion completa para la energıapotencial electrostatica de esta configuracion 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 × 2048sitios, U puede aproximarse a:

U =−1,615Kq2

a.


Figura 3.6: Problema 3.9.

Problema 3.14: Dipolo Electrico. La intensidad del campo de un di-polo esta compuesta por la intensidad de los campos generadospor cada una de las cargas. Consideremos un dipolo electricodescrito por el vector momento dipolar p = qdk. El potencialelectrico en un punto ubicado a una distancia r desde el centrodel dipolo es:

V = Kq

(r− − r+r−r+

), (3.32)

en donde r−, r+ son las distancias correspondientes desde las car-gas q−, q+ respectivamente. Bajo la suposicion r± >> d, y con-siderando el desplazamiento angular θ en coordenadas 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)

El potencial del dipolo en puntos suficientemente alejados de sulocalizacion, decrece inversamente proporcional con el cuadradode la distancia. el campo electrico puede calcularse a traves dela relacion:

E = −∇V (r, θ) = −∂V (r, θ)

∂rUr −

1

r

∂V (r, θ)

∂θUθ. (3.34)

62

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 propor-cional a la tercera potencia de la distancia. Las lıneas de fuerzadel campo se ilustran en la figura 2.4.

Problema 3.15: Esfera dielectrica en un campo homogeneo. Utilizan-do la ecuacion de Laplace encontraremos la intensidad del campoelectrico resultante en todos los puntos, al introducir una esferadielectrica de radio R, con permitividad ε1 en el campo inicial-mente homogeneo en un medio de permitividad ε2, y en direccionZ. En el sistema de coordenadas 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 soluciongeneral puede escribirse como:

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 a1. La solucion de la componente radial es de la forma:

R (r) = C1r + C2r−2, (3.40)

mientras que la componente angular se expresa mediante los po-linomios de Legendre:

Θ (θ) = cos θ. (3.41)


Designemos las magnitudes, referentes a la zona interior de laesfera por el ındice 1 y a la zona exterior, por el ındice 2. Com-binando 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. La componente normal del vector desplaza-miento εEr = −ε∂φ/∂r es contınua a traves de la superficie dela 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 car-gas ligadas es igual a: (ε2 − ε1)E0/ (ε1 + 2ε2). Esta es constantey esta dirigida a lo largo del eje Z.

Problema 3.16: El anillo de la Fig.(3.7), de radio a con centro enel origen, posee una carga Q uniformemente distribuida en superımetro. Calcular el potencial electrico en un punto ubicado auna distancia D desde el centro del anillo sobre el eje X (D > a).

R: Utilizando la ecuacion (3.10) calculamos el aporte en el po-tencial electrico del elemento de carga dQ a una distancia ρ:dV = KdQ/ρ. dQ = (Q/2πa) adθ. Por consiguiente el aportetotal 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 incomple-ta de primera clase F (φ, κ):

64

Figura 3.7: Ejemplo. 3.12

∫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 , yel potencial se reduce a V = KQ/a, que es el potencial de unanillo cargado en su centro.

Problema 3.17: Existe una esfera conductora de radio r1 y una ca-pa conductora esferica, concentrica con esta. Ver Fig.(3.8). Lasuperficie interior de la capa tiene el radio r2 (r2 > r1) y la ex-terior r3 (r3 > r2). El espacio entre r1 y r2 esta libre. Las cargasde la esfera y de la capa son Q1 y Q2, respectivamente, con laparticularidad de que Q1 = −Q2 (situacion que no sucede en uncondensador, como se ilustrara en la siguiente seccion). Hallar laenergıa de este sistema de cargas.R: Considerando que el campo electrico en las diferentes regioneses de la forma:

E1 (r) =Q1

4πε0r2; r1 < r < r2;

E2 (r) =Q1 +Q2

4πε0r2r > r3;


Figura 3.8: Ejemplo 3.13.

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 densi-dad volumetrica de carga en un diodo de planos paralelos esta da-da por ρ = −4ε0V0x−2/3d−4/3/9, donde V0 es el voltaje anodo-catodo, el catodo esta localizado en x = 0 y el anodo en x = d.Si la carga total en una region de 0.8 cm2 de seccion transversal,que se extiende desde el anodo hasta el catodo, es -100 pC, yV0 = 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 conductorcargado y aislado. En el espacio que rodea al conductor existe un

66

campo electrico, creado por la carga del conductor. El potencialdel conductor puede escribirse mediante la formula:

φ = V = −∫ S

∞E · dl. (3.46)

Se denomina capacidad de un conductor a la relacion entre lacarga Q del conductor aislado y su potencial V : C = Q/V . Lasunidades de la capacitancia es el Faradio. (1F=1C/V). Se llamacondensador al conjunto de dos cualesquiera conductores con car-ga de igual valor absoluto, pero de signo contrario. Los conducto-res se denominan armaduras del condensador. La capacidad deun 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 deborde, y considerando que el campo electrico esta confinado enla region entre las placas de separacion d, tenemos que ∆V =Qd/Aε0d, por lo tanto, la capacitancia es:

C =ε0A

d. (3.47)

Condensador de placas Planas II. La distancia entre las placasde un condensador plano es d. En el espacio entre las armadurasdel condensador se introduce una placa metalica de espesor δ,cuya superficie es paralela a la de las armaduras. Las placas delcondensador poseen potenciales V1 y V2. La distancia de sepa-racion entre la placa metalica y la armadura 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 espacia-miento que existe entre la placa metalica y la placa superior sellena 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)


Condensador de Placas Planas III. Cuando cierto capacitor deplacas paralelas lleno de aire se conecta a una baterıa adquiereuna carga (en cada placa) Q0. Mientras se mantiene la conexioncon la baterıa se inserta una placa dielectrica llenando la regionentre las placas. Esto origina una acumulacion de una carga adi-cional Q en cada placa. Cual es la constante dielectrica de laplaca?.R: κ = 1 +Q/Q0.Arreglo de Capacitores. Tres capacitores de capacitancia C, C yC/2 (F) estan conectados a una diferencia de potencial V comose ilustra en la figura (3.9). La energıa almacenada en el capaci-tor de C/2 (F) es:R: La capacitancia y la carga total del sistema son 4C/3, y4CV/3. Los voltajes de los condensadores en serie C y C/2 sonV/3 y 2V/3 respectivamente. La energıa se calcula finalmentecomo: U ≡ CV 2/9.

Figura 3.9: Arreglo de Capacitores.

Condensador Cilındrico. Un condensador con armaduras concen-tricas de simetrıa cilındrica posee una longitud L y radios a y b,

68

(a < b), y en la region para el cual r = a la carga es Q+. Ası:

∆V =Q

2πε0Lln

(b

a

), C =

2πε0L

ln (b/a). (3.51)

Capacitancia de dos esferas conductoras. Dos esferas de radios ay b se encuentran separadas en sus centros por una distancia D.La esfera de radio a posee una carga Q+, mientras que la esferade radio b tiene carga Q−. La magnitud del campo electrico enla region 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 degran longitud con geometrıa cilındrica poseen la misma cargay estan separados por una distancia D entre sus centros. Losradios de los cilindros son a y b. La diferencia de potencial entrelos 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 cuala = b, y D >> a es: C ≈ πε0/ ln (D/a).Condensador Laminar Un condenador esta disenado de una lami-na de material que consiste en dos pelıculas de Aluminio y dosde Mylar. El espesor de la pelıcula de aluminio es a = 5× 10−6m, y el espesor de la capa de Mylar es por determinar. El anchode la lamina es l1 = 3,0 cm y se enrolla en forma de cilindro de1.0 cm de radio. Si la capacitancia del dispositivo debe de serCe = 0,1µF, cual debe de ser el espesor de la capa de Mylar?.

R: El volumen del dispositivo debe ser el mismo en ambas con-figuraciones. Asi: 2 (a+ b) l1l2 = πR2l1. La capacitancia equiva-lente entre las laminas de Aluminio es: Ce = εl1l2/b. Combinando


Figura 3.10: Condensador laminar, configuracion inicial.

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 radiosr1 y r2 se sumerge perpendicularmente en un lıquido dielectricode constante ε. El extremo inferior del condensador se encuentraen el lıquido y el superior en el aire, cuya constante dielectricaes ε0. La densidad de masa del lıquido es ρ. Determinar la alturah que alcanza el lıquido dentro de las placas del condensador sila diferencia de potencial entre ellas es U .R: La configuracion del sistema sugiere una conexion de conden-sadores en paralelo. La capacitancia equivalente entre los extre-mos de las placas del mismo es Ce = Cinf +Csup. Por lo tanto, siel lıquido ocupa una altura z desde el extremo inferior, entonces:Cinf = 2πεz/ ln (r2/r1), y Csup = 2πε0 (L− z) / ln (r2/r1).La energıa potencial electrostatica almacenada en el sistema esde la forma: u (z) = 1/2CeU

2. La fuerza electrostatica sobre ellıquido (ascendente) es del tipo: F = −∂u (z) /∂z. Esta fuerzaesta en equilibrio con el peso del lıquido dentro del las placas:

70

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 circulary radio a y un plano conductor, situado a la distancia D deleje del cilindro, forman un condensador. Hallar la capacidad,correspondiente a la longitud L del cilindro. Fig.(3.11)

Figura 3.11: (1) Configuracion Plano-Cilindro. (2) Diagrama esquematico utili-zando el metodo de las imagenes.

R: Este ejercicio exige la aplicacion del metodo de las image-nes. Se considera, sin perdida de generalidad, que el plano seencuentra a un potencial V = 0, y que el cilindro de carga +Qse encuentra a una distancia d (por definir) desde el plano y a2d desde su imagen con carga −Q. Calculamos el potencial pro-ducido por esta distribucion de carga en el punto indicado en lafigura:

V + =Q+

2πε0Lln

r1R01

; V − =Q−

2πε0Lln

r2R02

;


en donde R01 y R02 son las posiciones relativas en las cuales seanulan los potenciales V + y V −. Por consideraciones de simetrıa,y teniendo en cuenta que el potencial en todos los puntos delplano conductor es cero, entonces: R01 = R02. Ası el potencialresultante 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 superficie conductora de radio R = a seencuentra 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, entonces la capacitancia es:

C =2πε0L

cosh−1 (D/a).

Problema 3.22: Supongamos que se tienen dos medios dielectricos“infinitos”con permitividades ε1 y ε2 con superficie de separaconplana (Fig.(3.12)). En el primer medio a la distancia d de lasuperficie de separacion se encuentra una carga puntual q. El

72

calculo del potencial en el primer medio es el mismo que el de-bido la carga q y su imagen q′, situada en el segundo medio a ladistancia d de la frontera, con la particularidad de que el calculose lleva a cabo se tal manera, como si la constante dielectrica delos medios fuese ε1. El potencial en el segundo medio es igual alpotencial creado por la carga q′′ que se encuentra en el lugar deq, en el primer medio, con la particularidad de que el calculo serealiza considerando ambos medios de constante ε2.

Figura 3.12: Superficies dielectricas planas en contacto.

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 las ecuaciones 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 ca-so particular en el cual la carga se encuentra en el origen decoordenadas (d = 0), φ = q/2π (ε1 + ε2) r.

Problema 3.23: Una esfera conductora, cuya densidad de masa es ρ1,esta flotando en un lıquido con densidad ρ2 y constante dielectri-ca ε. Menos de la mitad de la esfera se sumerge 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

Figura 3.13: Esfera flotando en un dielectrico.

la figura (3.13) se ilustra el conjunto de fuerzas que actuan enel sistema. F0 y F1 estan asociadas a las fuerzas resultantes queejercen los materiales dielectricos ε0 y ε sobre el conductor. Wrepresenta el peso y Fe es la fuerza de empuje ejercida por ellıquido. Es claro que para que exista equilibrio 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 fuer-za ejercida por el dielectrico de constante ε0 esta definida pordF0 = f0 cos θdS, en donde f0 = 1

2εE2 es la densidad de fuerza

(presion electrostatica) dirigida en sentido contrario de la tenden-cia al incremento del volumen del conductor, dS = a2 sin θdϕdθ

74

es el diferencial de superficie en la frontera conductor-dielectri-co y E es la magnitud del campo electrico en esta frontera. Elproblema se reduce ahora a encontrar el campo electrico sobrela superficie de la esfera. Del ejercicio anterior, se obtiene que elcampo 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 desdeel centro de una esfera conductora de radio a (d > a). Calcularel momento dipolar electrico inducido pind sobre la esfera.R: Este problema exige la aplicacion del metodo de las imagenes.La componente radial del campo electrico en cualquier puntosobre 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 inducidaes σ (θ) = ε0Er, y la carga total inducida sobre la esfera es−Qa/d que es la carga imagen. El momento dipolar electrico(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 armadu-ras de un condensador plano de aire que tienen la forma de cua-drados de lado ℓ. Determinar la fuerza necesaria para desplazaruna de las placas paralelamente a sı misma en direccion perpen-dicular a cualquier lado del cuadrado, permaneciendo constantela distancia entre las placas d.R: La energıa potencial electrostatica almacenada en el conden-sador es de la forma: U (x) = 1/2C (x)U2

0 . La capacitancia delsistema es modificada al aplicarse una fuerza exterior F0 en ladireccion ilustrada en la figura, y su valor es C (x) = εℓx/d.La magnitud de la fuerza ejercida por el sistema sobre la placamovil se calcula a traves de la relacion: F = −∂U/∂x. En estecaso, F = −εℓU2

0 /2di, por consiguiente, la fuerza necesaria paradesplazar la placa es F0 = −F.

Problema 3.26: Dos condensadores de capacidades C1 y C2 y con car-gas Q1 y Q2 (Q1 y Q2 son los valores absolutos de las cargas delas placas de los condensadores 1 y 2 respectivamente) estanacoplados en paralelo. Calcular la variacion de la energıa de loscondensadores.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, y Q1+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 altrabajo necesario para obtener la nueva configuracion del siste-ma:

δU =(C1Q2 − C2Q1)

2

2C1C2 (C1 + C2).

Problema 3.27: En la figura (3.14) se ilustra ocho cargas puntualescolocadas en los vertices de un cubo de lado d. Como se muestra,los valores de las cargas son +q y −q. Este es un modelo de unacelda de un cristal ionico cubico. En el cloruro de sodio, porejemplo, los iones positivos son Na+ y los negativos son Cl−. (a)

76

Figura 3.14: Cristal ionico

Calcule la energıa potencial U de esta distribucion (considereel cero de energıa potencial de las ocho cargas cuando estanseparadas entre sı una distancia infinita). R: En esta situacion,es necesario calcular la energıa de interaccion electrostatica delos 28 pares diferentes. La energıa de interaccion de una cargacon las restantes es:

UQ−all =3KQ2

d

(−1 + 1√

2− 1

3√3

).

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

Problema 3.28: Entre dos planos conductores, infinitos, paralelos ypuestos a tierra cuya distancia entre ellos es d, se coloca unacarga puntual q a la distancia x de uno de ellos. Calcular la fuer-za que actua sobre la carga.


d

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

R: Aplicaremos la tecnica de las representaciones. El potencialelectrico sobre los planos aterrizados debe ser igual a cero. Colo-camos la primera carga imagen −q a una distancia d−x del planoubicado en x = d, neutralizando el potencial sobre la superficiedel mismo. Sobre el plano ubicado en x = 0 debemos ubicardos cargas imagen que neutralicen el potencial generado por lacarga real q y la carga imagen en 2d − x. Estas cargas estaranubicadas en −x con magnitud −q y en 2d− x a la izquierda delplano x = 0 con magnitud +q. La inclusion de esta ultima cargadebe ser compensada sobre el plano x = d, colocando una cargaimagen negativa −q a una distancia 3d − x desde el mismo. Elarreglo debe repetirse sucesivamente. Por consiguiente, las dis-tancias entre la carga real y las cargas imagenes mas proximasestan 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 lacarga real entre los planos (considerando los signos) estan ubica-das 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 las direcciones de las fuerzas sobre la carga real, haciala izquierda (l) y hacia la derecha (r) respectivamente. La expre-sion 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)

78

Figura 3.15: Representacion de la Ecuacion (3.57)

Problema 3.29: Un hemisferio uniformemente cargado de radio b ydensidad de carga ρ tiene una depresion hemiesferica de radio aque corta desde su centro. Encontrar el potencial en el centro dela depresion. (Fig.(3.16)).

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 los elementos de

Figura 3.16: Hemisferio.


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 partıculade carga − | e | en la trayectoria semicircular de radio a, entrelos puntos en coordenadas cartesianas (a, 0) y (0, a), en el campode un dipolo electrico situado en el origen. Fig.(3.17)R: Escribiendo la integral:

W = − | e | Kp∫ (

sin θUθ + 2 cos θUr

)r3

·(drUr + rdθUθ

)=

−Kp | e |a2

.

Figura 3.17: Trayectoria de una partıcula en un campo dipolar.

80

Problema 3.31: Considere que un electron se libera desde la posicion(a, 0) (m). Escribir las ecuaciones de movimiento del electronbajo los efectos de un campo generado por un dipolo ubicado enel origen de coordenadas.R: De la ecuacion fundamental − | e | E = mr, (r en polares),igualamos las componentes radiales 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). Laecuacion diferencial resultante y su respectiva solucion conducena:

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 Universi-taria, Sears Zemansky, Addison Wesley, 1999. La carga delelectron fue medida por el fısico estadounidense Robert Millikandurante el periodo de 1909 al 1913. Durante el experimento seutilizan gotas de aceite muy finas de unos 10−4 mm de diametroen el espacio entre dos placas paralelas horizontales separadasuna distancia d. Estas placas estan sometidas a una diferenciade potencial VAB que genera un campo electrico que apunta ver-ticalmente. Algunas de las gotas adquieren carga debido a efectosde friccion o a la ionizacion del aire circundante por rayos X opor radioactividad. El aparato experimental es disenado para de-mostrar que la carga electrica existe como multiplos enteros dee, la carga de un electron. El metodo que fue descrito inicialmen-te en 1913, se basa en el hecho de que diferentes fuerzas actuansobre una gota de aceite electricamente cargada moviendose enun campo electrico homogeneo. Cuando la intensidad del campoes E, las siguientes fuerzas actuan sobre la gota de carga q:i) Fuerza Gravitacional mg, en donde m es la masa de la gotade 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 unaesfera, se mueve en contra del aire circundante, aparece la fuerzade Stokes. La ley de Stokes establece que para un objeto esf ericode radio r moviendose a traves de un fluido de viscosidad η a unavelocidad v bajo condiciones laminares de flujo, la fuerza viscosaF sobbre el objeto esta dada por F ≈ 6πrηv. La fuerza viscosasiempre se opone al movimiento y es, por supuesto, la fuerza res-ponsable por las velocidades terminales estacionarias observadascuando una gota cae en el aire. Demostrar que la magnitud dela carga en la gota de aceite es:

q = 18πd

VAB

√η3v3t2ρg

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

q =mg

E=

4π

3

ρgdr3

VAB.

Es posible modificar este resultado escribiendo una ecuacion mascompleta, que incluya la densidad del aire y las velocidades dela gota sin campo eectrico aplicado v1 y con campo aplicado: v2.Para E = 0,

Fv + ρairgV = ρ0gV.

de esta ultima ecuacion, tendremos que el radio de la gota estadefinido 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.

82

Utilizando el resultado anterior:

q = (v1 + v2)6πdηr

VAB. (3.58)

Se sugiere el siguiente metodo para en hallar la carga en unagota de aceite:i) Medir la velocidad de caida v1 en el espacio libre (voltaje ce-ro), yii) La velocidad v2 de una gota a un voltaje definido.Los valores tıpicos de la viscosidad del aire a temperatura am-biente 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 alfacon nucleos atomicos de oro, las partıculas son proyectadas desdedistancias muy grandes con un parametro de impacto b y mo-mentum inicial p0. El momentum angular de inicial de partıculaes por consiguiente L0 = p0b = ℓ. (a) Calcular la distancia demaximo acercamiento para b = 1 × 10−12 m y energıa cineticainicial de 12 MeV. (b) Repetir el calculo b = 1 × 10−13 m yb = 1× 10−14 m.R: Este es un caso que requiere la aplicacion de la teorıa deDispersion de Rutherford. El diagrama general se ilustra en la fi-gura siguiente. El experimento llevado a cabo por Hans Geiger yErnest Marsden, bajo la supervision de Rutherford en Manches-ter, el target (objetivo) era una pelıcula delgada de metal con unnumero atomico relativamente grande, mientras que los proyecti-les consistian en un haz colimado de partıculas alfa (o atomos deHelio doblemente ionizados) de baja energıa. El resultado basicode estos experimentos en su mayorıa arrojaban una trayectoriarectilınea de las partıculas α que penetraban la lamina, con unadesviacion angular muy pequena. Ocasionalmente, sin embargo,las desviaciones eran muy grandes. Un analisis detallado de estasobservaciones revelaron la estructura del objetivo, el cual even-tualmente conducen a un modelo de la estructura nuclear delatomo.

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


Figura 3.18: Diagrama de Rutherford.

energıa:

E =mv2

2+KZZ ′e2

r, (3.59)

en donde Z ′e = 2e es carga de las partıculas incidentes y Ze es lacarga asociada al centro de dispersion. Escribiendo la velocidadcomo:

| v |2=(dr

dt

)2

+ r2(dθ

dt

)2

,

la distancia de maximo acercamiento puede obtenerse cuando lacondicion dr/dt |r0= 0. En este punto, la velocidad incremen-ta su valor con el tiempo conforme la partıcula α se aleja delnucleo. Conservacion del momentum angular ℓ conduce a la re-lacion entre el cambio angular dθ/dt y el parametro de impactob:

ℓ

mr2=dθ

dt, b2 =

ℓ2

2mE. (3.60)

84

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

r0 =1

2

KZZ ′e2

E+

√(KZZ ′e2

E

)2

+ 4b2

. (3.61)

Reemplazando los valores numericos con Z = 79 (numero atomi-co 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 igualal parametro de impacto en los dos primeros casos y el doble enel ultimo.Ref. Beiser et-al. Fısica Moderna.

Problema 3.34: Una cierta maquina de alta energıa acelera electronesa traves de una diferencia de potencial de ∆V = 6, 5×109 V. (a)Cual es la relacion entre la masa m del electron y su masa m0 enreposo, cuando sale del acelerador?. (b) Cual es la cociente entresu velocidad y la de la luz? (c). Cual serıa la velocidad calculadacon los principios de la Mecanica Clasica?.R. (a) La energıa cinetica de una partıcula a velocidades relati-vistas sometida a una diferencia de potencial ∆V esta definidapor:

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 delelectron a esta diferencia de potencial es 4,8 × 1010 m/s, clara-mente superior a la velocidad de la luz. La aproximacion clasicano es apropiada para este ejemplo.


Problema 3.35: Un cilindro hueco de pared delgada, aislado, de radioR y longitud L posee una carga Q uniformemente distribuidasobre la superficie. (a) Calcule el potencial electrico en todos lospuntos a lo largo del eje del tubo. Tomar el origen en el centrodel tubo y el potencial cero en el infinito. (b) Mostrar que siL << R, el resultado (a) se reduce al potencial sobre el eje deun anillo de carga Q y de radio R.R. (a) El potencial electrico dV producido por una distribucionanular de carga dQ, ubicada a una distancia y desde el origende coordenadas, en un punto ubicado a una distancia z desde elcentro 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 cargatotal sobre la superficie del cilindro y el diferencial de longituddy: dQ = Qdy/L. Reemplazando esta cantidad e integrando enel 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 puedereescribirse 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 pe-quenos de z comparados con L conduce a: V ≈ kQ/R.

Problema 3.36: Potencial en la superficie de un plano conductor. Uti-lizando calculo directo, obtener una expresion para el potencialelectrico asociado a una superficie plana suficientemente exten-dida, de lado 2L y carga Q.R. Consideremos un conductor con densidad de carga superficial

86

positiva σ = Q/A extendido sobre el plano XY . El potencialproducido por un elemento de carga ubicado a una 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 proporcionala la carga y a un factor geometrico dado por 0,282095/

√A. Este

factor es aproximadamente el mismo si se considera una simetrıade plano circular con la misma carga. En este caso, el potencialesta definido por la expresion V = Q

2ε0√πA

= 0,282Q

ε0√A.

Problema 3.37: Condensador de tres placas. (a) Obtener los coefi-cientes de capacidad Cij de una configuracion de placas planasparalelas con una distancia de separacion a (a <<

√A) entre las

mismas y con distribuciones superficiales de carga positiva σ1, σ2y σ3 respectivamente. (b) Utilizando los resultados de (a), calcu-lar los potenciales inducidos en las placas (1) y (2) si la terceraplaca es puesta a tierra y las cargas originales de los conducto-res (1) y (2) permanecen invariables, i.e., Q′

1 = Q1, Q′2 = Q2.

Fig.(3.19).

R. (a) En un sistema de conductores, el potencial de cada con-ductor no depende solo de la carga asociada al propio conductorsino tambien de las intensidades de los campos electricos creadospor los otros conductores. En esta caso, la correlacion entre lacarga del conductor i-esimo Qi y el potencial producido por lacarga ligada al conductor j-esimo φj esta definida por:

Qi =∑j

Cijφj . (3.65)

Los potenciales sobre cada conductor se describen explıcitamentepor:

φ1 = K1Q1 +K2Q2 + 2K2Q3,

φ2 = K2Q1 +K1Q2 + 2K2Q3,

φ3 = 2K2Q1 +K2Q2 +K1Q3;


Figura 3.19: Condensador de tres placas.

en donde K1 puede inferirse facilmente desde el problema ante-rior,

K1 =1

2πε0√A

ln

[√2 + 1√2− 1

],

mientras que K2 = a/2Aε0. Los coeficientes de capacidad seobtienen invirtiendo el sistema 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 configu-racion geometrica de los conductores, que permanece invariableen este caso, independientemente de la variacion de las cargas ylos potenciales de los mismos. Este concepto puede extenderse enforma general utilizando el teorema de Reciprocidad valido para

88

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), esposible demostrar que los coeficientes Cij obedecen la propiedadde simetrıa Cij = Cji. (b) Cuando el conductor (3) es puesto atierra, su potencial es cero (φ′

3 = 0) y la carga sobre el mismoes Q′

3 = C31φ′1 + C32φ

′2. Los nuevos potenciales se obienen del

sistema de ecuaciones (5.80), bajo las condicionesQ′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 puedeobtener desde:

Q′3 = C31φ

′1 + Cφ′

2. (3.69)

Problema 3.38: Una molecula esta representada a traves de un mode-lo con una carga −2 | q | en el origen de coordenadas y dos car-gas | q | situadas en los puntos que se caracterizan por los radiosvectores r1 y r2, con la particularidad de que | r1 |=| r2 |= ℓ.El angulo entre r1 y r2 se denota por θ. Hallar la carga efi-caz | q |eff para la molecula de agua H2O con los parametrosℓ = 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, endonde d representa el vector trazado entre los puntos de carganegativa hasta la carga positiva con magnitud q.

El momentum totalP del sistema se define como:P = qeff (r1 + r2).Sumando los vectores obtenemos la magnitud del momentum di-polar 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.


Figura 3.20: Molecula de agua.

Problema 3.39: Una lamina infinita de material aislante caracteriza-do por una constante K y permitividad ε = Kε0 es colocadaen un campo electrico uniforme de magnitud E0 (Fig.3.21). Elcampo es perpendicular a la superficie del material. Calcular lamagnitud del campo dentro del material. (Tomado de [7]).R. El aislante es polarizado en presencia del campo exterior de-bido a la formacion de cargas ligadas sobre sus superficies. Es-te efecto reduce la intensidad del campo dentro del material, yla magnitud de la densidad superficial de cargas ligadas es, deacuerdo con el concepto de polarizacion electrica (P):

σlig = κε0Eint, (3.71)

en donde Eint es la variable por determinar, y κ = 1−K se definecomo la susceptibilidad dielectrica. En el interior del dielectricoy para esta geometrıa planar, se deduce la siguiente ecuacion:

Eint = E0 −σligε0

. (3.72)

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

90

Figura 3.21: Material aislante en presencia de un campo.

Problema 3.40: Existen dos esferas conductoras concentricas de ra-dios r1 y r2 (r1 < r2). Entre las esferas a la distancia d de sucentro comun (r1 < d < r2) se coloca una carga puntual q. De-terminar las cargas inducidas en las esferas.R: Denotamos como | q1 | y | q2 | las cargas inducidas en lasesferas de radios r1 y r2 respectivamente. El potencial producidopor la carga q en el centro comun es Kq/d, mientras que los po-tenciales asociados a las esferas en el mismo punto son −Kq1/r1y −Kq2/r2. Por consiguiente:

Kq

d= −Kq1

r1−Kq2

r2, (3.73)

el cual implica que el potencial debido a la carga q correspondeal potencial producido por las cargas inducidas sobre las esferasen el mismo punto. Conservacion de la carga se describe 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 r1es −qr1/d, el cual reproduce el resultado obtenido en la ecua-cion (3.22), utilizando el metodo de las imagenes para una esferaaterrizada.


Figura 3.22: Diagrama para el calculo de la fuerza sobre un dielectrico de cons-tante ε en un condensador de placas planas paralelas.

Problema 3.41: Las armaduras de un condensador plano tienen laforma de un cuadrado de lado a. La distancia y la diferenciade potencial entre las placas son d y U respectivamente. En elespacio entre las armaduras se introduce parcialmente una placade grosor ∆ en forma de cuadrado de lado a. Sus superficies ylados son paralelos a las superficies y lados de las armaduras yla constante dielectrica ε. Hallar la fuerza que experimenta estaplaca.R: El diagrama esquematico del sistema a considerar se ilustra enla figura (3.22). La fuerza que experimenta el dielectrico puedecalcularse utilizando la ecuacion:

F (x) = −∂u (x)∂x

, (3.76)

en donde u (x) es la energıa del sistema cuando el objeto dielectri-co se localiza a una distancia x desde uno de sus extremos. Dadoque la diferencia de potencial del condensador permanece cons-tante 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 quela capacitancia es una funcion exclusiva de la coordenada x, ysu valor exacto es:

C (x) =ε0ax

d+

ε0εa (a− x)(d−∆) ε+∆ε0

. (3.78)

92

Figura 3.23: Esfera conductora aterrizada, Problema 3.42.

Utilizando (3.77) en (3.78), obtenemos una relacion para la mag-nitud de la fuerza sobre el dielectrico:

F =ε0aU

2

2d

∆(ε− ε0)(d−∆) ε+∆ε0

. (3.79)

i) La fuerza es constante y no depende de la cantidad de materialque haya penetrado en el condensador, aunque si del espesor delmismo.ii) Para ε0 < ε, como sucede en la mayorıa de materiales dielectri-cos, la fuerza sobre la placa es positiva y tiende a expulsar lamisma con una presion dada por: F/a∆.

Problema 3.42: Una carga puntual q se coloca a la distancia d delcentro de una esfera puesta a tierra. Determinar la carga induci-da en la parte de la esfera visible desde el punto de localizacionde la carga. El radio de la esfera es a (a < d).R: En la figura (3.23) se ilustra la configuracion esfera-cargapuntual. Utilizamos la expresion (3.56) del problema 3.24. In-tegrando 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: La constante dielectrica del medio entre las placasde un condensador plano de area S varıa uniformemente de ε1a ε2. La distancia entre las placas es igual a d. Determinar lacapacidad del condensador.R: El diferencial de capacitancia ∆C depende del valor de lafuncion dielectrica en el espacio ε (z) = ε2 + (ε2 − ε1) (z − d) /d,con ε (z = 0) = ε1 y ε (z = d) = ε2. El modelo a considerarconsiste en una coleccion de pequenos condensadores conectadosen serie, cada uno de ellos con capacitancia ∆C = Sε (z) /∆z.La capacitancia total se obtiene sumando (o integrando) todaslas 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 3.44: Una superficie esferica conductora de radio a, centra-da en el origen, tiene un campo potencial: V = V0 para r ≤ a, yV = V0 (a/r), para r > a. Hallar la energıa almacenada que estecampo representa.R: Obtenemos una expresion para el campo electrico: E = 0,r < a y E = V0a/r

2Ur. La energıa del campo electrostatico es:

WE =ε02

∫ ∞

aE2dV = 2πε0V

20 a. (3.83)

Problema 3.45: Un condensador de placas planas paralelas de areaS tiene una separacion que cambia uniformente desde d1 a d2,(d2 > d1). Hallar la capacitancia de este dispositivo. Considere

94

Figura 3.24: Condensador de placas planas, Problema 3.45

√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 3.46: Ecuacion de Poisson: Aplicacion en uniones de tipopn. Una union pn entre dos mitades en una barra semiconductoraque se extiende en la direccion x posee portadores del tipo p(exceso de huecos) para x < 0 y portadores tipo n (exceso deelectrones) en la region x > 0. La densidad de portadores esigual en ambos lados de la union. Una distribucion de carga conesta forma puede ser aproximada por:

ρ = 2ρ0sech(xa

)tanh

(xa

), (3.85)

que tiene una densidad de carga maxima en ρmax = ρ0, que sepresenta en x = 0,881a. La densidad de carga maxima ρ0 puederelacionarse con las concentraciones de aceptores y donadores,Na y Nd, como ρ0 = eNa = eNd. El perfil de esta distribucionde carga puede apreciarse en la figura (3.25). Calculo del campoelectrico: De la ecuacion de Poisson: ∇2V = −ρ/ε sujeta a ladensidad de carga representada por la ecuacion (3.85), se obtiene:

Ex = −dVdx

= −2ρ0a

εsech

(xa

), (3.86)


-4 -2 2 4xa

-0.4

-0.2

0.2

0.4

Ρ Ρ0

Figura 3.25: Distribucion de carga, Problema 3.46.

-4 -2 2 4xa

-1.0

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

ΕE2aΡ0

Figura 3.26: Distribucion del campo electrico, en cercanıas de la frontera de la union.Problema 3.46.

bajo la condicion en la cual Ex → 0 cuando x → ±∞. La re-presentacion grafica de este resultado se encuentra en la figura(3.26). El campo electrico se establece en una direccion tal quela corriente de difusion cae a cero, hacia la izquierda, segun lascondiciones de equilibrio en la cantidad de portadores. Este cam-po debe ser producido por una carga positiva neta a la derechade la union y una carga negativa neta a la izquierda. La densi-dad de carga neta no es cero cerca de la union. La diferencia depotencial a traves de la union puede aproximarse como:

V0 = −∫ ∞

−∞Exdx =

2πa2ρ0ε

. (3.87)

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

96

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., cuantomayor sea el voltaje, mayor es la separacion entre las capas decarga, y menor la capacitancia. Nota: Comparar estos resultadoslos obtenidos en el problema 2.14.

Problema 3.47: Un diodo de union de Silicio tiene concentracionesde donadores y aceptores de 1021 atomos/m3, una diferencia depotencial de 6 V a traves de la union, una permitividad relativade 12, y una capacitancia de la union de 1 pF. (a) Encuentreel radio de la union, suponiendo que sea circular. (b) Halle laintensidad del campo electrico de la union,R: (a) Utilizamos la expresion para el area transversal en undiodo del ejercicio (46):

S = C

√2πV0ρ0ε

= πr2.

Reemplazando los valores numericos: r = 0,122 mm. (b) Utiliza-mos una expresion para el valor maximo del campo electrico enla union:

E ∼ 2ρ0a

ε, a =

εS

2πC= 0,795 µm, E ∼ 2,4 MV/m.

Problema 3.48: Una esfera metalica aislada de 5 cm de diametro secubre uniformemente con un dielectrico para el cual εR = 10 enuna capa de espesor b. Se encuentra que al adicionar otros 10 cmal espesor de la capa duplica la capacitancia. Hallar b.R: La capacitancia inicial C de un condensador de simetrıa esferi-ca de radios r1 y r2 (r2 > r1) se obtiene calculando la diferenciade potencial del sistema con referencia cero en el infinito, conr1 = 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 3.49: Hallar la solucion a la ecuacion de Laplace sobre elsemiplano y > 0 que toma los valores u = φ1 para x < 0 yu = 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 laforma: A+Bϕ, con ϕ = arctan (x/y). Aplicando las condicionesde 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 3.50: Un cilindro conductor “infinito”esta cargado a un po-tencial

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 den-tro del cilindro. Ver figura (3.27). R: Utilizamos la solucion ge-neral de Fourier para el problema de contorno 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)

98

Figura 3.27: Distribucion del potencial electrico, geometrıa cilındrica.

y n = 0, 1, 2, · · ·. En este caso particular, An = 0, y Bn =2 (V1 − V2) /π (2n+ 1). La dependencia explıcita del campo po-tencial 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 cons-tante e igual a V , consistente con el concepto de potencial en elinterior de un conductor. Para el caso ρ > a, el resultado cam-bia bajo la transformacion del factor ρ/a → a/ρ en la ecuacion(3.94).

Problema 3.51: En cierta region del espacio existe una distribucion decarga esferica no uniforme, cuya densidad de carga volumetrica ρdepende solo de la distancia r desde el centro de 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 unidadesde C/m3. Calcular la funcion de distribucion de la carga ρ (r),y la magnitud del campo electrico en la superficie de la esfera(r = a).R: Planteamos la ecuacion de Laplace en coordenadas esfericas,


solo con la componente radial:

∇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) linealmentecon la distancia, y se hace negativa en el rango 0,75a < r < a.El campo electrico es cero (E = −∇V ) sobre la superficie dela esfera. En el punto en donde la densidad de carga cambia designo, i.e., r = 3a/4, el campo tiene un valor E = ρ0a/16ε0Ur.

Problema 3.52: Calcular las componentes del tensor cuadrupolar, elpotencial y el campo de un cuadrupolo lineal compuesto por dosdipolos identicos con momentos dipolares p = 2qδ, separados poruna distancia 2ℓ. Fig. (3.28).

Figura 3.28: Distribucion Cuadrupolar.

R: Utilizamos la definicion para el tensor cuadrupolar asociadoa una distribucion discreta de cargas:

Qik =∑n

qn[3 (xi)n (xk)n − x

2nδik

], (3.97)

100

en donde (xi)n representa la componente de la posicion de cadauna de las cargas con respecto a un punto de referencia, y rn ladistancia desde el punto de referencia a la carga. En el caso dela geometrıa ilustrada en la figura (3.28), tenemos que el tensorcuadrupolar toma la forma diagonal:

Q =

−8qℓδ 0 0

0 −8qℓδ 0

0 0 16qℓδ

. (3.98)

El potencial electrico en el punto P se calcula de la forma usualpara un sistema de 4 cargas 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 cargasal punto P. Los ındices (1) y (2) corresponden a las casgas deldipolo localizado en (0, 0,−ℓ− δ), mientras que los ındices (3) y(4) corresponden a las cargas del dipolo localizado en (0, 0, ℓ+ δ).El potencial 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 3.53: Hallar la solucion al primer problema de contornogeneral para la ecuacion de Laplace dentro de un rectangulo conlas 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 ecua-ciones diferenciales, introducimos una solucion en forma de va-riables 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 decontorno. 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 (3.29)

Problema 3.54: Superficies planas⋆. Obtener una expresion para elcampo electrostatico dentro de una region x > 0 limitada porplacas conductoras y = 0, y = b y x = 0, si la placa x = 0esta cargada a un potencial V , la placa y = 0 esta aterrizada yel plano y = b se mantiene a un potencial V0. Estudiar el casolımite b→∞. Ignorar los efectos de contacto entre las placas.R: La distribucion del potencial en la region x > 0, 0 < y < b sedescribe a traves de la relacion:

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 solucionen este caso se describe explıcitamente como:

u1 (x, y) =

∞∑k=0

Bk exp (−λkx) sin (λky). (3.108)

102

Figura 3.29: Problema (3. 53). Representacion de lıneas equipotenciales para un sistemade simetrıa plana con diferentes voltajes en sus bordes.


Aplicando las condiciones de de contorno, se obtienen las siguien-tes expresiones:

λk =(2k + 1)π

b, Bk =

4V

(2k + 1)π.

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 analo-ga, con las condiciones especıficas: u2 (x, 0) = 0, u2 (x, b) = 0 yu2 (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 enla ecuacion (3.107).En la derivacion de (3.109) se utilizaron las siguientes propieda-des:

∞∑k=0

Z2k+1

2k + 1=

1

2ln

(1 + Z

1− Z

), ln

(X + iY

X − iY

)=

1

2arctan

(Y

X

).

Problema 3.55: Hallar el potencial electrostatico dentro de una regionlimitada por las placas conductoras y = 0, y = b y x = 0 si laplaca x = 0 esta cargada a un potencial V , las placas y = 0 yy = b estan aterrizadas y no existen cargas en la region estudiada,(figura 3.30).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)en donde An, Bn y λn son parametros por definir desde las con-diciones de contorno. Para x → ∞, An → 0. La otra condicion

104

Figura 3.30: Geometrıa problema (3.55).

es u (x, b) = 0 el cual conduce a λn = nπ/b, n = 1, 2, .... Final-mente, para la frontera y = 0, Bn = 4V/nπ con n entero positivoimpar, 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 3.56: Resover el problema anterior si la capa semi-infinitaesta ocupada por un dielectrico

ε (y) =

ε1 para 0 < y < h,

ε2 para h < y < b.

R: Se requiere hallar la solucion para el potencial electrostaticou1 en las region y < h y u2 en la region h < y < b, con x ≥ 0desde la ecuacion:

∇ · (ε (y)∇u) = 0.


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

ε1∂u1∂y

= ε2∂u2∂y

.

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

d

dy

(εdY

dy

)+ ελY = 0,

d2X

dx2− λX = 0.

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 deducela existencia de un conjunto numerable de valores propios λn alque corresponden funciones propias Yn que forman un sistemaortogonal 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)

) .

106

La solucion para Xn se calcula como:

Xn = Ane−√λnx,

con u (x, y) =∑∞

n=1Xn (x)Yn (y), y la condicion de frontera enx = 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 3.57: Calcular el potencial del campo electrostatico pro-

ducido por un condensador de placas coplanares separados unadistancia 2a, como se ilustra en la figura 3.31.

Figura 3.31: Placas coplanares.


R:El potencial por unidad de longitud en el punto P (x, y) debi-do a la placa cargada con potencial +V (con respecto a un puntode referencia localizado en el punto medio del segmento [−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 conducea la expresion definitiva para 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 3.58: La lente ilustrada en la figura (3.32), contiene unaabertura larga en comparacion con su ancho y0, y separa una re-gion en la cual el campo electrico es E1 de una region con campoE2. Un haz de partıculas cargadas enfocadas a una distancia x1a la izquierda de la apertura es re-enfocado a una distancia x2 ala derecha de la misma. Si V0 es el voltaje a traves del cual laspartıculas son aceleradas antes de alcanzar la lente, demostrarque

1

x1+

1

x2≈ E2 − E1

2V0

en donde la aproximacion V0 >> E1x1 y E2x2, y x1,2 >>> y0han sido utilizadas.R: Es posible construir una expresion para la componente verti-cal del campo electrico que desvıa la trayectoria en la vecindadde la apertura. En centro de la misma, ∇ ·E = 0. Ası, Ey = ay,con a = (∂Ey/∂y)0 = − (∂Ex/∂x)0. Si consideramos t comoel espesor de la lente, la componente del gradiente en direccionhorizontal se pude aproximar a: (∂Ex/∂x)0 ∼ (E2 − E1) /t, en-tonces:

Ey ∼ −E2 − E1

ty. (3.115)

108


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

∆p ∼ −e (E2 − E1) y

v.

El cambio del momentum se relaciona con la desviacion angularantes y despues de atravesar la lente. Si θ1 y θ2 son los angu-los son los angulos de desviacion con respecto a la horizontal,tendremos la siguiente relacion geometrica:

∆p = −2p sin [(θ1 + θ2) /2], (3.116)

con θ1 ≈ y/x1 y θ2 ≈ y/x2. Finalmente, definiendo la magnituddel momentum como p = 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 3.59: Una pequena esfera de polarizabilidad α y radio aesta localizada a una gran distancia de una esfera conductorade radio b, el cual es mantenida a un potencial V . Hallar unaexpresion aproximada para la fuerza sobre la esfera dielectricavalida para a << r.R: El campo electrico generado por la esfera conductora a unadistancia r puede escribirse como E = V b/r2, el cual polarizala esfera dielectrica. El momento dipolar inducido en la esfera pes proporcional al campo aplicado E: p = αE. La energıa deldipolo es U = −p ·E, y la fuerza en direccion radial se aproximaa Fr = −∂U/∂r. Combinando estos resultados,

Fr = −4αb2V 2

r5.

Problema 3.60: Calcular la capacitancia C de un condensador esferi-co de radio interior R1 y radio exterior R2 el cual se llena conun dielectrico que varıa como ε = ε0 + ε1 cos

2 θ, θ como angulopolar.R: El campo electrico en el interior del condensador se obtienede la ley de Gauss

∫S D · dS = 4πQ, con D = εE. Integrando

sobre las coordenadas angulares: E = 3Q/ (3ε0 + ε1) r2. La di-

ferencia de potencial entre los electrodos es: V = −∫ r2r1

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

C =(3ε0 + ε1) r1r23 (r2 − r1)

.

Problema 3.61: Una carga q es colocada por encima de un domo se-micircular de radio a conductor puesto a tierra a una distancia pdesde su centro. Calcular la fuerza sobre la carga. (Figura 3.33).

R: Utilizamos el metodo de las imagenes para localizar una cargaimagen q′ = −aq/p a una distancia a2/p desde el centro del do-mo. La superficie del domo permanece a un potencial constante(equipotencial) bajo esta configuracion. Con el fin de mantener elplano al mismo potencial, es necesario adicionar cargas imagenes

110


−q′ y −q a distancias dentro del conductor −a2/p y −p respec-tivamente. La fuerza neta sobre q es:

F = −Kq2(

1

4p2+

4p3a3

(p4 − a4)2

).

Problema 3.62: Un condensador de placas paralelas consiste de dosplacas paralelas horizontales de igual superficie S. La placa infe-rior esta fija y la placa superior esta suspendida por cuatro resor-tes de constante elastica K, ubicados sobre las cuatro esquinasde la placa. Cuando estan descargadas, las placas se encuentranseparadas una distancia z0. Al conectar una baterıa entre lasplacas con una diferencia de potencial V , la separacion de lasmismas disminuye a un valor z. (a) Hallar la magnitud de lafuerza de atraccion entre las placas. (b) Obtener una expresionque relacione la separacion entre placas, y la diferencia de po-tencial V .R: La energıa electrostatica almacenada en el capacitor en fun-cion de la distancia entre placas puede calcularse como U (z) =C (z)V 2/2, con C (z) = ε0S/z. La fuerza de atraccion entre lasplacas se calcula como F = −∂U (z) /∂z = ε0SV

2/2z2. El sis-tema llega a la posicion de equilibrio cuando esta fuerza igualafuerza de traccion de los resortes 4K (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 (3.34) ilustra la relacion entre la distancia entre los

Figura 3.34: Distancia entre placas en funcion del voltaje.

planos del condensador y el voltaje aplicado, para distintos va-lores de la constante elastica K. Se puede notar que su valorinicial a voltaje cero es z0 y este disminuye debido a la fuerza deatraccion de las placas cuando estas adquieren carga, hasta unvalor lımite permitido dado por Vmax = 4

√2Kz30/27ε0S.

Problema 3.63: Un condensador en forma de cuna esta sometido apotenciales φ (ϕ = 0) = 0 y φ (ϕ = α) = φ0. Considere que lasplacas estan infinitamente extendidas. Hallar el campo electricoentre la placas del condensador.R: La geometrıa del problema se describe en la figura (3.35). Elpotencial electrico en el interior de las placas se calcula resol-viendo ∇2φ = 0, con

∇2 =1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂

∂ρ

)+

1

ρ2∂2

∂ϕ2+

∂2

∂z2.

112

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

E = −1

ρ

φ0

αϕ.

El campo posee simetrıa angular en direccion en la cual dismi-nuye ϕ.

Figura 3.35: Problema 3.63. Capacitor en forma de cuna cilındrica

Problema 3.64: Una carga q se distribuye en una esfera de radio Rcon densidad uniforme de carga 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 estecaso, ϕ debe ser finito, y por lo tanto A = 0. Para r > R, elpotencial se escribe segun:

ϕ =C

r,

y este debe ser contınuo sobre la superficie r = R. Planteando laley de Gauss, se obtiene C = q/4πε0, y la condicion de continui-dad en la superficie conduce a B = ρR2/2ε0. La formula para el


potencial en el interior de la esfera es:

ϕ =ρ

2ε0

(R2 − r2

3

), r ≤ R.

Problema 3.65: Muchos materiales dielectricos presentan lo que seconoce como saturacion, lo que significa que la polarizacion al-canza un maximo. En un material de este tipo, la polarizacionpuede aproximarse como una funcion que crece linealmente conel campo electrico hasta un valor maximo P0 = ε0χE0. Supon-ga que el espacio entre dos placas metalicas planas y paralelasde seccion S se llena de un material cuya polarizacion presen-ta saturacion. Determinar la relacion Q-V para este dispositivo.Hallar la energıa almacenada en este dispositivo como funcionde la tension aplicada entre las placas.R: Para hallar la curva Q-V , suponemos que existe una diferen-cia de potencial V entre las placas del conductor. La relacionentre el vector desplazamiento electrico y el campo aplicado esde la forma:

D = ε0E+P (E) = D (E)uz,

dado que D ni E dependen de la coordenada z. El valor de Ese obtiene a partir de la diferencia de potencial de las placas:E = V/auz. De esta expresion, se deduce la existencia de unvoltaje crıtico V0 = E0a a partir del cual el dielectrico se satura.El desplazamiento electrico es por consiguiente:

D = ε0E+P =

ε0(1+χ)V

a uz si V < V0(ε0Va + ε0χV0

a

)uz si V > V0.

La carga depositada en la placa inferior (la placa superior esta so-metida a un potencial V ) se calcula evaluando la integral deGauss 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.

114

Figura 3.36: Problema 3.65. Relacion Carga-Voltaje en un condensador con dielectricopolarizable.

La grafica Q-V para este material es similar a la de D (E). paravoltajes pequenos, el sistema se comporta como un condensadorlineal, pero si el voltaje supera cierto valor crıtico V0, su com-portamiento se desvıa. La energıa del sistema se puede calcularintegrando la densidad de energıa u en todo el regimen de valorespara el vector desplazamiento D:

u =

∫ D

0E · dD,

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

u =ε0(χE2

0 + E2)

2,

considerando el campo uniforme e igual a V/a en ambos ca-sos. Una version mas complicada de este problema correspon-de a aquella que considera dos electrodos cilındricos o esfericosconcentricos. En este caso, como el campo no es uniforme, pue-den existir regiones en las que el dielectrico este saturado, y otrasno.

Problema 3.66: Modelo de una capa dipolar. Considere un sistemaformado por dos superficies esfericas 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, paraa ∼ b. R: El campo electrico en el interior de la esfera de radio aes cero, mientras que el potencial en todos los puntos para r < aes

ϕ (r) =Q

4πε0a. r < a.

En la region a < r < b, el potencial toma la forma, integrandoel campo electrico desde r hasta 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 unsalto finito en su valor entre ambas regiones. Este comportamien-to corresponde a lo que se denomina una capa dipolar y describeel fenomeno de membranas de dos caras con signos opuestos.

Problema 3.67: Evaluar el potencial electrostatico ϕ (x, y) entre unpar de placas planas paralelas infinitas.R: Utilizaremos el formalismo de funciones de Green para obte-ner la distribucion de potencial en la region indicada. La funcion

116

de Green bidimensional asociada a este problema satisface laecuacion:(

∂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 rela-cion para la funcion delta de Dirac en terminos de la expansionen 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. La funcion de Green para este sistema puedefinalmente 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 puntoen el plano XY puede escribirse 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 potencialconstante V0 = V (x′),

ϕ (x, y) = V0y

L,

118

que es el resultado del potencial electrostatico en el interior delas placas infinitamente extendidas sometidas a una diferenciade potencial V0. Nota: En este ultimo resultado aplicamos:∫ ∞

−∞

du

a+ coshu=

4√1− a2

tan−1

(√1− a1 + a

).

Capıtulo 4

Corriente Electrica

Figura 4.1: George S. Ohm

George Simon Ohm, (16 de Marzo 1789-6 de Julio 1854) fısico aleman. Como profe-

sor de secundaria, desarrollo la recientemente inventada celda electroquımica, inventada

por el italiano Alessandro Volta. Utilizando equipo de su propia creacion, Ohm deter-

mino que existe una proporcion directa entre la diferencia de potencial (voltaje) aplicada

a traves del conductor y la resultante corriente electrica, conocida hoy como la ley de

Ohm.

4.1 Definiciones Preliminares.

En la seccion anterior concentramos nuestro esfuerzo al estudio dellas propiedades del campo en equilibrio electrostatico. En esta sec-cion introduciremos los conceptos fundamentales de los fenomenosfısicos asociados al movimiento de las cargas electricas en conducto-res, en particular, a la dinamica de los portadores de carga negativa,

119

120

o electrones de conduccion. La densidad volumetrica de carga discretaen una region del espacio puede aproximarse 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 delespacio. Si los portadores de carga son 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 elvolumen Ω se desplazan con diferentes velocidades que se diferencianno solo por el modulo, sino tambien por su direccion. Este movimientoesta caracterizado por el vector densidad de corriente, definido por laformula:

J =1

Ω

∑Ω

eivi = −ne⟨v⟩ = ρ⟨v⟩. (4.3)

En la ultima ecuacion, ⟨v⟩ representa la velocidad media de los porta-dores de carga en la region del espacio limitada por el volumen Ω. Enausencia de campo electrico aplicado, los portadores se desplazaranaleatoriamente colisionando entre sı de manera “elastica”, producien-do como resultado una velocidad media igual a cero.

4.2 Modelo de Drude.La aplicacion de un campo electrico uniforme E produce una fuerzasobre un portador igual a −eE, y por consiguiente una aceleracion(antes de una colision) igual a a = −eE/m. El movimiento de loselectrones es entonces uniformemente acelerado en un intervalo detiempo t − t0, antes de una colision, por lo tanto la velocidad dearrastre 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)

Corriente Electrica 121

Figura 4.2: Representacion de la trayectoria aleatoria de un portador de carga enuna red, bajo los efectos de aplicacion de un campo electrico de intensidad E.

en donde γ es la conductividad electrica del material, y τ es el tiempomedio entre colisiones de los portadores de carga en la red.

Es posible entonces establecer una relacion entre el campo electricoaplicado y la densidad de corriente de los portadores, mostrando unacaracterıstica de linealidad entre estos dos campos. Esta relacion seconoce como la forma diferencial de la ley de OHM.

4.3 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, sedefine por:

dQ

dt=

∫Ω

[∂ρ

∂t+ v · ∇ρ

]dΩ, (4.7)

esta ultima ecuacion puede reescribirse como:

∂

∂t

∫ΩρdΩ+

∫Ω

(∇ · (ρv)− ρ∇ · v

)dΩ. (4.8)

122

Considerando que en la region especıfica (Ω) el flujo de portadoresposee 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 deldominio Ω se transforma en el flujo del vector densidad de corrienteJ a traves de la superficie que delimita el volumen en consideracion∂Ω. Este es un hecho experimental relacionado con el principio deconservacion de la carga, y puede ser cuantificado en la ecuacion decontinuidad :

∂ρ

∂t+∇ · J = 0. (4.10)

4.4 Resistencia Electrica. La corriente i (C/s=A) que circula en atraves de una superficie S se obtiene de la integracion del vector den-sidad 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 considera-mos el caso especial de un campo electrico uniforme aplicado paraleloal 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 (4.3) ilustra las conexiones de las resistencias electricas enSERIE (b) y en PARALELO (b). En el primer caso, es claro que lacorriente 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


Figura 4.3: (1) Representacion de un resistor en los diagramas de circuitos electri-cos. (2) Conexion en serie. (3) Conexion en paralelo.

potencial individuales. La resistencia equivalente en la conexion seriese 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 unode los resistores, y la corriente que fluye desde a se divide en el nodode conexion por cada uno de los elementos. La resistencia equivalentede la conexion en paralelo es: R−1

ab =∑

j R−1j .

4.5 Leyes de Kirchoff. (1) “La suma de las corrientes que entran a cual-quier union debe ser igual a la suma de las corrientes que abandonanesa union”. (Consecuencia directa del principio de conservacion de lacarga).

∑j ij = 0. (2) “La suma algebraica de los cambios de poten-

cial a traves de todos los elementos alrededor de cualquier lazo decircuito cerrado debe ser cero”. (Consecuencia directa del principiode conservacion de la energıa).

∑j ∆Vj = 0.

4.6 Potencia Electrica. El elemento de trabajo necesario para desplazarun portador de carga electrica e− bajo la influencia de un campoelectrico exterior aplicado E, esta definido por dW = −eE · dl, endonde dl es el diferencial de longitud sobre una trayectoria arbitrariaΓ. Asumiendo que el campo es uniforme, entonces el elemento de

124

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 estaaproximacion se considera el hecho de que el intervalo de tiempo dtes lo suficientemente pequeno comparado con el tiempo promedio decolision en la conjetura del camino libre medio recorrido τ . De lasanteriores ecuaciones, utilizamos el concepto 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 volumenque contienen los portadores es proporcional a la magnitud del cua-drado del campo electrico. La forma “convencional”de la definicionde potencia electrica (Watts) esta dada por:

P = ∆V i = i2R = ∆V 2/R. (4.16)

Problema 4.1: El espacio entre dos electrodos planos paralelos “infi-nitos”que se encuentran a la distancia d uno del otro, esta llenode dos capas de substancia, cuya frontera es plana y paralela alos dos electrodos. Los espesores, las conductividades y suscepti-bilidades dielectricas de las substancias de las capas son respec-tivamente iguales a d1, d2, γ1, γ2, ε1, ε2. A los electrodos se lesaplican los potenciales φ1 y φ2. Hallar el potencial y la densidadsuperficial de carga en la superficie de separacion de las capas.R: Asociamos un potencial en la superficie de separacion delas capas φb. La intensidad de los campos electricos en cadauna de las capas es, respectivamente: E1 = (φ1 − φb) /d1, yE2 = (φb − φ2) /d2. La densidad de corriente es la misma enambas 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 exteriorrb y longitud l posee una conductividad γ. Calcular la resistenciaelectrica entre los extremos: (a) Suponiendo que el vector densi-dad de corriente esta dirigido a lo largo del eje axial del cilindro.(b) Se aplica una diferencia de potencial entre los dos extremosradiales.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 yradios a y b (a > b) posee una conductividad γ. Calcular laresistividad de este dispositivo cuando se le aplica una diferenciade potencial a lo largo del eje de simetrıa.R: Un elemento de resistencia dR puede escribirse en funcion dela geometrıa del dispositivo:

dR =dz

γS (z), (4.17)

en donde S (z) es el area de la seccion transversal, que depen-de de la coordenada longitudinal del cono (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 resis-tencia interna r. A esta fuente se le conecta una carga exteriorR. Demuestre que la maxima transferencia de potencia electricaa la carga 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 rela-cion ∂P/∂R = 0, entonces R = r, y la maxima potencia trans-mitida es: Pm = ε2/4r.

Problema 4.5: Un haz de seccion circular que posee un radio R = 1mm y consta de protones, se acelera aplicandole una diferenciade potencial ∆V = 10 kV. Suponiendo que la densidad de losprotones por la seccion del haz es constante, hallar la densidadvolumetrica de la carga electrica en el haz para una corrienteI = 5 · 10−6 A.

126

R: La energıa cinetica de los portadores de carga se define por:e+∆V = mpv

2/2. La velocidad de los 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 densidadde carga es:

ρ =I

πR2

√mp

2e+∆V= 1,15× 10−6C/m3.

Problema 4.6: Cuando el interruptor S de la figura esta abierto, elvoltımetro senala un voltaje V0. Cuando esta cerrado, el voltıme-tro indica 9V0/10 y el amperımetro A indica una corriente I (Fig.4.4). Calcular la resistencia interna r de la baterıa. (suponga quelos medidores son ideales de modo que no afectan el circuito).R: r = V0/10I.

Figura 4.4: Circuito equivalente de Thevenin

Problema 4.7: M es un medidor de desviacion maxima de escala Im(A) y resistencia interna r. La baterıa B tiene una fem de E (V)y resistencia interna despreciable. R es seleccionada de tal modoque cuando los terminales a y b estan en corto el medidor senalaescala completa (Fig. 4.5). Las resistencia Rx que corresponde auna desviacion de 3/4 de fondo de escala es igual a:R: Rx = E/3Im.

Problema 4.8: Modelo Simple de un Diodo. Debido a la acumulacionde carga cerca al catodo, el potencial electrico entre los electrodos


Figura 4.5: Ohmetro.

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 ladistancia desde el electrodo negativo (catodo). (a) Justificar ladependencia de la forma: x4/3 (b) Obtener E (x).R: (a) Este potencial se denomina de Child-Langmuir. De laecuacion de Poisson se establece la relacion entre el potencialy la densidad de carga de los portadores en cierta region delespacio, 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 potencial se relacionan por:m⟨v⟩2/2 =|e | ϕ. La magnitud del vector densidad de corriente J se definepor:

J = n | e | ⟨v⟩ = n | e |√

2 | e | ϕm

.

Por consiguiente:

d2ϕ

dx2=| J |

√m

2 | e | ϕ=

α√ϕ.

128

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 lo tanto:

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 unfusible de 30 A. Cual es la maxima cantidad de lamparas de 500W que se pueden conectar en paralelo sin fundir el fusible?R: Cuando se conecta una lampara de 500 W, la corriente quecircula por esta es i = P/V = 500W/110 V = 4,5A. El nume-ro de lamparas en paralelo que demandarıan menos de 30 A es:n = 30/4,5 ∼ 6, dado que la corriente que circula en la lıneaprincipal es la suma de las corrientes en cada lampara.

Problema 4.10: En las capas inferiores de la atmosfera siempre exis-ten iones positivos y negativos,originados por los elementos ra-dioactivos en el suelo y los rayos cosmicos provenientes del es-pacio exterior. En una cierta region, la intensidad del campo


electrico atmosferico es de 120 V/m, dirigido verticalmente ha-cia abajo. A causa de este campo, los iones positivos de carga+1, en una densidad de 620 cm3, se mueven hacia abajo, y los io-nes negativos de carga −1, en cantidad de 550 cm3 hacia arriba.La conductividad obtenida en las mediciones es 2,7× 10−14Ωm.Calcular la densidad de corriente de los iones que circulan en laatmosfera.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 ynegativos es la misma, i.e., ⟨v+⟩ = ⟨v−⟩. La densidad de corrientej = σE es: 3,24 pA/m2, y la velocidad de arrastre en promediopuede obtenerse 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 unconductor cuya conductividad es σ, de longitud ℓ, si la secciontransversal retiene la misma forma y el area aumenta linealmentedesde A hasta kA sobre ℓ.R: El diferencial de resistencia en este caso, para una seccion delongitud 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 contribu-ciones 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 conduc-tividad del germanio intrınseco a temperatura ambiente.R: A 300 K existen aproximadamente 2,5× 1010 pares electron-hueco por metro cubico. La movilidad de los electrones es µe =0,38 m2/V·s, y la movilidad de los huecos es µh = 0,18 m2/V·s.

130

Si el material no esta contaminado, el numero de electrones esigual 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 secciontransversal y 3 m de longitud conduce una corriente de 300 A.Estimar la intensidad del campo electrico, densidad de corrientey velocidad promedio de los electrones de conduccion.R: La conductividad del aluminio es 38,2 Mf/m. La resistenciase obtiene utilizando R = ℓ/σS = 112,2 × 10−6 Ω. El campoelectrico 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 elaluminio, la movilidad de los electrones se estima en µ = 0,0014m2/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 extensioninfinita en un plano ingresa una corriente de 1 Amperio en elpunto A, como se ilustra en el diagrama de la figura (4.6), y saleuna corriente de 1 Amperio desde el punto B. Hallar la corrienteen el alambre AB.R: Si en el punto A ingresa 1 Amperio, cada conductor con unaconexion terminal en A debe transportar una corriente de 1

4 Am-perios. Analogamente, si en el punto B sale 1 Amperio, cadaconductor que conecta al punto B transporta una corriente de14 Amperios. La corriente total en el conductor que conecta lospuntos A y B es por consiguiente 1

2 Amperios.

Problema 4.15: Los lados de un cubo consisten en resistores identicosde resistencia R, los cuales estan unidos en las esquinas. Con-sidere una baterıa conectada en dos esquinas contrarias de unacara del cubo. Calcular la resistencia efectiva del sistema. VerFigura (4.7)R: Dada la simetrıa del problema, las corrientes en el cubo deben


Figura 4.6: Malla infinita de conductores

Figura 4.7: Cubo de Resistencias.

132

Figura 4.8: Amplificador Operacional: Restador

ser como se ilustran en la figura. La ley de conservacion de lascorrientes en las esquinas requiere

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

en donde I es la corriente de entrada. El voltaje entre los pun-tos A y B es independiente de la trayectoria; esto conduce a laexpresion adicional 2xR = (y + z + z + 2z)R = (y + 4z)R. Re-solviendo para las variables x, y y z, tenemos x = 3I/8, y = I/4,z = I/8. La resistencia entre A y B es RAB = 2xR/I = 3R/4.Nota: Si la corriente I abandona el sistema en la diagonal supe-rior (punto C), las corrientes que salen y llegan a los vertices A yC se dividen en partes iguales a I/3, respectivamente. Es posibledemostrar, utilizando un procedimiento similar al caso anterior,que la resistencia equivalente RAC es igual a 5R/6.

Problema 4.16: El circuito de la figura (4.8) ilustra la configuracionde un amplificador operacional ideal en el regimen diferenciador.Calcular el voltaje de salida VO en terminos de los potencialesde entrada VA y VB.R: El amplificador ideal posee una ganancia infinita, una impe-dancia de entrada infinita, un ancho de banda tambien infinito,una impedancia de salida cero, un tiempo de respuesta cero yningun ruido. Estas condiciones permiten inferir que las corrien-


Figura 4.9: Diodo en circuito simple.

tes 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 am-plificador es puesta a tierra. En este caso: VO = −VAR2/R1. Elcircuito integrador ideal aparece cuando la resistencia R2 es re-emplazada por un capacitor C y la entrada (+) del amplificadores puesta a tierra. Este sistema invierte e integra 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 intervalode voltaje, puede ser aproximada con la diferencia de potencialUa entre sus electrodos mediante la ecuacion Ia = AUa + BU2

a .Hallar la corriente anodica si el diodo esta conectado en serie conuna resistencia R = 20 kΩ y una baterıa con E = 120 V. Paraeste diodo, A = 0,15 mA/V, B = 0,005 mA/V2. Figura (4.9).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.

134

Numericamente, el sistema de ecuaciones presenta dos solucio-nes: Ia ∼ 9 mA, y Ia ∼ 5 mA, las cuales generan voltajes en eldiodo de -60 V y 20 V respectivamente. La solucion fısicamenteposible es aquella cuya diferencia de potencial en los terminalesdel diodo es positiva, i.e, Ia = 5 mA. Los parametros A y Bcorresponden al ajuste de la ecuacion caracterıstica del diodo dejuntura p-n de Shockley:

Ia = IS

(eUa/nVT − 1

), (4.26)

en donde IS es la corriente de saturacion (tıpicamente 10−12

A). La escala de corriente es proporcional al area del diodo. VTes el voltaje termico kT/e, alrededor de 26 mV a temperaturaambiente, y n se conoce como factor de idealidad del diodo, elcual varıa entre 1 y 2 para diodos de Silicio. La formula delejemplo 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 ungas diluido de moleculas experimentando colisiones. Considereque el tiempo medio entre colisiones es τ y que un campo electricouniforme E es aplicado en la direccion x. Cual es la distanciamedia ⟨x⟩ que el ion se desplaza entre colisiones?R: Desde el punto de vista clasico, el desplazamiento del ionesta definido por:

x (t) =eEt2

2m.

Definimos P (t) = exp (−t/τ)/τ como la probabilidad de queuna partıcula sobreviva sin colisionar por un tiempo t y sufreuna 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.

Problema 4.19: Considere la red infinita de resistencias ilustradas enla figura (4.10). Hallar la resistencia equivalente de entrada, i.e.,la resistencia equivalente entre los terminales A y B.


Figura 4.10: Red de resistencias

R: Si la resistencia total de la red es R, despues de remover lasresistencias en la primera seccion, el circuito resultante posee to-davıa una resistencia R, el cual es equivalente a la del circuitooriginal. El circuito equivalente consiste por lo tanto en dos re-sistencias en paralelos R,R2, en serie con una resistencia R1. Laecuacion 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 esconstruida de un metal cilındrico de radio a y longitud L conun alambre de radio b a lo largo del eje del cilindro (Fig. 4.11).El cilindro es conectado a un voltaje negativo −V0 y el alambreesta conectado a tierra a traves de un resistor R. La camara deionizacion esta llena con Argon a presion atmosferica. Describael voltaje del resistor en funcion del tiempo para el caso en dondeuna partıcula ionizante atraviese el tubo paralelamente a su ejea una distancia r = a/2 desde el eje central y genere un total deN = 105 pares electron-ion. Considere a = 1 cm, b = 0,1 mm,

136

Figura 4.11: Camara de Descarga

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 lacamara es C = 2πε0L/ ln (a/b) = 6× 10−12 F. La constante delcircuito 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)

Para un electron que se viaja desde r = a/2 hasta el alambrede radio b, ∆t− = 9,6× 10−8 s. (µ− = 6× 103 cm2/sV). Un ionpositivo tarda ∆t+ = 1,3×10−3 s en alcanzar la pared cilındrica(µAr = 1,3 cm2/sV). Cuando los electrones viajan desde r = a/2al anodo en r = b, los iones positivos permanecen esencialmen-te estacionarios a r/2, y la descarga a traves del resistor R esdespreciable. El voltaje de salida en el anodo puede derivarse uti-lizando el principio de conservacion de la energıa. Cuando unacarga q en la camara se mueve una distancia dr, el trabajo reali-zado por el campo es qE · dr, que corresponde al decremento dela 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 posible escribir CV0dV = −qEdr. Integrando se obtiene ∆V


en funcion de la posicion radial de la partıcula r:

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 desdea/2 a r). La respuesta, en terminos de ∆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 atraves del circuito RC y luego se incrementa desde cero con unaconstante 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 soninducidas sobre los electrodos de la camara son descargados tanrapidamente en el circuito RC, que su influencia sobre la funcionde onda ∆V puede ignorarse completamente [8].

Problema 4.21: Una esfera metalica de radio a esta rodeada por unaesfera metalica concentrica de radio interior b > a. El espacioentre las esferas esta llena con un material cuya conductividadelectrica varıa con la intensidad del campo electrico E deacuerdocon la relacion σ = KE, donde K es una constante. Una dife-rencia de potencial V se mantiene entre las dos esferas. Cual esla corriente entre las esferas?.R: La corriente entre las esferas en este caso es: i = JS = σES =4πKE2r2. El campo electrico entre los electrodos es, por consi-guiente:

E =1

r

√i

4πK.

138

La diferencia de potencial se calcula como:

V = −∫ a

bE · dr =

√i

4πKln

(b

a

).

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

Problema 4.22: El extremo de un alambre de Nicromio de longitud2L y seccion transversal A se conecta al extremo de otro alambrede Nicromio de longitud L y seccion transversal 2A. Si el extremolibre del alambre mas largo se encuentra a un potencial electricode 8 V, y el extremo libre del alambre mas corto se encuentra aun potencial de 1 V, calcular el potencial electrico en la junturade los dos alambres.R: Sea VX el potencial en la juntura de los alambres. La corrienteelectrica en el sistema de dos conductores 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 la cantidad R = ρL/A, con ρ comola resistividad del Nicromio, entonces R1 = 2R y R2 = R/2.Reemplazando estos valores en la ecuacion anterior, tendremosVX = 2,4 V.

Problema 4.23: Un resistor de 100 Ω se mantiene a temperatura cons-tante de 300 K. Una corriente de 10 amperios circula a travesdel 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 uni-verso?.R:(a) Como la temperatura del resistor es constante, su estado nocambia. La entropıa es una funcion de estado. Por lo tanto elcambio en la entropıa del resistor es cero: ∆S1 = 0.


(b) El calor que fluye desde el resistor al mundo exterior esI2Rt = 3 × 106 J. El incremento de la entropıa de la fuentede calor es ∆S2 = 3×106/300 = 104 J/K. Luego el cambio totalde la entropıa es ∆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 hilode Cobre el cual a 140C tiene una resistencia de 10Ω. Despuesde pasar la corriente, la resistencia del arrollamiento alcanza elvalor de 12,2Ω. A que temperatura se ha calentado la bobina?.El coeficiente de resistividad termica del Cobre es de 4,15×10−3

grados−1.R: Utilizando la aproximacion lineal para la dependencia de laresistencia electrica en funcion de la temperatura, tenemos:

R (T ) = R0 (1 + α∆T ) .

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

Capıtulo 5

Magnetismo

Figura 5.1: Nikolai Tesla

Nikola Tesla. 1856-1943. Excentrico ingeniero Serbio-Americano quien hizo

muchas contribuciones a lainvencion de dispositivos electromagneticos. Tesla fue un Ser-

bio que nacio en la villa Croata de Smiljane, en la region de Lika, la cual era parte de la

monarquıa de Austria. Su padre era un sacerdote de la iglesia ortodoxa. Tesla tenıa una

memoria prodigiosa y la habilidad para visualizar y construir complicados objetos en su

mente. Mientras trabajaba en su primer empleo con la compania telefonica Americana en

Budapest en 1880, Tesla sufrio un ataque nervioso el cual justifico como sındrome de hi-

persensibilidad a la percepcion de EdgarAllan Poe. Despues de recuperarse, caminaba con

141

142

un amigo cuando la idea de un sistema polifasico de generacion de corriente alterna se le

ocurrio repentinamente. Hasta entonces, el no poseıa los medios para construir el equipo

necesario. Tesla fue contratado por la rama francesa de Edison Company y se le asigno el

trabajo de reparar una planta electrica en Strassburg. Despues de completar las repara-

ciones, sin embargo, Edison Company se nego a pagar el dinero que le habiaprometido.

Tesla renuncio y centro sus esfuerzos en encontrar trabajo en America. Extranamente,

una vez en America, regreso a trabajar para Edison. Despues de prometer US$ 50,000 a

Tesla si mejoraba los motores de DC, Edison nego su palabra, rompiendo la promesa con-

siderandola propia del “humor Americano”. Tesla enfurecio y renuncio inmediatemente.

Desafortunadamente, Tesla no logro obtener otro empleo, y se vio forzado a cavarzan-

gas por dos anos. Finalmente, obtuvo un trabajo en los laboratorios de Westinghouse,

en Pittsburg. Comento a Westinghouse acerca de su idea del sistema polifasico el cual le

permitirıa transportar corrientes alternas [AC] a grandes distancias. Edison, sin embar-

go, habıa invertido grandes cantidades en sistemas de corriente directa [DC] y ataco los

sistemas AC contodo sus recursos. Westinghouse visualizo las ventajas del sistema de

Tesla, y acordo comprar los derechos de patentes por un millon de dolares mas $ 1 por

caballo vapor de regalıa. Westinghouse construyo plantas de potencia y lıneas de trans-

mision, demostrando deuna vez por todas que la potencia AC era un sistema economica

y tecnicamente viable, mientras que el impractico sistema DCde Edison nunca obtuvo

mayor exito. Westinghouse utilizo el sistema polifasico para encausar la potencia de las

Cataratas del Niagara, en una planta hidroelectrica. Utilizando el dinero que recibio de la

Westinghouse, Tesla fundo Tesla Electric Company en New York. Aquı, invirtio tiempo y

dinero creando nuevos y exoticos dispositivos, incluyendo la bobina de Tesla. El biografo

de Tesla (O’Neill) reporto una historia insostenible que ha hecho eco en los biografos

subsecuentes, y es que entre aquellos dispositivos estaba el primer vibrador de tamano

capaz de generar resonancias y crear un terremoto provacado por el hombre. De cual-

quier forma, el laboratorio de Tesla se quemo el 13 de Marzo de 1895. Todo se perdio ya

que no contaba con un seguro.Tesla se mudo a Colorado Springs, en donde construyo un

nuevo laboratorio y realizo mas experimentos utilizando una monstruosa bobina de Tesla.

De acuerdo con O’Neill, Tesla utilizo esto para generar relampagos controlados. Luego

regreso a New York y comenzo la construccion de un laboratorio con una torre imensa

en Wardenclyffe, Long Island. El laboratorio nunca se termino, y la torre fue finalmen-

te derribada. Existieron maniobras inusuales en el reconocimiento del premio Nobel de

1912 o 1915. Los biografos estan en desacuerdo con las fechas,pero reportan que Tesla

fue informado confidencialmente que iba a compartir la distincion en Fısica con Edison,

y entonces se sorprendio al comprender que se le veıa como un cientıfico. Tesla fue alta-

mente excentrico en su comportamiento y absolutamente impractico con el dinero. Una

Magnetismo e Induccion Electromagnetica 143

de sus compulsiones era alimentar las palomasdiariamente en New York. Se ha reportado

que tenıa preferencia por un palomo en particular, el cual le produjo un descontrol emo-

cional despues de su muerte. Teslafue desprovisto en los ultimos anos de su vida, y se

vioforzado a moverse de un hotel a otro cuando el dinero empezaba aescasear. Despues de

la muerte de Tesla, sus documentos fueronconfiscados 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 encuentranintimamente relacionadas, siendo en realidad solo dos aspectos dife-rentes de una propiedad de la materia: su carga electrica. El magne-tismo es, por consiguiente, un efecto asociado al movimiento de lascargas electricas. Las interacciones electricas y magneticas se clasifi-can bajo la designacion mas general de interaccion electromagnetica.Es posible describir el fenomeno del magnetismo a traves de dos gran-des enfativamente independientes:Enfoque macroscopico: Estudia topicos como: Movimiento de partıcu-las en campos magneticos estaticos, Ondas electromagneticas, Fe-nomenologıa de los materiales magneticas, Propagacion de Ondaselectromagneticas en diferentes medios, Guıas de Onda, Transforma-cion de la energıa electromagnetica, Efecto Hall clasico.Enfoque microscopico: Teorıa atomica del origen del estado de orde-namiento magnetico en los sistemas materiales (Espines y momentosmagneticos asociados µ). Existen en la actualidad diferentes modelosteoricos, 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 ob-servo que alambres que transportan corriente electrica producıan de-flexiones de los dipolos magneticos permanentes colocados en sus al-rededores. Entonces las corrientes eran fuentes de densidad de flujomagnetico. Biot y Savart (1820), primero, y Ampere(1820-1825), enexperimentos mucho mas elaborados y sistematicos, establecieron lasleyes experimentales basicas que relacionan la induccion magnetica Bcon las corrientes y establecieron la ley de la fuerza entre una corrien-te y otra. A pesar de que no es la forma en que Ampere lo dedujo, larelacion basica es la siguiente. Si dl es un elemento de longitud (en ladireccion del flujo de corriente) de un filamento de alambre que trans-

144

porta una corriente I y x es el vector desde el elemento de longituda un punto de observacion P , entonces el elementodensidad de flujodB en el punto P esta dado enmagnitud 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 ley de Coulomb de la electrostatica. Sin embargo, lacaracterıstica vectoriales bastante diferente. En unidades del sistemainternacional, Km = µ0/4π = 10−7 newtons por amperio cuadrado(N/A2), o henrio por metro (H/m). Es posible superponer los ele-mentos basicos del flujo magnetico por integracion para determinarla densidad deflujo magnetico debido a diferentes configuraciones dealambres que transportan corrientes. Se ilustraran algunos ejemplosde este calculo en lo subsecuente. Los experimentos de Ampere no

Figura 5.2: Elemento de induccion magnetica dB debido a un elemento de co-rriente Idl.

trataban directamente con la determinacion de la relacion entre lascorrientes y la induccion magnetica, sino que eran concernientes a lasmediciones de las fuerzas que experimenta un alambre que transportacorriente debido a otro. La fuerza que experimenta un elemento decorriente I1dl1 en presencia de 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 quetransporta una corriente I2, entonces la fuerza total que experimentaun lazo de corriente ♯1 que transporta una corriente I1 es:

F12 =µ04πI1I2

∮ ∮dl1 × (dl2 × x12)

| x12 |3. (5.3)

Las integrales de lınea son tomadas a lo largo de dos curvas; x12 es elvector longitud desde el elemento de lınea dl2 a dl1. Manipulando elintegrando, este puede colocarse en forma talque sea simetrico en dl1y 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)

El segundo termino involucra un diferencial perfecto en la integralsobre dl1. Este no proporciona ninguna contribucion a la integral (5.4),considerando que los caminos son cerrados o extendidos 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 depen-dencia vectorial sobre x12.

5.3 Fuerza de Lorentz. En este punto es conveniente realizar una bre-ve descripcion de las transformaciones de Lorentz, necesarias para unanalisis posterior en el concepto de fuerza en los lımites de las veloci-dades relativistas.Un marco de referencia inercialK se encuentra en reposo y esta descri-to por las coordenadas XY Zct, mientras que otromarco de referenciaK ′ (coordenadas X ′Y ′Z ′c′t′ ) se desplaza a una velocidad v parale-la al eje X referidad a K. La invarianza del intervalo ∆S2 permiteescribir:

146

(∆S)2 =(∆S′)2 , c2t2 − x2 =

(ct′)2 − (x′)2 . (5.6)

expresamos las relaciones x ⇔ x′ como un caso general de las trans-formaciones 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 deecuaciones resultante en el reemplazo directo de las transformaciones(5.7) en la condicion (5.6). El resultado es el siguiente:

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 obtieneapartir de las relaciones fundamentales:

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 sistemaK 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 lasfuerzas en ambos sistemas de referencia, F = dp/dt (sistema K) yF′ = dp′/dt (sistema K ′) . La energıa cinetica de una partıculapuedecalcularse a traves de la definicion Ek =

∫ v0 vd (mv). Integrando: Ek =

(m−m0) c2. La energıa total de la partıcula E = Ek +m0c

2 = 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 sistema K se reducena la forma: (considerando dE′/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 inversaspara la proyeccion y de la velocidad ( 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). Apli-

cando estas ultimas relaciones, la fuerza en el sistema de coordenadasK se expresa mediante la fuerza en el sistema K ′:

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 relatividades indispensable la dependencia entre las fuerzas y la velocidad. Lasanteriores relaciones pueden escribirse en forma compacta:

Fx

Fy

Fz

=

1 γvy/c γvz/c

0 α(1− vvx/c2

)0

0 0 α(1− vvx/c2

)F ′x

F ′y

F ′z

. (5.16)

148

El conjunto de ecuaciones (5.49) 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

). Su-

pongamos que en el sistema de coordenadas K ′ existe solo un campoelectrico y, como consecuencia, la fuerza F′ no depende dela velocidadv′ de la partıcula y es en sı una fuerza electrica en el sistema de coor-denadas K. Entonces el vector G tampoco depende de la velocidadv de la partıcula, solo puede ser funcion de coordenadas y el tiempo.Por eso, la dependencia entre la fuerza y la velocidad de la partıculaen el segundo termino es precisamente la fuerza magnetica, conside-rando a G como el producto de la carga con el campo magnetico B.Ası la fuerza sobre una carga puntual se escribe 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 escribirseen forma general para la densidadde 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 estado estacionario ∇′J = 0, de talforma que la ecuacion (5.20) se reduce a:

∇×B = µ0J. (5.21)

Esta es la forma diferencial de la ley de Ampere. Integrandoen unaregion S limitada por el contorno cerrado Γ,y aplicando el teoremade Stokes, tenemos la forma integral de la ley de Ampere:∮

ΓB · dl = µ0

∫SJ · nda. (5.22)

La integral de lınea alrededor de cualquier trayectoria cerrada es iguala µ0I, en donde I es la corriente estacionaria total que circula a travesde cualquier superficie delimitada por la trayectoria 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 decorriente es cero en la region de interes, la condicion ∇×B = 0 per-mite escribir elvector induccion magnetica como el gradiente de unpotencial escalar magnetico : B = −∇ΦM . Esta condicion se reduce ala ecuacion de Laplace para ΦM , y todas las tecnicas para el manejode los problemas en electrostatica aplican aquı, excepto en las condi-ciones de frontera. Un metodo general consiste en explotar la segundaecuacion en (5.23). Si ∇ ·B = 0 en todos los puntos, B sera el rotorde algun 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 quepara una induccion magnetica dada B, el potencial vectorial puede

150

transformar libremente de acuerdo con: A→ A+∇Ψ. (Transforma-cion 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 primer termino en (5.26) posee divergencia iguala cero. Si se mantiene ∇2Ψ = 0 en todo el espacio, Ψ dede al menosser una constante suponiendo que no existen fuentes en el infinito.

5.6 Ley de Induccion de Faraday. Las primeras observaciones cuanti-tativas de la dependencia temporal de los campos electricos y magneti-cos fue realizada por Faraday(1831) en experimentos sobre el compor-tamiento de las corrientesen circuitos colocados en campos magneticosvariables en el tiempo. Faraday observo que una corriente transitoriaes inducida en un circuito si (a) una corriente estacionaria que fluyeen un circuito adyacente es “activada”o “desactivada”, (b) el circuitoadyacente con una corriente estacionaria es desplazado relativamentecon respecto al primer circuito, (c) un magneto permanente es in-sertado o retirado de los alrededores del circuito. No fluye ningunacorriente al menos que cambie la corriente adyacente o el movientorelativo. Faraday artibuyo este flujo de corriente transitoria al cambioen el flujo magnetico ligadoal circuito. El cambio del flujo induce uncampo electrico alrededor del circuito, y la integral de lınea de aqueles llamada fuerza electromotriz, E . La fuerzaelectromotriz produce unflujo de corriente, de acuerdo con la ley de Ohm.

Supongamos que el circuito ∂Ω es el lımite de una superficie abiertaS con normal unitaria n, como se ilustra en la figura (5.3). La induc-cion magnetica en los alrededoresdel circuito es B. El flujo magneticoligado al circuito esta definido por:

ΦB =

∫SB · ndS. (5.27)

La fuerza electromotriz alrededor del circuito es:

E =

∮∂Ω

E′·dl, (5.28)


Figura 5.3: Flujo magnetico a traves de una superficie delimitada por el contorno∂Ω.

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

E = −kdΦBdt

. (5.29)

La fuerza electromotriz inducida alrededor del circuito es proporcio-nal a la razon de cambio del flujo magnetico que atravieza el circuito.El signo se especifica por la ley de Lenz, el cual establece que lacorriente inducida (y el flujo magnetico asociado) es en tal direccionque se opone al cambio de flujo a traves del circuito.

La constante de proporcionalidad k depende de la escojencia delas uni-dades para los campos electricos y magneticos. Enunidades SI k = 1,y en el sistema Gaussiano k = c−1, en donde c es la velocidad de la luz.

Antes del desarrollo de la relatividad general (incluso despues, cuandolos investigadores manejaban velocidades relativas pequenas compa-radas con la velocidad de la luz), se entendıa, a pesar de que no eraexplıcitamente establecido en forma frecuente por los fısicos, que las

152

leyes de la fısica deben ser invariantes bajo transformaciones Gali-leanas. Es decir, el fenomeno fısico es el mismo cuando es visto pordos observadores moviendose con una velocidad relativa constantev,en donde las coordenadas espacio temporales estan relacionadas atraves de las transformaciones Galileanas: x′ = x− vt, t = t′. En par-ticular, consideremos las observaciones deFaraday. Se ha verificadoexperimentalmente que se induce la misma corriente en un circuitosecundario cuando este es desplazado, mientras que el circuito prima-rio a traves del cual fluye una corriente estacionaria, o viceversa.

Consideremos las expresiones anteriores en terminos de los camposelectrico y magnetico para un circuito movil:∮

∂ΩE′·dl = −k d

dt

∫SB · nda. (5.30)

La fuerza electromotriz inducida es proporconal a la derivada tempo-ral total del flujo -el flujo puede cambiar por el cambio en la induccionmagnetica o por el cambio en la forma, posicion u orientacion en el cir-cuito. El circuito ∂Ω puede pensarse como cualquier forma geometricacerrada en el espacio, no necesariamente un circuito electrico. Enton-ces la relacion (5.30) proporciona la relacion entre loscampos. Es im-portante anotar, sin embargo, que el campo electrico E′ es el campoelectrico en el elemento dl, en un sistema de coordenadas en donde dlesta en reposo. Si el circuito esta moviendose a una velocidad v enal-guna direccion, la derivada total 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. Reem-plazando esta ultima identidad en la ecuacion (5.30), y aplicando elteorema 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 Faradayaplicado a un circuito movil ∂Ω. En elsistema de laboratorio, el campoelectrico 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 signifi-cado de E′. Una partıcula cargada,e.g., un electron de conduccion enreposo en un circuito movil experimentara esencialmente una fuerzaqE′. En el sistema de referencia del laboratorio, la carga representauna corriente J = qvδ (x− x0). De laley de la fuerza magnetica esevidente que esta corriente proporciona una fuerza que involucra elcampo E′, en donde, por comparacion directa, k = 1 en el sistemaSI, o k = c−1 en el sistema Gaussiano. Ası, hemos encontrado queel campo electrico E′ en un marco de coordenadas moviendose convelocidad relativa v con respecto al sistema de laboratorio es:

E′ = E+ (v ×B) . (5.34)

Debido a que hemos considerado transformaciones Galileanas, esteresultado es valido para velocidades pequenas comparadas con la ve-locidad de la luz. Utilizando el teorema de Stokes, es posible escribirla 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)

5.7 Energıa del campo Magnetico. Para que enun circuito inmovilpueda crearse una corriente electrica, es necesario conectar el circui-to a una fuente defem exterior. Si el circuito es recorrido por unacorriente contınua, la energıa suministrada por la fuente se libera enforma de calor por efecto Joule y en realizar un trabajo. La inducciondel campo magnetico, ası como su energıa, permanece invariable eneste caso. La induccion cambia al cambiar la corriente. Una corriente

154

que varıa en el tiempo en un conductor induce en este una fem que seopone a la fem externa que establece la corriente. El flujo magneticocreciente induce en el circuito una fem que se opone al cambio delflujo magneticoneto a traves del lazo. En virtud a la ley de Lenz, ladireccion del campo electrico inducido en los alambres debe de ser enla direccion opuesta de la corriente, y esta fem opuesta produce undecrecimiento gradual de la corriente inicial. Este efecto es conoci-do como autoinduccion, debido a que el flujo cambiante a traves delcircuito surge del mismo circuito. Ası, durante el incremento de laintensidad de corriente, la fuente exterior realiza un trabajo contra lafem de autoinduccion.

Figura 5.4: Al aumentar la intensidad de corriente, crece el flujo ΦB asociado aesta corriente, y conforme a la ley de Faraday, en el circuito surge una fem deinduccion denominada fem de autoinduccion.

En el intervalo de tiempo dt circula en el circuito una cantidad decarga dq = idt, ası, en el tiempo dt la fuenteexterior realiza un trabajoen 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 pro-porcional a la corriente: ΦB ∝ i, y la constante de proporcionalidad seconoce como inductancia del circuito L. Ası ΦB = Li, y reemplazandoen la ultima relacion, obtenemos la enerıa del campo magnetico quecrea la 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 tiendea producir una corriente que genera un flujo magnetico que se oponeal cambio del flujo original a traves del lazo.

5.9 Energıa del campo magnetico de varios circuitos con corrien-te. Es posible hallar la energıa del campo magnetico de dos circuitoscon corriente. Es necesarioconsiderar que la fem de induccion en cadacircuito surge a causa de la variacion del flujo de campo magneticocreado por la corriente en ese circuito, y el cambio de flujo creado porla corriente del segundo circuito, sobre el primero.

Figura 5.5: Diagrama esquematico para el calculo de la inductancia mutua.

Designemos por I1 e I2 las intensidades de corriente en elcircuito 1y 2, respectivamente, y por Φ11 y Φ12 los flujos de induccion sobreel primer circuitocreados por las corrientes I1 e I2. Las magnitudessemejantes para el segundo circuito se denotan por Φ22 y Φ21. Losflujos totales que 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; y Mij lasinductancias mutuas de los circuitos i, j. Por definicion entonces:Φij =MijIj . Por lotanto:

156

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 circuitosduranteun intervalo dt, es igual a:

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

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

Demostraremos queM12 =M21. Calcularemos Φ21 y Φ12: (Genera-lizando):

Φij =

∫Bj · dSi, (5.44)

en donde Bj son las inducciones de los campos, creados por las co-rrientes j, Si son las superficies de integracion sobre los contornos 1y 2 en este caso. Utilizando el concepto de potencial vectorial:

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 . Estaultima formula muestra que la inductancia mutua depende solo delas


caracterısticas geometricas de los circuitos y de su disposicion recıpro-ca. 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 dela corriente en los circuitos Ij = 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 cir-cuito, y para i = j, la inductancia mutua de los circuitos i-esimo yj-esimo.

Problema 5.1: Partıcula cargada moviendose en un campo magnetico.Un campo magnetico uniforme de magnitud B = 0,15T esta di-rigido a lo largo del eje X positivo. Un positron que se desplaza av = 5×106 ms−1 penetra en la region de campo en una direccionque forma un angulo de θ = 850 con el eje X. El movimiento dela partıcula es helicoidal. Calcular el paso p y el radio R de latrayectoria.R: La magnitud de la fuerza es F = qvB sin θ. El movimientode la partıcula es rectilıneo uniforme en la direccion X. Por lotanto, el paso p se define como: p = vT cos θ = (2πv/ω) cos θ.Igualando la fuerza F a la aceleracion centrıpeta mω2R, tene-mos R = mv/ (qB sin θ),p = (2πmv/qB) cot θ.

158

Problema 5.2: Hallar el campo magnetico que un electron ejerce so-breel nucleo de un atomo de Hidrogeno de acuerdo con lateorıade Bohr.R: La distancia entre el nucleo y el electron a0 es del orden de0.529 A. Utilizando la ley de Biot-Savart, el campo magneticoen el centro del atomo es B = µ0eω/4πa0, en donde ω es lafrecuencia 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 degran intensidad se coloca debajo de un anillo conductor hori-zontal de radio R que conduce una corriente i. Si la lıneas decampo forman un angulo θ con la vertical en la posicion delanillo, calcularla magnitud y la direccion de la fuerza resultantesobre el anillo.R: El campo magnetico generado por el iman posee dos compo-nentes: una paralela al eje de simetrıa del anillo B∥ = B cos θ,y otra perpendicular B⊥ = B sin θ. La fuerza sobre un elementode longitud ds es: dF = ids×B. Considerando ds = −RdϕUϕ, eintegrando en el intervalo 0, 2π, la fuerza resultante obedece:Fr = 2πRiB sin θUz.

Figura 5.6: Diagrama esquematico, ejemplo 5.3.

Problema 5.4: Un proton (carga +e, masa Mp), un deuteron (carga+e, masa 2Mp) y una partıcula alfa (carga +2e, masa 4Mp) seaceleran a traves de una diferencia de potencial comun V . Las


partıculas entran en una region de campo magnetico uniformeB, en una direccion perpendicular a B. El proton se mueve enuna trayectoria circular de radio rp.Determine los valores de losradios de las orbitas circulares para el deuteron,Rd, y la partıculaalfa, Rα en terminos de Rp.R: Utilizando el principio de conservacion de la energıa: qV =1/2mv2. La fuerza magnetica y centrıpeta se igualan atraves de laexpresion: 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 ce-rrado. Una espira rectangular de dimensiones a y b conduce unacorriente i en presencia de un campo magnetico uniforme de in-tensidad B en direccion paralela al plano del lazo, (Fig.5.7).

Figura 5.7: Diagrama esquematico, ejemplo 5.3

R: Evidentemente la fuerza neta sobre el lazo es igual a cero, yaque F = i

∮ds×B = 0. Sin embargo, el momento de torsion

alrededor de un eje por el centro de la espira y paralelo al alam-bre de longitud b es τ = iabB. Supongamos ahora que el campomagnetico forma un angulo θ con respecto al vector normal alarea de la espira. El par torsion se hace ahora igual a: τ = µ×B,en donde µ es el momento magnetico dipolar de la espira definidopor: µ = iAn, con A igual a el area encerrada por la corriente i.

Problema 5.6: Calculo del momento magnetico dipolar de un disco enrotacion. Un disco aislante de radio R posee unadensidad super-ficial de carga σ uniforme, y gira alrededor de un eje que pasapor su centro a una velocidad angular ω. Obtener una expresion

160

para el momento magnetico dipolar µ.R: El diferencial de corriente asociado a una espira de radior < R es di = dq/T = σ2πrdr/T , en donde T es el perio-do de rotacion. Calculando el diferencial de momento magneticodµ = πr2di, e integrando: µ = πωσR4/4.

Problema 5.7: Calculo del momento magnetico dipolar de unaesferaen rotacion. Una esfera aislante de radio R posee una densidadsuperficial de carga σ uniforme, y gira alrededor de un eje quepasa por su centro a una velocidad angular ω. Obtener una ex-presion para el momento magnetico dipolar µ.En este caso, se considera un anillo que compone la esfera deradio R sin θ, en donde θ es el angulo subtendido con respectoa un eje vertical. El diferencial de momento dipolar es: 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 ymuy larga transporta una corriente I, y yace sobre el eje X decoordenadas. Calcular el campo magnetico en unpunto ubicadoa 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 su-ficientemente larga yace en el plano XY y posee una densidaddecarga uniforme σ, un ancho w y se desplaza sobre unos rodillos auna velocidad v . Determine la intensidad del campo magneticoen el plano de la banda (en un punto externo P ) a una distanciab desde unode los extremos, paralela al eje Y .R: Un elemento de la banda es considerado como un alambre ubi-cado a una distancia perpendicular y hasta el punto en dondese desea determinar el campo. Este elemento genera un campoµ0Ia/2πy, en donde Ia = σvdy. Calculando todas las contribu-


ciones en el punto P , finalmente:

B =µ0σv

2πln

(1 +

w

b

).

Problema 5.10: Ley de Biot-Savart III. Un anillo de radio R yace enel plano XY con centro en el origen y transporta una corriente Ien sentido de crecimiento del angulo Uϕ. Calcular la intensidaddel campo magnetico en un punto sobre el eje de simetrıa Z auna distancia z 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 consis-te en dos bobinas de igual diametro, igual numero de espiras N ,separadas una distancia igual al radio. Es posible mostrar que elcampo magnetico en el interior de esta configuracon es optimobajo estos parametros e igual a:

BHelmholtz = 8µ0NI

53/2a.

Problema 5.11: Utilizar el resultado del problema anterior para de-mostrarque: ∫ ∞

−∞B (z) dz = µ0I,

i.e., este resultado esta de acuerdo con la ley de Ampere,inclusocuando la integral no este evaluada sobre una trayectoria cerra-da.R: Utilizando la relacion:

∫∞−∞ dz/

(z2 +R2

)3/2= 2/R2, es cla-

ro que se obtiene el resultado del enunciado. La interpretaciones evidente: Si consideramos un circuito Amperiano rectangularcomo el ilustrado en la figura (5.8), cuyo lado mas extenso esparalelo al eje perpendicular del anillo que pasa por su centro, esclaro que que la integral del campo magnetico sobre esta trayec-toria es proporcional a la magnitud de la corriente que circulaen el anillo, considerando el campo magnetico generado dirigidosobre el eje +Z de simetrıa.

Problema 5.12: Ley de Biot-Savart IV. Un cascaron esfericode radioa = 0,1m posee una carga total Q = 3,3µC y rota a unavelocidad

162

Figura 5.8: Lazo Amperiano alrededor de un circuito con corriente.

angular ω = 120 rad/s. Hallar el campo magnetico generado auna distancia z medida desde el centro sobre su eje de rotacion.R: Utilizando el resultado del ejemplo anterior, analizamos elcampo generado por una espira de radio R = a sin θ y ubicadaa una distancia z − a cos θ al punto en donde se desea calcularel campo. La corriente que circula en esta espirase calcula como:σωa2 sin θdθ, y la 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 magneti-ca en el centro de un solenoide de largo L con n espiras porunidad de longitud, que posee una seccion cuadradade lado a. Laintensidad de corriente que circula por el devanado del solenoidees igual a I.

R. Utilizamos la expresion para el campo magnetico creado poruna corriente que circula en una espira de geometrıa cuadradade lado a, a una distancia z desde su centro y sobre su eje:

Be (z) =2µ0Iea

2

π

1

(a2 + 4z2)√z2 + a2

2

. (5.52)


Figura 5.9: Aplicacion de la ley de Biot-Savart en un solenoide.

Integrando sobre todas las componentes de corriente que com-ponenel devanado y utilizando la relacion Ie = nIdz, obtenemosel 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 sole-noide toma el valor B ≈ µ0nI.

Problema 5.14: Ley de Biot-Savart VI. Un cilindro de radio R, lon-gitud ℓ y densidad superficial de carga σ gira sobre su eje desimetrıa con una velocidad angular constante ω. Calcular la in-duccion magnetica en el centro del cilindro, utilizando el resul-tado del ejemplo (5.10).R: El elemento de campo dB se relaciona con el diferencial de co-rriente σωRdz. Integrando sobre la variable z, Ver figura (5.10).

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.Problema 5.15: Dos alambres estan doblados en forma de semicırcu-

los de radio a como se ilustra en la figura (5.11). Si el alambrede la mitad superior posee una resistencia R′Ω y el de la mitadinferior posee una resistencia RΩ, calcular el campo magneticoen el centro del cırculo en terminos de la corriente I.

164

Figura 5.10: Tambor cilındrico, Problema 5.14

R: Utilizando la ley de Biot-Savart, el campo generado por cadauna 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.

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 5.11: Anillo conductor con dos resistencias diferentes.

Problema 5.16: Campo magnetico en el interior de un solenoide. Unsolenoide circular recto de longitud finita L y radio a posee n


vueltas por unidad de longitud y transporta una corriente I.Mostrar que la induccion magnetica sobre el eje del cilindro enel lımite nL→∞ es:

Bz =µ0nI

2(cos θ1 + cos θ2) ,

en donde los angulos estan definidos en la figura (5.12).R: Utilizamos el resultado del ejemplo 5.9, reescribiendo la ex-presion para el campo magnetico de una espira en terminos delangulo 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 puedetomarse en terminos de la corriente total a traves de la relacionsimple: iesp = nIdz, y dz = −a csc2 θdθ, entonces: (tomandocomo origen 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

Figura 5.12: Solenoide de seccion circular

Bz = µ0nI.

Problema 5.17: Una esfera de radio R tiene una densidad de cargavolumetrica constante ρ. Determine el campo magnetico en elcentro de la esfera cuando esta gira como un cuerpo rıgido con

166

velocidad angular ω alrededor de un eje que pasapor su centro.R: Iniciamos con el calculo del campo magnetico de un anillo deradio r a una distancia z desde el centro. Suponemos que estecampo esta dirigido a lo largo del eje Z y tiene la forma:

Banillo =µ0Ianillo

2

r2

(z2 + r2)3/2, Ianillo = σωrdr;

en donde Ianillo es la corriente asociada al movimiento de unadistribucion de carga de area 2πrdr. Sumando sobre todas estascontribuciones anulares:

Bdisco =µ0σω

2

(√r2 + z2 +

z2√r2 + z2

− 2z

).

El cambio de variables simple: r = R sin θ, z = R cos θ conviertela integral sobre todos los 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 deradio r y densidad de carga σ es la misma que en un cilindrode radio r, densidad de carga ρ y altura rdθ; es decir σ = ρrdθ.Integrando tenemos finalmente:

B =4µ0ωρR

2

3.

Problema 5.18: Potencial vectorial e induccion magnetica para un la-zo circular con corriente. Consideremos el problema de un lazocircular de radio a, que yace en en plano XY , centrado en elorigen, y transportando una corriente I, como se muestra en lafigura (5.13).

R. La expresion para el potencial vectorial en el punto P esta da-da por:

A =µ0I

4π

∫dl

| x− x′ |.


Figura 5.13: Lazo de corriente.

Es claro que x = r (cos θk+ sin θi) y x′ = a (cosϕi+ sinϕj), porconsiguiente:

| x− x′ |=√r2 + a2 − 2ar sin θ cosϕ.

El diferencial dl que en el sentido de la corriente esta defini-do por: adϕ (− sinϕi+ cosϕj).Dado que la geometrıa es cilındri-ca, seleccionamos el punto de observacion en el plano XZ, parapropositos de calculo. Ya que la integracion es simetrica alrede-dor de ϕ = 0, la componente x de la corriente no contribuye. Lacomponente resultante esta en la direccion y, la cual correspondea 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 integarles elıpticas completas de primera y segun-da especie, respectivamente. Las componentes de la induccionmagnetica pueden expresarse calculando del rotor del potencialvectorial, y las expresiones resultantes son utiles en el analisiscomputacional.

168

Br =1

r sin θ

∂

∂θ(sin θAϕ) , Bθ = −

1

r

∂

∂r(rAϕ) , Bϕ = 0.

Problema 5.19: Autoinductancia de un Solenoide. Un solenoide poseeun radio R, longitud ℓ y se enrolla con N vueltas de alambremuy proximas entre sı. Utilizando el resultado del ejemplo 5.10,calcular la autoinductancia de este objeto.R: L = πµ0N

2R2/ℓ.

Problema 5.20: Autoinductancia de un cable coaxial. Calcular la au-toinductancia de un cable coaxial de radios a y b (b > a),y longi-tud ℓ. Suponer que el alambre interior transporta una corrienteuniforme 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 longitudse define como: L/ℓ = Φm/Iℓ.

Problema 5.21: Autoinductancia de un toroide. Hallar la inductan-ciadel devanado de un toroide de una seccion circular del radior y n espiras. Fig. (5.14). El radio mayor del toroide es R.R: El campo magnetico en el interior del toroide, esta dado por:B = µ0nI/2πx, en donde x es la distancia desde el centro delmismo. Esta expresion se obtienede evaluar la circulacion delcampo en un circuito Amperiano (circular) de radio x. nI se de-fine como la corriente total encerrada por este circuito. El flujototal 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 eva-

luando la inductancia como L = Φ/I, finalmente se obtiene:

L = µ0n2(R−

√R2 − r2

). (5.56)


Figura 5.14: Toroide de Seccion Circular.

Problema 5.22: FEM de movimiento I Un automovil tiene una an-tenade radio vertical de 1.2 m de largo. El automovil viaja a65 km/h sobre un camino horizontal donde el campo magneticoterrestre es de 50µT y se dirige hacia abajo (hacia el norte) a unangulo de 650 debajo de la horizontal. (a) Especifique la direc-cion de movimiento del automovil para generar la maxima femde movimiento en la antena, con la parte superior de la mismapositiva con respecto a la inferior. (b) Calcule la magnitud deesta fem inducida.R: El movil es libre de desplazarse en cualquier direccion en elplano XZ. Como se indica en el problema, el campo inducido de-be dirigirse en la direccion +Y , con el fin de que exista maximainduccion. Ası, E = −v ×B = − (−vx, 0, 0) × (0,−By,−Bz) =vxBzj. La componente Z del campo magnetico es Bz = B cos 65,ası, la maxima fem inducida es: E = vxBzℓ. Introduciendo valoresnumericos:E = 457,8µV.

Problema 5.23: Disco homopolar de Faraday. Entre agosto y noviem-bre de 1831, Faraday realizo una serie de experimentos de in-duccion electromagnetica. En uno de ellos hizo rotar un disco decobre entre los polos de un magneto y obtuvo una corriente esta-cionaria en el circuito entre el centro y el borde del disco (Figura5.15). En laactualidad, este dispositivo se conoce como generadorhomopolar debido a que este produce una corriente DC. Contac-tos de mercurio en el centro y el borde del disco estan conectados

170

en serie con una resistencia R = 15Ω y un amperımetro. El radiodel disco es a = 25 cm, su velocidad angular ω = 2π rad/s, yel 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 direc-cion Z: B = B0k. En estado estacionario, el campo electrico in-ducido en cualquier puntodel disco es de la forma: E = −v ×B.La velocidad de un portador de carga es v = ω × r, en donde res el vector posicion radial desde el centro del disco. El produc-to vectorial se reduce a: v = ωrUϕ. Por consiguiente el campo

electrico inducido en la posicion r es de la forma: E = −ωB0rUr.La diferencia de potencial entre los extremos del disco es igual a:E = −

∫ a0 E·dl = ωB0a

2/2. El amperımetro registrara una lectu-ra igual a E/R. Reemplazando los valores numericos: E = 0,2V ,i = 0,01A.

Figura 5.15: Disco Homopolar de Faraday

Problema 5.24: Un anillo metalico circular de radio a y resistenciaR se encuentra en un campo magnetico uniforme que apunta enuna direccion perpendicular al plano del anillo. La magnitud delcampo magnetico varıa con el tiempo de acuerdo con la ecuacionB (t) = B0 exp (−t/τ). La corriente inducida en un tiempo t = 2τes 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 desdeel reposo a traves de una diferencia de potencial V . Despuespenetran en una region en donde existe un campo magneticouniforme B normal al plano de la trayectoria. (a) Demuestre quesi las partıculas entraron en el campo magnetico a lo largo deleje 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 magnetico-con una velocidad vX =

√2qV/m. La magnitud de la fuerza

magnetica sobre las partıculas esta dada por FY = qvXB. Lasecuaciones 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 repre-senta una muestra de un elemento X cuyas dimensiones estanespecificadas. Si se aplica un campo magnetico perpendicular ala muestra B, y la corriente tiene una intensidad I, el voltaje Hallregistrado es VH . Calcular la densidad de portadores electronicoslibres en el sistema.

R: El voltaje Hall aparece cuando una poblacion de portadores decarga se redistribuye sobre los bordes de una muestra como con-secuencia del efecto de la fuerza magnetica a traves de la induc-cion. La densidad de portadores y la densidad de corriente estanrelacionados por: J = −nev, en donde v es la velocidad de losportadores electronicos de conduccion. En magnitud, n = J/ev,y J = I/y1z1. La velocidad de deriva yel voltaje Hall VH obe-decen a la relacion: v = VH/Bz1. Finalmente: n = IB/ (ey1VH)(portadores×m−3).

172

Figura 5.16: Efecto Hall

Problema 5.27: Un par de cargas puntuales q1 y q2 se desplazan enun marco de referencia como se ilustra en la figura (5.17). Enese instante, cuales son la magnitud y la direccion del campoproducido en el origen de coordenadas?.R: El campo magnetico generado por una carga en movimiento(velocidades no relativistas) 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.

Problema 5.28: En una lamina infinita conductora de espesor t, queyace en el plano XY (ver figura), circula una densidad de co-rriente uniforme J = J0j.Calcular la magnitud y direccion delcampo magnetico a una distancia z por debajo de la lamina decorriente.R: Se define un circuito Amperiano alrededor de la fuente de co-rriente, de simetrıa rectangular, cuyas dimensiones son ℓ sobre eleje X y 2z (perpendicular a la lamina). La circulacion del campomagnetico alrededor de este circuito es:∮

B · dℓ = B (2ℓ) = µ0

∫SJ · dS = µ0J0tℓ.

Por consiguiente: B = µ0J0t/2 (i) .


Figura 5.17: Cargas en movimiento.

Problema 5.29: Calcular la inductancia de la seccion ℓ de una lıneabifilar (Fig. 5.19), menospreciando la inductancia interior de loshilos. Los radios de los hilos son los mismos e iguales a r0, y ladistancia entre sus centros es d.

R: El campo magnetico en el punto P entre los dos conductoresesta definido por:

B (x) =µ0I

2π

(1

x+

1

d− x

),

direccion positiva sobre el eje vertical (Y ). Evaluamos el flujo decampo magnetico en el espacio entre los dos conductores:

ΦM =

∫ d−r0

r0

B (x) ℓdx =µ0Iℓ

πln

(d− r0r0

).

La inductancia/unidad de longitud de este sistema se definepor:Lℓ = ΦM/I:

Lℓ=µ0π

ln

(d− r0r0

).

174

Figura 5.18: Lamina conductora.

Figura 5.19: Lınea bifilar.


Problema 5.30: El cable largo y recto de la figura transporta unacorriente constante I. Una espira rectangular conductora de re-sistencia R se desplaza con velocidad constante v en el sentidoilustrado en la Fig. (5.20). (a) Calcular la magnitud y sentido decorriente inducida en la espira. (b) Establecer el sentido de lasfuerzas sobre los conductores paralelos al cable.

Figura 5.20: Ley de Faraday, espira rectangular.

R: La magnitud de la f.e.m se obtiene despues de obtener laexpresion para el flujo, y su variacion 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 cen-troen el origen, transporta una corriente constante de magnitudI1 en el sentido indicado en la figura (5.21). Paralelo al eje delas X (Y = 0), y a una distancia d desde el origen de coordena-das, se extiende un alambre conductor muy largo y delgado quetransportauna corriente constante I2 en el sentido positivo de lasX.Hallar la fuerza magnetica entre estos dos elementos.

R. La ley de Biot-Savart nos permite escribir la expresion parael campo magnetico producido por el anillo en cualquier puntosobre el alambre:

dBa =µ0I14π

adϕUϕ × ρ| ρ |3

,

176

Figura 5.21: Configuracion anillo-alambre.

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 diferencialde 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 estadefinido por: dF = I2dℓ2 × Ba, y consideraciones generales desimetrıa nos permite establecerla unica componente no-nula parala 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 con-figuracion de la fig. (5.21) esta dada por:

F = µ0I1I2

(1− 1√

1 + a2/d2

). (5.57)

Problema 5.32: Las corrientes en los conductores interno y externode la figura (5.22) estan uniformemente distribuidas. Utilizar laley de Ampere para demostrar que para b < r < c:

H =I

2πr

(c2 − r2

c2 − b2

)Uϕ. (5.58)

Figura 5.22: Cable coaxial, Problema 32

R: En un circuito Amperiano de radio r (b < r < c), la cir-culacion del campo magnetico es proporcional a la cantidad decorriente encerrada por el mismo:∮

H · dℓ = Ie.

En este caso la corriente Ie toma el valor de la corriente total delconductor interior I menos la parte de la corriente para un lazode radio r:

Ie = I − I(r2 − b2

c2 − b2

).

Considerando que la longitud del lazo Amperiano es 2πr, enton-ces:

H =Ie2πr

Uϕ. (5.59)

178

Problema 5.33: Un alambre conductor de seccion circular de radioa transporta una densidad de corriente uniforme J. El alambreposee una cavidad de radio b cuyo centro esta localizado a unadistancia d, sobre el eje horizontal de coordenadas, como se ilus-tra en la figura 5.23. Estimar la intensidad del campo magneticoen cualquier punto dentro de la cavidad.

Figura 5.23: Sistema alambre hueco.

R. Relaciones simples de geometrıa conducen a la expresion vec-torial:

r− ρ = d,

donde ρ es el vector posicion desde el centro de la cavidad hastacualquier punto dentro de la misma. Utilizando el principio desuperposicion para los campos, consideramos inicialmente la con-tribucion generada por la densidad de corriente +J sin cavidad,con el conocido resultado:

B1 =µ0Jr

2Uϕ1,

con respecto al centro del alambre. La contribucion al campo-magnetico debido a la cavidad puede considerarse en terminosde una densidad de corriente negativa −J :

B2 = −µ0Jρ

2Uϕ2,


con respecto al centro de la cavidad. Es necesario establecer lasrelaciones entre los dos sistemas de coordenadas, utilizandolasidentidades 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 ca-vidad solo depende de la distancia relativa entre los centros d:B = µ0Jd/2.

Problema 5.34: En un plano yacen un conductor rectilıneo infinita-mente largo y un conductor en forma de circunferencia de ra-dio a. La distancia entre el centro del conductor anular hastael conductor rectilıneo es igual a d. Hallar la induccion mutua.(Fig.5.24)

Figura 5.24: Loop de corriente.

R. La induccion mutua se obtiene como la relacion del flujomagnetico producido por el conductor rectilıneo (1) sobre la es-pira circular (2):

L12 =Φ21

I1. (5.61)

180

Integracion directa del campo magnetico producido por el alam-bre recto sobre el area circular 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 el-problema anterior, son recorridos por corrientes de intensidadesI1e I2. Calcular la fuerza que actua sobre el conductor anular.R. La fuerza entre conductores depende del cambio de la dispo-sicion geometrica mutua entre los circuitos, y en este caso, a suvez, en el parametro de induccion L12 entre los mismos. Explıci-tamente, la fuerza entre conductores en direccion X esta definidaa traves de la expresion:

FX = I1I2∂L12 (x)∂x

.

FX = µ0I1I2

(1− d√

d2 − a2

),

expresion identica a (5.57), obtenida por integracion directa apli-cando la Ley de Biot-Savart.

Problema 5.36: Dos circuitos identicos, con inductancias L se encuen-tran de tal manera que su inductancia mutua L012 = 0. Los circui-tos son recorridos por corrientes superconductoras de intensidadI0. Despues de eso cambian la posicion recıproca de los circuitos,como consecuencia de lo cual su inductancia mutua se hace igualL12. Hallar la intensidad de las 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 energıadel campo electromagnetico, omitiendo la del energıa del estadoSuperconductor:

IX = I0

√L

L+ L12. (5.65)

Problema 5.37: Un anillo superconductor que puede moverse solo ensentido vertical, yace en una superficie plana sobre una espiraconductora de dimensiones identicas. A traves de la espira delconductor comienza a circular una corriente de intensidad I. Co-mo consecuencia de eso, el anillo superconductor se levanta. Lainduccion mutua de la espira y el anillo, elevado una altura x, esigual a L12 (x). La inductancia del anillo superconductor es L11,la masa del anillo, m, yla aceleracion de caıda libre, g. Determi-nar la altura h, a la que se levanta el anillo superconductor.R. La energıa del anillo superconductor en contacto con la espiraconductora es (utilizamos la expresion para la energıa del campomagnetico Φ2/2L):

EI =L212 (0) I20

2L11.

Cuando la espira alcanza una altura h, la energıa de la espira esla combinacion de la energıa potencial y del campo magnetico:

EII = mgh+L212 (h) I20

2L11.

La altura de la espira superconductora se obtiene desde la ecua-cion secular:

h =I20

2mgL11(L212 (0)− L212 (h)

). (5.66)

Problema 5.38: Calcular la inductancia mutua asociada a dos espirascirculares de radio a que transportan corrientes uniformes I1 e I2,y cuyos planos (paralelos) se encuentran separados una distanciad. Fig.(5.25).

182

Figura 5.25: Sistema de espiras.

R.Utilizamos la formula para el calculo directo de la inductanciamutua entre dos elementos que transportan corrientessobre loselementos dℓ1 y dℓ2:

L12 =µ04π

∫C1

∫C2

dℓ1 · dℓ2r12

, (5.67)

en donde r12 es la distancia entre los elementos (1) y (2).Laformula (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 terminosdeintegrales elıpticas completas de 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 lainductancia mutua toma la forma:

L12 ≈µ0πa

4

2d3. (5.70)


Tomando en consideracion que la energıa de interaccion entre doscircuitos con corriente es W12 = L12I1I2, esta funcion se reducea:

W12 ≈µ1 · µ2d3

, (5.71)

en donde µj = πa2Ij es el momento dipolar magnetico del cir-cuito que transporta una corriente Ij . Este resultado permiteconcluir que dos espiras suficientemente separadas interactuancon una energıa igual a la energıa de dos dipolos magneticos conmomentos µ1 = πa2I1 y µ2 = πa2I2.

Problema 5.39: Dos espiras de alambre circulares planas cerradas pla-nas de radios a1 y a2 yacen en un plano a una distancia d desdesus centros. Considerando que la distancia d es grande yque sepuede hacer uso de la aproximacion dipolar, hallar la inductan-cia mutua de los circuitos.R: Utilizamos la expresion que proporciona la energıa dipolarentre dos elementos circuitales que transportan corrientes I1 eI2:

W12 =µ04π

µ1 · µ2d3

; L12 ≈πµ0a

21a

22

4d3. (5.72)

Problema 5.40: Por un conductor rectilıneo infinito de radio a, cuyoeje coincide con el eje Z del sistema de coordenadas, circula unacorriente de intensidad I en sentido positivo del eje Z. Hallar elpotencial vectorial. Figura (5.26).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 enel conductor, y r es la distancia perpendicular desde el alambreconductor hasta el punto P. Para el caso r > a, el elemento de vo-lumen se reduce a: dV = Sdz, con S como la seccion transversaldel conductor. La expresion integral para Az es:

Az =µ04π

∫ L

−L

JzSdz√r2 + z2

=µ0I

4πln

[√r2 + L2 + L√r2 + L2 − L

], (5.74)

184

con la geometrıa ilustrada en la figura (5.26). En el lımite L →∞, se obtiene:

Az (r) ≈ −µ0I

2πln r + C. (5.75)

Para el caso r < a, es conveniente utilizar inicialmente la expre-sion para el campo magnetico en el interior de un conductor deesta geometrıa: Bφ (r) = µ0Ir/2πa

2, y posteriormente obtenerla componente z del vector potencial por integracion directa:

Bφ = −∂Az

∂r; Az (r) = −

µ0Ir2

4πa2+ C, r < a. (5.76)

Figura 5.26: Potencial vectorial magnetico de un alambre rectilıneo.

Problema 5.41: Un pendulo de barra metalica liviana de longitud ℓ ymasa m esta acoplado sin friccion a un circuito LC en presenciade un campo magnetico de intensidad H, como se ilustra en lafigura (5.27). El pendulo es liberado desde el reposo con una am-plitud angular φ0, y la energıa electrica inicial del capacitor escero. El area de influencia del campo H se resalta en el diagrama.Obtener la frecuencia de vibracion delsistema Ω. [10] R: Cons-truimos la funcion de Lagrange del sistema L = K−U ≡ L (φ, q),en donde φ y q son las variables conjugadas del sistema, y re-presentan el angulo de desviacion del pendulo y la carga electri-ca circulante, respectivamente. En forma explıcita, el termino


Figura 5.27: Sistema acoplado Pendulo-circuito LC

cinetico es:

K (φ, q) =1

2mℓ2φ2 +

1

2Lq2, (5.77)

mientras que la energıa potencial gravitacional, electrica y magneti-ca se aproxima como:

U (φ, q) =1

2mgℓφ2 +

q2

2C+

1

2Hℓ2φq. (5.78)

El ultimo termino en (5.78) corresponde a la energıa magneticainstantanea sobre el circuito de area A, i.e., Um = Φq, Φ =Hℓ2φ/2. Utilizando la ecuacion de Lagrange sobre las variablescanonicas 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), obtenemos las frecuencias de vi-bracion del sistema:

Ω =

√W ±

√W 2 − ω2

1ω22, (5.81)

186

con

W =ω21 + ω2

2 + ω2H

2.

Problema 5.42: Una corriente de intensidad I circula por un conduc-tor rectilıneo infinito, paralelo a la superficie de separacion planade dos medios, uno con permeabilidad magnetica µ0, en el cualse encuentra el conductor, y otro con permeabilidad magneticaµ Fig. (5.28). Hallar la fuerza que actua sobre la seccion ℓ delconductor. La distancia entre el conductor y la superficie de se-paracion es d.

Figura 5.28: Hilo de corriente en presencia de dos medios magneticos con diferentepermeabilidad.

R: Iniciamos nuestro analisis calculando el potencial vectorialmagnetico producido por la corriente I y su imagenI ′ en cual-quier 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 elpotencial vectorial magnetico es asociado a una fuente de inten-sidad I1 localizada en el punto en donde se encuentra la carga


“real”, i.e.:

AIIz =

µ0I12π

ln r0, Y < 0. (5.83)

I ′ e I1 son constantes a definir. Utilizamos las condiciones decontinuidad en los campos magneticos sobre la superficie Y = 0,las cuales conducen a la primera relacion para las intensidades:

HIx = HII

x , Y = 0, (5.84)

y la componente normal:

µ0HIy = 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 campomagnetico sobre cualquier punto en el plano XY (Y > 0). Nosinteresa en particular la componente Hx, dado que el alambre laseccion transversal del alambre posee coordenadas (0, d) y Hy =0 en ese punto. Es posible demostrar que en esa misma posicion:Hx = µ0I

′/4πd. La magnitud de la fuerza sobreuna longitud ℓes por consiguiente:

Fy

ℓ= IHx =

µ0I2

4πd

µ0 − µ1µ0 + µ1

, (↓) (5.89)

en sentido negativo del eje Y , si µ1 > µ0 y la corriente originalesta orientada sobre el eje positivo Z.

188

Problema 5.43: En un circuito LC la carga inicial del condensador esQ0. Calcular el flujo magnetico en el inductor cuando la cargaen el condensador disminuye a la mitad.R: Un balance de energıa electromagnetica nos conduce a la ecua-cion de conservacion:

ET =Q2

0

2C=

q2

2C+

Φ2

2L, (5.90)

en donde q y Φ corresponden a los valores instantaneos de lacarga y el flujo magnetico, respectivamente. En el instante par-ticular para el cual q = Q0/2,

Φ = Q0

√3L

4C. (5.91)

Problema 5.44: Un cilindro solido de radio a, largo y orientado consu eje en al direccion z, transporta una corriente cuya densidades 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 quela corriente total que circula por la seccion transversal completaes I0. Calcular la magnitud del campo magnetico en el interiordel 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 cen-tro es, por integracion directa (ley de Ampere):

B (δ) =µ0I02πδ

exp (1)− 1

exp (a/δ)− 1. (5.94)

Problema 5.45: Conductores largos y rectos con seccion transversalcuadrada, por cada uno de los cuales circula una corriente I,estan colocados uno al lado del otro, de modo que forman una


hoja de corriente con la corriente dirigida hacia afuera del planode la pagina. Una segunda hoja de corriente se ubica a una dis-tancia d de la primera, y esta formada por un conjunto de hilosconductores transportando corrientes de magnitud I hacia aden-tro del planode la pagina en la figura (5.29). Calcular la magnitudy la direccion del campo magnetico en los puntos P , R (puntomedio de la separacion entre las hojas) y S.

Figura 5.29: Hilos conductores con seccion transversal cuadrada.

R: En la figura (5.29) se aprecian los circuitos Amperianos que serequieren para el calculo de los campos en los puntos designadosy equidistantes. En R, e integrando sobre el 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. Elcontorno ABCDEFA proporciona la relacion de los campos enP y S:HP = HS . Ası, La intensidad del campo en P esta definidocomo la mitad de la intensidad del campo en R:HP = HR/2, (←)

Problema 5.46: Un electron gira en una orbita circular con momentoangular

√2~, donde ~ = 1,05 × 10−34 J.s es la constante de

Planck. (a) Determinar el momento magneticodel electron. (b)Calcular la induccion magnetica en la posicion del proton.R: (a) El momento magnetico y el momento angular se aproxima

190

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 sededuce de la aproximacion para el campo magnetico generadopor una carga puntual e que gira en una orbita circular de radioa0:

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 laque circula una corriente electrica se le aplica un campo magneti-co perpendicular, aparece una diferencia de potencial entre lospuntos opuestos de los bordes de la cinta (Fig. (5.30)). Demos-trar que la resistencia Hall definida como RH = E/jB, siendoEel campo electrico que se establece al acumularse cargas a lolargo de los bordes de la cinta cuando se alcanza el equilibrio;B,el campo magnetico; j, la densidad de corriente, esta definidopor:

RH =1

nq, (5.99)

en donde n es el numero de portadores por unidad de carga y qel valor de la carga “transportada”.R: El campo magnetico aplicado genera una fuerza electricasobre un portador de carga definida en magnitud por:

FY =| e | vB, (5.100)

en donde v es la velocidad de los portadores en direccion opuestaal flujo de corriente. La fuerza por unidad de volumen sobre todoslos portadores de carga se calcula en terminos de la densidad de


Figura 5.30: Efecto Hall sobre una cinta conductora.

corriente j: F = jB. Esta fuerza se iguala a la fuerza asociada alcampo electrico inducido E :

F = neE = jB. (5.101)

Redefiniendo (5.101), obtenemos una expresion para la resisten-cia (coeficiente) Hall del sistema:

RH =EjB

=1

ne. (5.102)

Problema 5.48: En una cierta region existe un campo electrico y uncampo magnetico uniformes y perpendiculares entre sı (Fig.5.31).Se inyecta una partıcula con velocidad v0 paralela al campomagnetico. (a) Escribir la ecuacion de movimiento de la partıcu-la en coordenadas cartesianas. (b) Calcular las componentes delvectorvelocidad en funcion del tiempo t.R:(a) Las ecuaciones de movimiento de la partıcula estan defi-nidas por la segunda ley de Newton: F = mdv/dt = qE+qv×B.(b) Las componentes de la velocidad obedecen las relaciones:

dvydt

=qBmvz; (5.103)

dvzdt

=q

mE − q

mBvy, (5.104)

192

Figura 5.31: Partıcula en un campo electromagnetico.

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 parametri-ca de una cicloide de radio R = mE/qB2, con periodo 2πR yaltura 2R.

Problema 5.49: Espectrometro de masas. Un espectrometro de ma-sas (Fig. 5.32) tiene un voltaje acelerador de 5 kV y un campomagnetico de 10−2 T. Hallar la distancia de impacto entre losdos isotopos 68Zn y 70Zn del zinc.R: La distancia impacto desde el centro de la trayectoria se ob-tiene calculando el radio de la circunferencia R. Utilizandolosparametros dados por el problema, la traza de los impactosdista


Figura 5.32: Espectrometro de masas de Dempster. S es una fuente de iones. V corres-ponde a la diferencia de potencial aceleradora aplicada sobre las rejillas colimadoras. Pes una placa fotografica que registra el impacto de los iones.

en:

d =

√2V

e+B2(√m70 −

√m68) = 12,2 cm. (5.107)

Problema 5.50: Escribir las ecuaciones y las funciones de Lagrangepara el circuito representado en la figura (5.33).

Figura 5.33: Circuito LC.

R: La funcion de Lagrange L tiene la forma:

L ≡(q1, q2,

dq1dt

)=

1

2L(dq1dt

)2

− q222C− U (q1 + q2) . (5.108)

194

El ultimo termino, U (q1 + q2) representa laenergıa potencial ins-tantanea (constante) suministrada 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 ubicadaen el plano XY (z = 0). La espira tiene lados de longitud L y susvertices estan en (0, 0), (0, L), (L, 0) y (L,L), y porella circulauna corriente constante I en sentido horario. El campo magneti-co en el espacio esta dado por la expresion: B = B0 (y/L)

2 i.Calcular la magnitud y direccion de la fuerza magnetica netasobre la espira.R: Fneta = 0. Las fuerzas sobre los segmentos verticales son igua-les y opuestas a ±IB0L/3.

Problema 5.52: Un anillo metalico circular de radio a y resistenciaR se encuentra en un campo magnetico uniforme que apunta enuna direccion perpendicular al plano del anillo. La magnitud delcampo magnetico varıa con el tiempo de acuerdo con la ecuacionB = 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/τ

2, mientras que la corriente electrica inducida i = E/Rdespues deun tiempo τ/2 es: πa2B0/Rτ .

Problema 5.53: Un cilindro de base circular de radio a homogenea-mentecargado de y longitud ℓ, cuya carga es Q, gira con una velo-cidad angular ω alrededor de su eje. Hallar su momento magneti-co dipolar.R: El momento magnetico dipolar en una distribucion de cargasen movimiento µ puede definirse como:

µ =ω

2π

∫SqdS, (5.109)


en donde q es la cantidad de carga contenida en un elementodearea 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 permanenteen el que existe un campo magnetico H0 se introduce una placade magnetico con permeabilidad magnetica µ. Hallar la fuerzaque actua sobre el magnetico. Fig. (5.34).

Figura 5.34: Fuerza de interaccion sobre una placa magnetica.

R: La energıa magnetica en el sistema como funcion de la coor-denada 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 enlas regiones con (sin) sustancia. Suponemos que la distancia, o eltamano longitudinal de la placa (no ilustrado en la figura) es a,parametro irrelevante en el resultado final. Minimizamos (5.111)con respecto a la coordenada x para obtener la fuerza neta sobreel magneto:

Fx = −δU (x)

δx= −1

2(µ− µ0) dℓH2

0 , (5.112)

196

considerando B1 = µH0 y B2 = µ0H0.

Problema 5.55: Inductancia de un toroide. Hallar la inductancia deldevanado de un toroide de n espiras de seccion cuadrada conlado a. La distancia al centro del toroide es R.R: El campo magnetico en el interior del solenoide posee simetrıa“circular”. Aplicando la ley de Ampere a este sistema, el campomagnetico tiene la forma:

B (x) =µ0nI

2πx, (5.113)

en donde x es la distancia desde el centro del toroide a un puntoen la region interior del mismo. Calculamos el flujo magneticosobre 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 veceselflujo sobre una espira. La inductancia del devanado es:

L =Φt

I=µ0n

2

2πln

(2R+ a

2R− a

). (5.115)

Problema 5.56: Rueda de Barlow. La rueda de Barlow es un disco decobre que esta situada entre los polos de un iman y cuyo bordeesta en contacto con un deposito de mercurio. Se conecta unabaterıa entre el eje de la rueda y el deposito de mercurio y seobserva que la rueda empieza a girar alcanzando una velocidadangular lımite constante. Comprobar que la velocidad angular esproporcional a la intensidad de la corriente. La rueda de Barlowes reversible en el sentido de que al desconectar la baterıa y sela hace girar aplicando una fuerza externa, se puede medir lacorriente inducida [11].R: El elemento de fuerza sobre un elemento longitud dy en uncampo magnetico de magnitud B es dF = idyB; en donde i esla corriente que circula en el elemento dy. Si el sentido de girodel disco es antihorario, y la corriente circula hacia el centro delmismo, la fuerza magnetica sobre el disco esta orientada hacia la


Figura 5.35: Rueda de Barlow.

derecha en el diagrama de la figura (5.35). El momento de estafuerza 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 elejede rotacion se presenta un momento de friccion proporcional ala velocidad angular: M r = −kω (criterio de Petroff), entoncesla 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 dela corriente electrica externa que alimentaal sistema:

ω∞ =M0/k = Ba2i/2k. (5.119)

198

Problema 5.57: Un cilindro dielectrico de radio a gira alrededor de sueje con una velocidad angular ω, paralelamente a la cual esta di-rigido el vector de induccion B de un campo magnetico continuo.Hallar la polarizacion del cilindro y la densidad superficial de lacarga ligada. La constante dielectrica de lasubstancia del cilindroes igual a ε.R: El campo electrico asociado a una carga en la sustancia que-se mueve con una velocidad v bajo la influencia de uncampomagnetico B es E = v×B. Para un elemento de carga localizadoen una posicion r desde el eje del cilindro (y perpendicular almismo), se define como v = ω × r. El campo electrico en estaposicion es por consiguiente:

E (r) = ω × r× B. (5.120)

El campo electrico inducido posee simetrıa radial. Utilizandopropiedades del triple producto 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 . Final-mente, La polarizacion del cilindro es:

P = (ε− ε0)ωBr. (5.123)

La densidad superficial de carga ligada σlig se obtiene directa-mente desde la componente normal del vector polarizacion:

σlig = Pn = (ε− ε0)ωBa. (5.124)

Problema 5.58: Un cilindro vacıo de radio r2 y un conductor cilındri-co, coaxial con el, de radio r1 que posee una conductividad muygrande, se sumergen en un lıquido magnetico conductor con per-meabilidad µ y densidad de masaρ (Fig. 5.36). En el circuitocircula una corriente de intensidad I. Hallar la altura que alcan-za el lıquido en el cilindro.


Figura 5.36: Arrastre magnetico hacia el espacio entre los conductores con corriente.

R: En el diagrama de la figura se ilustra la cantidad h, la alturaque alcanza el lıquido magnetico cuando se aplica una corrienteI. En este problema, por consiguiente, se considera como lıneade referencia aquella altura que alcanzael lıquido por principiohidrostatico. Cuando circula una corriente I en el sistema, segenera una energıa magnetica en 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 camposmagneticos en la region con (sin)fluido, y ℓ es la longitud delmismo. Utilizando B = µI/2πr, y B0 = µ0I/2πr,e integrando(5.125), obtenemos una expresion para la funcional de energıamagnetica del sistema 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 obtienemi-nimizando la ecuacion (5.126): Fy = −δu (y) /δy. En equilibriohidrostatico, esta fuerza debe igualarse al peso del lıquido des-plazado una distancia vertical h: πρg

(r22 − r21

)h. La altura que

200

alcalza el lıquido es por consiguiente proporcional al cuadradode 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 unmedidor de d’ Arsonval. tiene asociado un campo radial uniformeB = 0,1T y un resorte de restauracion con un torque τ = 5,87×10−5θ (N·m), en donde el angulo de rotacion esta en radianes. Labobina contiene n = 35 vueltas y mide ℓ = 23mm × w = 17mm.Que angulo de rotacion produce una corriente i = 15 mA en labobina? Figura (5.37).R: La magnitud del torque magnetico inducido en una espira dela bobina se aproxima a:

τesp = iℓwB. (5.128)

Sobre n espiras que componen la bobina, el torque total experi-mentada por la misma sera: nτesp. El angulo maximo de deflexionse obtiene en condicion de equilibrio:nℓwB = 5,87 × 10−5θ. Deaquı: θ ∼ 200.

Figura 5.37: Galvanometro de d’ Arsonval

Problema 5.60: Determinar una expresion para el potencial vectorialA producido por una lamina de corriente plana e infinita, en la


Figura 5.38: Circuito Amperiano. Problema 5.60.

que circula una densidad J.R: Utilizando la ley de Ampere en el circuito ilustrado abcd,se obtiene el campo magnetico H (z > 0),: H = Jt/2Ux (Verejemplo 5.28). En general, para una orientacion arbitraria de lalamina de corriente,

H =1

2Jt× Un, (5.129)

en donde Un es el vector unitario normal a la superficie. El poten-cial vectorial A esta definido por ∇×A = µ0H. La componenteen la direccion X es:

∂Az

∂y− ∂Ay

∂z=

1

2Jt. (5.130)

El vector potencial posee la misma direccion de la densidad decorriente (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 enro-llan con gran densidad una capa de espiras de un alambre muy

202

fino. Los planos de todas las espiras perpendiculares a un mismodiametro de la esfera. El radio de la esfera es a y la cantidadtotal de espiras es n. Una corriente de intensidad I circula porel devanado. Hallar la induccion magnetica en el centro de laesfera.R: Utilizamos el resultado del ejemplo (5.10), considerando laesfera como una coleccion de anillos paralelos de radio variableR = a sin θ. La induccion magnetica en el centro de la esferaproducida por una espira con corriente iespira es:

Bespira =µ0iespira sin

2 θ

2a, (5.132)

con z = a cos θ. La corriente sobre la espira se relacionacon lacorriente total a traves de la relacion de equivalencia iespira =nIdθ/π. Integrando en la variable angular θ, en el intervalo0, π, se obtiene

B =µ0nI

2πa

∫ π

0sin2 θdθ =

µ0nI

4a. (5.133)

Problema 5.62: La induccion magnetica B0 entre los polos paralelosde un iman electrico puede considerarse constante y homogenea.En el espacio entre los polos se introduce una placa de materialparamagnetico con susceptibilidad χP . Hallar la fuerza que actuasobre la placa, si las superficie de las placas son paralelas a lasde 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 ex-terior B0: hint = χPB0/µ.La fuerza media sobre la placa se ob-tiene multiplicando la densidad de energıa por el area transversalde 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 intensidadI en direccion paralela a una placa conductora muy delgada condensidad de corriente J0, y ancho w, Fig.(5.39). (a) Hallar lafuerza por unidad de longitud sobre el conductor. (b) Obteneruna expresion para el lımite cuando w tiende a infinito.R: (a) La fuerza entre dos hilos de corriente con corrientes IyJ0tdy, separados una distancia r =

√h2 + y2, es:

dF = Iℓ× dB. (5.136)

La fuerza resultante producida por dos hilos de ancho dy locali-zados en lados opuestos del origen de coordenadas esta dirigidasobre el eje negativo de Z. En el diagrama ilustrado en la figura(5.39) es posible inferir que el elemento de fuerza producido porel diferencial de corriente J0tdy posee direccion −Z,−Y . Explıci-tamente:

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)

204


Es claro por consiguiente que el campo producido por una placade espesor t y de ancho w a una distacia perpendicular h de lamisma, con la geometrıa indicada en la figura (5.39), es:

B =µ0Jt

πarctan

( w2h

)Uy. (5.139)

(b) Cuando el ancho w de la placa tiende a infinito, la fuerzaentrelos objetos se aproxima a: µ0IJ0t/2, en direccion −Z.

Problema 5.64: Para la configuracion de la figura (5.40), la distribu-cion del campo magnetico es B = B0 sin (πx/w)Uz. Hallar eltrabajo realizado al mover la espira una distancia wa lo largo deleje x, a velocidad constante.R: El cambio de flujo magnetico sobre la espira de corriente ∆Φm

asociado al cambio de las 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 al-cambio de flujo: W = ∆Um = I∆Φm = −4IℓwB0/π.

Problema 5.65: Dos laminas infinitas de corriente, cada una con den-sidades de corriente J1 y J2, son paralelas, separadas una distan-cia d y tienen sus corrientes dirigidas de manera opuesta. Hallarla fuerza por unidad de area sobre las laminas.R: Utilizamos el resultado del problema 5.60. Si las laminas sonparalelas a los planos XY , y la densidad de corriente de una de



ellas esta dirigida en la direccion −Y , el campo sobre la otralamina, en la parte superior es:

H1 =Jt12Ux, (5.141)

en donde t1 es el espesor. La fuerza/unidad de area sobreunelemento de longitud dyUy es:

F/A = µ0J2t2Uy ×H1 =µ02J1J2t1t2Uz (repulsion).

(5.142)

Problema 5.66: Una corriente de intensidad I circula por un alambreen direccion −z , y entra en una superficie semiesferica de radio ay espesor t. Escribir una expresion para la densidad de corrientesobre la esta superficie. Fig. (5.41).R: La densidad de corriente se obtiene indirectamente integran-do:

I =

∫J · dS; (5.143)

en donde el elemento de superficie tiene normal en la direcciondel angulo polar en coordenadas 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 co-rriente I que incide sobre una lamina conductora de espesor t yque yace en el plano XY. Fig (5.42).

206


R: La corriente sobre la lamina posee direccion radial. A unadistancia r desde el punto de 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. (5.43)completa una espira mediante un contacto deslizante con los con-ductores en y = 0 y y = ℓ = 0,5m. (a) Hallar el voltaje inducidoen 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 ve-locidad inicial v0Ux = 0,25Ux m/s, considerando queel circuitoposee una resistencia de 1 Ω, en presencia deun campo magneticoB0 = 0,5 T. Considere la masa de la barra igual a 100 gramos.

Figura 5.43: FEM inducida, Problema 5.68

R: (b) En el caso de un campo magnetico uniforme, la fem in-ducida esta dada por B0ℓv0 = 0,0625 V. (a) para un campo



variable el conductor fijo en x = 0,5 m, la fem inducida es:E = −ℓ2dB (t) /dt = −ℓ2ωB0 cos (ωt).La fuerza que se ejerce sobre la barra depende de la velocidadinstantanea, y esta dirigida en sentido contrario a la misma:F = iℓB = −ℓ2B2v (t) /R. Considerando F = ma, m: masade 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 enun volumen cilındrico de radio R. Una barra metalica de longitudℓ es colocada como se ilustra en la figura (5.44). Si B esta cam-biando a una razon dB/dt > 0, calcular la fem inducida en losextremos de la barra.R: La barra divide el area transversal del cilindro en dos cir-cuitos de secciones: A1 y A2, las cuales corresponden la regionsuperior y a la region inferior, respectivamente. El cambio de flu-jo magnetico en el circuito (1) induce una corriente que circulaen sentido horario, mientras que en el circuito (2) la corrientecircula ensentido antihorario. La diferencia de las variaciones deflujo es proporcional a la fem en los extremos de la barra:

E = Φ1 − Φ2. (5.148)

208

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.

Problema 5.70: Un cilindro hueco de radio a tiene su centro sobre eleje z y transporta una densidad superficial de corriente KaUϕ.Demostrar que Hz = Ka, para r < a.R: Utilizamos la relacion para el campo magnetico y la densidadde corriente: ∇×H = J. En esta simetrıa, el campo solo dependede 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 cilındri-ca.

Problema 5.71: Calcular el campo magnetico en el interior de un ci-lindro de radio r por el cual circula una corriente axial sobre lasuperficie K (ϕ) = I cosϕ/2r. Obtener la inductancia por unidadde longitud del cilindro.R: El elemento de corriente asociado a un anillo de radio r ubi-cado a una distancia z genera un elemento de campo magneticodB:

dB =µ04π

K (ϕ) dSk×(zk− rUr

)(z2 + r2)3/2

El elemento de superficie dS en esta simetrıa se define comordϕdz, mientras que Ur corresponde al vector unitario radialhacia el exterior de la superficie cilındrica. Integrando:

B =

∫ +∞

−∞

∫ 2π

0dB =

µ0I

4r

(−j). (5.150)

Es posible obtener una expresion aproximada para la inductan-cia de este sistema, considerando que el campo magnetico en el


Figura 5.45: Corriente axial, simetrıa cilındrica. Problema 5.5.150.

interior es uniforme en todos los puntosdel interior, utilizando ladefinicion 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 Colba-to/Samarium tiene una magnetizacion M = 7,50 × 105 J/Tm3.Considere dos esferas magnetizadas con esta aleacion, cada unacon 1 cm de radio y magneticamente unidascon polos opuestosen contacto. Cual es la fuerza que debe ser aplicada para sepa-ralas?.R: La magnetizacion m de una esfera se obtiene como m =MV ,en donde V corresponde al volumen de la misma: 4πr3/3.Si elradio es de 1 cm, m = 3,142 J/T. La fuerza que experimentauncuerpo magnetizado debido al gradiente del campo magnetico sedefine como:

F = m · ∇B. (5.151)

El campo magnetico producido por esfera de magnetizacion m1

sobre el eje z puede aproximarse a:

B (z) =µ04π

2m1

z3, (5.152)

con z tomado desde el centro de la esfera. fuerza que experimenta

210

Figura 5.46: Fuerza entre esferas magnetizadas, Problema 5.72.

la segunda esfera es en magnitud:

F =3µ032π

m1m2

r4,

con z = 2r. Considerando | m1 |=| m2 |, debe aplicarse unafuerza de unos 36,52 Newtons para separarlas.

Problema 5.73: Un circuito RLC serie oscila sujeto a las condicionesI = I0, I

′ = 0 a t = 0. Hallar la relacion de dependencia de lacorriente que circula en el circuito en el regimen de amortigua-miento 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/2es:

I = (A+Bt) exp (−γt/2), (5.154)

en donde A y B son constantes definidas por las condicionesiniciales: A = I0, y B = I0γ/2.

Problema 5.74: Una corriente I fluye en un alambre el cual cambiade unradio r1 a un radio r2 como se ilustra en la figura (5.47).La densidad de corriente J dentro del alambre es uniforme: J =


Figura 5.47: Cono cilındrico

J (z), y las posiciones z1 y z2 estan lejos de los lugares en dondeel alambre cambia de radios. (a) Hallar J en los puntos z1 y z2.(b) Calcular el campo magnetico en los puntos z1 y z2 dentro yfuera del alambre.R: (a) La densidad de corriente tiene la forma: I/πr (z)2, conr (z) = r1+∆(z − z1), ∆ = (r2 − r1) /ℓ, ℓ-longitud del cono. (b)En el interior del cono (r < r1),el campo B (en funcion de lacoordenada 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 elcampo magnetico en z = z1, y z = z2. De forma analoga secalcula el campo en el exterior del alambre para z < z1, y r > r1.

Problema 5.75: Una aguja delgada de acero magnetizado, de longitud12 cm, esta suspendida en un hilo sin torsion y realiza pequenasoscilaciones libres alrededor de un eje que pasa por su centro enun plano horizontal en el campo magnetico terrestre. El periodode oscilacion es de 3 a 5 segundos. Estimar la densidad de mag-netizacion del acero. [12].

212

Figura 5.48: Aguja de acero en presencia de un campo magnetico.

R:La figura (5.48) ilustra la geometrıa del problema 5.75. Dadoque unicamente se consideran oscilaciones de angulo pequeno,el campo magnetico terrestre se asume uniforme. Si el momentomagnetico de la aguja es µ, su energıa potencial en presencia deun campo B es V = −µ ·B = −µB cos θ, en donde θ es el anguloentre µ y B. La ecuacion de movimiento es:

Iθ = τθ = −∂V

∂θ= −µB sin θ ∼ −µBθ,

con I como el momento de inercia de la aguja con respecto asucentro: mℓ2/12. La frecuencia 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,se encuentra 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 igualdensidad lineal de masa λ = 1,75×10−3 kg/m estan suspendidoscon hilos de masa despreciable de modo que estan configuradosen una posicion horizontal y paralelos entre sı, y separados unadistancia d = 2,0 cm. Los extremos posteriores estan conectadospor un alambre de baja resistencia R = 0,032 Ω. El terminalpositivo de un condensador de 1 µF queha sido cargado por una



fuente de 2500 V, esta conectado a un interruptor que a su vezconecta el extremo del cable (Figura 5.49). Cuando se cierra elcircuito, los alambres experimentan una fuerza de repulsion en-tre ellos y cada uno adquiere una velocidad inicial v0. El tiempode descarga del capacitor es despreciable en comparacion con eltiempo necesario para producir cualquier desplazamiento apre-ciable en la posicion de los cables. Calcular la fuerza de repulsiony la velocidad inicial que estos alambres experimentan.R: En el instante en que el circuito se activa, circula una co-rriente con un valor maximo im = V0/R. Los alambres se re-pelen con una fuerza maxima por unidad de longitud dada porF/ℓ = µ0i

2m/2πd. El cambio del momentum que experimentan

los alambres ∆p = F∆t = 2λℓv0. Considerando que el tiempode descarga del condensador ∆t = RC corresponde al tiempopromedio en el cual se ejerce la fuerza magnetica entrealambres,y la carga inicial Q0 = CV0, la velocidad inicial se calcula comov0 = µ0Q

20/4πdRCλ. Numericamente, v0 = 0,56 m/s.

Problema 5.77: Un alambre circular de radio r y masa m transportauna corriente estacionaria I. Fig. (5.50). El alambre esta restrin-gido a moverse con su eje de simetrıa en direccion perpendiculara una lamina infinita y perfectamente conductora que yace enel plano Y Z. Su altura instantanea es x, y se desplaza con velo-cidad v en direccion y, con v << c. (a) Cual es la condicion de

214


frontera del campo magnetico B sobre la lamina? (b) Calcular lacorriente imagenque reproduce el valor del campo magnetico enla region superior del plano. (c) Hallar la altura aproximada enequilibrio x y la frecuencia de las pequenas oscilaciones verticalespara un valor de corriente de tal forma que x << r.R: (a) La componente normal del campo magetico, la cual escontınua a traves de la frontera, es cero sobre la superficie con-ductora: Bn = 0. (b) Como se muestra en la figura (5.50), laimagen de la corriente consiste en un loop de corriente simetri-camente localizado con respecto a la superficie del plano conduc-tor, pero con una direccion opuesta del flujo de corriente. Estaconfiguracion satisface la condicion de frontera (a). (c) La fuerzaentre el 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 sentidovertical 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 desdesu posicion de equilibrio, entonces las fuerzas que actuan sobreel 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 ensitios poco atractivos, tales como en el petroleo o en depositosde plantas muertas. Una bateria que vive en un lıquido absoluta-mente oscuro y esencialmente homogeneo enfrenta un problemade orientacion bastante serio si aquella debe salir a la superficiepor oxıgeno y luego descender por alimento. Un tipo de bacte-ria ha resuelto este problema incorporando magnetos de oxidode hierro en sus celulas. Estimar el momento magnetico mınimonecesario para alinear la bacteria.R: Planteamos una expresion para la energıa de interaccion entredos dipolos magneticos con momentos m1 y m2 es:

W = −m1 ·[m2

r3− 3

(m2 · r)r5

r

],

donde r es el radio vector desde m2 hasta m1. Para dos magne-tos identicos en el interior de dos bacterias adjacentes (r = d)y alineadas paralelamente (esta configuracion minimiza el valorde la energıa de interaccion, el cual sugiere en este escenarioque las bacterias se enlazan para formar grandes magnetos demomentum m), m1 = m2 = m, la energıa de interaccion es

W =2m2

d3.

216


La energıa del movimiento Browniano es del orden de 3kT/2,Tcomo la temperatura absoluta. Este movimiento tiende a destruirel ordenamiento de la bacteria. Ası, para que el alineamientomagnetico sea posible, se requiere:

2m2

d3≥ 3kT

2,

en donde la magnitud mınima del momento dipolar se estimacomo:

|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 cargaq se mueve con velocidad constante v, donde v << c,en el planoXZ a una distancia constante z0 desde el plano XY , en direccionpositiva. Suponer que la partıcula cruza el eje Z a t = 0. Obteneruna expresion para la fem inducida en el lazo como funcion deltiempo.R: En el instante de tiempo t la posicion de q es (vt, 0, z0). Elradio vector desde q a cualquier punto (x, y, z) es: (x− vt,y, z −z0). Dado que v << c, el campo electromagnetico debido a una


carga que se mueve uniformementees:

E =q

4πε0

r

r3

B =v

c2×E,

con r =√

(x− vt)2 + y2 + (z − z0)2.La fem inducida en el lazode corriente esta dada por la integral:

E = −∫S

∂B

∂t· dS.

El termino v × E, el cual es proporcional a B toma la forma:(0,−vEz, vEy). Al multiplicar por el elemento de area dS, cuyanormal 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 magneticosvarıa como el inverso de la cuarta potencia de la distancia entre

218

sus centros, independiente de la orientacion relativa en el espa-cio. Asumir que el tamano de los dipolos es pequeno comparadocon la separacion entre ellos.R: Consideremos que los momentos magneticos de los dos dipo-lossean m1 y m2. El potencial producido por m2 en la posicionde m1 es:

φm =1

4π

m2 · rr3

, (5.156)

donde r esta dirigido desde m2 hasta m1. Dado que el campomagnetico 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 esproporcional a r−4. Explıcitamente:

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 ilustraenla figura (5.52). (a) Hallar la inductancia mutua entre los dosanillos, asumiendo b << a. (b) Considere que la espira de radiob posee un momento dipolar mb = πb2ib. Hallar la fuerza entrelas dos espiras.R: (a) El flujo magnetico sobre la espira de radio b se puedeaproximar como el producto del campo producido por la espirade radio a sobre su eje, a una distancia y, y el area transversalde la misma, i.e., πb2 (Ver Ejemplo5.10):

Φm ≈ πb2B (y) =πµ0iab

2a2

2 (a2 + y2)3/2.

La inductancia mutua entre las dos espiras es M12 = Φm/ia.(b) La magnitud de la fuerza entre las espiras se obtiene desde


Figura 5.52: Inductancia Mutua.

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, quetransportan corrientes iguales I, se configuran en el plano XYseparados 450 entre sı, como se ilustra en la figura (5.53). Obtenerel 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. El campo 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 campototal es:

Bt =µ0I

2πy

(1 + 2

√2)

+ z.

220

Figura 5.53: Configuracion de tres alambres separados 450.

Figura 5.54: Sistema de cilindros concentricos, corrientes superficiales opuestas.

Problema 5.83: Considere un cable coaxial formado por dos cilindrosperfectamente conductores muy largos de radios a y b, (a < b)(Fig.5.54). El cilindro interior se encuentra a tension V0, mien-tras que el cilindro exteriorest a a tierra. Por la superficie r = acircula una corriente azimutal K = Kuφ, mientras que por el ci-lindro exterior fluye una corriente opuesta K = −Kuφ. Calcularla densidad de energıa electromagnetica en estesistema. Calcularel vector de Poynting.R: El campo magnetico en el interior del cilindro (a < r < b)esdiferente de cero, y dado por 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 ex-presion:

u =B2

2µ0+ε0E

2

2.

El vector de Poynting, por definicion es S = E ×H. El flujo dela energıa electromagnetica tiene direccion +uφ.

Problema 5.84: Calcular el vector potencial de dos conductores rec-tos, lineales, infinitamente extendidos que transportan corrientesantiparalelas I. Considere el caso de corrientes paralelas.R: Utilizamos la definicion general del potencial vectorial magneti-co A producido por una fuente J:

A =1

c

∫J (r′)

∥r− r′∥dV ′.

Si asumimos que los alambres se encuentran tendidos en el planoXZ, separados una distancia 2d, la expresion para el calculo delpotencial vectorial A debido a la contribucion de un elementode 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 expresionpara el potencial vectorial:

A =2I

cln

[ρ2ρ1

(L+

√L2 + ρ21

L+√L2 + ρ22

)]k.

En el lımite L→∞, la expresion anterior sereduce a:

A =2I

cln

(ρ2ρ1

).

222

Aplicando el mismo procedimiento, es posible calcular A cuandolas corrientes son paralelas:

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 corrienteen un campo no uniforme. Considere una espira cuadrada con-ductora que se encuentra en el plano z = 0. La longitud de loslados es L, y sus vertices estan localizados en (0,0), (0,L), (L,0) y(L, L), y por ella circula una corriente I en sentido antihorario. Elcampo magnetico no tiene componente Z, pero sus otras dos com-ponentes son distintas de cero: B = B0 (y/L)UX+B0 (x/L)UY .Si la espira puede girar libremente alrededor del eje X, hallar lamagnitud y la direccion del 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 dipolarmagnetico asociado a la espira, y A es su area total. Integrandosobre 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 torqueque esta experimenta es IB0L

2/2 en direccion negativa del eje.

Problema 5.86: Un toroide con entrehierro posee una seccion trans-versal cuadrada. Un conductor largo que porta una corriente I2esta insertado en el entrehierro. (a) Hallar la fuerza sobre el en-trehierro cuando I2 = 0 y la permeabilidad relativa del toroidees µr. (b) Si la corriente en el conductor es diferente de cero yµr →∞.R: La fuerza magnetomotriz generada por la corriente I1 esF = NI1 que a su vez es igual al producto de la reluctancia


Figura 5.55: Sistema Toroide -Conductor - Entrehierro, (no a escala). Problema 5.86

total R y el flujo magnetico Ψ. Sobre la seccion cuadrada dearea a2 circulara una densidad de flujo:

B =NI1Ra2

R = Rt +Re,

en dondeRt(e) es la reluctancia del toroide (entrehierro). Explıci-tamente,

R =1

µ0a2

(2πρ

µr+ ℓ

).

En el caso (a), la fuerza en el entrehierro puede calcularse co-mo el producto de la densidad de energıa magnetica y el areatransversal del entrehierro:

Fe =B2a2

2µ0=

N2I212µ0R2

.

Para un toroide con permeabilidad relativa infinita, el campo defuerza en el entrehierro es:

Fe =µ0N

2I21a2

2ℓ2.

En el caso (b), con I2 = 0, la fuerza sobre el conductor es Fc =I2aB:

Fc =NI1I2Ra

→(µ0NaI1I2

ℓ

)µr→∞

.

224

La fuerza sobre el conductor depende del producto de las corrien-tes y de la relacion ancho del entrehierro/ espesor del toroide.

Problema 5.87: Evaluar el potencial magnetico ΦM para una placacircular con densidad superficial de dipolo magnetico uniformeσ = 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 delvector r, y φ′ es el angulo de integracion en el plano del disco.En una placa suficiente grande (r′ → ∞), integracion directaconduce a:

ΦM =σ

2.

Bibliografıa

[1] A. N. Matveev, Electricidad y Magnetismo, Ed. MIR, Moscu, 1988.

[2] Una monografıa interesante sobre experimentos y datos historicos relevantesen electrosta tica ha sido realizada por el profesor Leonel Calderon, disponibleen 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, MexicoD.F., 1976.

[6] S. M. Lea, J. H. Burke, Fısica, Vol. II, La Naturaleza de las Cosas,ITP, Mexico D.F., 1998.

[7] Physics Test Practice Book, ETS, Page. 64, Pricenton, NJ, 2005.

[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 Chica-go, Graduate Problems in Physics with Solutions, University of Chicago Press,1967.

[10] G. L. Kotkin, V. G. Serbo, Problemas de Mecanica Clasica, Ed. MIR, Moscu,1980.

[11] Adaptado de http://www.sc.ehu.es

225

226

[12] Lim Yung-kuo, Problems and Solutions on Solid State Physics, Relativityand Miscelaneous Topics, World Science, 2006. Partial Differential Equationsof Mathematical Physics and Integral Equations, Ch. 2, Page 303, Dover Pu-blications, NY, 1988.

Parte I

Addendum: ProblemasAdicionales

227

Problemas Adicionales, Ondas Electromagneticas A 1

Figura 1: J. Maxwell

James Maxwell, 1831-1879. Matematico y Fısico escoces que publico teorıas acer-ca del campo electromagnetico. Maxwell deseaba presentar la electricidad en su forma massimple. Comenzo escribiendo un artıculo titulado Sobre las lıneas de fuerza de Faraday(1856), el cual el translado las teorias de Faraday en forma matematica, presentandolas lıneas de fuerza como hilos imaginarios los cuales contienen fluido incompresible.Luego publico Sobre las Lıneas Fısicas de Fuerza (1861) en el cual trata las lıneas co-mo entidades reales, basado en el observacion del movimiento de particulas de hierroen presencia de un campo magnetico, y utilizando la analogıa de una rueda en reposo.Tambien presento una derivacion de la luz como ondulacion tranversal del medio causadapor fenonemos electricos y magneticos. Finalmente publico Sobre la teorıa DinamicadelCampo Electromagnetico. (1865). La formulacion de Maxwell de la electricidad y el Mag-netismo fue publicada en Un Tratado sobre la Electricidad y el Magnetismo (1873), en elcual se incluye las formulas conocidas a la fecha como ecuaciones de Maxwell. Maxwelltambien demostro que estas ecuaciones requerıan implıcitamente la existencia de ondaselectromagneticas que viajan a la velocidad de la luz. Junto a Clausius, desarrollo la teorıacinetica de los gases. Mostro que la distribucion molecular de las velocidades era Maxwe-liana, en Ilustraciones de la teorıa dinamica de los gases (1860). Sus estudios sobre teorıacinetica lo condujo a proponer la paradoja del demonio de Maxwell en 1867, en una cartadirigida a su amigo cercano Peter Tait. El demonio de Maxwell, es una pequena creaturahipotetica la cual puede observar las moleculas individuales. Este creatura puede ademasproducir un flujo de calor desde un cuerpo frio hacia uno caliente abriendo una puerta

A 2

cuando una molecula se aproxima desde el cuerpo frıo, y cerrando la misma cuando estase aproxima desde el cuerpo caliente. Este proceso aparentemente viola la segunda leyde la termodinamica, pero a su vez fue utilizado por Maxwell para demostrar que la se-gunda ley de la termodinamica es una ley estadıstica que describe las propiedades de unsistema de un gran numero de partıculas. Maxwell tambien observo, en correspondenciaprivada, que la reversibilidad del tiempo era consistente con las leyes de la dinamica,pero inconsistente con la Segunda Ley de la Termodinamica. Maxwell publico sus puntosde vista sobre las limitaciones de la segunda ley en Teorıa del Calor (1871). Maxwellhizo numerosas contribuciones en otros aspectos de la ciencia. Argumento que los anillosde Saturno eran formados por pequenas particulas individuales, realizo experimentos loscuales mostraban que la viscosidad variaba directamente con la temperatura, derivo elteorema de Equiparticion y trato de describir las lıneas espectrales utilizando un modelovibracional. La teorıa electromagnetica en la materia puede resumirse en un conjunto deecuaciones diferenciales las cuales relacionan campos y fuentes:

D = ε0E+P. (A 1)

H =1

µ0B−M. (A 2)

∇ ·D = ρℓ ∇×E = −∂B∂t

(A 3)

∇ ·B = 0 ∇×B = Jℓ +∂D

∂t, (A 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

desarrollaremos ejemplos correspondientes a las aplicaciones de las ecuaciones de Max-

well en el vacıo y en medios no homogeneos. El lector debe estar familiarizado con la

teorıa general de las ecuaciones diferenciales y algunos de sus metodos de solucion, aun-

que en esta parte se intenta construir un texto autoexplicativo sobre este topico.

Problema A1: Resolver el problema de contorno de Dirichlet ∆u = 0, x3 > 0,con −∞ < x1, x2 <∞, y u (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 espacial del mismo en el plano x3 = 0. Planteamos la ecua-cion 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) re integrando por partes desde 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,

considerando que la funcion potencial esta acotada en el infinito u (+∞) = 0y con J ′

0 (0) = 0. Utilizando la identidad σ2J ′′0 (σ)+σJ ′

0 (σ)+σ2J0 (σ) = 0,se obtiene la forma final para el nucleo u (ρ, z):

−ρ2u (ρ, z) + uzz (ρ, z) = 0.

La solucion de la ecuacion anterior es u (ρ, z) = f (ρ) e−ρz. La solucionformal para el campo u (r, z) se obtiene insertando este resultado en latransformada inversa de Hankel:

u (r, z) =

∫ ∞

0f (ρ, z) e−ρzJ0 (ρr) ρdρ.

Problema A2: El mecanismo de conduccion electrica en un medio lıquido es debi-do al movimiento de los iones en su interior. Los iones estan impulsados porel campo electrico, pero debido al rozamiento viscoso, estos no se aceleranuniformemente. La velocidad y el campo estan relacionados por el coefi-ciente de movilidad µ: v = µE. En la mayorıa de las disoluciones existeniones de ambos signos y la corriente sigue aproximadamente la ley de Ohm.Sin embargo, en el caso de la conduccion unipolar en un lıquido dielectricobajo los efectos de una diferencia de potencial establecida a traves de doselectrodos, iones de un solo signo son arrastrados por el campo electrico.Suponga que los electrodos son planos y paralelos, de seccion S y separadosuna distancia a. (a) Establecer la relacion entre la densidad de corriente, ladensidad de carga y la velocidad de los iones. (b) Si estos iones tienen movi-lidad µ, establezca la relacion entre la velocidad y el campo en cada punto.

A 4

(c) Escriba la ecuacion de Poisson con sus correspondientes condiciones decontorno. (d) Resuelva el sistema anterior si el potencial varıa como:

ϕ =(xa

)pV0.

Calcule el valor necesario de p y determine la relacion I - V para este sis-tema.R: (a) La densidad de corriente para iones con densidad de carga ρ y velo-cidad v puede escribirse como:

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 desplazanen el sistema. Considerando la densidad de corriente constante J = cte, (elnumero de iones que son emitidos desde un electrodo por unidad de tiempo,se conserva), entonces el exponente p es igual a:

p =3

2.

Reemplazando este factor en las anteriores expresiones, con I = JS, larelacion corriente-voltaje toma la forma:

I = kV 20 , k =

9µεS

8a3.


La corriente depende del cuadrado del potencial aplicado en los electrodos.Retomando los calculos anteriores:

E (x) = −3

2

V0

a3/2z1/2.

ρ (x) = −3

4

εV0

a3/2z−1/2.

Figura 2: Soluciones al sistema de ecuaciones para la distribucion de la densidad decarga ρ, potencial electrico ϕ y campo electrico E, en funcion de x/a (no a escala).

Problema A3: (a) Escribir las condiciones de contorno generalizadas para la su-perficie de separacion de dos medios con constantes relativas dielectricasκe1 , κe2 , si la densidad superficial de carga en la superficie de separacion esσ. (b) Extender para el caso en el cual circula una corriente superficial K,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 losdos medios. Especıficamente:

n · (κm2E2 − κm1E1) =σ

ε0.

A 6

(b) En este caso, La componente tangencial de campo magnetico se rela-ciona con la densidad de corriente:(

B1

κm1

− B2

κm2

)· t = µ0K,

en donde t es el vector unitario tangente a la superficie de separacion. Unaforma general se escribe como:

n×(

B2

κm2

− B1

κm1

)= µ0K.

Problema A4: El potencial electrostatico en un punto P debido a una lamina conmomento dipolar por unidad de area τ sobre la superficie S es:

ϕP =1

4πε0

∫τ · rr3

dS, (A 5)

en donde r es el vector desde el elemento de superficie hasta el punto P .(a) Considere una lamina dipolar de extension infinita que yace en el planoXY y con momento dipolar τ = τ ez. Determinar si ϕ o su derivada esdiscontınua 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 A5: Atomo de Hidrogeno Neutro*. El potencial (Promedio temporal)de un atomo de Hidrogeno neutro 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 a0como 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 componenteradial del 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 nucleocon carga q: ρdis (r) = qδ (r).

Problema A6: Un modelo simple del ciclo de Histeresis es propuesto en funcion detramos rectilıneos (Figura 3). La curva M (H) esta formada por dos semi-rrectas horizontales y dos segmentos oblicuos. El ciclo queda caracterizadocompletamente con los valores del campo coercitivo Hc, la magnetizacionremanente, Mr y la magnetizacion maxima Mm. Para un material de estetipo, (a) Establezca la relacion B = B (H) en cada seccion. (b) Determinela variacion para el campo B al producirse un cambio en H,

dB =dB

dHdH.

(c) Suponga que se describe un ciclo completo, partiendo del punto H = 0,M = Mr, y recorriendolo en sentido antihorario, calcule el trabajo totalrealizado sobre el material al completar el ciclo, de acuerdo con la expresion

W =

∮H · dB

R: (a) El campo magnetico B en cada seccion del ciclo se define a travesde la relacion B = 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 segmentooblicuo (2), tendremos:

M (H) =Mr +Mr

HcH, con − Hc

Mr(Mm +Mr) < H <

Hc

Mr(Mm −Mr) .

A 8

Figura 3: Modelo de un ciclo de Histeresis simplificado.

Las ecuaciones del campo de magnetizacion para los dos segmentos restan-tes (3) y (4) estan dadas por M = ±Mm, respectivamente. (b) Para lossegmentos (1) y (2) dB/dH = (µ0 +Mr/Hc). (c) Para el calculo del traba-jo 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 enel caso anterior, i.e., w3 = w1. El trabajo realizado sobre el material en lastrayectorias (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 equi-valente al area encerrada bajo la curva del ciclo de Histeresis.

Problema A7: Determine el campo en las cercanıas de un conductor esferico des-cargado de radio R colocado en un campo electrico uniforme.R: Escribimos el potencial en la forma ϕ = ϕ0+ϕ1, en donde ϕ0 = −E ·r esel potencial del campo exterior y ϕ1 es el cambio requerido en el potencialdebido a la esfera. Por simetrıa, la funcion ϕ1 puede depender unicamentea traves de una constante con el vector E. La unica solucion a la ecuacion


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 laesfera, el potencial debe ser constante, yla constante en ϕ1 es R3. Por lotanto:

ϕ = −Er cos θ(1− R3

r3

),

en donde θ es el angulo entre E y r. La densidad superficial de carga seobtiene directamente como σ = (3E/4π) cos θ, y la carga total inducida escero. El momento dipolar electrico se encuentra facilmente comparando ϕ1con el potencial tipo dipolo: P · r/r3, o P = R3E.

Problema A8: Resolver el problema (A.7) para un cilindro infinito en un campotransversal uniforme.R: Utilizamos coordenadas polares en un plano perpendicular al eje delcilindro. La solucion de la ecuacion bidimensional de Laplace depende uni-camente a traves de una constante con el vector E:

ϕ1 = constante×E · ∇ (ln r) = constante×E · r/r2.

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 dipolarpor unidad de longitud del dipolo puede encontrarse comparando ϕ con elcampo potencial de un dipolo en dos dimensiones, 2P · r/r2, de tal formaque P = 1

2R2E.

Problema A9: Dos cargas puntuales identicas estan separadas una distancia d.Hallar (aproximadamente), el radio mınimo a de una esfera conductoraaterrizada colocada en el medio de las cargas que neutraliza la repulsionmutua. Fig.(4).

A 10

Figura 4: Esfera aterrizada, cargas externas.

R: La fuerza de repulsion que experimenta una carga +q (sin presencia dela esfera aterrizada) es:

q2

4πε0 (2d)2 .

Cuando la esfera es colocada en la lınea media entre las cargas, se inducenunas cargas imagenes q′ = −aq/den las posicion b = a2/d desde el centrode la esfera. La fuerza de atraccion sobre una carga +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 condicionde equilibrio:

1

4ad=

1

(d− b)2+

1

(d+ b)2. (A 6)

En primera aproximacion, la solucion para a conduce a:

a ≈ d

8; b ≈ d

64.


Problema A10: La figura (5) representa parte de una estructura periodica deelectrodos metalicos y espacios enun acelerador electrostatico. El voltajeen cualquier electrodo es mayor en una cantidad V0 que en su electrodoprevio. La estructura es bidimensional y posee una extension infinita en ladireccion z. Para propositos de simplicidad matematica, asumimos que Ea lo largo de lıneas que unen los puntos a y b es constante y no poseencomponente y. entre a y b?.

(a) Hallar una expresion para el potencial electrostatico ϕ (x, y) en la region| y |< w como una suma infinita de soluciones individuales de la ecuacionde Laplace. (b) Obtener una expresion para el campo electrico en la region| y |< w.

Figura 5: Acelerador Electrostatico

R: El campo electrico entre los puntos ai y bi es constante, y no poseencomponente y. Esto demuestra que las lıneas de campo electrico entre ai ybi son paralelas al eje x. El potencial electrostatico puede aproximarse a:

ϕ (x,±w) =

V + nV0 , 2n2 L < x < 2n+1

2 L,

V − nV0 , 2n−12 L < x < 2n

2 L.(A 7)

A 12

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.

(A 8)el cual puede escribirse como φ1 (x) + φ2 (x). (a) El potencial electrico enla region | y |< w satisface la 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,

con ψ (x,±w) = φ2 (x). Dado que φ2 (x) en la condicion de frontera esuna funcion periodica par con periodo L, la solucion debe ser tambien unafuncion 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 tien-den a concentrarse paralelamente en el punto medio de separacion verticalentre electrodos, y dirigidas en sentido +x.


Problema A11: Un bloque de conductividad σ (Fig. 6) tiene acoplada en su carainferior (z = 0) una superficie metalica de conductividad σm → ∞, lacual es mantenida a un potencial ϕ = 0. Un alambre que transporte unacorriente 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 tambienesta aislada excepto en el alambre. Asumir que la densidad de carga es ρ = 0,y ε = µ = 1 dentro del bloque. (a) Escribir las ecuaciones que satisface elpotencial electrico u (x, y, z) dentro del bloque y la solucion general para elpotencial. (b) Escribir las condiciones de frontera para todas las caras delbloque y expresar las constantes arbitrarias en la solucion (a) en terminosde las cantidades dadas. Sugerencia: Debe resolverse la ecuacion de Laplace∆u = 0 con la condicion de frontera (entre otras) en la cara superior dadapor: (

∂u

∂z

)z=c

= −Ez = −J

σδ

(x− a

2, y − b

2

). (A 9)

Figura 6: Bloque conductor, Corriente Exterior.

R: (a) Debe resolverse la ecuacion de Laplace (ρ = 0) en coordenadascartesianas: ∆u (x, y, z) = 0. Se plantea una solucion del tipo variablesseparables:

u (x, y, z) = X (x)Y (y)Z (z) . (A 10)

A 14

Reemplazando en la ecuacion de Laplace:

1

X

d2X

dx2= −α2, (A 11)

1

Y

d2Y

dy2= −β2, (A 12)

1

Z

d2Z

dz2= α2 + β2 = γ2. (A 13)

(A 14)

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, (A 15)

γnm =

√(nπa

)2+(mπb

)2. (A 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); (A 17)

con

Anm = − 4J

σab

cos(nπ2

)cos(mπ2

)γnm cosh (γnmc)

, (A 18)

el cual surge integrando la condicion de contorno (A˜9). Notese que Anm =0 solo para valores pares de n y m.


Problema A12: La superficie de una esfera de radio R se mantiene a un potencialdado por Φ (R, θ, ϕ) = B sin θ sinϕ. Hallar la densidad superficial de cargasobre 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) ,

en donde Y mℓ (θ, ϕ) son los armonicos esfericos que contienen los polinomios

de LegendrePmℓ (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 evaluadaen la superficie de la esfera:

σ = ε0

(∂Φ

∂r

∣∣∣∣∣r<R

−∂Φ∂r

∣∣∣∣∣r>R

)=

3ε0B sin θ sinϕ

R.

Problema A13: Una lınea de carga con densidad constante de carga λ esta loca-lizada perpendicular al plano XY en el primer cuadrante en (x0, y0). Losplanos que intersectan las superficies x = 0, y ≥ 0 y y = 0, x ≥ 0, son pla-nos conductores que se mantienen a potencial cero. Considere el potencial,los campos y las cargas superficiales en el primer cuadrante. (a) Determine

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.

A 16

la expresion para el potencial de la lınea de carga en presencia de los planosconductores. (b) Determine la densidad superficial de carga σ sobre el planoy = 0, x ≥ 0. (c) Demostrar que la carga total (por unidad de longitud enel eje 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 (7) se ilustra la disposicion de los planos aterrizadosy las cargas imagenes. Adaptando la expresion conocida para el poten-

Figura 7: Sistema carga lineal-planos aterrizados

cial 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 cua-

drante, 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 densidad superficial de carga en el plano y = 0 se obtiene desdela componente normal del campo electrico En: 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 densidadsuperficial 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 planox = 0, y el resultado es:

Qy

2L= −2λ

πtan−1

(y0x0

).

La suma de estas dos cargas es la carga total (negativa) de la lınea:

Qx

2L+Qy

2L= −λ.

A 18

(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 simpli-fican a la expresion:

Φ→ 4λ

πε0

(x0y0) (xy)

ρ4.

Problema A14: Superficies equipotenciales con simetrıa cilındrica. Calcular ladistribucion del potencial en un dielectrico solido limitado por dos super-ficies cilındricas conductoras de longitud infinita y de 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 paraπ < φ < 2π.R: Es conveniene expresar la solucion general como:

u (ρ, φ) = u0 + v (ρ, φ) , (A 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. Laexpansion en armonicos cilındricos y consideraciones de simetrıa conduce ala expresion general:

v (ρ, φ) = A0 +B0 ln ρ+∞∑n=1

(Cnρ

n +Dn

ρn

)sin (nφ). (A 20)

La relacion entre los coeficientes Cn y Dn proviene de la condiciones decontorno para ρ = a y ρ = b respectivamente. En el primer caso tenemos:

Cnan +

Dn

an=

1

π

∫ 2π

0f (φ) sin (nφ)dφ = 0, (A 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

, (A 22)


para n impar. Las ecuaciones (A˜21) y (A˜22) conducen a las relacionesentre los coeficientes Cn y Dn en la serie (A˜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). (A 23)

Problema A15: Un solido a temperatura absoluta T contiene N iones de impure-zas negativas por centımetro cubico con espacio de red a. Un numero igualde iones positivos son libres de propagarse a traves del solido. Si un campoelectrico 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 campoelectrico Ex cambia entre los valores aproximados de ∓eExa/2. Los ionespositivos tienden a ser hallados en posiciones ± con respecto a los ionesnegativos. 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 A16: Calcular la carga total que fluye a lo largo de un circuito linealcerrado cuando el flujo magnetico cambia por cualquier razon desde unvalor 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 componente deFourier de la funcion J (t) con frecuenciacero. Esto esta relacionado con la correspondiente componente FEM∫ ∞

−∞Edt = Z (0)

∫ ∞

−∞J (t) dt.

A 20

Definiendo Z (0) = R, en donde R es la resistencia del circuito en estadoestacionario, y E = −dΦ/dt, tenemos:∫ ∞

−∞J (t) dt =

1

R(Φ1 − Φ2) .

Problema A17: Una partıcula de masa m y carga q esta suspendida en un hilode longitud L. A una distancia d sobre el punto de suspension existe unplano conductor infinito. Calcular la frecuencia del pendulo si la amplitudde oscilacion es lo suficientemente pequena y la ley de Hooke es valida.Figura (8).

Figura 8: Sistema pendulo-plano cargado.

R: La energıa potencial electrostatica entre la carga y su imagen es U =−Kq2/2h. En terminos del angulo θ, h = d − L cos θ, y la expansion enseries 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.

Problema A18: El cilindro interior A, Fig. (9), es soportado en una posicon ver-tical por un hilo elastico de 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 ca-pacidad de este condensador varıa como C = C0 (1− θ/π), y el angulo delhilo sin distorsion es θ1. (a) Obtener las ecuaciones que rigen la dinamicade la carga instantanea y el angulo θ en el sistema. (b) Hallar los valoresen equilibrio de Q y θ. El parametro I corresponde al momento de Inerciade la configuracion placa variable-hilo. [1]

Figura 9: Problema A.18

R: (a) Las variables que caracterizan el sistema son la corriente i = Q y laposicion angular θ. El Lagrangiano 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,

A 22

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 − C0E

2/2πk. Es posible inferir en estos resultados que cuando elcondensador esta cargado, θ1 > θ.

Problema A19: Una burbuja esferica de aceite en un medio con presion atmosferi-ca pa y radio inicial r1, adquiere una carga electrostatica Q y se expandemuy lentamente en un proceso adiabatico. Estimar la carga adquirida eneste 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 volumeninicial de la burbuja. Esta cantidad debe igualarse al cambio negativo de laenergıa 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 laspropiedades elasticas de la superficie.

Problema A20: Una onda electromagnetica plana que se propaga dentro de unmaterial con resistividad ρ tiene la forma:

E (z, t) = E0 exp (−αz) cos (kz − ωt)j;

B (z, t) = B0 exp (−αz) cos (kz − ωt+ φ)(−i).


Aplicar las ecuaciones de Maxwell y la relacion E = ρJ para encontrarα, 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

). (A 24)

α =ω

2kρ. (A 25)

tanφ =α

k. (A 26)

La relacion de amplitudes es:

E0

B0=

ω√α2 + k2

. (A 27)

Problema A21: Considere una placa de vidrio no-absorbente con ındice de refrac-cion n y espesor ∆x localizada entre una fuente de ondas ElectromagneticasS y un observador en P . (Ver Figura 11). Sin la placa de vidrio, la onda enel punto P toma la forma:

Eu = E0eiω(t−xc ), (A 28)

en donde E0 corresponde a la amplitud del campo electrico. Obtener unaexpresion para E (x, t) cuando la placa es colocada entre S y P .R: De la figura (11), es claro que x1 + x2 = x − ∆x. La velocidad depropagacion de la onda en la placa de vidrio es c/n. La onda que alcanzael punto P experimenta un cambio de fase dado por:

Ep = E0 exp

[iω

(t− x1 + x2

c− n∆x

c

)](A 29)

Ep = Eu exp[iω

c(1− n)∆x

]. (A 30)

Los campos Ep y Eu estaran en fase (oposicion de fase) si el ındice derefraccion n satisface (n > 1): n = 1 + 2πc/ω∆x (n = 1 + πc/ω∆x).

A 24


Problema A22: El potencial vectorial en un medio caracterizado por una cons-tante dielectrica ε y una constante magnetica µ se describe por la expresionA = 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 A23: Luz azul de 480 nm se refleja fuertemente en una pelıcula deaceite sobre una lamina de vidrio cuando esta es vista con un angulo cercanoal de incidencia normal (Fig. 11). Asumiendo que el ındice de refraccion delaceite 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, laluz reflejada experimentara interferencia constructiva con la luz incidentesi la diferencia de fase obedece ∆ϕ = 2π, con ∆ϕ = k∆r, siendo ∆r = 2dla 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.

Problema A24: Entre las armaduras de un condensador de placas planas existe undielectrico no ideal que posee una constante ε y una conductividad pequenaσ. La capacidad del condensador es C. Se aplica una diferencia depotencialU y luego se aısla. Hallar la ley de variacion de la magnitud de las cargas enel tiempo y la corriente de desplazamiento que circula en el condensador.R: El sistema simula un circuito RC en configuracion de descarga. Si lacapacitancia del sistema es C = εA/d, con A como el area de las placas delcapacitor, d la distancia entre las placas, entonces la resistencia del sistemaes: 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 dielectricoes:

i (t) =dQ

dt= −σQ (t)

ε.

A 26

El campo electrico en el interior del capacitor toma la forma E (t) =Q (t) /Aε, mientras que la energıa total disipada en el dielectrico puedecalcularse como la potencia instantanea integrada en un lapso de tiempoinfinito:

E∞ =

∫ ∞

0vidt = −

∫ ∞

0

σQ2d

Aε2exp (−2σt/ε)dt = CU2

2,

que corresponde a la energıa electrostatica inicial.

Problema A25: Determinar la potencia media de emision para un alambre degeometrıa cuadrada que transporta una corriente I = I0 cos (ωt). El areadel cuadro es A. Considerar I0 = 10 A, A = 100 cm2, y ω = 108 s−1.R: Utilizamos la formula para la potencia emitida por un oscilador tipodipolo en coordenadas esfericas:

P =

∫SE×H · dS =

∫SEθHφdS =

1

6πε0

ω4p20c3

cos2 (ωt− ωr/c) ; (A 31)

en donde p0 corresponde al valor maximo del momento magnetico dipolarI0A/c. La potencia media de emision en un periodo es igual a:

⟨P ⟩ = 1

12πε0

ω4p20c3

. (A 32)

Numericamente, ⟨P ⟩ = 0,12 W. En este resultado se han utilizado las com-ponentes de los campos:

Eθ = −1

4πε0

ω2

c2Πsin θ; Hφ = − 1

4π

ω2

cΠsin θ; (A 33)

con la definicion Π = p0 cos (ωt− ωr/c)/r. La integracion sobre S se realizasobre un elemento dS = r2 sin θdφdθ.

Problema A26: Metodo de d’Alembert I. Hallar las oscilaciones electricas en uncable de transmision sin distorsion para t > 0, si para t < 0 se propaga enel una onda de voltaje y de corriente descritas por:

v (x, t) = e−(R/L)tf (x+ at) (A 34)

i (x, t) = −√C

Le−(R/L)tf (x+ at) , (A 35)


en donde R,L y C son los parametros electricos de la lınea, y f (z) describeel perfil del pulso inicial de voltaje (t = 0). Resolver en particular el casoen que el extremo esta unido a tierra a traves de un inductor “puntual”demagnitud L0. La condicion de contorno en este caso se define por:

v (0, t) = L0it (0, t) , t > 0. (A 36)

R: Utilizamos las relaciones asociadas a la propagacion del pulso de voltajey de corriente de la forma:

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)] , (A 37)

en donde a es la velocidad de propagacion del pulso electromagnetico. Uti-lizando la condicion de contorno para x = 0, i.e., considerando los efectospuesta a tierra, estudiaremos la siguiente ecuacion: v (0, t) = L0it (0, t), conL0 como la inductancia puntual en el extremo de la lınea. Reemplazando(A˜37) en esta condicion, se obtiene:

α1φ (z) + φ′ (z) = α2ψ (−z)− ψ′ (−z) , (A 38)

con z = −at (−∞ < z < 0) y

α1 = R

√C

L+

L

L0, α2 = R

√C

L− L

L0. (A 39)

El lado izquierdo de (A˜38) puede reducirse utilizando el factor integrante:

φ (z) = e−α1zϕ (z) , (A 40)

y ϕ (z) dada por la integral:

ϕ (z) =

∫ z

0dζeα1ζ

[α2ψ (−ζ)− ψ′ (−ζ)

]. (A 41)

Es posible demostrar que el perfil inicial del pulso es: f (z) = ψ (z) conlas 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)

]. (A 42)

A 28

Expresion (A˜42) debe se reemplazada en (A˜37) y ası obtener la soluciongeneral para el pulso electromagnetico en una lınea aterrizada a traves deun inductor L0.

Problema A27: Metodo de d’Alembert II. Hallar las oscilaciones electricas en uncable de transmision sin distorsion para t > 0, si para t < 0 se propaga enel una onda de voltaje y de corriente descritas por:

v (x, t) = e−(R/L)tf (x+ at) (A 43)

i (x, t) = −√C

Le−(R/L)tf (x+ at) , (A 44)

en donde R,L y C son los parametros electricos de la lınea, y f (z) describeel perfil del pulso inicial de voltaje (t = 0). Resolver el caso particular enque el extremo esta unido a tierra a traves de un capacitor “puntual” demagnitud C0. La condicion de contorno en este caso se define por:

vt (0, t) = − (1/C0) i (0, t) , 0 < t <∞. (A 45)

R: Utilizando un procedimiento similar al del problema anterior, obtenemosla 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 terminosdel 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 A28: Ecuacion del telegrafista. Resolver el problema de la propagacionde las oscilaciones electricas en un cable infinito con la condicion GL = CR,en donde G es la conductancia de fugas, L la autoinduccion, C la capacidady R la resistencia (parametros dados en unidad de longitud) de la lınea detransmision. Considere el modelo de ilustrado en la figura (12).R: Utilizamos la tecnica de circuitos sobre el lazo exterior para obtener la


Figura 12: Modelo de una lınea de transmision, Problema A.28.

ecuacion: (u → u (x, t), i → i (x, t)), con u como el voltaje instantaneo enlos 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. (A 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 con-ductancia G. Ademas, aplicando el concepto de conservacion de Kirchoff enel nodo:

∆i = iG + iC ;∆i

∆x= GvG + C

∆vG∆t

.

Combinando estas dos anteriores ecuaciones, se obtiene la segunda relacion:

ix +Gu+ Cut = 0. (A 47)

Combinando estas dos ecuaciones:

uxx = LCutt + (RC +GL)ut +RGu. (A 48)

A 30

Bajo la condicion GL = CR, la relacion (A˜48) se reduce a:

uxx = LCutt + 2RCut +RGu.

Problema A29: Una onda plana de frecuencia ω incide normalmente desde elvacıo sobre una placa semi-infinita de un material con un ındice complejode refraccion n (ω), (n2 (ω) = ε (ω).) Hallar la razon de la potencia totalincidente con respecto a la reflejada R, en terminos de n.

Figura 13: Problema A.29.

R: La figura (13) ilustra la orientacion de los vectores de onda de las ondasincidente, reflejada y transmitida. Denotamos los campos electricos corres-pondientes como Ey, E

′y, E

′′y , mientrasque los campos magneticos se descri-

ben 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.

La relacion entre los campos proviene de la ecuacion de Maxwell: ∇ ×H = ε∂E/∂t. Si la naturaleza de 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 A30: Calcular la impedancia caracterıstica para ondas monocroma-ticas en la lınea de transmision representada en la figura (12).R: Planteamos soluciones de prueba para las ondas de voltaje u (x, t) ycorriente i (x, t) de la forma:

u (x, t) = u0 exp [j (ωt− kx)], (A 49)

i (x, t) = i0 exp [j (ωt− kx)]. (A 50)

Reemplazamos u (x, t) e i (x, t) en (A˜46) y (A˜47):

Z0 =u (0, t)

i (0, t)=

√R+ jωL

G+ jωC. (A 51)

Problema A31: Lınea de transmision I. Hallar la tension electrica en un cable0 < x < ℓ, con autoinduccion y conductancia de fugas despreciables, si suextremo x = ℓ esta unido a tierra, la intensidad y el potencial inicial sonnulos y en el extremo x = 0 se le aplica una Fuerza Electromotriz E0 atraves de una resistencia puntual R0.R: Una fuente externa de voltaje E0 es conectada al sistema a traves deuna resistencia puntual R0, la resistencia total del cable es Rℓ y el extremox = ℓ esta conectado a tierra. Las condiciones L = 0, y G = 0 conducen ala ecuacion general para la distribucion del potencial en el cable u (x, t):

uxx (x, t) = RCut (x, t) ; a−2 = RC. (A 52)

Las condiciones iniciales se describen a continuacion:

u (x, 0) = 0 (A 53)

i (x, t) = −ux (x, 0)r

= 0 Ecuacion del Telegrafista. (A 54)

u (l, t) = 0 (A 55)

u (0, t→∞) =E0Rℓ

R0 +RℓEstado Estacionario. (A 56)

A 32

El parametro r en la ecuacion define el valor de la resistencia en el puntox. En estado estacionario, ut = 0, y la solucion esta dada por:

w (x) = E0R (ℓ− x)R0 +Rℓ

, (A 57)

mientras que en estado transitorio, es posible utilizar la relacion:

v (x, t) =∑n

An exp[−a2λ2nt

]sin [λn (ℓ− x)]. (A 58)

La solucion total es por consiguiente: u (x, t) = w (x) + v (x, t) . Describire-mos un metodo para hallar los valores de las raices λn y la amplitud An.Inicialmente consideramos que el potencial inicial en x = 0 es, despues deun analisis simple de la teorıa de circuitos:

E0 − u (0, 0) =E0R0

R0 +Rℓ−∑n

An sin (λnℓ) = 0, (A 59)

que corresponde precisamente al potencial en el resistor R0 en el instantede tiempo t = 0. La corriente en el sistema es tambien nula en el instanteinicial, por lo tanto, la ecuacion (A˜54) se reduce a:

ux (0, 0) = 0 =E0R

R0 +Rℓ+∑n

Anλn cos (λnℓ). (A 60)

Combinando (A˜59) y (A˜60) obtenemos:∑n

An

[R

R0sin (λnℓ) + λn cos (λnℓ)

]= 0,

o en forma equivalente, la expresion de caracter trascendente que relacionalas raices λn:

tan (λnℓ) = −λnR0

R. (A 61)

El valor del coeficiente An en la ecuacion (A˜58) se obtiene desde la con-dicion de la distribucioninicial de 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. (A 62)


Integrando y reemplazando la condicion (A˜61), finalmente se obtiene:

An =2E0R

λn

(R2 +R2

0λ2n

)1/2[R (R0 +Rℓ) + ℓR2

0λ2n

] . (A 63)

Notese que An posee las mismas unidades de E0.

Problema A32: Reflexion desde una impedancia terminal. Considere una onda devoltaje que se propaga en una lınea de transmision de longitud ℓ cuya im-pedancia terminal Zℓ = Z0, con Z0 denotando la impedancia caracterısticade la lınea. (a) Hallar la impedancia de entrada del sistema, i.e., el valor dela relacion:

Zg =v (0, t)

i (0, t),

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 viajanen dos direcciones, y pueden 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, esposible 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),

A 34

y la relacion v−/v+ en terminos de las impedancias Zg, y Z0:

v−v+

=Zg − Z0

Zg + Z0

.

Problema A33: Propagacion de las ondas de voltaje en medio con disipacion.Hallar la distribucion del voltaje en un cable electrico homogeneo, cuyaresistencia R, autoinduccion L, conductancia de fugas G y capacidad porunidad de longitud C son dadas. La corriente y la tension iniciales soniguales a cero, el extremo x = 0 esta aislado y al extremo x = ℓ se le aplicauna fuerzaelectromotriz constante E a partir del instante t = 0. Nota:Utilizar las ecuaciones del telegrafista y obtener la ecuacion que define ladistribucion del voltaje v (x, t):

vxx = LCvtt + (LG+RC) vt +RGv. (A 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, es posible plantear una solucion del tipo:

v (x, t) = w (x) + u (x, t) , (A 65)

en donde w (x) describe el regimen estacionario de la distribucion del voltajeen funcion de la coordenada x, y u (x, t) es la solucion al regimen transitorio.Para el primer caso tenemos que w (x) satisface la ecuacion: (omitiendo losterminos vt y vtt en la ecuacion del telegrafista)

wxx −RGw = 0, (A 66)

cuya solucion es:

w (x) = A cosh(√

RGx); A =

E

cosh(√

RGℓ) . (A 67)

Esta solucion cumple las condiciones: w (ℓ) = E y wx (0) = 0. En el regimentransitorio, se debe resolver:

utt = a2uxx − 2αut − a2RGu, (A 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)], (A 69)

con el factor de fase φn, la amplitud An, la frecuencia ωn y el numero deonda λn por definir desde las condiciones iniciales. La condicion de extremoaislado u (0, t) = 0 conduce a:

λn =(2n+ 1)π

2ℓ, n = 0, 1, 2...

Reemplazando (A˜69) en (A˜68) se obtienen los modos de frecuencia delsistema:

∞∑n=0

[−ω2

n − α2 + a2λ2n + a2RG]×

×An exp (−αt) cos (ωnt+ φn) cos [λn (ℓ− x)] = 0. (A 70)

La frecuencia de los modos normales de oscilacion esta definida por:

ωn =√a2 (λ2n +RG)− α2. (A 71)

Para el calculo de la amplitud An, aplicamos la condicion inicial del voltajeen (A˜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, (A 72)

A 36

completando de esta manera todos los parametros involucrados en la solu-cion de prueba (A˜69) que corresponde al regimen “subamortiguado”, i.e.,las frecuencias definidas en (A˜71) son positivas para n > 0. En efecto,el mınimo valor permitido en la expresion radical en (A˜69) determina lacondicion:

πa

ℓ>

(R

L− G

C

). (A 73)

Problema A34: Funcion de Green I. Utilizando el formalismo de funciones deGreen, resolver el primer problema de contorno (Dirichlet) para la ecuacionde Laplace en el semiplano y > 0, si:

u (x, y = 0) =

0 para x < 0,

V para x > 0.(A 74)

Figura 14: Geometrıa asociada al problema A.34.

R: Considere el diagrama ilustrado en la figura (14). En los puntos P y sucorrespondiente imagen P ′ se localizan cargas de prueba de magnitudes ey e′ = −e respectivamente. La funcion de Green asociada a este sistemaesta dada por la relacion:

G (x, y;x0, y0) =1

2πln

(r′0r0

), (A 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 uti-lizamos la prescripcion (modificada) del primer problema de contorno deDirichlet:

u (x0, y0) = −∫ ∞

−∞u (x, 0)

(∂G

∂y

)y=0

dx. (A 76)

La condicion de contorno u (x, 0) puede expresarse como:

u (x, 0) = VΘ(x) ; (A 77)

en donde Θ (x) representa la funcion escalon de Heaviside. Insertando (A˜77)en (A˜76) e integrando, finalmente se obtiene:

u (x0, y0) = V

[1− 1

πarctan

(y0x0

)]. (A 78)

Nota: En este resultado se ha utilizado la relacion:

arctan

(y0x0

)+ arctan

(x0y0

)=π

2.

Problema A35: Funcion de Green II. Hallar el potencial creado por una cargapuntual situada en la region limitada por dos planos perfectamente con-ductores ubicados en z = 0 y z = ℓ que se mantienen a potencial nulo.R: La figura (15) ilustra las posiciones de las primeras cargas imagenes lo-calizadas por fuera de la region 0 < z < ℓ, y las respectivas distancias alpunto de observacion M . Es facil inferir que las cargas imagenes positivasy negativas estaran localizadas, en general, segun:

positivas 2nℓ+ ζ

negativas 2nℓ− ζ,

con n como numero entero. Las distancias rn ( r′n) desde cualquier cargaimagen positiva (negativa) al punto M esta definida explıcitamente por:

rn =

√(x− ξ)2 + (y − η)2 + (z − (2nℓ+ ζ))2 (A 79)

r′n =

√(x− ξ)2 + (y − η)2 + (z − (2nℓ− ζ))2. (A 80)

A 38


El potencial u (x, y, z) en el interior de la region 0 < z < ℓ se relaciona conla funcion de Green G a traves de la constante 4πe, en donde e representala magnitud de la carga puntual en el punto P0. Asi, u = 4πeG, con

G =1

4π

∞∑n=−∞

(1

rn− 1

r′n

). (A 81)

Problema A36: Obtener la densidad superficial de carga inducida en los planosz = 0 y z = ℓ, en el problema A.35.R: Por definicion:

σz=0 = −1

4π

(∂u

∂z

)z=0

, σz=ℓ = −1

4π

(∂u

∂z

)z=ℓ

. (A 82)

Ilustraremos el resultado para el caso z = 0:

σz=0 = −e

4π

∞∑n=−∞

[−2nℓ+ ζ

r3n+

2nℓ− ζr′3n

]z=0

. (A 83)

En la figura (16) se ilustra la distribucion del campo potencial para laposicion de la carga en ζ = 0,5ℓ, x = ξ, y = η.


0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.00

5

10

15

20

u@zlDe


Problema A37: Considere un medio el cual esta parcialmente lleno con un ma-terial con una susceptibilidad y conductividad contınuas pero dependientesde las coordenada z:

χ (z) =

0 para −∞ < z < 0,

χ∞ (1− exp (−λz)) para 0 < z <∞;(A 84)

σ (z) =

0 para −∞ < z < 0,

σ∞ (1− exp (−λz)) para 0 < z <∞;(A 85)

en donde λ, σ∞ y χ∞ son constantes positivas. El espacio es infinito en lasdirecciones x y y. Tambien, µ = 1 en todo el espacio. Una onda polarizadadel tipo s (i.e., E es perpendicular al plano de incidencia), que viaja desdemenos infinito a mas infinito incide sobre la superficie z = 0 con un angulode incidencia θ, el cual es el angulo entre la normal y k0, con k0c = ω, tienela 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. Laonda transmitida puede representarse como:

Ety = E (z) exp

[i(xk′ sin γ − ωt

)]y.

A 40

A y R son las amplitudes incidentes y reflejadas. Determine las relacionespara las cantidades A, R y E (z) en terminos de los parametros dados.R: El campo magnetico en la region de la onda incidente/reflejada toma laforma: B = (c/ω)k×E(i/r), mientras que en la region en donde setransmitela 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 loscampos deben ser contınuas en 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 mediomaterial, la ecuacion para el campo electrico en ausencia de cargas libreses:

∇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.

(A 86)La solucion de E (z) en (A˜86) conduce a las expresiones para los coeficien-tes A y R.

Problema A38: Un campo electrico se propaga en el vacıo con amplitud Ei = 100V/m, incide sobre un dielectrico perfecto, como el que se ilustra en la figura(17). Determine la intensidad del campo transmitido Et.R: Utilizamos la formula general para la atenuacion de una onda electro-magnetica que se propaga en un medio con constantes caracterısticas ε, σ, µ:

E = E0 exp (±γz)uE , (A 87)


Figura 17: Problema A.38. ε y µ corresponden a valores relativos.

con γ = α+ iβ dado por:

α = ω

√√√√εµ

2

(√1 +

( σωε

)2− 1

), β = ω

√√√√εµ

2

(√1 +

( σωε

)2+ 1

).

(A 88)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

, (A 89)

en donde

η =

√iµω

σ + iεω. (A 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∆). (A 91)

Al abandonar el dielectrico, el valor de la componente transmitida poseeuna magnitud:

|| Et ||= 2η1η1 + η2

|| E′ || . (A 92)

A 42

Numericamente, con η1 = 377 Ω y η2 = 84,3 Ω, Et = 59,7 V/m. Observeseque el ejercicio no proporciona informacion sobre la frecuencia de la ondaincidente, y el resultado para este caso es independiente del espesor deldielectrico, aunque la fase del campo Et si depende del mismo. En este casoparticular, el tiempo de retardo de la senal es del orden de

√εµ∆ ∼ 14,9

ps.

Problema A39: La presion de una onda electromagnetica sobre una superficieperfectamente reflectora para un angulo de incidencia θ es igual a:

pθ = 2w cos2 θ, (A 93)

donde w es la densidad de energıa electromagnetica en la onda inciden-te. Supongamos que sobre la superficie incide una radiacion isotropa, esdecir, la densidad de flujos de energıa que inciden desde todas la direccio-nes posibles es la misma. Hallar la presion de radiacion sobre la superficie.R: Sobre un elemento de superficie dσ en coordenadas esfericas actua una

Figura 18: Diagrama Problema A.39.

fuerza dF = 2w cos θdσ, y la magnitud de la componente de esta fuerza endireccion normal es dFn = 2w cos2 θ. (Fig. 18). La fuerza total a lo largo dela componente normal se obtiene integrando dFn:

Fn = 2wr2∫ 2π

0

∫ π/2

0cos2 θ sin θdφdθ =

4πr2w

3. (A 94)

La fuerza total por unidad de area sobre una superficie de simetrıa esfericade radio r es:

pt =wt

3. (A 95)


Problema A40: Si la superficie en cuestion en el problema (A.39) posee un coe-ficiente de reflexion R (θ), como son afectados estos resultados?.R: La formula (A˜93) debe cambiar esencialmente en la forma:

pθ = w [1 +R (θ)] cos2 θ. (A 96)

Problema A41: A una intensidad del campo electrico E ∼ 30 kV/cm tiene lugarla descarga disruptiva en el aire. Calcular ladensidad del flujo de energıa delas ondas electromagneticas planas asociado a esta descarga.R: La densidad de flujo promedio de energıa (magnitud del vector de Poyn-ting) asociado a una onda electromagneticaesta definido por:

⟨P⟩ = 1

2

√ε0µ0E2

0 , (A 97)

aproximando las constantes ε y µ del aire a aquellas asociadas a las delvacıo. Numericamente: ⟨P⟩ = 1200 kW/cm3.

Problema A42: Una onda plana de frecuencia ω incide sobre un conjunto de in-terfaces como se ilustra en la figura (19). Los parametros de conductividad,permeabilidad y constante dielectrica asociados a cada una de las capasestan especificadas en el mismo diagrama. El espesor de la capa intermediaes d. Los otros medios poseen extensiones “semi-infinitas”. Calcular (a) Loscoeficientes de transmision y reflexion. (b) La impedancia del medio 2.

Figura 19: Diagrama Problema A.42.

A 44

R: Utilizando la formula (A˜90), obtenemos las impedancias en los medios(1) y (3):

η1 =

√µ0ε1, η3 =

√µ0ε3, (A 98)

mientras que la impedancia en el medio (2) es (punto b):

η2 =

√jωµ0

σ2 + jωε2. (A 99)

El coeficiente de transmision entre los medios (1) y (3) esta dado por mag-nitud de:

T = tt⋆,

t =4η2η3 exp (−γ2d)(η1 + η2) (η2 + η3)

, (A 100)

con el factor de atenuacion γ2 = α2 definido por (A˜88). El coeficiente dereflexion esta dado por R = 1− T .

Problema A43: Un campo electrico E asociado a una onda plana incide desde elvacıo hacia un medio parcialmente conductor de 30 mm de espesor. Dadauna frecuencia de 500 MHz y Ei

0 = 100 V/m, determine la amplitud de loscampostransmitidos Et

0 y Ht0 despues de atravesar el material. Considere

εR = 50, µ = µ0 y σ = 5 S/m.R: Utilizando el resultado (A˜100) con η1 = η3 = 377 Ω, y η2 = 2,2 + j1,7Ω, se obtiene una relacion entre la amplitud del campo incidente y el campotransmitido: (γ2 = 86,76 m−1).

Et0 = tEi

0 = 0,2∠40,370 V/m. (A 101)

Problema A44: Funcion de Green III. La ecuacion homogenea de difusion parael vector potencial A

∇2A− µσ∂A∂t

= 0, (A 102)

para campos cuasiestaticos en medios ilimitados tiene una solucion al pro-blema del valor inicial en la forma:

A (x, t) =

∫d3x′G

(x− x′, t

)A(x′, 0

), (A 103)


donde A (x, 0) describe la configuracion inicial del campo y G es un kernelapropiado. (a) Resolver el problema de valor inicial, para demostrar que siσ es uniforme a traves de todo el espacio, la funcion de Green es:

G(x, t;x′, 0

)= Θ(t)

( µσ4πt

)3/2exp

(−µσ | x− x′ |2

4t

). (A 104)

R: Resolveremos para el caso del potencial en una dimension, por ejemploAz. En el caso de tres dimensiones es facilmente extendible en un mediohomogeneo. En el rango 0 < t <∞, −∞ < x <∞, e insertando (A˜103) y(A˜104) en (A˜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 proce-dimiento similar, ∫ ∞

−∞

∂2Az

∂ξ2exp (−iλξ)dξ = −λ2Az,

suponiendo que la funcion Az y su derivada tienden a cero suficientementerapido con ξ → ±∞.Combinando los dos ultimos resultados:

dAz

dt+λ2

µσAz = 0. (A 105)

La solucion de (A˜105), evidentemente toma la forma:

Az (λ, t) = Az (λ, 0) exp(−λ2t/µσ

). (A 106)

Aplicando la transformada inversa de Fourier:

Az (x, t) =1√2π

∫ ∞

−∞Az (λ, t) exp (iλx)dλ, (A 107)

A 46

y bajo reemplazos sucesivos de las cantidades Az, obtenemos una relacionexplıcita para Az:

Az (x, t) =1√2π

∫ ∞

−∞exp

(iλx− λ2t

µσ

)Az (λ, 0) dλ; (A 108)

Az (x, t) =1

2π

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞exp

(iλ (x− ξ)− λ2t

µσ

)Az (ξ, 0) dξdλ; (A 109)

en terminos del kernel G:

Az (x, t) =

∫ ∞

−∞G (x, t; ξ, 0)Az (ξ, 0) dξ, (A 110)

con:

G (x, t; ξ, 0) =1

2π

∫ −∞

∞exp

(iλ (x− ξ)− λ2t

µσ

)dλ. (A 111)

Integrando (A˜111):

G (x, t; ξ, 0) =( µσ4πt

)1/2exp

[−µσ (x− ξ)

2

4t

], (A 112)

el cual corresponde a la funcion de Green asociada a la difusion del campopotencial en un medio conductor unidimensional. El caso en tres dimensio-nes es directamente extendible con este procedimiento.

Problema A45: (a) Probar que en un plasma estacionario de conductividad Oh-mica σ y permeabilidad µ = 1, el campo magnetico satisface:

∂B

∂t= D∇2B, D =

c2

4πσ. (A 113)

(b) Si el plasma esta en movimiento con velocidad v, demostrar que (A˜113)debe escribirse como:

∂B

∂t= ∇× (v ×B) +D∇2B. (A 114)

(c) A t = 0, un plasma estacionario contiene un patron de campo magneticodado por B (x) = B (x) Ux:

B (x) =

B0 , | x |< L,

0 , | x |> L(A 115)


en donde B0 es una constante. Determinar B (t) asumiendo que el plasmapermanece 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 obtene-mos:

∇× (∇×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 electricodebido al movimiento:

J→ σ

(E+

1

cv ×B

). (A 116)

(c) Utilizamos el resultado (A˜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 (A˜110), la evolucion temporal del campo tomala forma:

Bz (x, t) =B0√4πDt

∫ L/2

−L/2exp

[−(x− ξ)2

4Dt

]dξ.

Problema A46: Hallar la tension electrica en un cable 0 < x < ℓ, si uno de susextremos esta aislado y al otro se le aplica una fem constante de magnitud

A 48

E. La autoinduccion y la conductancia de fugas del cable son despreciables,el potencial inicial es V0 (constante) y la corriente inicial es cero.R: De las ecuaciones del telegrafista (Problema A.28) con L→ 0, G→ 0:

uxx = RCut, (A 117)

con las condiciones i (x, 0) = 0, ux (x, 0) = 0, u (x, 0) = V0 para 0 < x < ℓ yu (ℓ, t) = E0. La solucion general para la ecuacion de propagacion (A˜117)es:

u (x, t) = E0 +∞∑n=0

An exp

(−λ

2nt

RC

)cos (λnx), (A 118)

en donde An y λn se obtienen a apartir de las condiciones de contornodel sistema. Notese que los parametros R y C son cantidades por unidadde longitud. De la condicion u (ℓ, t) = E0, se obtieneλn = (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 elpotencial descrito a traves de (A˜118).

Problema A47: Un condensador ideal de placas paralelas y circulares de radioa y separacion d (d << a) esta conectado a una fuente de corriente atraves de alambres axiales, como se ilustra en el diagrama (20). La corrienteen el alambre es I (t) = I0 cos (ωt). (a) Calcular los campos electrico ymagnetico entre las placas. (b) Obtener las expresiones correspondientes alas densidades de energia del campo electrico we y el campo magnetico wm.

R: (a) El campo electrico en el interior del condensador se considera endireccion perpendicular de las placas, y demagnitud:

E =q

πε0a2, (A 119)

en donde q es la carga instantanea sobre la placa. Esta carga puede calcular-se a traves integrando la corriente I (t): q (t) = I0 sin (ωt)/ω. Para obtener


Figura 20: Condensador de placas circulares.

el campo magnetico H, aplicamos:

∇×H = −ε0∂E

∂t.

Si definimos la direccion del campo electrico como Z, en coordenadas cilıin-dricas, se obtiene una ecuacionpara la componente Hϕ:

1

r

∂

∂r(rHϕ) = −

i

πa2.

El campo magnetico toma la forma:

Hϕ = − ir

2πa2. (A 120)

(b) La integral de la densidad de energıa we = ε0E2/4 en su valor maximo

es:

ue =

∫Vwed

3x =I20d

4πε0ω2a2. (A 121)

Analogamente, para wm = µ0H2ϕ/4:

um =

∫Vwmd

3x =µ04π

I20d

8. (A 122)

A 50

Problema A48: Calcular la profundidad de penetracion de una onda electro-magnetica en una lamina de plata (σ = 3,0 MS/m) a una frecuencia de84,4 kHz.R: La distancia penetracion se define como:

δ = 1/α, (A 123)

en donde α esta definido a traves de las relaciones en (A˜88). En la apro-ximacion de buenos conductores, σ >> ωε, con α igual a:

α ∼√µσω

2. (A 124)

Reemplazando, δ ≈ 1 mm.

Problema A49: Una lınea artificial puede ser construida con un numero de induc-tores y capacitores acoplados alternadamente como se ilustra en la figura(21). El circuito puede ser analizado en terminos de una seccion elemen-tal T, como se ilustra. (a) Demostrar que la lıneal no transmite ondas afrecuencias mayores que una frecuencia de corte

ωc =2√LC

. (A 125)

(b) Como varıa Z0 y la velocidad de propagacion cerca a la frecuencia decorte?.

Figura 21: Probl. A.49


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. Ladiferencia de voltaje entre dos capacitores consecutivos se especifica a travesde 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) . (A 126)

De las relaciones (A˜46) y (A˜47) con G = 0 y R = 0 se obtiene:

(ui

)2= Z2

0 , Z0 =

√L

Cexp (jφ/2), (A 127)

en donde φ/2 representa la diferencia de fase asociada a las ondas de voltajey corriente en la lınea. Las relaciones (A˜126) y (A˜127) deben coincidircon las condiciones:

sin(φ2

)=ω√LC

2; cos

(φ2

)=

√1− ω2LC

4. (A 128)

Los valores de la frecuencia de red que permiten la propagacion de las ondasestan restringidos por la condicion:

sin(φ2

)≤ 1; ω ≤ 2√

LC. (A 129)

(b) Para una frecuencia ω ∼ ωc, Z0 ∼√L/C (1 + j).

Problema A50: Funcion dielectrica inhomogenea. Considere un medio dielectricoinhomogeneo caracterizado por una funcion dielectrica que es funcion de laposicion κe = κe (x, y, z). Obtener las ecuaciones que describen el compor-tamiento de los campos electrico y magnetico en el medio.

A 52

R: Partimos de las ecuaciones de Maxwell en un medio material con κm = 1,ρfree = 0, J = 0:

∇ ·D = 0, (A 130)

∇×E = −∂B∂t, (A 131)

∇ ·B = 0, (A 132)

∇×H =∂D

∂t; (A 133)

con D = ε0κeE y B = µ0H. Desde la primera relacion:

∇ ·E = −(∇κe) ·Eκe

. (A 134)

Eliminando para E, y utilizando propiedades estandares del calculo vecto-rial:

∇2E− κec2∂2E

∂t2= −∇

(∇κe ·Eκe

). (A 135)

En forma analoga con,

−∇2B =1

c2∂

∂t[∇× (κeE)] ,

finalmente se obtiene:

∇2B− κec2∂2B

∂t2= − 1

κe(∇κe)× (∇×B) . (A 136)

Problema A51: Introducir el caso especial en el cual la permeabilidad κe solocambia en la direccion de propagacion (Z), para ondas monocromaticasplanas.R: En este caso, las ecuaciones (A˜135) y (A˜136) se reducen a:

d2E

dz2+ω2κe (z)

c2E = 0, (A 137)

d2B

dz2+ω2κe (z)

c2B =

1

κe (z)

dκe (z)

dz

dB

dz. (A 138)

La solucion a estas ecuaciones pueden se halladas utilizando el metodoWKB.


Problema A52: Metodo WKB. El metodo para encontrar soluciones aproximadasa las ecuaciones de onda para medios inhomogeneos es usualmente denotadocomo WKB (Wentzel-Kramers-Brillouin). Este aplica cuando las inhomo-geneidades 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 dielectrica del 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 aproximadadel tipo WKB para el campo electrico en el sistema de ecuaciones (A˜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 (A˜137), seobtiene:

d2e

dz2− e

(dS

dz

)2

= −ω2κec2

e (A 139)

2de

dz

dS

dz+ e

d2S

dz2= 0, (A 140)

el cual son ecuaciones acopladas de las funciones desconocidas e (z) y S (z).A primera vista, estas ecuaciones parecen menos tratables que la ecuacionoriginal; sin embargo, en el espiritu de la aproximacion, d2e/dz2 debe sercero en un medio uniforme, y debera permanecer pequeno en un medio quecambia sus propiedades lentamente. Por consiguiente, en primera aproxi-macion:

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 (A˜140), cuyo resultadomas general tambien puede escribirse como e2dS/dz =constante. El valormınimo que puede alcanzar la magnitud del campo electrico es por lo tantoemin ∼ (1 + 4πχ∞)−1/4.

A 54

Problema A53: Medio magnetico inhomogeneo. Considere un sistema fısico cu-ya funcion de permeabilidad magnetica es una funcion de las coordenadasespaciales, i.e., κm = κm (x, y, z). Obtener lasecuaciones que gobiernan ladinamica del campo electrico y magnetico en este medio, en ausencia decorrientes y de cargas libres.R: κe = 1, ρfree = 0, J = 0. Siguiendo un procedimiento similar al delproblema anterior, obtenemos:

∇2E− κmc2

∂2E

∂t2= − 1

κm(∇κm)× (∇×E) , (A 141)

el cual es identica a la ecuacion (A˜136) bajo las transformaciones: κe → κmy B→ E. Para el campo H = B/ (µ0κm):

∇2H− κmc2

∂2H

∂t2= −∇

(∇κm ·Hκm

), (A 142)

el cual conserva similitud con (A˜135) bajo E→ H y κe → κm.

Problema A54: Considere el circuito de FILTRO PASA-ALTOS mostrado en lafigura (22). Demostrar que para frecuencias pequenas de la fuente exterior ωel cociente entre las amplitudes de los voltajes de salida VOUT y el deentradaVIN se puede aproximar a:

VOUT

VIN=

ωRC√1 + (ωRC)2

. (A 143)

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 termi-nales de la fuente, y definida por Z = R+j (ωL− 1/ωC). En los termunalesde salida VOUT , tenemos VOUT = I (R+ jωL). La magnitud de la relacionde los voltajes es:

VOUT

VIN=

√R2 + ω2L2

R2 +(ωL− 1

ωC

)2 . (A 144)

En el lımite ω → 0, la relacion (A˜144) se convierte en (A˜143). A fre-cuencias altas, la magnitud del voltaje de salida se aproxima al voltaje deentrada: VOUT ≡ VIN .


Figura 22: Filtro Pasa-Altos.

Problema A55: Efecto Piezoelectrico. Piezoelectricidad es la habilidad de ciertosmateriales (cristales, e.g. BaTiO3 y ceramica con Perosvkitas o estructurasde Tungsteno-bronce) de generar campos electricos o potenciales electricosen respuesta a una deformacion mecanica. El efecto esta relacionado a uncambio de la densidad de polarizacion en el volumen del material. Si el ma-terial no esta en corto circuito, la deformacion mecanica induce un voltaje atraves del material. Este fenomeno encuentra aplicaciones utiles tales comola produccion y deteccion del sonido, generacion de altos voltajes, genera-cion de frecuencias electronicas, enfoque ultrafino de ensamblajes opticos,entre otras. El modelo de un sistema piezoelectrico convencional de elemen-tos distribuidos se ilustra en la figura (23). Un transductor piezoelectricotiene una impedancia de salida DC alta, y puede ser modelado como unafuente de voltaje y un circuito filtro. El voltaje V de la fuente es directa-mente proporcional a la fuerza aplicada, presion o deformacion. La senal desalida es entonces relacionada a esta fuerza mecanica, como si esta hubiesepasado a traves del circuito equivalente. Un modelo detallado incluye lainductancia Lm, debido a la inercia del sensor. Ce es inversamente propor-cional a la elasticidad del sensor. C0 representa la capacitancia estatica deltransductor, resultando de la masa inercial de tamano infinito. Ri es la resis-tencia de aislamiento. Si el sensor esta conectado a una resistencia de carga,este actua en paralelo con la resistenciade aislamiento, incrementando lasfrecuencias de corte altas. (a) Obtener una expresion para la impedancia

A 56

Figura 23: Transductor Piezoelectrico.

equivalente de salida. (b) El voltaje de salida y la frecuencia de resonancia.R: (a) Ze = Z1 + Z2. (b) El voltaje de salida esta dado por la ecuacion deldivisor:

VS = VZ2

Z1 + Z2; (A 145)

Z1 = jωLm +1

jωCe,

Z2 =Ri

1 + jωRiC0.

La frecuencia de resonancia, la cual puede interpretarse como el valor en elcual el voltaje de salida alcanza un maximo:

ωres =

√2√

CeLm − C20R

2i − C0CeR2

i +

√(CeLm − C0R2

i (C0 + Ce))2+ 4C2

0CeLmR2i

.

En la figura (24) se ilusta la senal de salida de en funcion de la frecuencia


Figura 24: Senal de Respuesta de Salida.

exterior, en unidades relativas para C0 = 15, Ri = 1, Lm = 1 y Ce = 1.Para uso como sensor, la region plana en la respuesta de la frecuencia esutilizada entre la frecuencia de corte y el pico de resonancia. La resistenciade carga y de fuga necesitan ser suficientemente grandes de tal forma quelas frecuencias bajas de interes son tambien registradas. En esta region,el sensor puede ser modelado como una fuente de voltaje en series conla capacitancia del sensor, o una fuente de corriente en paralelo con lacapacitancia.

Problema A56: Disco de Corbino. La figura 25 ilustra el montaje del disco deCorbino. Este consiste en un anillo perfectamente conductor con bordesconductores. Sin campo magnetico, la fuente genera una corriente en direc-cion radial entre extremos. Cuando se aplica un campo exterior paralelo aleje del anillo, una componente de corriente circular fluye debido a la fuerzade Lorentz. Obtener una expresion para la velocidad promedio de los por-tadores ⟨v⟩ en terminos de los campos externos y de su movilidad µ.R: Planteamos la ecuacion de la fuerza de Lorentz para un portador decarga −e, en un campo magnetico B:

F = −eE− ev ×B, (A 146)

en donde v corresponde a la velocidad (promedio) de los portadores. Utili-zamos la aproximacion simple propia del modelo de Drude:

F = −e(−neσv)= − e

µv. (A 147)

A 58

Figura 25: Disco de Corbino.

La ecuacion para v toma la forma:

v = µE+ µv ×B. (A 148)

Utilizando propiedades vectoriales estandar:

v =µE+ µ2E×B+ µ3 (E ·B)B

1 + µ2B2. (A 149)

Para el caso particular en el cual E ⊥ B, el ultimo termino de (A˜149) des-aparece. Notese que en ausencia de campo magnetico aplicado, obtenemosv = µE, mientras que la componente angular de la densidad de corrienteJθ esta asociada al segundo termino de la misma ecuacion.

Problema A57: Propagacion en gases ionizados I. Considere un gas de electronescon densidad n. Adoptamos un modelo simplificado en el cual los electro-nes libres son considerados como partıculas independientes, mientras quelos iones positivos se asumen en reposo. Las colisiones de los electrones coniones positivos y moleculas neutras estan representadas a traves de unafuerza contınua de arrastre. El plasma es macroscopicamente neutro. A pe-sar de que los electrones son tratados como partıculas independientes, lasfuerzas de Coulomb son incluidas de forma autoconsistente a traves de lacarga espacial colectiva electronica. Ası, si un plasma uniforme es pertur-bado por fuerzas externas y luego liberado, las fuerzas electrostaticas sobrelas distribuciones de cargaactuan con tendencia a restaurar los electrones asu posicion de equilibrio, pero su inercia produce oscilaciones alrededor de


su posicion de equilibrio. Para una perturbacion unidimensional, demostrarque esta oscilacion toma lugar a la frecuencia:

ωp =

√ne2

ε0m, (A 150)

en donde m es la masa de los electrones de carga −e. Esta frecuencia seconoce como frecuencia de plasma, parametro fundamental de la fısica degases ionizados.R: En esta aproximacion se asume que cada electron experimenta un despla-zamiento desde su posicion de equilibrio sobre el eje x, ξ = ξ (x), una funcionde su posicion inicial (no perturbada) x. De la ley de Gauss ∇ · E = ρ/ε0,es posible extraer la magnitud del campo electrico asociado a este despla-zamiento:

Ex =neξ

ε0. (A 151)

Cada electron experimenta una fuerza de restauracion lineal (tipo Hooke),de tal forma que cuando el campo exterior es removido, este oscila alrededorde su posicion de equilibrio ξ = 0: Fx = −eEx = −

(ne2/ε0

)ξ. La constante

de restitucion del sistema es por consiguiente ne2/ε0 = mω2p.

Problema A58: Propagacion en gases ionizados II. Considere un plasma con den-sidad electronica n inmerso en un campo magnetico uniforme y estatico enla direccion z, B0. Hallar el numero de onda κ para ondas planas polariza-das circularmente.R: Utilizamos la representacion para una onda polarizada circularmente

E = (i± jj)E0ej(ωt−κz) (A 152)

El desplazamiento, el campo electrico y el campo magnetico estan relacio-nados a traves de la ecuacion de movimiento:

md2ξ

dt2= −eE− ev ×B0. (A 153)

El desplazamiento ξ esta relacionado directamente con el campo electrico atraves de: (despues de invertir la Ec. A˜153)

ξ =e

mω (ω ± ωb)E, (A 154)

A 60

con ωb = eB/m como la frecuencia ciclotronica. El vector densidad decorriente J asociado a la conduccion electrica en el gas, se obtiene a travesde J = −nev = −nedξ/dt, o:

J = −j ne2

m (ω ± ωb)E = σE. (A 155)

Reemplazando en la ecuacion de Maxwell para medios conductores:

∇2E = jω

(σ +

jω

c2

)E, (A 156)

y reemplazando (A˜152) en (A˜156) se obtiene la expresion para el numerode onda κ:

κ =ω

c

[1−

ω2p

ω (ω ± ωb)

] 12

, (A 157)

con ωp definido en (A˜150).

Problema A59: Propagacion en gases ionizados III. Mostrar que una onda TMpuede propagarse en la direccion x con el campo magnetico polarizado enla direccion de B0, con un numero de onda dado por:

κ =ω

c

[1−

ω2p

(ω2 − ω2

p

)ω2(ω2 − ω2

p − ω2b

)]1/2 . (A 158)

R: Citamos los resultados para el calculo de la estructura del tensor dielectri-co generalizado en presencia de un campo magnetico externo en la direccionn: [4]

ϵij = ϵ1δij + (ϵ3 − ϵ1)ninj + iϵ2ηijknk, (A 159)

en donde ηijk es utilizado para designar los sımbolos de permutacion (Levi-Civita). Si el campo magnetico es aplicado en direccion paralela al eje Z,el tensor dielectrico toma la forma:

ϵ =

ϵ1 iϵ2 0

−iϵ2 ϵ1 0

0 0 ϵ3

. (A 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

),

(A 161)mientras que la conexion con el tensor conductividad σ es: ϵ = ϵ01 + iσ/ω.Si la propagacion de los campos es perpendicular a la direccion del campomagnetico 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, (A 162)

ϵ1E2 − iϵ2E1 =c2κ2

ω2E2. (A 163)

Resolviendo para el numero de onda κ, se obtiene la expresion (A˜158).

Problema A60: Cilindro conductor en presencia de un campo magnetico. En elexterior de un cilindro conductor infinito 0 ≤ r ≤ r0 se establece un campomagnetico uniforme y constanteH0 de forma instatanea en t = 0, paralelo aleje del cilindro. Hallar la intensidad del campo magnetico en el interior delcilindro, con condiciones iniciales nulas. Determinar el flujo de la induccionmagnetica a traves 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. (A 164)

En un medio conductor con σ muy grande, el segundo termino de (A˜164)puede despreciarse comparado con el primero, ası:

∇2H = a2∂H

∂t, a−2 =

4πµσ

c2. (A 165)

Dada la geometrıa del sistema, consideramos Hφ = Hr = 0, y Hz →Hz (r, z). Por consiguiente, para Hz obtenemos:

∂Hz

∂t= a2

[∂2Hz

∂r2+

1

r

∂Hz

∂r

], 0 ≤ r < r0, 0 < t < +∞,

(A 166)

A 62

con las condiciones Hz (r, 0) = 0, 0 < r < r0 y Hz (r0, t) = H0, 0 < t < +∞.La tecnica de variables separables nos permite escribir la solucion generalde (A˜166) de la forma:

Hz (r, t) = H0 +

∞∑n=1

An exp(−µ2na2t/r20

)J0

(µnr

r0

), (A 167)

en donde J0 corresponde a la funcion de Bessel de orden cero, y µn sonlas raices positivas de la ecuacion J0 (µn) = 0. Utilizando al condicion deortogonalidad:∫ r0

0J0 (µnr/r0) J0 (µnr/r0) rdr =

1

2r20 [J1 (µn)]

2 ,

y la relacion∫ µ0 uJ0 (u) du = µJ1 (µ) en (A˜167), tenemos que An toma la

forma:

An = − 2H0

µnJ1 (µn).

Reemplazando:

Hz (r, t) = H0

1− 2∞∑n=1

exp(−µ2na2t/r20

) J0 (µnrr0

)µnJ1 (µn)

. (A 168)

El flujo magnetico puede obtenerse integrando (A˜168) sobre la secciontransversal del cilindro. El resultado es:

Φ (t) = πr20µH0

(1− 4

∞∑n=1

exp(−µ2na2t/r20

)µ2n

). (A 169)

Problema A61: Una capa conductora (conductividad σ, permitividad magneticaµm) 0 ≤ x ≤ ℓ se encuentra fuera de la accion de campos electromagneticospara t < 0. En el instante t = 0, surge por fuera de la capa un campo-magnetico uniforme de intensidad H0, paralelo a la misma. Hallar la distri-bucion del campo magnetico dentro de la capa para t > 0.R: Adaptamos la solucion de la ecuacion (A˜165) a la de un sistema enunidimensional:

Hxx = a2Ht,


Figura 26: Problema A.60. Flujo del campo magnetico en el interior del cilindro, conΦ0 = πr20µH0.

con las condiciones de contorno: H (0, t) = H0, H (ℓ, t) = H0, y la condicioninicial H (x, 0) = 0. Siguiendo un procedimiento similar al del problemaanterior, 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 A62: Un condensador de placas planas circulares de radio a se conectaa una fuente contınua de fem exterior E . La distancia entre las placas varıalentamente por la ley armonica d = d0+∆sin (ωt). Hallar la intensidad delcampo magnetico originado por las corrientes de desplazamiento.R: El vector densidad de corriente se obtiene a partir del vector desplaza-miento: JD = ∂D/∂t. De la informacion del problema:

D =ε0E

d0 +∆sin (ωt)k, (A 170)

JD = − ε0Eω∆cos (ωt)

[d0 +∆sin (ωt)]2k. (A 171)

El campo magnetico en el interior del condensador se calcula a traves de la

A 64

relacion de Maxwell ∇× h = JD:

hφ = −rJD2. (A 172)

Problema A63: Corriente Termoionica⋆⋆. Cuando un metal es sometido a unatemperatura suficientemente alta, los electrones son emitidos desde la su-perficie metalica y estos pueden ser colectados como corriente 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 ), (A 173)

en donde W es la funcion de trabajo para el metal (i.e., la energıa necesariapara remover un electron).(b) Representar graficamente la ecuacion de Richardson-Dushman para laemision termoionica en funcion de kBT/ |W |.(c) Estimar el valor de corriente termoionica que circula en un filamentode Nıquel (Ni) de 2 mm de diametro, si este metal posee un potencial detrabajo | W | estimado en 4.6 eV, y a una temperatura cercana a la tem-peraturade fundicion de 1700 K. (Tmelting = 1728K).R: El fenomeno de formacion de una “nube”electronica en las inmedia-ciones de la superficie metalica a causa del movimiento termico de loselectrones libres se denomina “emision termoionica”. La densidad de estanube electronica depende sensiblemente del trabajo de salida W , y dismi-nuye abruptamente con su incremento. Para los metales W es del ordende eV , mientras que kT , incluso a temperaturas de miles de Kelvin, sumagnitud corresponde a fracciones de eV . Por consiguiente, en la aproxi-macion W >> KT , la relacion (1 + exp [β (W + ε)])−1 puede aproximarsea exp (−W/kT ) exp (−ε/kT ), i.e, la intensidad de la corriente de saturaciondepende del trabajo de salida y de la temperatura. (a) Asumimos inicial-mente que la densidad de corriente termoionica j posee direccion Z. En estecaso:

jZ = −2e∫f (ε) vZ

d3p

(2π~)3. (A 174)

La funcion de distribucion f (ε) se aproxima a la funcion de distribucionde Maxwell-Boltzmann a temperaturas altas, mientras que el elemento de


volumen en el espacio de los momentum toma la forma d3p = dpXdpY dpZ ,con pj = mvj . Reemplazando:

jZ = −2m3e

∫e−ε(v)/kT vZ

dvXdvY dvZ

(2π~)3, (A 175)

con ε (v) = mv2/2 +W , en donde W es el potencial de salida de los elec-trones en el metal. La integral (A˜175) puede separarse en dos partes: unala cual contiene el integrando dvZ , y otra que contiene dvXdvY :

jZ = − 2em3

(2π~)3e−W/kT

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞e−m(v2X+v2Y )/2kTdvXdvY ×

×∫ ∞

0e−mv2Z/2kT vZdvZ . (A 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 movi-miento de los portadores electronicos hacia la superficie exterior del metalen la direccion +Z. Utilizando estos resultados, la densidad de corrientetermoionica es:

jZ = −4πemk2T 2

h3e−W/kT . (A 177)

(b) Grafica:(c) Es posible estimar la corriente termoionica que circula en un filamentode Nıquel a 1700 K, utilizando (A˜177) como:

i = jZπR2 ≈ 258 nA. (A 178)

⋆⋆ Problema 2.5. A. Fetter, J. Walecka: Quantum Theory of Many-Particle Sys-

tems.

Problema A64: Derivar las integrales de Helmholtz [6].R: Deseamos hallar el vector potencial A y el potencial escalar ϕ asociado

A 66

Figura 27: Dependencia de la densidad de corriente termoionica en funcion delkT/ |W |. Se observa un incremento de la magnitud de la corriente al aumentarla temperatura, para un valor constante del “potencial de salida”W .

a una corriente monocromatica 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. (A 179)

Utilizando la condicion de Lorentz: ∇ ·A = iωεµϕ, tendremos:

−µJ = ω2εµA+∇2A (A 180)

−∇2ϕ− ω2εµϕ =ρ

ε, (A 181)

en donde se ha utilizado ∇ · E = ρ/ε. Planteamos una solucion para elpotencial escalar en terminos del propagador de Green G (r, r′):

ϕ (r) =1

ε

∫ρ(r′)G(r, r′

)dV ′, (A 182)

para la cual G (r, r′) debe ser solucion de:(∇2 + ω2εµ

)G(r, r′

)= −δ

(r− r′

). (A 183)


La solucion de (A˜183) puede escribirse como:

G(r, r′

)=

1

4π

exp (ik | r− r′ |)| r− r′ |

, k = ω√εµ. (A 184)

Las soluciones para ϕ (r) y A (r), utilizando (A˜184) son:

ϕ (r) =1

4πε

∫ρ(r′) exp (ik | r− r′ |)

| r− r′ |dV ′ (A 185)

A (r) =µ

4π

∫J(r′) exp (ik | r− r′ |)

| r− r′ |dV ′. (A 186)

Problema A65: Hallar la funcion de Green para el semiespacio z > 0 si en el planoz = 0 la solucion de la ecuacion ∆u+ k2u = 0 satisface a) la condicion decontorno de primer genero u (x, y, 0) = f (x, y), y b) la condicion de segundogenero: (

∂u

∂z

)z=0

= f (x, y) .

R: Este problema hace parte de la teorıa escalar de la difraccion. Los calculosestandar de la difraccion en optica clasica estan basados en la aproximacionde Kirchhoff. Esta aproximacion consiste en asumir:i) u y ∂u/∂n desaparece en todas partes sobre la superficie S excepto enlas aperturas.ii) Los valores de u y ∂u/∂n en las aperturas son iguales a los valores de laonda incidente en ausencia de cualquier pantalla u obstaculo.Algunas inconsistencias matematicas en la aproximacion de Kirchhoff pue-den ser removidas introduciendo una funcion de Green apropiada para elproblema de Dirichlet (caso (a)), o el problema de Neumann (caso (b)).Utilizando el resultado (A˜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′,

A 68

y r′ =√

(x− ξ)2 + (y − η)2 + (z + ζ)2. Es evidente que la funcion cumplela condicion G = 0 en z = 0, como se requiere en la teorıa de funciones deGreen. La solucion al primer problema de contorno es:

u (x, y, z) =

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

(∂G

∂ζ

)ζ=0

f (ξ, η) dξdη

= − z

2π

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

(ik +

1

R

)e−ikR

R2f (ξ, η) dξdη, (A 187)

con R =√

(x− ξ)2 + (y − η)2 + z2. En el caso (b), la funcion de Greenasociada a la condicion de Neumann tiene la forma explıcita:

G (x, y, z; ξ, η, ζ) =e−ikr

4πr+ w, (A 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.

(A 189)

Problema A66: Aproximacion de Fraunhofer. La distanciaR en la ecuacion (A˜187)desde una abertura en 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 com-

paracioncon las dimensiones de la abertura. La funcion de onda u depen-dera del angulo asociado a los coeficientes x/r y y/r que la onda se desvıaen la abertura. Esto constituye de aproximacion de Fraunhofer si, adicional-mente kr >> 1 , o r >> λ. En la aproximacion de pantalla lejana, R ∼ r,1 + ikR ∼ ikR, mientras que el factor de fase kR ∼ kr

(1− (xξ + yη) /r2

).

La funcion de onda (A˜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 funcionde 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, conn = 1, 2....

Problema A67: Abertura circular. Utilizar el resultado anterior para calcular losmınimos de difraccion asociados a una abertura circular de radio a. [7]R: En este caso, la integracion se realiza en coordenadas polares sobre lasuperficie 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 (·), yrho =

(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 per-pendicular al plano de localizacion de la abertura, obtenemos el patron deintensidad de Fraunhofer asociado a este sistema:

⟨I⟩ ∼[J1 (ka sin θ)

ka sin θ

]2. (A 190)

Este resultado nos lleva a la expresion para el angulo subtendido por eldisco central brillante formado en el centro de la pantalla lejana, (disco de

A 70

Airy, fig.(28)), obteniendo el primer cero del patron de intensidad asociadoa la primera franja anular oscura: J1 (x) = 0, x = 3,8317; sin θ ∼ θ

θ =1,22λ

w, w = 2a.

Figura 28: Disco de Airy, Patron de interferencia abertura circular[8]

Problema A68: Electrodinamica de un Superconductor⋆ Las ecuaciones de Lon-don (1935) proporcionan una primera descripcion teorica del efecto Meiss-ner. Estas ecuaciones fenomenologicas describen la respuesta de la super-corriente j y del campo magnetico h, cuya distribucion espacial dentro delsuperconductor esta definido por la ecuacion:

λ2L∇2h = h, (A 191)

en donde λL es el parametro de penetracion de London, dado por:

λL =

√mc2

4πnSe2, (A 192)

con nS como la densidad de electrones en estado superconductor. (a) Rea-lizar un analisis dimensional para demostrar que λL posee unidades delongitud. (b) Considere una pelıcula superconductora de espesor d en pre-sencia deun campo magnetico aplicado en la direccion x: H = H0x, como seilustra en la figura (29). Si el origen de coordenadas se localiza en el centro


de la pelıcula, obtener una solucion para la densidad de flujo h en la region−d/2 < z < d/2. (c) Demostrar que la densidad de flujo promedio B es:

B =1

d

∫ d/2

−d/2h (z) dz =

2H0λLd

tanh

(d

2λL

). (A 193)

(d) Obtener una expresion para el valor maximo de la densidad de corrientesuperconductora jS que circula en la muestra.R: (a) En la expresion (A˜192), tenemos quemc2 posee unidades de energıa,

Figura 29: Geometrıa pelıcula superconductora.

nS unidades de densidad o inverso de volumen, y e2 unidades de carga alcuadrado. Explıcitamente,

mc2

nSe2≡ energıa

energia/longitud2, (A 194)

dado que nSe2 tiene forma de e2/longitud× longitud2, y e2/longitud posee

unidades de energıa. El parametro de London por consiguiente se reduce adimensiones de

λL ≡

√energıa

energia/longitud2≡ longitud. (A 195)

(b) La solucion general de la ecuacion (A˜191) tiene la forma:

hx (z) = aez/λL + be−z/λL , (A 196)

A 72

en el intervalo −d/2 ≤ z ≤ d/2. Utilizando las condiciones de fronterah (±d/2) = H0 en (A˜196)obtenemos una expresion para el campo magneti-co en el interior de la pelıcula:

hx (z) = H0cosh (z/λL)

cosh (d/2λL). (A 197)

R: En la figura (30) se ilustra el comportamiento del campo magnetico

-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0

1.0

1.1

1.2

1.3

1.4

1.5

hz

ΛL

Figura 30: Campo magnetico en el interior de una pelıcula superconductora.

en el interior del superconductor, en unidades adimensionales. El campomagnetico decrece en funcion de la distancia desde la frontera del super-conductor hasta un valor mınimo dado por:

H0/ cosh (d/2λL).Esto sugiere un comportamiento tipo Meissner desde la aproximacion elec-trodinamica de London. (c) La densidad deflujo promedio se obtiene inte-grando directamente (A˜197) sobre todo el espacio de la pelıcula:

B =1

d

∫ d/2

−d/2H0

cosh (z/λL)

cosh (d/2λL)dz =

2H0λLd

tanh

(d

2λL

). (A 198)

(d) El valor maximo de la corriente superconductora jS se obtiene evaluan-do:

jS =c

4π∇× h (z) =

c

4π

∂h (z)

∂zj. (A 199)

El valor maximo de la densidad de corriente superconductora esta presenteen la frontera de la superficie superconductora:

jmaxS =

cH0

4πλLtanh

(d

2λL

). (A 200)


La corriente superconductora circula sobre las fronteras con igual amplitudy direcciones opuestas.

Problema A69: Un anillo delgado de cobre rota alrededor de un eje perpendiculara un campo magnetico uniforme H. (Ver figura 31). La frecuencia inicial derotacion es ω0. Calcular el tiempo en el cual la frecuencia de rotacion decreceen un factor 1/e de su valor original bajo la suposicion de que la energıa seconvierte en calor por efecto Joule. R: Se debe obtener una expresion para

Figura 31: Efecto Joule, espira en rotacion

la potencia electrica media ⟨P⟩ generada en la espira debido a la corrienteinducida en la misma. La fem instantanea inducida es E = d (HA cos θ) /dt,con A = πa2 como el area de la espira, y θ es el angulo instantaneo de lanormal del anillo con respecto al campo magnetico. La corriente inducida sedefine como E/r, con r = 2πa/σS (Ω), σ corresponde a la conductividad delcobre, mientras que S define la seccion transversal del alambre. La potenciapromedio es por consiguiente:

⟨P⟩ = ⟨E2

r⟩ = H2A2ω2

2r.

Esta potencia esta asociada al cambio de la energıa cinetica de rotacion dela espira: d

(Iω2/2

)/dt, en donde I es el momento de inercia de la misma.

Igualando:

⟨P⟩ = −Iωdωdt.

A 74

Integrando en la variable ω:

ω = ω0 exp (−t/τ), τ−1 =H2A2

2rI. (A 201)

La espira tomara un tiempo t = τ para disminuir su velocidad angular enun factor 1/e.

Problema A70: Calcular el angulo crıtico de reflexion total externa para rayos Xde alta energıa y de longitud de onda λ que inciden sobre una placa metalicaque contiene N electrones por unidad de volumen esencialmente libres.R: El angulo crıtico se determina utilizando la ley de Snell. Esto requiere elcalculo del ındice de refraccion n (λ). La aproximacion involucra la ecuacionde movimiento mx = +eE0 exp (−iωt), en donde ω = 2πc/λ, y el electronse asume que oscila a la misma frecuencia de los rayos, y con amplitud x0,alrededor de un ion fijo en el metal. El momento dipolar inducido en suvalor maximo, asumiendo iones estacionarios es:

ex0 = −e2E0

mω2, (A 202)

para un par simple ion-electron. En presencia de un potencial de ligadura,el denominador de la ecuacion (A˜202) debe contener un termino adicionalmω2

0, el cual representa la frecuencia caracterıstica del electron ligado alion.La polarizacion del metal es: P = −Ne2E0/mω

2, y la polarizabilidad α =−Ne2/mω2. Ahora, D = (1 + 4πα)E, desde la cual se obtiene:

n2 = ε = 1− 4πNe2

mω2. (A 203)

De la ley de Snell n1 cos θ1 = n2 cos θ2 (angulos respecto con respecto a lasuperficie), el angulo crıtico θ1 para la cual θ2 = 0, se encuentra como:

cos2 θC = n2 = 1− 4πNe2

mω2(A 204)

sin θC =

√4πNe2

mω2=ωp

ω, (A 205)

en donde ωp es la frecuencia de plasma. Para ω < ωp el ındice de refracciones imaginario puro, y por lo tanto se obtiene reflexion total a todos losangulos.


Problema A71: (a) Demostrar que la velocidad de grupo de una onda EM que sepropaga en un medio con ındice de refraccion variable n (ω) puede escribirsecomo:

vg =c

n+ ω (dn/dω). (A 206)

(b) Utilizar este resultado para obtener la velocidad de grupo de una ondaEM en un medio polarizable descrito por el ındice de refraccion en un medioionico (A˜203).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 (A˜206). (b) Un calculo directoconduce a: vg = nc, con n aproximado a n ∼ 1−2πNe2/mω2, en el regimende altas frecuencias (Rayos X).

Problema A72: Demostrar que es posible la propagacion de una onda electro-magnetica en un tubo metalico de seccion transversal rectangular con pa-redes perfectamente conductoras. Cuales son las velocidades de fase y de

Figura 32: Cavidad de seccion rectangular, problema A. 72.

grupo?. Demostrar que existe una frecuencia de corte para las cuales lasondas no pueden propagarse.R: Considere una solucion a las ecuaciones de Maxwell dentro de la cavidad

A 76

rectangular de la forma, (TE)

EZ = 0, (A 207)

EX = E1 (x, y) exp (ikz − iωt) (A 208)

EY = E2 (x, y) exp (ikz − iωt). (A 209)

La ecuacion de onda ∇2E− c−2∂2E/∂t2 = 0, tiene se satisface a traves delas soluciones

E1 = E01 cos(nπx

a

)sin(mπy

b

)(A 210)

E2 = E02 sin(nπx

a

)cos(mπy

b

). (A 211)

La relacion entre amplitudes de los campos se obtiene desde ∇ · E = 0,o nπE01/a +mπE02/b = 0. Las frecuencias de los modos de propagacionelectromagetica en la cavidad se obtienen de:

ωnm = c

√k2 +

n2π2

a2+m2π2

b2, (A 212)

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/kmientras que la velocidad de grupo vg = dω/dk satisface vpvg = c2.

Problema A73: Dos lıneas de carga con densidad lineal λ0 en su marco de refe-rencia estan separadas una distancia d. Estas cargas se mueven en direccionparalela a su extension con velocidad v, el cual puede ser cercana a la ve-locidad de la luz. (a) En el marco de referencia en reposo, cual es la fuerzaelectrica por unidad de longitud que la lınea superior experimenta debidoa la lınea inferior?. (b) Resolver (a) en el marco de referencia de labora-torio. (c) Cual es lafuerza magnetica por unidad de longitud que la lıneasuperior experimenta debido a la lınea inferior? R: (a) La linea inferior ge-nera un campo electrico de magnitud (unidades Gaussianas) E = 2λ0/d.La fuerza porunidad de longitud es por lo tanto F/ℓ = 2λ20/d, (repulsi-va). (b) En el marco de referencia en donde los alambres se ven moviedoseaparece un campo magnetico B′ = v × E′/c, ademas del campo electricoE′. Sin embargo, E′ = 2λ′/d, en donde la densidad se afecta por un factorγ−1 =

√1− v2/c2, debido al efecto de contraccion de Lorentz: λ′ = γλ0.

E′ = 2γλ0/d.


Figura 33: Distribucion lineal de cargas en movimiento. Problema A.73.

(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 Labo-ratorio:

F ′ = λ′(1− v2

c2

)E′ = F. (A 213)

El hecho que F ′ = F puede verse desde otro argumento. Si en el marco dereferencia en reposo un alambre se le permite moverse bajo la accion de unafuerza Fℓ sobre el, este ganara un momentum dp = Fℓdt, mientras que en elmarco de referencia en el cual los alambres se mueven, el momento adquiridoes F ′ℓ′dt′. Pero dp = dp′, debido a que elmomento en la direccion normalde una transformacion de Lorentz es invariante bajo esta transformacion, ydt′ = γdt. Por lo tanto, Fℓ = γF ′ℓ′. Si ℓ = γℓ′, por consiguiente, F = F ′.Es posible obtener una expresion para la fuerza/longitud en el marco dereferencia de laboratorio (K ′) y en el marco de referencia en reposoK. Convy = vz = 0, e invirtiendo la matrix, se obtiene F ′

y/ℓ′ = γFy/ℓ, o F

′y = Fy.

(Ver Capıtulo anterior para las ecuaciones relativistas de la fuerza).

Problema A74: Un circuito consiste en un resistor de 5 Ω, un condensador de1 µF, un inductor ideal de 0.01 H conectados en serie con una fuente devoltaje que genera una FEM de 10 sin (ωt) (V). La resistencia interna de lafuente de voltaje es despreciable. El sistema opera en resonancia. (a) Cual es

A 78

la potencia promedio generada por la fuente de voltaje? (en Watts) (b) Lafrecuencia de la fuente disminuye de tal forma que la reactancia

(1ωC − ωL

)se convierteen 5 Ω; el valor maximo de la FEM permanece en 10 V. Cuales la potencia promedio generada por la fuente?.(a) En resonancia, X = 0, la impedancia es Z = R, y el angulo de fase ϕesta dado por tanϕ = X/R = 0, → ϕ = 0. La potencia promedio generadapor 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 pro-medio disipada en el resistor (I2R), ya que el principio de conservacion dela energıa establece que esta debe ser igual a la potencia promedio suminis-trada por la fuente.

Problema A75: Un alambre de plomo de 1 mm de diametro es doblado paraformar un circulo de 10 cm de diametro. El anillo esta en estado Supercon-ductor y por el circula una corriente de 100 A. Se observa que no existeningun cambio apreciable en la corriente en un periodo de un ano, Si eldetector es sensitivo a un cambio de 1 µA, calcular el lımite experimentalsuperior para la resistividad del plomo en estado superconductor.R: Sea ρ la resistividad del plomo. La resistencia del anillo es R = ρℓ/S,ℓ = 2πr, r como el radio del anillo y S su seccion transversal. El sistemapuede considerarse como un circuito RL. La corriente que circula por el espor lo tanto:

I (t) = I0e−Rt/L, o R =L

tln

(I0I (t)

). (A 214)

La distribucion del campo magnetico en el interior del anillo se aproxima alvalor del campo en el centro del mismo:B = µ0I/2r, y la autoinductanciaL puede obtenerse desde la relacion flujo/corriente L = 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 (A˜214):

∆I =I0Rt

L.

Numericamente, la resistividad del plomo en el estado superconductor tieneun valor lımite superior de 7,8 × 10−29 Ω m. En estado normal a 20 0C,ρPb = 208 nΩ m.

Problema A76: Considere un sistema de partıculas cargadas confinadas en unvolumen V . Las partıculas se encuentran en equilibrio termico a tempe-ratura T en presencia de un campo electrico E en la direccion z. (a) Sean (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 partıculas pueden ser caracterizadas por un coeficiente dedifusion D. Utilizar la definicion de D para calcular el flujo JD que surgedesde el gradiente de concentracion obtenido en (a). (c) Suponga ademasque las partıculas tambien se caracterizan por un factor de movilidad µ querelaciona sus velocidades de arrastre con el campo aplicado. Hallar el flujode partıculas Jµ asociado con esta movilidad. Establecer la relacion µ y D(relacion de Einstein) [9].R: (a) Una partıcula de carga e en presencia de un campo electrico E poseeuna 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 laconcentracion se calcula como:

dn (z)

dz=eE

kTn (z) .

(b) Por definicion, JD = −Ddn (z) /dz. (c) El flujo de partıculas a lo largodel campo aplicado es Jµ = n (z) v = n (z)µE. El flujo total es cero enequilibrio,

JD + Jµ = 0, ası µ =eD

kT.

A 80

Problema A77: La ionosfera puede ser vista como un medio dielectrico con ındicede refraccion n = n (ω) en donde ω es la frecuencia del gas. Calcular lavelocidad de grupo de una onda de radio con frecuencia ω =

√2ωp.

R: El ındice de refraccion se relaciona con la funcion dielectrica del mediocomo 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 A78: Cuatro fuentes de ondas coherentes monocromaticas A,B,C,D(Fig.34) producen ondas de la misma longitud de onda λ. Dos receptoresR1 y R2 estan a gran (pero igual) distancia desde B. (a) Que receptordetecta mayor senal? (b) Que receptor (si alguno), capta mayor senal si lafuente B es apagada?.

Figura 34: Distribucion de fuentes monocromaticas.

R: (a) Sea r la distancia desde B hasta R1 y R2, con la condicion r >> λ.La amplitud del campo electrico de las ondas emitidas por cada fuente esE0. Las amplitudes resultantes en cada receptor son:


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 intensidad de la senal es proporcional al cuadrado de laamplitud del campo: I ∝| E |2, asılas intensidades recibidas por R1 y R2

son respectivamente iguales a: I1 = 0, I2 ∼ 4E20 . 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 lamisma intensidad.

Problema A79: Metodo de van der Pauw. Un metodo de medicion de la resis-tividad y el efecto Hall para muestras planas de geometrıa arbitraria fuepropuesto en 1958 por el fısico Holandes L. J. van der Pauw [10]. El meto-doesta basado en un teorema de mapeo conforme valido para superficiesplanas cuyos contactos sean suficientemente pequenos y localizados sobrela circunferenciade la muestra. La demostracion del teorema parte del calcu-lo de la ecuacion que involucra el caso particular de un semiplano infinito,con contactos P, Q, R y S a lo largo de la frontera, espaciados distanciasa, b y c respectivamente Fig. (35). Una corriente i ingresa a la muestra enel contacto P y abandona la misma en el contacto Q. Si la diferencias depotencial VS−VR y VP −VS son conocidas, y si la corriente i en este ultimocaso 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 materiales:

exp

(−πdRPQ,RS

ρ

)+ exp

(−πdRQR,SP

ρ

)= 1,

A 82

Figura 35: Metodo de las cuatro puntas.

en donde d es el espesor.R: La densidad de corriente j en la muestra se relaciona con la corrienteque ingresa a la misma por j = i/πxd, en donde x es la distancia desdeel punto de contacto (P). La componente del campo electrico (total) en ladireccion x es:

E =

(ρi

πdr− ρi

πd (r − a)

)x,

en donde la contribucion del segundo termino tiene en cuenta la corrienteque abandona el sistema en el punto (Q). La diferencia de potencial entreR y S es:

VS − VR = −∫ a+b+c

a+bE (x) dx =

ρi

πdln

[(a+ b) (b+ c)

b (a+ b+ c)

].

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 unidimensio-nal, esta permanece valida en dos dimensiones si se cumple explıcitamenteque: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 huecosaislados.

Problema A80: Determine la frecuencia del modo de oscilacion antisimetrico enel circuito mostrado en la figura (36). Considere k = 1/LC, κ1 = 1/LCS yκ2 = 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 (coordenada antisimetrica), obtenemos:

y + ky = 0,

z + ωaz = 0, ωa =

√k + 2κ11 + 2κ2

.

Problema A81: Polaritones⋆. Cuasipartıculas llamadas Polaritones resultan delacople entre fonones y fotones en cristales ionicos. (a) Derivar la relacion dedispersion ω (k) y bosquejar esta dependencia para modos EM transversales

A 84

Figura 36: Circuito LC acoplado.

que se propagan a traves de un cristal de NaCl. Ignorar los efectos de lapolarizacion atomica. (b) Evaluar una expresion para el ancho de banda deeste sistema.R: En una cadena diatomica, con masas M1 y M2, constante elastica f , yparametro de red a, la ley de dispersion de los fonones (puros) esta dadapor:

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 excitacionesfononicas de la red. El modelo de polarizacion ionica del cristal toma enconsideracion el campo aplicado E con vector de onda k ≈ 0. El despla-zamiento relativo W de un ion positivo desde un ion negativo tiene lasecuaciones de movimiento:

µW = −2KW + qE, (A 215)

en donde µ es la masa reducida, K la constante de fuerza y q es la carga delion. La posicion de equilibrio del sistema es Weq = qE/2K. La polarizaciondel sistema se relaciona con la susceptibilidad electrica por: P = ρE =ε0χE, en donde ρ corresponde a la densidad volumetrica de carga q/V . Conε = 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 longitudesde onda es ω0 =

√2K/µ, o

ω0 =

√q2

µε0 (ε− 1)V.

La interaccion del modo optico y una onda electromagnetica transversalpuede aproximarse desde las ecuaciones de Maxwell para un medio sin car-gas libres:

∇2E = µ0ε∂2

∂t2(E+ ρQ) ; (A 216)

en donde la densidad de corriente J se introduce en las ecuaciones comoJ = ρW. Q corresponde a una coordenada relativa (con unidades de campoelectrico) dada por Q = ρW/ε0. La ecuacion (A˜215) se reduce a:

Q = ω20Q+ ω2

0χE. (A 217)

Combinando (A˜217) y (A˜216), con ∇2E = −k2E, y tomando la direccionde propagacion de la 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, despuesde algunos desarrollos intermedios, se obtiene la relacion de dispersion delpolariton:

c2k2

ω2=ω2 − εω2

0

ω2 − ω20

. (A 218)

(b) Los lımites fısicamente significativos en (A˜218) corresponden a ω →√εω0 para k → 0, y ω → ω0 para k → ∞ (Ver Fig. (37)). De esta forma

el ancho de banda esta definido para frecuencias entre ω0 y√εω0, el cual

corresponde al rango de frecuencias en el cual la luz incidente es completa-mente 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 aproximado32,2, 78,3 µm.

Problema A82: Considere un circuito RLC en paralelo en equilibrio termico conun medio a temperatura T . Encontrar una expresion clasica para la raız

A 86

Figura 37: Diagrama esquematico de la ley de dispersion del Polariton en una red ionicade NaCl. ε = 5,9

media cuadratica de la corriente atraves del inductor.R: Las fluctuaciones en el movimiento de los electrones libres en el conductordan lugar a las fluctuaciones en la corriente. Si la corriente a traves delinductor es i (t), entonces la energıa promedio del 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.

Problema A83: Una antena alimentada por corriente opera en el modo λ/4 (a =λ/4). Hallar el patron de distribucion angular de la potencia irradiada. (Verfigura 38).R: La dimension de la antena es del orden de la longitud de onda ℓ ∼ λ, porconsiguiente esta no puede ser tratada como un dipolo. En el modo λ/4,a = λ/4 y la corriente que circula en la antena forma un patron de ondaestacionaria 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.


Figura 38: Antena operando en el modo a = λ/4

A grandes distancias de r, utilizamos las aproximaciones r ≈ r0 − z′ cos θ,con r0 medido desde el centro de la antena, y r−1 ≈ r−1

0 . El potencialvectorial 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. Con-siderando que la coordenada z se escribe en coordenadas esfericas como:ez = (cos θ,− sin θ, 0), y que la componente relevante del campo es Bφ ≈(1/r0) ∂ (r0Aθ) /∂r0,

Bφ (r, t) ≈ iµ0I0c

2πr0ωexp [i (kr0 − ωt)]

cos(π2 cos θ

)sin θ

.

La distribucion angular de la potencia media irradiada por esta antena secalcula como:

dW

dΩ=⟨I⟩r−20

∝cos2

(π2 cos θ

)sin2 θ

.

A 88

Figura 39: Patron de distribucion angular de la potencia de radiacion, Antena operandoen el modo λ/4.

en donde ⟨I⟩ ∝ B2 Fig. (39).

Problema A84: Radiacion Electromagnetica como haces de radar y rayos de luzeventualmente se dispersan debido a la difraccion. Un haz que se propagaa traves de una abertura circular de diametro D se dispersa con un angu-lo de difraccion θd = 1,22λn/D. En muchos medios dielectricos, el ındicede refraccion se incrementa en campos electricos de gran intensidad segun:n = n0 + n2E

2. Demostrar que en este medio no-lineal la difraccion delhaz puede ser contrarestada por una reflexion total interna de la radiacionpara 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 dielectri-co. Suponga que el campo electrico en el interior del cilindro es E y queafuera es cero. Ası, el ındice de refraccion en el medio es n = n0 + n2E

2, elındice 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 formandoun angulo θ con el eje sera 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 quesu 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 A85: Funcion de Green IV. (a) Dentro de una cavidad conductora in-finita puesta a tierra, de seccion circular de radio a, se genera un campoelectrostatico debido a la presencia de un hilo con carga +e, paralelo al ejedel cilindro. Hallar el potencial de este campo. (b) Hallar el potencial en elinterior de la cavidad conductora para el caso en que su superficie se en-cuentre a un potencial constante u0, i.e., resolver el problema de contornode Dirichlet. (Figura 40).

Figura 40: Seccion Transversal, cavidad Cilındrica.

R: La figura (40) representa la configuracion geometrica del problema. Lospuntos M0, M1 y M corresponden a las posiciones de la carga lineal (hi-lo), su imagen y el punto de observacion, respectivamente. Las distanciasrelativas estan definidas por OM = ρ, OM0 = ρ0, OM1 = ρ1, MM0 = r0 yMM1 = r1. El potencial electrostatico en el punto M esta dado por:

u (M) = e

[ln

(1

r0

)− ln

(a

ρ0r1

)],

A 90

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 lasimagenes proporciona las relaciones r1/r0 = a/ρ0, el cual define el potencialcero 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 lospuntos M0M esta definida por:

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 laformula de Poisson [11]:

u (ρ0, φ0) =1

2π

∫ 2π

0

a2 − ρ20a2 + ρ20 − 2aρ0 cos (φ− φ0)

f (φ) dφ, (A 219)

en donde f (φ) = u (a, φ), corresponde a la distribucion de la funcion po-tencial sobre la superficie de la cavidad. Si f (φ) = u0, entonces integraciondirecta sobre (A˜219) conduce a u (ρ0, φ0) = u0, i.e., este procedimien-to conduce al valor esperado del potencial electricoen el interior de unacavidad cuya superficie esta sometida a un potencial constante. Nota: Elintegrando de (A˜219) puede obtenerse desde la funcion de Green como-∂G/∂ρ |ρ=a, como parte de la solucion general del primer problema decontorno de Dirichlet: ∆u = 0, u (ρ = a, φ) = f (φ).

Problema A86: Obtener la solucion para el problema de Dirichlet en coordenadasesfericas:

∆u = 0, |r| < a,

u = f (|r|) , |r| = a.

Resolver para el caso en el cual f (|r|) = K, en donde K es una constantepositiva.R: Utilizamos la notacion del ejemplo anterior, con la definicion de la fun-cion 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 superficieesferica, es posible demostrar que u (M) = K, en todos los puntos delinterior de la esfera. Es decir:

1

4πa

∫σ

a2 − ρ20r30

dσ = 1, para ρ = a.

Problema A87: Considere un anillo circular de radio a cargado con una densidadlineal de carga λ, y localizado a una distancia h de un plano conductorinfinitamente extendido a un potencial V (Figura (41)). Obtener el potencialelectrico del sistema en cualquier punto del espacio en la region x > 0. R:

Figura 41: Sistema anillo-plano conductor a potencial V .

Utilizaremos el metodo de las imagenes en este caso. Considere un elementode carga sobre el anillo dQ que produce un campo potencial en el puntoP, de coordenadas (x, y, z). La prescripcion de Dirichlet nos indica que elpotencial en el punto P generado por el sistema carga-plano puede obtenerseresolviendo:

ϕ (r) =

∫V ′G(r, r′

)ρ(r′)dV ′ −

∫S′

∂G

∂nϕ(r′)dS′,

A 92

en donde S′ corresponde a la superficie de interes en donde se evalua elpotencial ϕ (r′). El termino ∂G/∂n corresponde a la derivada de la funcionde Green evaluada en direccion normal a la superficie S′. La funcion deGreen 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 Di-richlet, e integrando directamente sobre la distribucion anular en el primercaso, 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 ·. Esteresultado puede probarse de forma particular. En el origen de coordenadasρ = 0, y sin la presencia del plano cargado, no existe imagenes en la parteinferior 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 A88: Radiacion de un dipolo magnetico. Un pequeno lazo circular dealambre de radio a transporta una corriente variable i = i0 cos (ωt) (Fig.42).El lazo esta localizado en el plano XY . (a) Calcular el primer momento


multipolar diferente de cero del sistema. (b) Calcular la forma del vectorpotencial de este sistema para r → ∞, ası como los campos electrico ymagnetico asintoticos, y determinar la distribucion angular de la radiacionemergente.

Figura 42: Dipolo circular de corriente.

R: (a) El primer momento multipolar no cero del pequeno lazo es su mo-mento dipolar: m = πa2i0 cos (ωt) (z), con cos (ωt) (−z) = Re (exp (−iωt)).(b) Obtenemos la variacion temporal del momento magnetico m (t′) cont′ = t− r/c:

m(t′)= −ω2m

(t′).

Utilizamos la prescripcion para el campo de radiacion de un dipolo (magneti-co) distante definida por (en unidades Gaussianas)[12]:

−Eφ = Bθ =[m]

rsin θ.

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. (A 220)

A 94

Las expresiones para E y B son reproducidas desde: B = ∇ × A, y E =cB× er.

Problema A89: Algunos dielectricos isotropicos se hacen birrefrigentes (dobleındice de refraccion) cuando son colocados en un campo magnetico externo.Estos materiales reciben el nombre de girotropicos, y estan caracterizadospor una permeabilidad ε y un vector g. En general, g es proporcional alcampo magnetico exterior aplicado al dielectrico.Considere una onda mo-nocromatica plana E (x, t) = E0 exp [i (kn · x− ωt)], que viaja a traves delmaterial. ω corresponde a la frecuencia angular de la onda, y n es la direc-cion de propagacion dada. Para un medio girotropico no conductor (σ = 0)y no magnetico (µ = 1), el desplazamiento electrico D y el campo electricoestan relacionados por:

D = εE+ i (E× g) ,

en donde ε es un constante positiva (real) y g es un vector constante (real).Considere ondas planas que se propagan en la direccion g, con g orientadoen la direccion del eje z:

g = gz, n = z.

(a) Desde las ecuaciones de Maxwell, hallar los posibles valores de ındicede refraccion N = kc/ω, en terminos de las constantes ε y g. (b) Hallar lasposibles polarizaciones de E0 para cada valor de NR: 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 depropagacion de la onda conducen 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 izquierda para N−, con E0x = iE0y yE0x = −iE0y respectivamente.

Problema A90: Estimar el numero de modos electromagneticos estacionarios queexisten en el rango de frecuencias 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 modoselectromagneticos 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 posi-tivos. Ası:

k2 + l2 +m2 =4a2f2klmc2

≤ r2,

en donde r corresponde al radio de una esfera en el espacio numerico de losenteros, y acotada por el valor de f . Por lo tanto, el numero de modos Ncorresponde a una octava parte del volumen de una esfera de radio r, y acada modo se le asigna un grado 2 de degenerancia el cual corresponde alos modos electrico y magnectico de la misma frecuencia. La espresion finales:

N = 2× 1

8× 4πr3

3=

8πa3

3c3(f31 − f30

).

Numericamente: N ∼ 2,26× 1014.

Problema A91: Unmedio dielectrico homogeneo, isotropico, no permeable esta ca-racterizado por un ındice de refraccion n (ω), el cual es complejo. (a) De-mostrar que la solucion general para las componentesde las 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 contornoen x = 0, u (0, t) y ux (0, t) son conocidas.R: La expresion del item (a) corresponde a la transformada de Fourier enel dominio de la frecuencia de una onda planaque se propaga en direccion

A 96

±x, con un vector de onda k = ωn (ω) /c. (b) El calculo de los coeficienteses 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).

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 A92: La figura (43) muestra la seccion transversal de un disco cilındri-co de radio b y un filamento deradio a de un magnetron. El filamento seencuentra aterrizado y el disco esta sometido a un potencial V positivo, yun campo magnetico H esta dirigido a lo largo del eje del cilindro. Elec-trones abandonan un filamento cilındrico con velocidad cero y viajan entrayectorias curvas a traves del disco. Calcular el voltaje V para el cual lacorriente en el sistema sera suprimida por el campo H.R: La fuerza que experimenta un electron en la region entre a y b esF = e/cv ×H. En coordenadas polares:

v ×H = −rHUθ + rθHUr,

en donde () indica derivada temporal, y θ es la componente angular encoordenadas polares. Igualando la componente θ:

md

dt

(r2θ)=| e |crrH,

el cual puede integrarse como: mr2θ = eHr2/2c +K, en donde K es unaconstante de integracion igual aK = −eHa2/2c, con θ = 0 en r = a. La


Figura 43: Esquema simplificado de un Magnetron.

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 A93: Una solucion de dextrosa opticamente activa esta caracterizadapor un vector de polarizacion P (momento dipolar electrico por unidad devolumen) dado por:

P = γ∇×E,

A 98

en donde γ es una constante real que depende de su concentracion. Lasolucion es no conductora (J = 0), y no magnetica (M = 0). Considereque una onda electromagnetica plana de frecuencia ω propagandose en estasolucion en la direccion z, con γ/ω/c << 1. (a) Hallar los dos posibles ındi-ces de refraccion para esta onda. Para cada ındice,hallar el correspondientecampo electrico. (b) Suponer que luz polarizada linealmente incide sobrela solucion de dextrosa. Despues de recorrer una distancia L a traves dela 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 circularpositiva (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.

Problema A94: 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 librey λc es la longitud de onda 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 ωpuede describirse a traves de 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 componentesde 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 deonda del espacio libre λ0 = 2πc/ω, y de la longitud de onda de la guıaλg = 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,

A 100

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 A95: Un sistema de N atomos con polarizacion electrica α esta loca-lizado a lo largo deleje x, y cuya separacion entre atomos es a (Fig.44). Elsistema es iluminado con una onda plana polarizada viajando en la direc-cion 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 lapotencia irradiada que deberıa se medida por un detector localizado sufi-cientemente alejado de los atomos (r << λ) y (r >> Na).(b) Calcular ladependencia polar (θ) de la potencia irradiada en el plano yz. (c) Obte-ner una expresion general para la dependencia azimutal ϕ de la potenciairradiada en plano xy, para el caso ka >> 1.

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) .

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.


Figura 44: Esquema del problema A.95

Para r >> λ, r >> Na, la aproximacion, rm ≈ r −ma sin θ cosϕ, (consi-derando la proyeccion del segmento ma paralela a la proyeccion del vectorr en el plano xy), 1/rm ≈ 1/r, toma lugar, y el potencial vectorial toma laforma:

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/ren B = ∇×A. Desde la relacion B (r, t) = −1

r∂/∂r (rA sin θ) eϕ, el campomagnetico 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) .

A 102

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 condicionka >> 1, y en el plano xy, dP /dΩ→ N2, y la distribucion de la radiacionen este plano es isotropica, (o circular).

Problema A96: Una pantalla oscura con una abertura circular de radio a esta lo-calizada en el plano XY , con centro en el origen. Esta pantalla es irradiadapor 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 amplitud de 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 desdedS hasta el punto de observacion. Esta expresion puede deducirse desde laaproximacion de Huygen-Fresnel de la teorıa de la difraccion, con un factor


de oblicuidad constante (valido para a/z << 1). Utilizando dS = 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 A97: Un dipolo electrico oscila con una frecuencia ω y amplitud P0.Este esta colocado a una distancia a/2 de un plano perfectamente conduc-tor infinito, y el dipolo esta orientado paralelo al plano. Encontrar el campoelectromagnetico y el valor promedio de la distribucion angular de la radia-cion emitida para distancias r >> λ.


R: La accion del plano conductor en la region x > 0 es equivalente al efec-to del dipolo imagen en la posicion (−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.

A 104

De la grafica (46), las relaciones geometricas adecuadas para r1 y r2 encoordenadas esfericas se establecen 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 obtener B = ∇×A,utilizamos la aproximacion: Bφ = 1/r∂ (rAθ) /∂r, mientras que para lacomponente del campo electrico utilizamos Eθ = cBφ. El vector de Poyntingpromedio es:

⟨S⟩ = ε0c

2| E |2 .

En la aproximacion de grandes longitudes de onda, λ >> a, es posibleescribir: sin

[ka2 sin θ cosφ

]∼ ka

2 sin θ cosφ, y la distribucion angular de laradiacion es:

dP

dΩ= r2⟨S⟩ ∝ ω6P 2

0 sin4 θ cos2 φ.

Problema A98: Efecto Kerr. El efecto Kerr (John Kerr, 1875) es el cambio enel ındice de refraccion de un material en respuesta a un campo electricoaplicado. El cambio en el ındice de refraccion inducido es directamenteproporcional al cuadrado de la intensidad del campo electrico, a diferenciadel efecto Pockels, en el cual este varıa linealmente. Kerr en contro queuna sustancia transparente isotropica se hace birrefrigente cuando se colocaen un campo electrico E. El medio toma las caracterısticas de un cristaluniaxial cuyo eje optico corresponde a las direccion del campo aplicado. Losındices n∥, y n⊥, estan asociados con las dos orientaciones de los planos devibracion de la onda. Su diferencia, ∆n, es la birrefrigencia, y se encuentraque:

∆n = λ0KE2, (A 221)


dondeK es la constante de Kerr, en unidades de cm×statvolt−2 (1 stV∼ 300V), y λ0 es la longitud de onda de la luz incidente. Las celdas Kerr se hanutilizado como obturadores de fotografıa de alta velocidad e interruptoresluminosos que reemplazarıan superficies dentadas rotatorias. Si las placasque forman los electrodos en una celda Kerr (usualmente con Nitrobencenoo Bisulfuro de Carbono) tienen una longitud efectiva ℓ y estan separadas unadistancia d, demostrar que el cambio de fase de la onda incidente esta dadopor:

∆φ = 2πKℓV 2/d2,

en donde V es el voltaje aplicado.R: El cambio de fase que experimenta la onda al recorrer una distancia ℓes ∆φ = ∆kℓ, en donde k = 2π/λ es el numero de onda. El cambio en elnumero de onda esta relacionado con el cambio en la 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 (A˜221), con E = V/d, finalmente se obtiene:∆φ = 2πKℓV 2/d2. En una celda de Nitrobenceno de 1 cm, y ℓ ∼ 5cm, conK ∼ 220× 10−7 cm statvolt−2, se requerira un voltaje del orden de 30,000V para que esta celda responda como una lamina de media longitud deonda. Por esta razon, ademas del alto grado de toxicidad del Nitrobenceno,asi como de su inestabilidad, hacen que otras sustancias como el Titana-to de Bario, o el Tantalato de Potasio, sean estudiadas y utilizadas comomoduladores electro-opticos.

Problema A99: La ley Lambert-Beer-Bouguer (LBB) describe la atenuacion dela intensidad de I de la radiacion Electromagnetica debido a la absorcion atraves de dos relaciones:

I = I0 exp (−αx), (A 222)

en donde I0 es la intensidad de la radiacion incidente en la direccion depropagacion, x es la distancia recorrida en la pelıcula, y α es el coeficientede absorcion que depende del material y de la frecuencia. La segunda formade la ley LBB es:

I = I0 · 10−τ , (A 223)

A 106

donde τ = ϵCx es la densidad optica, ϵ es el coeficiente de extincion molary C es la concentracion de la sustancia absorbente. Cual es la relacion entreα y τ?. Cuales son sus dimensiones?.R: Comparando las dos expresiones, α = ϵC ln 10. Las dimensiones de αson de inverso de longitud [L−1], mientras que τ no posee unidades. Lasunidadesd el coeficiente de extincion molar son:

[ϵ] =[dm3 ·mol−1 · cm−1

],

mientras que las unidades de concentracion [C]=[mol/dm3].

Problema A100: La atenuacion de la intensidad I de un haz de radiacion elec-tromagnetica en la atmosfera es debido a la absorcion y a la dispersion. Ladispersion de las partıculas suspendidas en la atmosfera esta descrita porla transmitancia T = I/I0 = exp (−βx), y el coeficiente β depende de lalongitud de onda de radiacion, la concentracion de dispersores, sus tamanosr, y el ındice de refraccion n. Discutir las dispersiones de Rayleigh y Miedeacuerdo con el tamano de las partıculas [13].R: Cuando el tamano de las partıculas son mucho mas pequenos que la lon-gitud de onda de la radiacion incidente, r << λ, la dispersion de Rayleighpredomina. El coeficiente β es fuertemente dependiente:

β ∝ 1

λ4.

La transmitancia T es grande (∼ 1) para valores de longitudes de ondagrandes, y exponencialmente pequenos para longitudes de onda corta. Eneste regimen la radiacion es intensamente dispersada. Este fenomeno esresponsable del color azul en la atmosfera. Cuando r ∼ λ, las ondas sonreflejadas desde diferentes partesde la partıcula y estas interfieren mutua-mente. La dispersion de Mie domina y β (λ) es una funcion complicada dela longitud de onda. Para valores pequenos de λ, β ∝ λ−2. Para r >> λ, ladispersion es no selectiva y β es independiente de la longitud de onda. Eneste caso, por ejemplo, las gotas de agua en nubes y neblina, con un tamano5× 10−6m ≤ r ≤ 10−4m, dispersaran radiacion infraroja. Este fenomeno esutilizado en el radar climatico, una importante herramienta de monitoreoque detecta gotas suspendidas y nubes. La velocidad de aproximacion delas nubes puede ser medida utilizando efecto Doppler.

Problema A101: Calcular el vector de Polarizacion electrica P y tambien lasdensidades de carga superficial y la carga volumetrica ligada en un cilindro


dielectrico largo que rota con velocidad angular constante ω alrededor desu eje en un campo magnetico uniforme B aplicado en direccion paralela asu eje de simetrıa.R: La ecuacion que relaciona los campos electrico y magnetico en un mediodielectrico moviendose con velocidad v en un campo magnetico B es:

D = κε0E+ ε0 (κ− 1)v ×B, (A 224)

donde κ es la constante dielectrica relativa. Para un punto a una distanciar 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 A102: Una onda electromagnetica plana incide normalmente en unconductor perfecto. Hallar los campos reflejados E y B, la densidad su-perficial de carga y la densidad de corriente en terminos de los camposincidentes.R: Sean E0 y B0 los campos electromagneticos incidentes y B′ y E′ loscampos reflejados. Aplicando la condicion de frontera n× (E2 −E1) = 0 enla superficie del conductor, se obtiene: E′ = −E0, ya que estos campos sontangenciales en la frontera. Para una onda EM plana,

B′ =1

ωk′ ×E′ =

1

ω(−k0)× (−E0) = B0.

Problema A103: Considere una capa de un material no absorbente de espesor d ycon ındice de refraccion n1. Esta capa se encuentra localizada en un mediocon ındice de refraccion n0. Una onda electromagnetica plana que incidenormalmente sobre esta capa refleja y transmite campos de intensidades Er

y Et, como se ilustra en la figura (47). Utilizar los coeficientes de Fresnelpara obtener las amplitudes de reflexion R y transmision T asociados ala onda incidente [14]. R: Es posible escribir las amplitudes de las ondas

A 108


reflejadas y transmitidas sucesivamente en terminos de los coeficientes deFresnel 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 cambiana:

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, con λ como la longitud de onda de la onda incidente.Utilizando las relacion tt′ − rr′ = 1, obtenemos:

R = r1− e−2iδ

1− r2e−2iδ. (A 225)


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. (A 226)

Estas expresiones proporcionan las amplitudes de las ondas en un mediodiscontınuo, y las energıas de los correspondientes haces se obtienen como:n0RR⋆, y n0T T ⋆. Finalmente, los coeficientes de reflexion y de transmisiondefinidos como la relacion de la energıa reflejada (transmitida) entre laenergıa incidente son:

R =| R |2,T =| T |2 .

Problema A104: Una onda electromagnetica plana E = Eie(ik·r−iωt) incide nor-

malmente sobre una hoja plana uniforme que consiste en un excelente con-ductor (σ >> ωε0) de espesor d. Asumiendo que en el espacio y en la hojaconductora µ0/µ = ε0/ε = 1, (a) obtener la relacion de las amplitudes delas ondas reflejada y transmitida. (b) Obtener el coeficiente de transmisiondel sistema. (c) Obtener expresiones para sistemas con espesor cero y espe-sor “infinito”.R: (a) Utilizamos el resultado del ejercicio anterior con las siguientes mo-

dificaciones: 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 (A˜226) 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 (A˜225), bajo la aproximacionr ≈ −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) Parauna hoja de espesor cero, una primera aproximacion conduce a Et/Ei → 1,Er/Ei → 0. Para una hoja conductora de espesor muy grande, Er/Ei →− (1 + η)−1.

A 110

Problema A105: Construir la funcion de Green de un impulso instantaneo loca-lizado de magnitud unitaria para 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 ins-tante t = 0. Considere las condiciones 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 elcampo ϕ (r, t) de la forma:

ϕ (r, t) =1

(2π)3

∫Ωϕ (k, t) e−ik·rd3k, (A 227)

en donde Ω es el volumen en el espacio de los vectores de onda k. Reem-plazando en la ecuacion de onda 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. (A 228)

Insertando (A˜228) en (A˜227), se recupera la forma del potencial ϕ en elespacio real:

ϕ (r, t) =1

4πa

δ (r − at)r

. (A 229)

En este ultimo resultado, se ha utilizado integracion directa en coordenadasesfericas en el espacio de 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 quer, a y t son considerados parametros positivos. La funcion de Green ϕ (r, t)se denomina Funcion retardada de Green debido a que esta exhibe un com-portamiento causal asociado con la perturbacion en t = 0. El argumentode la funcion delta muestra que un efecto observado en el punto r en elinstante t es causado por la accion de una fuente a una distancia r en uninstante de tiempo anterior r/a. La diferencia r/a es justamente el tiempode propagacion de la perturbacion desde un punto a otro.


Problema A106: 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 quedesaparece en x→ −∞ . Calcular las componentes del vector velocidad delelectron [15].R: La fuerza total sobre el electron bajo los efectos de campos electrico yMagnetico 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 debensatisfacer:

mvx =e

cvy∂A

∂x,

mvy = −ec

∂A

∂t− evx

c

∂A

∂x.

La derivada temporal del potencial vectorial en terminos de una variablede desplazamiento ξ = x− ct:

∂A

∂x=∂A

∂ξ= Aξ;

∂A

∂t= −c∂A

∂ξ= −cAξ.

dA

dt= (x− c)Aξ.

Combinando estas ultimas ecuaciones, obtenemos:

y = − e

mcA;

x2 − 2cx+

(eA

mc

)2

= 0,

A 112

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 intensidaddel vector potencial, mientras que la componente horizontal es proporcionalal cuadrado del mismo vector. Si A es de caracter oscilatorio, el electronoscila en la direccion Y , mientras que la componente de la velocidad en ladireccion X siempre es positiva.

Problema A107: El espacio entre dos placas circulares perfectamente conducto-ras, planas y paralelas, se encuentra lleno de un material ohmico, de per-mitividad ε, conductividad σ, y permeabilidad magnetica µ. El radio delas placas es b, y la distancia entre ellas es a (a << b). La placa superioresta permanentemente aterrizada, mientras que el centro de la placa supe-rior se encuentra a una tension V (t). (a) Despreciando los efectos de borde,hallar la primera correccion en el campo electrico entre las placas debidoa la induccion electromagnetica. (b) Calcular la corriente total que fluyeentre ellas [16].R: (a) Despreciando los efectos de borde, y en primera aproximacion, elcampo en el interior de las placas es:

E (t) ≈ V (t)

a.

La densidad de corriente total J tiene dos componentes: La densidad decorriente de conduccion Jc = σE y la corriente de desplazamieto Jd = ε∂E∂t .El campo magnetico se obtiene evaluando su circulacion en un lazo cerradode 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 del campo 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 modificanbajo la transformacion E→ E+E′.

Problema A108: Una onda superficial H puede propagarse a lo largo de una fron-tera plana entre dos medios cuyas permitividades ε1 y − | ε2 | son de signosopuestos. La onda es atenuada en ambos medios. Determinar la relaconentre la frecuencia y el numero de onda.R: Consideremos la superficie de frontera como el plano xy. La onda pro-pagandose en la direccion x y el campo H en direccion y. Sea el semiespacioz > 0 que contiene el medio con permitividad positiva ε1 y el semiespacioz < 0 con permitividad ε2. Consideramos las ondas atenuadas de la forma:

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 com-ponente tangencial de la frontera del campo magnetico Hy = H se sa-tisface, mientras que la componente tangencial del campo electrico 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 sesupuso. Es facil demostrar que ondas superficiales E no pueden propagarse.(En este caso, la continuidad del vector desplazamiento electrico D conducea: ε1κ1 =| ε2 | κ2, el cual no puede satisfacerse simultaneamente con lacondicion anterior ε1 <| ε2 |).

Problema A109: Ondas en un Dielectrico. Describir el tipo de ondas electro-magneticas que puedene existir en un material dielectrico en donde soloexisten cargas ligadas de los atomos [17].

A 114

R: La densidad de carga ligada y la corriente de polarizacion se escribencomo:

∇ ·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 inter-viene el vector polarizacion P, que depende de E. En el caso mas simple,en un medio isotropico, de modo que P siempre tenga la misma direccionque 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 refracciondepende del coeficiente de polarizabilidad. Los modelos mas elaborados parael calculo del ındice de refraccion involucran la aproximacion de campo localde Clausius-Mosotti para materiales densos.

Problema A110: Impedancia superficial Zs y longitud de penetracion δ en un con-ductor normal. Considere una onda plana incidente sobre un conductor. Laonda incidente induce voltajes y corrientes en un conductor los cuales varıancon la distancia desde la superficie. Un incremento en la distancia dx conarea unitaria del conductor esta caracterizado por el circuito equivalente dela figura (48). El campo magnetico en un volumen de espesor dx esta asocia-do a una inductancia µdx. La conductividad σ posee una conductancia enparalelo σdx. Por consiguiente, el diferencial de impedancia dZ = jωµdx,y dG = σdx. Para este circuito, la impedancia de entrada es la impedan-cia superficial ZS . Dado que el conductor se considera lo suficientemente


grueso, la impedancia vista hacia la derecha a cualquier profundidad delconductor 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 dela onda ilustrado en la figura. La longitud de penetracion de la onda esδ =

√2/ωσµ. Cuando el espesor t de un conductor es comparable con la

Figura 48: Representacion del circuito equivalente para un conductor grueso.

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),

A 116

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 A111: Considere la red de dos puertos que se muestra en la figura. Larelacion entre las variables de entrada y salida puede expresarse en formamatricial como [18]: V1

I1

=

A B

C D

V2

−I2

. (A 230)

Con referencia a la lınea de transmision disipativa de la figura, obtenerlos elementos de matriz A,B,C,D en terminos de los parametros de lalınea. 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 lon-gitud) de la lınea. La componente espacial para la onda de voltaje obedecea la solucion de:

d2vsdz2− γ2vs = 0, (A 231)

con γ = [(R+ jωL) (G+ jωC)]1/2, y ω como la frecuencia de oscilacion delos campos de corriente y voltaje en la lınea. La solucion de A˜231 es:

vs (z) = v+0 exp (−γz) + v−0 exp (γz), (A 232)

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). (A 233)

Evaluando en z = 0 y z = ℓ, obtenemos una relacion para las amplitudesv+0 y v−0 en terminos del voltaje 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 querelaciona los voltajes y corrientes 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 = 1

Z0sinh γℓ, D = cosh γℓ.

A 118

Problema A112: Placa de acoplamiento de λ/4. Hallar la permitividad y el es-pesor de una placa de λ/4 de un dielectrico para acoplar una onda en elespacio medio entre el vacıo y un dielectrico con constante relativa εr.R: Este dispositivo es utilizado ampliamente en la eliminacion de reflexionesen dispositivos opticos, con recubrimientos de λ/4 de un material sobre lassuperficies de lentes y prismas de camaras, binoculares, lentes de lectura ytelescopios [19]. La impedancia a una distancia ℓ de una carga ZL en unalınea sin perdidas es:

Z (ℓ) = Z0

[ZL + jZ0 tan (βℓ)

Z0 + jZL tan (βℓ)

], (A 234)

en donde β = 2π/λ, y Z0 es la impedancia del acoplador. Utilzaremos esteresultado en el casode una onda que incide normalmente en la frontera deldielectrico. Si el espesor del mismo es ℓ = λ/4, entonces Z (ℓ/4) = ZX ; laimpedancia de la placa requerida para acoplar el dieleectrico al vacıo es:

Z0 =

√ZXZL. (A 235)

Este resultado debe interpretarse como la impedancia del acoplador de uncuarto de longitud de onda necesaria para acoplar una carga ZL a un valordeseado ZL. Si el valor deseado es la impedancia del vacıo, entonces,

Zacople =

√ZvacZdie =

√√µ0ε0

√µ0ε

=Zvac

ε1/4r

. (A 236)

A una frecuencia f , el espesor de la placa se obtiene de la expresion:

ℓ =λ

4=

π

2β=

c

4f√εr. (A 237)

Problema A113: Atenuacion por una placa dispersiva. Una hoja conductora nomagnetica de 5 mm de espesor tiene una conductividad σ = 2×102 Ω−1m−1.Hallar la atenuacion en dB de la hoja para una onda de 450 MHz.R: El coeficiente de atenuacion α se obtiene como la parte real de la cons-tante de propagacion γ =

√jωµ (σ + jωε). Numericamente: α = 596,038

Npm−1. En una hoja de 5 mm, αd = 2,98 Np (25,87 dB).


Problema A114: A 50 MHz, un material dielectrico disipativo se caracteriza porlos 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 vector campo 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 la relacion:

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 A115: Que longitud de una lınea coaxial de 50 Ω en corto circuito esequivalente a un capacitor de 20 pF operando a 50 MHz?. Suponer que lalınea es sin perdidas y que la velocidad de propagacion de las ondas en ellaes de 0,8c.R: La impedancia equivalente de una lınea de transmision sin perdidas delongitud 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 correspondeal numero de onda 2πf/v, con v = 0,8c en este caso. La impedancia deun capacitor C (20 pF) es: Zc = −j/ωC. Igualando estas dos cantidades,obtenemos la longitud del cable que satisface las condiciones requeridas:ℓ = 3,8 m.

Problema A116: Hallar la relacion existente entre la densidad de potencia prome-dio temporal y la potencia de radiacion enun dipolo Hertciano en la apro-ximacion de campo lejano. R: La potencia radiada por un dipolo Hertcianoes: 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 dipoloradiante. En la aproximacion de campo lejano, la componente espacial delcampo magnetico producido por un dipolo Hertciano es:

HSϕ = jI0βd

4πrsin θe−iβr.

A 120

La magnitud de la densidad de potencia promedio se obtiene desde la ex-presion:

Pprom =1

2η0 | HSϕ |2,

en donde η0 es la impedancia del medio. Reemplazando la expresion anteriory 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 corres-ponde a la maxima ganancia directiva del sistema.

Problema A117: Demostrar que bajo reflexion con incidencia normal desde unasuperficie de un medio conductor, el campo electrico experimenta un cambiode fase dado ϕ por:

tanϕ =2nκ

n2 − 1 + n2κ2,

en donde n = n (1 + iκ) corresponde al ındice de refraccion del conductor.Para un conductor perfecto, tanϕ→ 0. Como identificar si ϕ = 0 o ϕ = π?.R. El cambio de fase que experimenta una onda reflejada desde la superficiede un conductor, bajo incidencia normal, puede estimarse desde la definiciondel coeficiente de reflexion:

E0r = eiϕE0i = rE0i =

(1− n1 + n

)E0i

Desarrollando la ultima expresion,

cosϕ+ i sinϕ =1− n2 − 2inκ− n2κ2

(1 + n)2 + n2κ2

que conduce a:

tanϕ =2nκ

n2 − 1 + n2κ2. (A 238)


Para identificar si la diferencia de fase es 0 o π, examinamos (A˜238) parael caso de un conductor perfecto: n ≈

√2πσµ/ω, κ = 1. En el caso en el

n << 1, la relacion 2πσµ/ω << 1 el cual corresponde a un cambio de faseϕ = 0. En el caso opuesto n >> 1, la condicion2πσµ/ω >> 1 esta asociadaa un cambio de fase ϕ = π.

Problema A118: La formula general para el ındice de refraccion en un gas deelectrones diluido, i.e., en un medio constituido por partıculas suficiente-mente alejadas de tal forma que las interacciones entre las mismas puedendespreciarse, puede escribirse como:

n ≈ 1 +∑ λ2λ2αρα

λ2 − λ2α, (A 239)

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 delnumero de electrones por unidad de volumen N que poseen una frecuenciade resonancia caracterıstica ωα, y α es la longitud de onda de la onda inter-actuante en el medio. Si centramos nuestra atencion en cierto rango opticode longitudes de onda en el cual no contiene ninguna de las frecuencias deresonancia ωα, entonces obtenemos una expresion simplificada de (A˜239).Denotando como λr aquellas longitudes de onda λα que corresponden a lasresonancias en la region de grandes longitudes de onda (hacia el rojo), yλv aquellas longitudes de onda que yacen en la region del violeta (ondascortas), (a) demostrar que la formula (A˜239) puede expandirse como:

n ≈ 1+Av (ρv, λv)+Bv (ρv, λv)

λ2+Cv (ρv, λv)

λ4+···−Br (ρr)λ

2−Cr (ρr, λr)λ4−···

(A 240)(b) Obtener las expresiones de Av, Bv, Cv, Br y Cr en terminos de losparametros ρv,r y λv,r.R. (a) Expandiendo la funcion (A˜239) 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. (A 241)

A 122

(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 en el regimen del Ultravioleta:

n− 1 = A

(1 +

B

λ2

), (A 242)

con A = λ2vρv y B = λ2v.

Problema A119: Mediciones precisas del ındice de refraccion del Hidrogeno a 00

C y 760 torr han sido realizadas en la region del rango optico. Los resultadospueden resumirse como:

nH = 1 + 1,360× 10−4 +1,05

λ2× 10−14,

donde λ esta en cm. Asumiendo que una resonancia simple es responsablede la dispersion, calcular la longitud de onda de la resonancia y demostrarque yace en la region del UV, como se asume en la derivacion de laformulade Cauchy. Demostrar que la razon de las constantes A y B en la expresion(A˜242) depende unicamente del numero de electrones por unidad de volu-men 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 A120: La ionosfera terrestre puede ser aproximada con planos horizon-tales estratificados en los cuales la densidad electronica N aumenta con laaltitud z hasta un valor maximo Nmax ∼ 106 cm−3, y posteriormente de-crecer. La ley de Snell aplicada sobre planos adyacentes demuestra que unhaz de radio de onda corta sigue un camino de tal forma que n (z) sin θ (z)se conserva, en donde n es el ındicede refraccion y θ es el angulo del hazcon respecto a la vertical. (a) Despreciando el efecto del campomagneticoterrestre, 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. Comunica-ciones de radio de largas distancias depende de la reflexion de estas ondas enla ionosfera (sky waves). Debido a la curvatura de la tierra, un haz enviadohorizontalmente en la superficie terrestre impacta una region de la ionosferaaltamente ionizada (∼ 300 km de altitud) en un angulo aproximado de 750.(b) Demostrar que la maxima frecuencia utilizable para comunicaciones de


Figura 50: Representacion geometrica de la reflexion de una onda de radio desdela ionosfera.

largas distancias es alrededor de cuatro veces la frecuencia de plasma paraNmax.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 mo-delo, por consiguiente, la reflexion de las ondas de radio es posible hastaciertas alturas definidas por la relacion ωp (zmax) = ω. (b) Con respecto ala normal (Fig.50), aplicamos la ley de Snell en un punto sobre la superfi-cie y un punto sobre la ionosfera cuyos ındices de refraccion son nS y nIrespectivamente:

nS sin 750 = nI sin 900,

en donde se considera que las ondas de radio se reflejan totalmente en laionosfera. En el marco de la aproximacion de bajas densidades electronicassobre la superficie terrestre, nS ≈ 1, tendremos finalmente:

sin 750 =

√1−

ω2p

ω2,

cuya solucion es ω = 3,89ωp.

A 124

Problema A121: La ecuacion

mr = eE+e

cB0r× e3 (A 243)

describe el movimiento de un electron libre en un campo magnetico bajola influencia de una onda electromagnetica. Considere una modificacion deesta ecuacion si el electroon esta ligado a traves de una fuerza restaura-dora a un atomo fijo. Hallar una expresion para el ındice de refraccion deeste sistemaincluyendo la frecuencia caracterıstica de las oscilaciones libresdel electron. Demostrar que si una onda electromagnetica polarizada lineal-mente incide sobre un sistema de atomos en una direccion que coincidacon ladireccion del campo magnetico aplicado externo, entonces el vectorde polarizacion de la onda experimentara una rotacion cuando la onda sepropaga en el medio. Este efecto es conocido como efecto Faraday (1845).Demostrar que si el medio es de longitud L, entonces el angulo de rotaciondel vector de polarizacion puede expresarse como:

∆θ = VBL (A 244)

en donde V se denomina la constante de Verdet.R. El efecto de la fuerza de restauracion sobre el electron en la ecuacion demovimiento puede incluirse agregando el termino −Kr en el lado derechode (A˜243). Desarrollando esta expresion por componentes, obtenemos:

mx = eEx −Kx+e

cB0y

my = eEy −Ky −e

cB0x

mz = −Kz.

Definiendo la coordenada transversal w± = x±iy, y la proyeccion del campoelectrico E± = Ex ± iEy, arribamos a:

mw± = eE± −Kw± ∓ e

cB0w

±.

La relacion entre la amplitud del desplazamiento del electron y la intensidaddel campo electrico puede obtenerse introduciendo las soluciones de pruebade 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 ondapara 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. (A 245)

Las soluciones para el vector de onda, reemplazando w0 y las soluciones deprueba en (A˜245), son:

ck±

ω= n± =

√1−

ω2p

ω2 − ω20 ± ωωB

, (A 246)

en donde n± corresponde a los ındices de refraccion asociados a los diferentesestados de polarizacion de la onda. El cambio del angulo de polarizacionpuede estimarse bajo la condicion ∆θ = ∆kL, con∆k = k+ − k−. Enterminos 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

, (A 247)

el cual depende intrınsicamente de la intensidad del campo externo. Una on-da polarizada linealmente puede considerarse como la superposicion de dosondas polarizadas circularmente en direcciones opuestas (en sentido hora-rio o antihorario). Fısicamente, el campo electrico produce un movimientocircular de los electrones en sentido contrario, afectando la dinamica dela interaccion entre las dos componentes debido a la presencia del campomagnetico externo aplicado, dado que unos electrones giraran con mayorvelocidad angular que otros, generando un cambio de fase en la onda super-puesta resultante, la cual es de nuevo lineal y cuyo plano de polarizacionexperimenta una rotacion ∆θ.

Problema A122: Obtener una expresion para la seccion transversal diferencial dedispersion en el caso de una onda plana incidente polarizada eliptıticamente

A 126

Figura 51: Diagrama esquematico del experimento de Faraday-Verlet.

interactuando con una partıcula libre cargada con carga q.R. Una onda electromagnetica plana polarizada elıpticamente puede repre-sentarse 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 compo-nentes de las amplitudes del campo electrico. La interaccion del campo conla carga genera un cambio en el momento dipolar p,definido por:

p =q2

mE, (A 248)

mientras que el vector de Poynting asociado a la radiacion de dipolo esta da-do es:

S =1

4πc3r2| [p]× n |2 n, (A 249)

en donde n = sin θ cosϕe1 + sin θ sinϕe2 + cos θe3 corresponde al vectorunitario en la direccion del punto de referencia en donde se desea obtener elflujo de potencia de la radiacion. La potencia emitida por el dipolo oscilantepor unidad de angulo solido se define

dP

dΩ=

1

4πc3| [p]× n |2 . (A 250)


El valor medio de la potencia irradiada por unidad de angulo solido es,despues de un calculo directo utilizando (A˜250), finalmente toma la forma:

⟨dPdΩ⟩ = q4

8πm2c3

[(E0

1 sin θ sinϕ∓ E02 sin θ cosϕ

)2+(E02

1 + E022

)cos2 θ

],

(A 251)mientras que la seccion transversal de dispersion se obtiene de la relacionentre la potencia por unidad de angulo solido promedio dividido entre elflujo 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

).

(A 252)En el caso de una onda polarizada linealmente, con E0

2 = 0, la expresion(A˜251) 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, (A 253)

el cual puede expresarse en terminos del valor maximo del momento dipolarp0: ω

2p0 = q2E0/m

⟨P ⟩ = p20ω4

3c3=

16π4cp203λ4

, (A 254)

el cual reproduce el resultado clasico de la potencia de radiacion producidapor un dipolo oscilante ∼ 1/λ4.

Problema A123: Considere un cuadrupolo electrico oscilante el cual se componede cuatro dipolos dispuestos como lo muestra lafigura (52). Calcule el patronde radiacion de este sistema en la aproximacion de campo lejano. R. Laconfiguracion del cuadrupolo yace en el planoXY ocupando un cuadrado de

A 128

Figura 52: Distribucion cuadrupolar oscilante.

lado a. El potencial vectorial A asociado a un sistema de dipolos oscilantes,en unidades Gaussianas es:

A =∑j

[p]jcrj

, (A 255)

en donde r es la distancia desde el dipolo hasta el punto de referencia.El momento dipolar electrico se expresacomo [p] ≡ p0e

iωt′ , mientras quelas distancias de cada dipolo corresponde, en coordenadas esfericas y en laaproximacion 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,


con k = ω/c. La expresion definitiva para el potencial vectorial en coorde-nadas esfericas tiene la forma:

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. Elpatron de distribucion de la potencia promedio de radiacion es proporcionala la magnitud del campo al cuadrado:

⟨dPdΩ⟩ = r2⟨Srad⟩ · n.

Una simplificacion para el calculo del patron la potencia irradiada en elplano azimutal φ = π/2 conduce a:

⟨dPdΩ⟩ = ω4p20

2πc3sin2

(ωa2c

sin θ). (A 256)

Problema A124: Cristal Fotonico I ⋆ Considere un cristal periodico infinitamenteextendido en el eje Z y fronteras planas sobre los planos XY , cuyos ındicesde refraccion y espesores se denotan como nj y djrespectivamente. Obtenerlas expresiones generales para los campos electromagneticos en una fronteraarbitraria enfuncion de los angulos de polarizacion y los ındices de refrac-cion.R. El esquema de la polarizacion de los campos se ilustra en la figura (53).Las condiciones de las componentes tangencial y normal a la superficie z = 0se 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 rij

rij 1

El,j

Er,j

, (A 257)

A 130

Figura 53: Diagrama de los campos electricos en la frontera entre dos mediosdielectricos.

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 A125: Cristal Fotonico II. Utilizar las expresiones del problema ante-rior para obtener la matriz de transferencia de un cristal fotonico en unperiodo de red di+dj el cual corresponde a un elemento de dos bloques conındices de refraccion ni y nj .R. La matriz de translacion sobre el mismo elemento (j) Mj se define segunla diferencia de fase debido 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 rij

rij 1

exp (−iβj) 0

0 exp (iβj)

1 rji

rji 1

exp (−iβi) 0

0 exp (iβi)

(A 258)

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 espe-sores dj e ındices nj , el coeficiente de transmision puede escribirse como:

T = Abs

[Er,N

Er,1

]= Abs

[(λ2 − λ1)

(M11 − λ1)λN1 − (M11 − λ2)λN2

], (A 259)

en donde λj corresponden a los valores propios de la matriz M. La figura(125) ilustra la respuesta de la funcion de transmitancia para un cristalfotonico frustrado con 3, 10 y 50 subredes biperiodicas. Se observa altareflectividad en el rango de 20 a 23 GHz, correspondientes a longitudes deonda 0.015 m y 0.013 m respectivamente, similares a aquellas asociadas alsemiperiodo espacial del cristal artificial.

A 132

Figura 54: Espectro de transmitance para un cristal fotonico con N = 3, N = 10y N = 50, n1 = 1, n2 = 3,4− j0,002, d1 = 0,0176 m, d2 = 0,0133 m.

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