Solucion Prueba 3´ - Universidad de...

Solucion Prueba 3

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Solucion Prueba 3Electromagnetismo, cuadragesima segunda

clase

Jose Rogan

Depto. Fısica

7 de julio de 2006

Depto. Fısica, 7 de julio de 2006. Jos e Rogan

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Problema 1a

1a) Sea VAB = VB − VA en el circuito de la figura1. Muestre que |VAB |2 = V 2

0 para cualquierfrecuencia ω. Encuentre la frecuencia para lacual VAB esta 90◦ fuera de fase con V0.

ωtcos( )VoR

C

C

RA B

Figura: Bosquejo del circuito.Depto. Fısica, 7 de julio de 2006. Jos e Rogan

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Solucion problema 1a

• La impedancia equivalente

Zeq = ZR + ZC = R − iωC

=ωCR − i

ωC

=⇒ Yeq =ωC

ωCR − i.

La admitancia total YT de ambas ramas delcircuito

Yeq =2ωC

ωCR − iωCR + iωCR + i

=2ω2C2R + 2iωC

ω2C2R2 + 1.


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La corriente

I = YeqV0 =2ω2C2RV0 + 2iωCV0

ω2C2R2 + 1

La diferencia de potencial

VAB = VB − VA = ZRIB − ZCIA .

La ecuacion de las corrientes en el nodo esIA + IB = I y por simetrıa IA = IB = I/2, luego

VAB =ω2C2R2V0 + iωCRV0

ω2C2R2 + 1+

iωCRV0 − V0

ω2C2R2 + 1

=ω2C2R2V0 − V0 + 2iωCRV0

ω2C2R2 + 1.


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El modulo de la diferencia de potencial

|VAB|2 =ω4C4R4V 2

0 + 2ω2C2R2V 20 + V 2

0

(ω2C2R2 + 1)2

=V 2

0 (ω2C2R2 + 1)2

(ω2C2R2 + 1)2 = V 20

La diferencia de fase igual a π/2

φ =π

2= Arctan

[2ωCRV0

ω2C2R2V0 − V0

]=⇒ 2ωCRV0

ω2C2R2V0 − V0→∞


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Lo que implica

ω2C2R2V0 − V0 = 0 =⇒ ω =1

RC


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Problema 1b1b) La caja (a) con cuatro terminales contieneun capacitor C y dos inductores de igualinductancia L conectados como se muestra.Una impedancia Z0 es conectada a losterminales de la derecha. Para una frecuenciadada ω encuentre el valor que Z0 debe tener sila impedancia resultante entre los terminales dela izquierda (la impedancia de entrada) es iguala Z0. Usted encontrara que el valor requerido deZ0 es una resistencia pura (justifique) R0 (de elvalor) probando que ω2 < 2/LC.


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¿A que corresponde Z0 en el caso especialω =

√2/LC? En este caso el contenido de la

caja (a) puede ser igualmente bienrepresentado por la caja (b).

Z0

L L

C

(a)

L L

(b)

C2

C2

Figura: Par de cajas con los circuito.


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Solucion 1b

La impedancia de la parte superior del circuitoincluida Z0 es

ZU = iωL + Z0 =⇒ Y1 =1

iωL + Z0

La admitancia asociada al condensador esY2 = iωC, por lo tanto, la admitancia total sera

YT = iωC+1

iωL + Z0=⇒ ZT =

(iωC +

1iωL + Z0

)−1


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La impedancia de entrada la obtenemossumandole a ZT la impedancia de la inductanciaiωL y eso debe ser igual a Z0

iωL + ZT = Z0

=⇒ ZT = Z0 − iωL =

(iωC +

1iωL + Z0

)−1

iωC +1

iωL + Z0=

1Z0 − iωL

=⇒ 1Z0 − iωL

− 1Z0 + iωL

= iωC


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Z0 − iωL− Z0 + iωLZ 2

0 + ω2L2= iωC =⇒ 2iωL

Z 20 + ω2L2

= iωC

2LC

= Z 20 + ω2L2 =⇒ Z0 =

√2LC− ω2L2

La impedancia es real si ω2 < 2/LC por lo tantoes una resistencia pura. El caso ω =

√2/LC la

resistencia es nula por tanto la suma de los doscondensadores de la caja (b) correspondeexactamente al condensador de la caja (a).Ambas cajas son equivalentes.


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Problema 2a

2a) Una onda electromagnetica tiene unafrecuencia de 100 [MHz] y se propaga en elvacıo. El campo magnetico viene dado por

~B(z, t) = B0x cos(kz − ωt)

i) Demuestre que cumple la ecuacion de onda.ii) Encuentre la frecuencia angular, la longitud

de onda y la direccion de propagacion de laonda.

iii) Encuentre el campo electrico ~E(z, t).Depto. Fısica, 7 de julio de 2006. Jos e Rogan

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Solucion problema 2a

∂2B∂z2 = −B0k2 cos(kz − ωt)

∂2B∂t2 = −B0ω

2 cos(kz − ωt)

para que se cumpla con la ecuacion de onda

−B0k2 cos(kz − ωt) +B0ω

2

c2 cos(kz − ωt) = 0

−k2 +ω2

c2 = 0Depto. Fısica, 7 de julio de 2006. Jos e Rogan

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k =ω

cQue es la relacion de dispersion para las ondasplanas. La frecuencia angular

ω =2π

T= 2πν = 2π × 102 = 628 [MHz]

La longitud de onda

k =ω

c=

2π

λ=⇒ λ =

2πcω

=cν

λ =3× 1010

108 = 3× 102 [cm]. La direccion es z.


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Calculemos el campo electrico:

~∇× ~B =∂Bx

∂zy − ∂Bx

∂yz

= −Bok sen(kz − ωt)y

=1c

∂~E∂t

.

Integrando respecto al tiempo

~E(z, t) = −∫

B0kc sen(kz − ωt ′)ydt ′

~E(z, t) = −B0kcω

cos(kz − ωt)y


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Pregunta 2b

2b) A partir de las ecuaciones de Maxwell en unmedio dielectrico, no conductor y neutro,demuestre que cada componente del campomagnetico satisface una ecuacion de onda.Considere una solucion tipo onda plana yencuentre la relacion de dispersion ω(k)


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Respuesta pregunta 2b

Consideremos las ecuaciones de Maxwell paraun medio dielectrico neutro y no conductor

~∇ · ~B = 0 ~∇ · ~E = 0

~∇× ~B =ε

c∂~E∂t

~∇× ~E = −1c

∂~B∂t

Usando la identidad vectorial

~∇× ~∇× ~C = ~∇(~∇ · ~C)−∇2~C


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sobre la ecuacion del rotor de ~B tenemos

~∇× ~∇× ~B = ~∇(~∇ · ~B)−∇2~B = ~∇× ε

c∂~E∂t

−∇2~B =ε

c∂

∂t

(~∇× ~E

)−∇2~B = − ε

c2

∂2~B∂t2

∇2~B − ε

c2

∂2~B∂t2 = 0

Lo cual muestra que cada componente delcampo magnetico satisface una ecuacion deonda.


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Consideremos una solucion tipo onda plana

~B(~r , t) = ~B0ei(~k ·~r−ωt)

Derivando

∇2~B = −~B0k2ei(~k ·~r−ωt)

∂2B∂t2 = −~B0ω

2ei(~k ·~r−ωt)

Reemplazando en la ecuacion

−~B0k2ei(~k ·~r−ωt) +ε

c2~B0ω

2ei(~k ·~r−ωt) = 0

−k2 +ε

c2ω2 = 0


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Finalmente la relacion de dispersion

ω =kc√

ε


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Pregunta 3a

3a) En el centro de una cavidad esferica deradio a practicada en un bloque de materialdielectrico de constante ε, se coloca una cargapuntual q. Calcule el campo electrico y elpotencial electrico en todos los puntos delespacio. Demuestre que la suma de las cargas

inducida y la carga original esqε

, independiente

de a.


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Respuesta pregunta 3aUsando la Ley de Gauss, para r < a∫

s

~E · d~a = 4πq

~E =qr2 r

Para r > a ∫sε~E · d~a = 4πqlibre

εE4πr2 = 4πq

~E =qεr2 r


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El potencial para r > a

V (∞)− V (r) = −∫ ∞

r

~E · d~r ′ =∫ r

∞

qεr ′2

r · r dr ′

= − qεr ′

∣∣∣r

∞= − q

εr

luego para r > a tenemos V (r) =qεr

. Para r < a

V (∞)− V (r) = −∫ a

r

~E · d~r ′ −∫ ∞

a

~E · d~r ′

=

∫ r

a

qr ′2

r · r dr ′ +∫ a

∞

qεr ′2

r · r dr ′

= −qr ′

∣∣∣r

a− q

εr ′

∣∣∣a

∞= −q

r+

qa− q

εaDepto. Fısica, 7 de julio de 2006. Jos e Rogan

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Para r < a tenemos V (r) =qr

+qa

(1ε− 1

)Dentro de la cavidad r < a y ~P = 0 puesesta vacıo. Pero para r > a

~P = χe~E =

ε− 14π

qεr2 r

Evaluemos la carga ligada como

ρligada = −~∇ · ~P = − 1r2

∂(r2Pr)

∂r

= − 1r2

∂

∂r

(ε− 14π

qε

)= 0


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La densidad de carga superficial ligada

σligada = ~P · n∣∣∣r=a

con n = −r

= − ~P · r∣∣∣r=a

= − ε− 14π

qεr2

∣∣∣∣r=a

= −ε− 14π

qεa2

La carga total de polarizacion inducida es

Qp =

∫sσda = −ε− 1

4π

qεa2 4πa2 =

1− ε

εq .


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De este modo la carga total es

QT = Qp + q =1− ε

εq + q =

qε


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Pregunta 3b

3b) ¿Cual es la magnitud y direccion delmomento dipolar para la configuracion de lafigura 3 ? Considere ademas un campoelectrico uniforme y constante ~E = E0(z − x) ycalcule el trabajo necesario para invertir eldipolo en este campo.


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La figura

+q

+q +q

+q

−q−q

−q

Figura: Configuracion de cargas sobre un cubo de aristaa.


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Respuesta pregunta 3b

El momento dipolar de la configuracioncorresponde a

~p = −qax + qay − q(ax + ay) + qaz + q(ax + az)

+ q(ay + az)− q(ax + ay + az)

= −2qax + 2qaz= 2qa(−x + z)

Finalmente

~p = 2qa(−x + z)


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Evaluemos el trabajo

W =

∫ π

04qaE0 sen θ dθ

= 4qaE0

∫ π

0sen θ dθ = 8qaE0

El resultado final

W = 8qaE0


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