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• Veronica Ramirez

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Problemas. 7.1 sea 𝑉 = 2𝑥𝑦 2 𝑧 3 y 𝜖 = 𝜖0 . Dado el punto 𝑃(1,2, −1), encontrar: a) V en P; b) E en P; c𝜌𝑣 ) en P; d) la ecuación de la superficie equipotencial que pasa por P; e) la ecuación de la línea que pasa por P. f) ¿Satisface V la ecuación de Laplace? a) V en P 𝑉 = 2𝑥𝑦 2 𝑧 3 𝑉 = 2(1)(22 )(−13 ) = −8 𝑉 b) E en P 𝐸 = −∇𝑉 𝜕𝑉 = 2𝑦 2 𝑧 3 𝑎𝑥 , 𝜕𝑥

𝜕𝑉 = 4𝑥𝑦𝑧 3 𝑎𝑦 , 𝜕𝑦

𝜕𝑉 = 6𝑥𝑦 2 𝑧 2 𝑎𝑧 𝜕𝑧

𝐸 = −2𝑦 2 𝑧 3 𝑎𝑥 − 4𝑥𝑦𝑧 3 𝑎𝑦 − 6𝑥𝑦 2 𝑧 2 𝑎𝑧 𝐸 = −2(2)2 (−1)3 𝑎𝑥 − 4(1)(2)(−1)3 𝑎𝑦 − 6(1)(2)2 (−1)2 𝑎𝑧 𝐸 = 8𝑎𝑥 + 8𝑎𝑦 − 24𝑎𝑧

c) 𝜌𝑣 en P ∇ ∙ ∇V = −

𝜌𝑣 𝜖

−𝜖∇ ∙ ∇V = 𝜌𝑣 𝜕2𝑉 = 0, 𝜕𝑥 2

𝜕2𝑉 = 4𝑥𝑧 3 , 𝜕𝑦 2

𝜕2𝑉 = 12𝑥𝑦 2 𝑧 𝜕𝑧 2

𝜌𝑣 = −4𝑥𝑧(𝑧 2 + 3𝑦 2 ) 𝐶 ⁄𝑚3 d) 𝑉 = 2𝑥𝑦 2 𝑧 3 = −8 −4 = 𝑥𝑦 2 𝑧 3 e) 𝐸𝑦 4𝑥𝑦𝑧 3 2𝑥 𝑑𝑦 = = = 𝐸𝑥 2𝑦 2 𝑧 3 𝑦 𝑑𝑥 ∫ 2𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑦 𝑑𝑦

𝑥 2 + 𝐶1 =

𝑦2 2

12 + 𝐶1 =

22 2

En P

𝐶1 = 1 𝑥2 + 1 =

𝑦2 2

2𝑥 2 − 𝑦 2 = −2

Ahora: 𝐸𝑧 6𝑥𝑦 2 𝑧 2 3𝑥 𝑑𝑦 = = = 𝐸𝑥 2𝑦 2 𝑧 3 𝑧 𝑑𝑥 ∫ 3𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑧 𝑑𝑧 3𝑥 2 𝑧 2 = + 𝐶2 2 2 En P 3(1)2 (−1)2 = + 𝐶2 2 2 𝐶2 = 1 3𝑥 2 𝑧 2 = +1 2 2 3𝑥 2 − 𝑧 2 = 1

Por lo tanto, las ecuaciones son: 2𝑥 2 − 𝑦 2 = −2 y 3𝑥 2 − 𝑧 2 = 1

d) No satisface. 7.3 Sea 𝑽(𝒙, 𝒚) = 𝟒𝒆𝟐𝒙 + 𝒇(𝒙) − 𝟑𝒚𝟐 en una región del espacio Libre donde 𝝆𝒗 = 𝟎. Se sabe que tanto 𝑬𝑿 como V son cero en el origen. Encontrar 𝒇(𝒙) 𝒚 𝑽(𝒙, 𝒚). Solución: Como 𝝆𝒗 = 0 entonces utilizaremos la ecuación de Laplace ∇2 . 𝑉 = 0

Entonces tendremos: ∇2 . 𝑉 =

𝜕2𝑉 𝜕2𝑉 𝑑2 𝑓 2𝑥 + = 16𝑒 + −6=0 𝜕𝑥 2 𝜕𝑦 2 𝑑𝑥 2

Integrando

Entonces

𝑑2 𝑓 𝑑𝑓 = −16𝑒 2𝑥 + 6 → = −8𝑒 2𝑥 + 6𝑥 + 𝑐1 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝐸𝑥 =

Evaluando en el origen tendremos:

𝜕𝑉 𝑑𝑓 = 8𝑒 2𝑥 + 𝜕𝑥 𝑑𝑥

𝐸𝑥 (0) = 8 + Como

𝑑𝑓 | 𝑑𝑥 𝑥=0

= −8

𝑑𝑓 | 𝑑𝑥 𝑥 = 0

=0

entonces sabemos que 𝑐1 = 0

Integrando nuevamente 𝑓(𝑥, 𝑦) = −4𝑒 2𝑥 + 3𝑥 2 + 𝑐2 Evaluando en el origen 𝑓(0,0) = −4 + 𝑐2 𝑉(0,0) = 0 = 4 + 𝑓(0,0). Entonces 𝑓(0,0) = −4 y 𝑐2 = 0 Por lo tanto 𝑓(𝑥, 𝑦) = −4𝑒 2𝑥 + 3𝑥 2

𝑉(𝑥, 𝑦) = 4𝑒 2𝑥 − 4𝑒 2𝑥 + 3𝑥 2 − 3𝑦 2 = 3(𝑥 2 − 𝑦 2 )

EJERCICIO 7.4 Dado un campo de potencial a) Demostrar que

satisfacen la ecuación de Laplace.

b) Describir las superficies de potencial constante.

c) Describir específicamente las superficies en las que

y

d) Escribir la expresión del potencial en coordenadas cartesianas.

Desarrollo:

a)

b) Éstas serán las superficies en que para llamarla en la coordenada

es constante. En esta etapa, esto es útil , de hecho

en coordenadas rectangulares es

, nosotros identificar las superficies de potencial constante (plano) como superficies de constante

(paralelo al plano yz).

c) En el primer caso

, nosotros deberíamos tener

En el segundo caso

, nosotros tenemos la superficie

(plano yz); .

d) Con los resultados de los literales anteriores nosotros podemos expresar la ecuación del potencial en coordenadas rectangulares de la siguiente manera:

Como

, entonces

7.5) Dado el campo de potencial 𝑽 = (𝑨𝝆𝟒 + 𝑩𝝆−𝟒 )𝒔𝒆𝒏𝟒∅ : a) demostrar que 𝛁𝟐 𝑽 = 𝟎, 𝒗 b) seleccionar A y B de tal forma que 𝑽 = 𝟏𝟎𝟎 y el |𝑬| = 𝟓𝟎𝟎 en 𝒎

𝑷(𝝆 = 𝟏; ∅ = 𝟐𝟐. 𝟓˚; 𝒛 = 𝟐). Solución: a) 𝑉 = (𝐴𝜌4 + 𝐵𝜌−4 )𝑠𝑒𝑛4∅ ∇2 𝑉 =

𝜌=

1 𝜕 𝜕𝑉 1 𝜕2𝑉 𝜕2𝑉 (𝜌 ) + 2 ( )+ 2 𝜌 𝜕𝜌 𝜕𝜌 𝜌 𝜕∅ 𝜕𝑧

1 𝜕 (𝜌 ((4𝐴𝜌3 − 4𝐵𝜌−5 )𝑠𝑒𝑛4∅)) 𝜌 𝜕𝜌

𝜌=

1 𝜕 ((4𝐴𝜌4 − 4𝐵𝜌−4 )𝑠𝑒𝑛4∅) 𝜌 𝜕𝜌

𝜌=

1 (16(𝐴𝜌3 + 𝐵𝜌−5 )𝑠𝑒𝑛4∅) 𝜌

𝜌 = (16(𝐴𝜌2 + 𝐵𝜌−6 )𝑠𝑒𝑛4∅) ∅=

1 (𝐴𝜌4 + 𝐵𝜌−4 )𝑠𝑒𝑛4∅ 𝜌2

∅′ = 4(𝐴𝜌4 + 𝐵𝜌−4 )𝑐𝑜𝑠4∅

∅′′ =

1 (−16(𝐴𝜌4 + 𝐵𝜌−4 )𝑠𝑒𝑛4∅) 𝜌2

∅′′ = −16(𝐴𝜌2 + 𝐵𝜌−6 )𝑠𝑒𝑛4∅ ∇2 𝑉 =

1 𝜕 𝜕𝑉 1 𝜕2𝑉 (𝜌 ) + 2 ( ) 𝜌 𝜕𝜌 𝜕𝜌 𝜌 𝜕∅

∇2 𝑉 = (16(𝐴𝜌2 + 𝐵𝜌−6 )𝑠𝑒𝑛4∅) − 16(𝐴𝜌2 + 𝐵𝜌−6 )𝑠𝑒𝑛4∅ 𝛁𝟐𝑽 = 𝟎 b) 𝑉 = 100 |𝐸| = 500

𝑣 𝑚

en 𝑃(𝜌 = 1; ∅ = 22.5˚; 𝑧 = 2) ∇𝑉 =

𝜕𝑉 1 𝜕𝑉 𝜕𝑉 𝑎𝜌 + 𝑎∅ + 𝑎 𝜕𝜌 𝜌 𝜕∅ 𝜕𝑧 𝑧 𝐸 = −∇𝑉

𝐸=−

𝜕𝑉 1 𝜕𝑉 𝑎𝜌 − 𝑎 𝜕𝜌 𝜌 𝜕∅ ∅

4 𝐸 = −4 ((𝐴𝜌3 − 𝐵𝜌−5 )𝑠𝑒𝑛4∅) 𝑎𝜌 − ((𝐴𝜌4 + 𝐵𝜌−4 )𝑐𝑜𝑠4∅) 𝑎∅ 𝜌 𝐸 = −4 ((𝐴𝜌3 − 𝐵𝜌−5 )𝑠𝑒𝑛4∅) 𝑎𝜌 − 4(𝐴𝜌3 + 𝐵𝜌−5 )𝑐𝑜𝑠4∅ Sustituyendo los puntos q tenemos: 𝐸 = ±4(𝐴 − 𝐵)𝑎𝜌 4(𝐴 − 𝐵) = ±500 𝐴 + 𝐵 = 100 𝐴 = 100 − 𝐵 𝐵= 𝐵1 =

±500 − 400 −8

500 − 400 = −12.5 −8

𝐴1 = 100 − (−12.5) = 112.5 Primer punto: 𝑨𝟏 = 𝟏𝟏𝟐. 𝟓 𝑩𝟏 = −𝟏𝟐. 𝟓

𝐵2 =

−500 − 400 = 112.5 −8

𝐴2 = 100 − (112.5) = −12.5 Segundo punto: 𝑨𝟐 = −𝟏𝟐. 𝟓 𝑩𝟐 = 𝟏𝟏𝟐. 𝟓

7.6 Un capacitor de placas paralelas tiene sus placas localizadas en 𝑧 = 0 𝑦 𝑧 = 𝑑. La región entre las placas está llena con un material que tiene un volumen de carga de densidad uniforme 𝜌0 𝐶/𝑚3 y tiene una permitividad 𝜖. Ambas placas se encuentran aterrizadas. a) Determinar el campo de potencial entre las placas. b) Determinar la intensidad de campo eléctrico E entre las placas. c) Repetir los incisos a) y b) para el caso de que la placa en 𝑧 = 𝑑 eleve su potencial a 𝑉0 con la placa 𝑧 = 0 aterrizada. Solución: a) ∇2 𝑉 = −

𝜌0 𝜖

𝑑2 𝑉 𝜌0 = − 𝑑𝑧 2 𝜖 𝑑 𝑑𝑉 𝜌0 ( )=− 𝑑𝑧 𝑑𝑧 𝜖 𝑑𝑉 𝜌0 ∫ 𝑑 ( ) = − ∫ 𝑑𝑧 𝑑𝑧 𝜖 𝑑𝑉 𝜌0 ( ) = − 𝑧 + 𝐶1 𝑑𝑧 𝜖 ∫ 𝑑𝑉 = −

𝜌0 ∫ 𝑧 𝑑𝑧 + ∫ 𝐶1 𝑑𝑧 𝜖

𝜌0 𝑧 2 𝑉=− + 𝐶1 𝑧 + 𝐶2 2𝜖 𝑧 = 0 ;𝑉 = 0 0 = 0 + 0 + 𝐶2 𝐶2 = 0

𝑧 = 𝑑 ;𝑉 = 0 𝜌0 𝑑 2 + 𝐶1 𝑑 + 0 2𝜖

0=−

𝐶1 𝑑 = − 𝐶1 = 𝑉(𝑧) = − 𝑽(𝒛) =

𝜌0 𝑑2 2𝜖

𝜌0 𝑑 2𝜖

𝜌0 𝑧 2 𝜌0 𝑑𝑧 + 2𝜖 2𝜖

𝝆𝟎 𝒛 [𝒅 − 𝒛] 𝟐𝝐

b) 𝐸 = −∇𝑉 𝐸 = − [− 𝐸=

𝜌0 𝜌0 𝑑 2𝑧 + ]𝑎 2𝜖 2𝜖 𝑧

𝜌0 𝑧 𝜌0 𝑑 𝑎𝑧 − 𝑎 𝜖 2𝜖 𝑧

𝑬=

𝝆𝟎 𝒅 [𝒛 − ] 𝒂𝒛 𝝐 𝟐

c) 𝑉=−

𝜌0 𝑧 2 + 𝐶1 𝑧 + 𝐶2 2𝜖 𝑧 = 0 ;𝑉 = 0

0 = 0 + 0 + 𝐶2 𝐶2 = 0 𝑧 = 𝑑 ; 𝑉 = 𝑉0 𝜌0 𝑑 2 𝑉0 = − + 𝐶1 𝑑 2𝜖 𝐶1 𝑑 = 𝑉0 + 𝐶1 =

𝜌0 𝑑 2 2𝜖

𝑉0 𝜌0 𝑑 + 𝑑 2𝜖

𝑉(𝑧) = −

𝜌0 𝑧 2 𝑉0 𝜌0 𝑑 +( + )𝑧 2𝜖 𝑑 2𝜖

𝜌0 𝑧 2 𝑉0 𝑧 𝜌0 𝑑𝑧 𝑉(𝑧) = − + + 2𝜖 𝑑 2𝜖 𝑽(𝒛) =

𝑽 𝟎 𝒛 𝝆𝟎 𝒛 [𝒅 − 𝒛] + 𝒅 𝟐𝝐

𝐸 = −∇𝑉 𝐸 = − [− 𝐸=

𝜌0 𝑧 𝑉0 𝜌0 𝑑 𝑎𝑧 − 𝑎 𝑧 − 𝑎 𝜖 𝑑 2𝜖 𝑧

𝑬 = (−

7.7 Sea 𝑽 =

(𝐜𝐨𝐬 𝟐∅) 𝝆

𝜌0 𝑉0 𝜌0 𝑑 2𝑧 + + ]𝑎 2𝜖 𝑑 2𝜖 𝑧

𝑽𝟎 𝝆𝟎 𝑽 + [𝟐𝒛 − 𝒅]) 𝒂𝒛 𝒅 𝟐𝝐 𝒎

en el espacio libre

a) Encontrar la densidad del carga volumétrica en el punto 𝑨(𝟎. 𝟓, 𝟔𝟎𝒐 , 𝟏) b) Encontrar la densidad del carga superficial en la superficie de un conductos que pasa por el punto B(𝟐, 𝟑𝟎𝒐 , 𝟏)en Solución a) Utilizaremos la ecuación de Poisson ∇2 . 𝑉 = − 𝜌𝑣 = −𝜖𝑜 ∇2 . 𝑉 = −𝜖𝑜 (

𝜌𝑣 𝜖

1 𝜕 𝜕𝑉 1 𝜕2𝑉 (𝜌 ) + 2 2 ) 𝜌 𝜕𝜌 𝜕𝜌 𝜌 𝜕∅

1 𝜕 − cos 2∅ 4 cos 2∅ 𝜌𝑣 = −𝜖𝑜 ( ( )− 2 ) 𝜌 𝜕𝜌 𝜕𝜌 𝜌 𝜌 𝜌𝑣 =

3𝜖𝑜 cos 2∅ 𝜌3

Remplazando en el punto A Tenemos: 𝜌𝑣 (𝐴) = b)

3𝜖𝑜 cos 120𝑜 = −12 ∈𝑜 = −106 𝑝𝐶/𝑚3 0.53

Primeramente encontraremos E y luego encontraremos la densidad de carga superficial en el conductor que pasa por el punto B 𝐸 = −∇. 𝑉 =

𝜕𝑉 1 𝜕𝑉 𝑎𝜌 − 𝑎 𝜕𝜌 𝜌 𝜕∅ ∅

𝐸=

cos 2∅ 2 sin 2∅ 𝑎𝜌 + 𝑎∅ 𝜌2 𝜌2

Evaluando en punto B 𝐸(𝐵) =

cos 60𝑜 2 sin 60𝑜 𝑎𝜌 + 𝑎∅ = 0.125𝑎𝜌 + 0.433𝑎∅ 4 4

La densidad de carga superficial nos quedara así: 𝜌𝑠 (𝐵) = ±|𝐷(𝐵)| = ±∈𝑜 𝐸(𝐵) = ±0.451 ∈𝑜 = ±0.399 𝑝𝐶/𝑚2

La carga tiene valor ± dependiendo del lado de la superficie que consideremos.

7.9 Las funciones V1(ρ, φ, z) y V2(ρ, φ, z) satisfacen la ecuación de Laplace en la región a< ρ < b, 0 ≤ φ < 2π, −L < z < L; tiene un valor de cero sobre las superficies ρ = b para −L < z < L; z = −L para a < ρ < b; y z = L para a < ρ < b; y cada una tiene 100 V en la superficie ρ = a para − L < z < L. a) En la región especificada ¿Las regiones V1 + V2, V1 − V2, V1 + 3, y V1V2 satisfacen la ecuación de Laplace? Si satisfice para los tres primeros ya que la ecuación de Laplace es lineal. Pero no satisfice para V1V2. b) En las superficies de frontera que se especifican ¿Existen valores de potencial dados en este problema que hayan sido obtenidos de las funciones V1+V2, V1−V2, V1+3, y V1V2? En la superficie 100 V (ρ = A), no para todos. En las superficies de 0 V, sí, a excepción de V1 + 3. c) ¿Son las funciones V1 + V2, V1 − V2, V1 + 3, yV1V2 idénticas a V1? Sólo es V2,ya que se da como satisfacer todas las condiciones de contorno que V1 hace. Por lo tanto, por el teorema de unicidad, V2 = V1. Los otros, que no reúnan las condiciones de límite, no son idénticos a V1.

7.11 Los planos conductores 2𝑥 + 3𝑦 = 12 y 2𝑥 + 3𝑦 = 18 están a potenciales de 100 V y 0 V, respectivamente. Sea 𝜖 = 𝜖0 y encontrar: a) V en 𝑃(5,2,6); b) E en P. Solución: a)

𝑉(𝑥, 𝑦) = 𝐴(2𝑥 + 3𝑦 − 12) + 100 = 𝐴(2𝑥 + 3𝑦 − 18) 𝐴(2𝑥 + 3𝑦 − 12 − 2𝑥 − 3𝑦 + 18) = −100 𝐴(6) = −100 𝐴=−

𝑉(𝑥, 𝑦) = −

100 (2𝑥 + 3𝑦 − 12) + 100 6

100 𝑥 − 50𝑦 + 300 3

=− 𝑉𝑃 = −

100 6

100 (5) − 50(2) + 300 3

𝑉𝑃 = −166.67 − 100 + 300 𝑽𝑷 = 𝟑𝟑. 𝟑𝟑 𝑽 b) 𝐸 = −∇𝑉 𝑬=

𝟏𝟎𝟎 𝑽 𝒂𝒙 + 𝟓𝟎𝒂𝒚 𝟑 𝒎

EJERCICCIO 7.15) Los dos planos conductores que se muestran en la figura están definidos por 0.001 < 𝜌 < 0.120𝑚 , 0 < 𝑧 < 0.1𝑚 ,𝜙 = 0.179 𝑦 0.188 𝑟𝑎𝑑; desprecie los efectos de borde y encuentre a) v(,𝜙);E(𝜌);c)D(𝜌);d) 𝜌𝑠 en la superficie superior del plano de abajo; f) Repetir los incisos a) hasta c) para la regon 2 haciendo que la ubicación del plano superior sea 𝜙 = 0.188 − 2𝜋, y después encontrar 𝜌𝑠 𝑦 𝑄 en la superficie de abajo del plano superior. g) Encontrar la carga total en el plano inferior y la capacitancia entre los planos a) La solución general de la ecuación de Laplace será 𝑉 = 𝐶1𝜑 + 𝐶2, y así 20 = 𝐶1(0.188) + 𝐶2 𝑎𝑛𝑑 200 = 𝐶1(0.179) + 𝐶2 Al Restar una ecuación de la otra, encontramos −180 = 𝐶1 (0.188 − 0.179) ⇒ 𝐶1 = −2,00 × 104

Entonces 20 = -2,00 × 104 (0.188) + C2 ⇒ C2 = 3,78 × 103 Por último 𝑉 (𝜑) = (−2,00 × 104) 𝜑 + 3,78 × 103 𝑉) b) E (ρ): Utilice 1 𝑑𝑉 200 × 104 𝐸(𝜌) = −∇V = − = 𝑎𝜑 𝑉/𝑚 𝜌 𝑑𝜑 𝜌 c) 𝐷(𝜌) =∈0 𝐸𝜌 = (2.00 × 104 ∈0 /4)𝑎𝜑 𝐶/𝑚2 d) 𝜌𝑠 en la superficie superior del plano inferior: Usamos . 2.00 × 104 𝑎𝜑 𝑝𝑠 = 𝐷. 𝑛|𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 = 2.00 × 104 𝑎𝜑 . 𝑎𝜑 = 𝐶/𝑚2 𝜌 e)Q en la superficie superior del plano inferior: Esto será 0.1

𝑄𝑡 = ∫ 0

0.120

2.00 × 104 ∈0 𝑑𝜌 𝑑𝑧 = 2.00 × 104 ∈0 (0.1) ln(120) = 8.47 × 10−8 𝐶 𝜌 0.001 = 84.7 𝑛𝐶

∫

f) 20 = 𝐶 1(0.188 − 2𝜋) + 𝐶2 𝑎𝑛𝑑 200 = 𝐶1(0.179) + 𝐶2 −180 = 𝐶 1(.009 − 2𝜋) ⇒ 𝐶1 = 28.7 A continuación, 200 = 28,7 (.179) + 𝐶 2 ⇒ 𝐶 2 = 194,9. Por lo tanto 𝑉 (𝜑) = 194,9 + 28.7𝜑 en la región 2. Entonces 𝐸(𝜌) = −

28.7 𝑎 𝑉/𝑚 𝜌 𝜑 Y

𝐷=−

28.7 𝜌

∈0 𝑎𝜑 𝐶/𝑚2

ρs en la superficie inferior del plano inferior será ahora 𝐷=−

28.7 𝜌

∈0 𝑎𝜑 . −𝑎𝜑 =

28.7 𝜌

∈0 𝐶/𝑚2

La carga en la superficie que será entonces 𝑄𝑏 = 28,7 ∈0 (0,1) 𝑙𝑛 (120) = 122 𝑝𝐶

g) Determinar la carga total en el plano inferior y la capacitancia entre los planos: 𝑄𝑛𝑒𝑡 = 𝑄𝑡 + 𝑄𝑏 = 84.7 𝑛𝐶 0.122 𝑛𝐶 = 84.8 𝑛𝐶. La capacitancia será 𝐶=

𝑄𝑛𝑒𝑡 84.8 = = 0.471𝑛𝐹 = 471𝑝𝐹 ∇V 200 − 20

7.16) Un capacitor de placas paralelas esta hecho de dos placas circulares de radio a, donde la placa inferior está en el plano xy, centrada en el origen. La placa superior se ubica en 𝒛 = 𝒅 y su centro esta sobre el eje z. la placa superior está a un potencial de 𝑽𝒐 ; la placa inferior esta aterrizada. La región entre las dos placas esta rellena de material dieléctrico que tiene una permitividad que depende del radio. La permitividad está dada por el 𝝐(𝝆) = 𝝐𝟎 (𝟏 + 𝝆/𝒂). Encontrar: a) b) c) d)

V(z); E; Q; C.

Solución: a) donde 𝜖 varía en la dirección normal de E ∇2 𝑉 =

𝜕2𝑉 =0 𝜕𝑧 2

𝑉(𝑧) = 𝐶1 𝑧 + 𝐶2 Por condiciones iniciales 𝐶2 = 0 𝑉(𝑧) = 𝑉𝑜 𝑉𝑜 = 𝐶1 𝑑 + 0 𝐶1 = 𝑉𝑜 /𝑑 𝑽(𝒛) =

𝑽𝒐𝒛 𝑽 𝒅

b) 𝐸 = −∇𝑉 𝐸=− 𝑬=−

𝜕𝑉 𝑎 𝜕𝑧 𝑧

𝑽𝒐𝒛 𝑽/𝒎 𝒅

c) Obtenemos primero la densidad de flujo eléctrico: 𝐷 = 𝜖𝐸 𝜌 𝑉𝑜 𝐷 = −𝜖0 (1 + ) ( ) 𝑎𝑧 𝑐/𝑚2 𝑎 𝑑 Donde la densidad de carga en la parte superior es: 𝜌𝑠 = 𝐷 ∙ −𝑎𝑧 𝜌 𝑉𝑜 𝜌𝑠 = 𝜖0 (1 + ) ( ) 𝑐/𝑚2 𝑎 𝑑 De donde podemos obtener la carga en la parte superior: 2𝜋

𝑄=∫ 0

𝑎 𝜌 𝑉𝑜 ∫ 𝜖0 (1 + ) ( ) 𝜌𝑑𝜌𝑑∅ 𝑎 𝑑 0

Integrando desde 0 > 𝜌 > 𝑎 2𝜋

𝑄=∫ 0

5𝜖0 𝑎2 𝑉𝑜 𝑑∅ 6𝑑

𝟓𝝅𝝐𝟎 𝒂𝟐 𝑽𝒐 𝑸= 𝑪 𝟑𝒅 d) La capacitancia: 𝐶=

𝑄 𝑉𝑜

5𝜋𝜖0 𝑎2 𝑉𝑜 3𝑑 𝐶= 𝑉𝑜 𝐶=

5𝜋𝜖0 𝑎2 𝑉𝑜 3𝑑𝑉𝑜

𝑪=

𝟓𝝅𝝐𝟎 𝒂𝟐 𝑭 𝟑𝒅

7.17 Dos esferas conductoras concéntricas se encuentran en 𝒓 = 𝟓𝒎𝒎 y 𝒓 = 𝟐𝟎𝒎𝒎. La región entre las esferas esta llena de un dieléctrico perfecto. Si la esfera interior está a 𝟏𝟎𝟎 𝑽 y la exterior a 𝟎 𝑽: a) Encontrar la ubicación de la superficie equipotencial de 20 𝑉.

1 1 − 𝑉 = 𝑉0 𝑟 𝑏 1 1 𝑎−𝑏 𝑉 = 20 𝑎 = 5𝑚𝑚 𝑏 = 20𝑚𝑚 𝑉0 = 100𝑉 𝑉 = 20 1 1 − 20𝑚𝑚 𝑟 20𝑉 = 100 1 1 − 5𝑚𝑚 20𝑚𝑚 𝑟 = 12.5𝑚𝑚 b) Encontrar 𝐸𝑟,𝑚𝑎𝑥. 1 1 − 𝑑𝑉 𝑑 𝐸𝑟 = −∇𝑉 = − 𝒂𝒓 = − (𝑉0 𝑟 𝑏 ) 𝒂𝒓 1 1 𝑑𝑟 𝑑𝑟 𝑎−𝑏 𝑏−𝑟 𝑑 𝐸𝑟 = − (𝑉0 𝑟𝑏 ) 𝒂𝒓 1 1 𝑑𝑟 𝑎−𝑏 𝐸𝑟 = −

𝑑 𝑏−𝑟 (𝑉0 ) 𝒂𝒓 1 1 𝑑𝑟 𝑟𝑏 (𝑎 − ) 𝑏

𝐸𝑟 =

𝑉0 𝒂 1 1 𝒓 𝑟 2 (𝑎 − ) 𝑏

𝐸𝑟,𝑚𝑎𝑥. = 𝐸𝑟 ↔ 𝑟 = 𝑎 𝐸𝑟 =

𝐸𝑟 =

𝑉0 1 1 𝑎2 (𝑎 − ) 𝑏

100 𝑉 = 26.667 = 26.667𝐾𝑉/𝑚 1 1 𝑚𝑚 52 ( − ) 5 20

c) Encontrar 𝜖𝑟 si la densidad de carga superficial en la esfera inferior es de 1.0𝑢𝐶/𝑚2 . 𝑝𝑠 = 𝐸𝑟,𝑚𝑎𝑥. ∗ 𝜖𝑟 𝜖0 1.0𝑢𝐶/𝑚2 = 26.667𝐾𝑉/𝑚 ∗ 𝜖𝑟 𝜖0 𝜖𝑟 = 4.2411

7.19 Dos conos conductores coaxiales tiene sus vértices en el origen y en el eje z como sus ejes. El cono A tiene al punto A(1 , 0 , 2) sobre sus superficie, mientras que el cono B tiene el punto B(0 , 3 , 2) sobre su superficie. Sea VA=100V y VB=20V. Encontrar: a) α para cada cono. b) V en el punto P(1 , 1 , 1).

a). 

α1=? A(1, 0 , 2) 𝑥 𝑧 𝑥 α1 = 𝑡𝑎𝑔−1 ( ) 𝑧 𝑡𝑎𝑔(α1 ) =

1 α1 = 𝑡𝑎𝑔−1 ( ) 2 𝛂𝟏 = 𝟐𝟔. 𝟓𝟕° 

α2=? B(0, 3 , 2) 𝑦 𝑧 𝑦 −1 α2 = 𝑡𝑎𝑔 ( ) 𝑧 𝑡𝑎𝑔(α1 ) =

3 α2 = 𝑡𝑎𝑔−1 ( ) 2 𝛂𝟐 = 𝟓𝟔. 𝟑𝟏° b). V en P(1 , 1 , 1)

Como 𝜃 = 𝛼 Por lo tanto 𝛼 𝑉(𝛼) = 𝐴𝑙𝑛 (𝑡𝑎𝑔 ( )) + 𝐵 2 

Para α1 α1 𝑉(α1 ) = 𝐴𝑙𝑛 (𝑡𝑎𝑔 ( )) + 𝐵 2 26.57 100 = 𝐴𝑙𝑛 (𝑡𝑎𝑔 ( )) + 𝐵 2 100 = −1.44𝐴 + 𝐵 𝑩 = 𝟏. 𝟒𝟒𝑨 + 𝟏𝟎𝟎



Para α2 α2 𝑉(α2 ) = 𝐴𝑙𝑛 (𝑡𝑎𝑔 ( )) + 𝐵 2 20 = 𝐴𝑙𝑛 (𝑡𝑎𝑔 (

56.31 )) + 𝐵 2

𝟐𝟎 = −𝟎. 𝟔𝟑𝑨 + 𝑩 Haciendo sistema de ecuaciones de primer grado obtenemos. 1.- 20 = −0.63𝐴 + 𝐵 2.- 𝐵 = 1.44𝐴 + 100 20 = −0.63𝐴 + 1.44𝐴 + 100 −80 = 0.82𝐴 𝐴=−

80 0.82

𝑨 = −𝟗𝟕. 𝟕𝟔 𝐵 = 1.44(−97.76) + 100 𝑩 = −𝟒𝟏, 𝟏𝟐

Ya obtenidas las constantes solo nos queda obtener el ángulo. α = 𝑡𝑎𝑔−1 (√2)

𝛂 = 𝟓𝟒. 𝟕𝟒° Por tanto: 𝛼 𝑉(𝛼) = 𝐴𝑙𝑛 (𝑡𝑎𝑔 ( )) + 𝐵 2 54.74 𝑉 = −97.76𝑙𝑛 (𝑡𝑎𝑔 ( )) − 41,12 2 𝑽 = 𝟐𝟑. 𝟐𝟓𝑽

20. Un campo de potencial en el espacio libre está dado por 𝑉 = 100 ln(tan(𝜃⁄2)) + 50V. a) Encontrar el valor máximo de |𝐸𝜃 | sobre la superficie 𝜃 = 40° para 0.1 < 𝑟 < 0.8 m, 60° < 𝛷 < 90°. b) Describir la superficie V=80V. Solución: 𝐸=−

1 𝑑𝑉 𝑟 𝑑𝜃

1 𝐸 = − (100 ln(tan(𝜃⁄2)) + 50)ˈ 𝑟 𝐸=−

100 𝑎 2𝑟𝑡𝑎𝑛(𝜃⁄2)cos2 (𝜃⁄2) 𝜃

𝐸=−

100 𝑎 2𝑟𝑠𝑒𝑛(𝜃⁄2)cos(𝜃⁄2) 𝜃

𝐸=−

100 𝑎 2𝑟𝑠𝑒𝑛(𝜃) 𝜃

𝐸𝑚𝑎𝑥 (𝜃 = 40°) = 𝐸(𝑟 = 0.1, 𝜃 = 40°) =

100 𝑎 0.1𝑠𝑒𝑛(40) 𝜃

= 1.56𝑎𝜃 𝑘𝑉⁄𝑚 b. 𝑉 = 100 ln(tan(𝜃⁄2)) + 50V Igualando a V=80V 80 = 100 ln(tan(𝜃⁄2)) + 50 Depejando

ln(tan(𝜃⁄2)) = 0.3 𝑒 ln(tan(𝜃⁄2)) = 𝑒 0.3 tan 𝜃⁄2 = 𝑒 0.3 tan 𝜃⁄2 = 1.35 Encontramos 𝜃 = 107°

7.21) Sea 𝜌𝑣 =

200𝜖0 𝑟 2.4

en el espacio libre. a) Utilizar la ecuación de Poisson para encontrar V(r) si

2

se supone que r Er→0 cuando r→0, y también que V→0 a medida que r→∞ b) Encontrar V(r) utilizando la ley de Gauss y una integral de línea. a) 𝜖 = 𝜖0 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛 = ∇2 V = − ∇2 V =

ρv ϵ

1 𝑑 2 𝑑𝑉 200𝜖0 200 𝑟 =− = − 2.4 2 2.4 r 𝑑𝑟 𝑑𝑟 𝜖0 𝑟 𝑟

𝑑 2 𝑑𝑉 𝑟 = −200(𝑟 2 𝑟 −2.4 ) 𝑑𝑟 𝑑𝑟 𝑟 2 𝑑𝑉 200 0.6 =− 𝑟 + 𝐶1 𝑑𝑟 0.6 𝑑𝑉 𝐶1 = −333.3𝑟 −1.4 + 2 = −𝐸1 𝑑𝑟 𝑟 Condiciones iníciales: r2Er→0 cuando r→0 −𝐸1𝑟 2 = −333.3𝑟 2 𝑟 −1.4 + 𝐶1 0 = 0 + 𝐶1; 𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝐶1 = 0 𝑉=−

333.3 −0.4 𝑟 = −833.3𝑟 −0.4 𝑉 0.4

b) 𝐷=

𝑄 (𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑢𝑛𝑎 𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 4𝜋𝑟 2 )

2𝜋

𝜋

𝑟

200𝜖0 2 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝑟𝑑𝜃𝑑𝜑 2.4 0 0 0 𝑟 𝑟 200𝜖0 −0.4 4𝜋(200)𝜖0 𝑟 0.6 𝑟 0.6 = (2𝜋)(2) ∫ 𝑟 = = 800𝜋𝜖0 𝐶 0.6 0.6 0

𝑄 = ∫ 𝜌𝑣 𝑑𝑣 = ∫

∫ ∫

𝐷=

1333.33𝜋𝜖0 𝑟 0.6 = 333.3𝜖0 𝑟 −1.4 𝐶/𝑚2 4𝜋𝑟 2

𝐸=

𝐷 333.3𝜖0 𝑟 −1.4 𝑉 = = 333.3𝑟 −1.4 𝜖0 𝜖0 𝑚 𝑟

𝑉(𝑟) = − ∫ 333.3𝑟 −1.4 𝑑𝑟 = 833.3𝑟 −0.4 𝑉 ∞

Ejercicio 22 a través de la solución apropiada de las ecuaciones de Laplace y de Poisson determinar el potencial absoluto en el centro de la esfera de radio a y que tiene una densidad de carga volumétrica uniforme ρ0 . Suponer una permitividad e0 en cualquier punto Pista: ¿ Que puede asegurarse respecto al potencial y campo eléctrico en r = 0 y en r = a? Con la dependencia única radial, la ecuación de Poisson (aplicable a r ≤ a) se convierte en ∇2 𝑉1 =

1 𝑑 2 𝑑𝑉1 𝜌𝑜 (𝑟 )=− 2 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝑟 𝜖𝑜

==> 𝑉1 (𝑟) = −

𝜌𝑜𝑟 2 𝐶1 + + 𝐶2 6𝜖𝑜 𝑟

𝐫 ≤ 𝐚

Para la región 2 (r ≥ a) no hay ninguna carga y así se convierte en la ecuación de Laplace ∇2 𝑉2 =

1 𝑑 2 𝑑𝑉2 (𝑟 )=0 𝑟 2 𝑑𝑟 𝑑𝑟

==> 𝑉2 (𝑟) = +

𝐶3 + 𝐶4 𝑟

r ≥ a

Ahora, a medida que r → ∞, V2 → 0, por lo tanto, C4 = 0. También, como r → 0, V1 debe ser finito, por lo que por lo tanto, C1 = 0. Entonces, V debe ser continua a través del límite, r = a: 𝑉1 |𝑟=𝑎 = 𝑉2 |𝑟=𝑎 ==> −

𝜌𝑜𝑎2 𝐶3 𝐶3 𝜌𝑜𝑎2 + 𝐶2 = ==> 𝐶2 = + 6𝜖𝑜 𝑎 𝑎 6𝜖𝑜

Ahora 𝑑𝑉1 𝑑𝑉2 𝜌𝑜𝑎 𝐶3 𝜌𝑜𝑎3 = ==> − = 2 ==> 𝐶3 = | | 𝑑𝑟 𝑟=𝑎 𝑑𝑟 𝑟=𝑎 3𝜖𝑜 𝑎 3𝜖𝑜 Así que los potenciales en sus formas finales son 𝑉1 (𝑟) = −

𝜌𝑜 (3𝑎2 − 𝑟 2 ) 6𝜖𝑜

𝑉2 =

𝜌𝑜𝑎3 3𝜖𝑜𝑟

El potencial requerido absoluto en el origen es ahora 𝑉1 (𝑟 = 0) =

𝜌𝑜 2 (𝑎 ) 2𝜖𝑜

7.23 Un valle rectangular lo forman cuatro planos conductores ubicados en x=0 y 8 cm y y=0 y 5cm en el aire. La superficie que están en y=5cm se encuentra a un potencial de 100 V, y los otros tres a cero potencial y los orificios necesarios se localizan en las dos esquinas. Encontrar el potencial en x=3cm, y=4cm.

Primeramente para utilizar esta formula ∞

4𝑉0 1 𝑠𝑒𝑛ℎ(𝑚𝑥𝜋⁄𝑏) 𝑚𝑦𝜋 𝑉= ∑ 𝑠𝑒𝑛 ( ) 𝜋 𝑚 𝑠𝑒𝑛ℎ(𝑚𝑑𝜋⁄ ) 𝑏 𝑙 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟 𝑏 Tenemos que hacer cambio de variables debido que el potencial esta en la parte superior. Por tanto tenemos que: x y Remplazando tenemos

;

bd

∞ 𝑚𝑦𝜋 ⁄𝑑 ) 4𝑉0 1 𝑠𝑒𝑛ℎ( 𝑚𝑥𝜋 𝑉= ∑ 𝑠𝑒𝑛 ( ) 𝑚𝑏𝜋 𝜋 𝑚 𝑠𝑒𝑛ℎ( 𝑑 ⁄𝑑) 𝑙 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟

Con 𝑥 = 3 ; 𝑦 = 4 ; 𝑏 = 5𝑐𝑚 ; 𝑑 = 8𝑐𝑚 ; 𝑉0 = 100𝑉 Remplazando lo s valores en la ecuación tenemos: ∞ 4(100) 1 𝑠𝑒𝑛ℎ(𝑚4𝜋⁄8) 𝑚3𝜋 𝑉= ∑ 𝑠𝑒𝑛 ( ) 𝜋 𝑚 𝑠𝑒𝑛ℎ(𝑚5𝜋⁄ ) 8 𝑙 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟 8

𝑉=

400 𝑠𝑒𝑛ℎ(𝜋⁄2) 3𝜋 1 𝑠𝑒𝑛ℎ(3𝜋⁄2) 9𝜋 1 𝑠𝑒𝑛ℎ(5𝜋⁄2) 15𝜋 𝑠𝑒𝑛 ( ) + 𝑠𝑒𝑛 ( ) + 𝑠𝑒𝑛 ( )] [ 𝜋 𝑠𝑒𝑛ℎ(5𝜋⁄ ) 8 3 𝑠𝑒𝑛ℎ(15𝜋⁄ ) 8 5 𝑠𝑒𝑛ℎ(25𝜋⁄ ) 8 8 8 8 𝑽 = 𝟕𝟏. 𝟏𝟔 𝑽

7.27) Se sabe que V= XY es la solución de la ecuación de Laplace, donde X es una función solamente de x y Y es una función solamente de y. Determinar cuál de las siguientes funciones de potencial son también soluciones de la ecuación de Laplace: a) V=100X b) V=50XY c) V=2XY+x-3y d) V=xXY e) 𝑋 2 𝑌 Desarrollo: ∇2 𝑉 = 0 ∇2 𝑉 =

𝜕2𝑉 𝜕2𝑉 𝜕2𝑉 + + =0 𝜕𝑥 2 𝜕𝑦 2 𝜕𝑧 2 𝑉 = 𝑋𝑌 ∇2 𝑋𝑌 = 0

∇2 𝑋𝑌 =

𝜕 2 𝑋𝑌 𝜕 2 𝑋𝑌 + =0 𝜕𝑥 2 𝜕𝑦 2 𝑑2 𝑋

𝑑2 𝑌

𝑋 ′′ 𝑌 + 𝑋𝑌 ′′ = 0 → 𝑌 𝑑𝑥 2 + 𝑋 𝑑𝑦2 = 0

La ecuación anterior puede resolverse mediante separación de variables por medio de la división de XY. 𝑌 𝑑2 𝑋 𝑋𝑌 𝑑𝑥 2

𝑋 𝑑2 𝑌

+ 𝑋𝑌 𝑑𝑦2 = 0 →

1 𝑑2 𝑋 𝑋 𝑑𝑥 2

1 𝑑2 𝑌

+ 𝑌 𝑑𝑦2

Ambos de estos términos deben ser igual a la misma constante ∝2 , llamada constante de separación. 1 𝑑2 𝑋 𝑋 𝑑𝑥 2

=−

1 𝑑2 𝑌 𝑌 𝑑𝑦 2

1 𝑋

1 𝑌

= ∝2 → 𝑋 ′′ = − 𝑌 ′′ = ∝2

1 ′′ 𝑋 = ∝2 → 𝑋 ′′ = 𝑋 ∝2 𝑋 1 ′′ 𝑌 = − ∝2 → 𝑌 ′′ = − 𝑌 ∝2 𝑌 a) V= 100X ∇2 𝑉 = 100∇2 𝑋 Donde 𝑋 ′′ = 𝑋 ∝2 ≠ 0 → 100𝑋 ′′ ≠ 0 ∴ 𝑵𝒐 𝒆𝒔 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 b) V= 50XY ∇2 𝑉 = 50 ∇2 𝑋𝑌 Donde ∇2 𝑋𝑌 = 0 ∇2 𝑉 = 0 ∴ 𝑺𝒊 𝒆𝒔 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 c) V= 2XY +x -3y ∇2 𝑉 = 2∇2 𝑋𝑌 + ∇2 𝑥 − 3∇2 𝑦 Donde ∇2 𝑋𝑌 = 0 ∇2 𝑥 = 0 ∇2 𝑦 = 0 ∇2 𝑉 = 0 ∴ 𝑺𝒊 𝒆𝒔 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏

d) V= xXY ∇2 𝑉 = ∇2 xXY ∇2 𝑉 =

∇2 𝑉 =

𝜕 2 xXY 𝜕 2 xXY + 𝜕𝑥 2 𝜕𝑦 2

𝜕 𝜕 [𝑋𝑌 + 𝑥𝑋 ′ 𝑌] + [𝑥𝑋𝑌 ′ ] 𝜕𝑥 𝜕𝑦

∇2 𝑉 = 𝑋 ′ 𝑌 + 𝑋 ′ 𝑌 + 𝑥𝑋 ′′ 𝑌 + 𝑥𝑋𝑌 ′′ ∇2 𝑉 = 2𝑋 ′ 𝑌 + 𝑥(𝑋 ′′ 𝑌 + 𝑋𝑌 ′′ ) ∇2 𝑉 ≠ 0 ∴ 𝑵𝒐 𝒆𝒔 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 e) V= 𝑋 2 𝑌 ∇2 𝑉 = ∇2 𝑋 2 𝑌 ∇2 𝑉 = 𝑋∇2 𝑋𝑌 + 𝑋𝑌 ∇2 𝑋 Donde ∇2 𝑋𝑌 = 0 ∇2 𝑋 ≠ 0 ∇2 𝑉 ≠ 0 ∴ 𝑵𝒐 𝒆𝒔 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏

7.28) Suponer una solución producto V=PF de la ecuación de Laplace en coordenadas cilíndricas, donde V no sea función de z, P es una función solamente de 𝝆 y F es solo función de ∅. a) Obtener las dos ecuaciones separadas si la constante de separación es 𝒏𝟐 . b) Demostrar que P= 𝑨𝝆𝒏 + 𝑩𝝆−𝒏 satisface la ecuación 𝝆 . c) Construir la solución V (𝝆, ∅). Las funciones de esta forma se denominan armónicas circulares. Desarrollo: a) ∇2 𝑉 =

1 𝜕 𝜕𝑉 1 𝜕2 (𝜌 ) + 2 ( 2 ) = 0 𝜌 𝜕𝜌 𝜕𝜌 𝜌 𝜕∅

𝑉 = 𝑃𝐹 ∇2 𝑉 =

1 𝜕 𝜕𝑃𝐹 1 𝜕 2 𝑃𝐹 (𝜌 )+ 2( )=0 𝜌 𝜕𝜌 𝜕𝜌 𝜌 𝜕∅2

∇2 𝑉 = 𝐹

1 𝜕 1 (𝜌𝑃′ ) + 𝑃 2 𝐹 ′′ 𝜌 𝜕𝜌 𝜌

1 1 ∇2 𝑉 = 𝐹 [𝑃′ + 𝜌𝑃′′ ] + 𝑃 2 𝐹 ′′ 𝜌 𝜌 ∇2 𝑉 = 𝑃 ′

𝐹 1 + 𝑃′′ 𝐹 + 𝑃 2 𝐹 ′′ = 0 𝜌 𝜌

Ahora se multiplica por 𝜌2 y se divide para 𝑃𝐹 ∇2 𝑉 = 𝑃 ′

𝜌 𝜌2 1 + 𝑃′′ + 𝐹 ′′ = 0 𝑃 𝑃 𝐹

Donde: 𝑃′

𝜌 𝜌2 1 + 𝑃′′ = − 𝐹 ′′ = 𝑛2 𝑃 𝑃 𝐹 𝑃′

𝜌 𝜌2 + 𝑃′′ = 𝑛2 𝑃 𝑃

1 ′′ 𝐹 = − 𝑛2 → 𝐹 ′′ + 𝐹𝑛2 = 0 𝐹 Donde: 𝐹 = 𝐶𝑛 𝐶𝑜𝑠(𝑛∅) + 𝐷𝑛 𝑆𝑒𝑛(𝑛∅), 𝑛 ≥ 1 Como el seno y coseno son funciones periódicas cada 2𝜋, entonces la función será repetitiva cada periodo. Si 𝑛 = 0 𝐹 ′′ =

𝜕2𝐹 = 0 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐹 = 𝐶𝑜 ∅ + 𝐷𝑜 𝜕∅2

b)

𝑃′

𝜌 𝜌2 + 𝑃′′ = 𝑛2 𝑃 𝑃

𝜌𝑃′ + 𝜌2 𝑃′′ − 𝑛2 𝑃 = 0

Donde: P= 𝐴𝜌𝑛 + 𝐵𝜌−𝑛 Reemplazando en la ecuación término por término y resolviendo: 𝜌[𝑛𝜌𝑛−1 ] + 𝜌2 [𝑛(𝑛 − 1)𝜌𝑛−2 ] − 𝑛2 𝜌𝑛 𝑛𝜌𝑛 + 𝑛2 𝜌𝑛 − 𝑛𝜌𝑛 −𝑛2 𝜌𝑛 = 0 𝜌[−𝑛𝜌−𝑛−1 ] + 𝜌2 [−𝑛(𝑛 − 1)𝜌−𝑛−2 ] − 𝑛2 𝜌−𝑛 −𝑛𝜌−𝑛 + 𝑛2 𝜌−𝑛 + 𝑛𝜌−𝑛 −𝑛2 𝜌−𝑛 = 0 c) Necesitamos la solución cuando n= 0

𝑃′

𝜌 𝜌2 + 𝑃′′ = 𝑛2 𝑃 𝑃

𝜌𝑃′′ + 𝑃′ =

𝑛2 𝑃 → 𝑛 = 0 → 𝜌𝑃′′ + 𝑃′ = 0 𝜌

Si notamos a S= 𝑃′ y 𝑆 ′ = 𝑃′′ 𝜌𝑆 ′ + 𝑆 = 0 → 𝜌

𝑑𝑆 = −𝑆 𝑑𝜌

𝑑𝑆 𝑑𝑃 =− 𝑆 𝑑𝜌 ln(𝑆) = − ln(𝑝) + 𝐴𝑜 → 𝐴𝑜 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ln(𝑆) = 𝑙𝑛

𝑆=

𝐴𝑜 𝜌

𝐴𝑜 𝑑𝑃 →𝑆= 𝜌 𝑑𝜌 𝑑𝜌 𝑑𝑃 = 𝜌 𝐴𝑜

𝑃𝑛=0 = 𝐴𝑜 ln(𝜌) + 𝐵𝑜 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠: 𝑛 −𝑛 𝑽(𝝆, ∅) = (𝐴𝑜 ln(𝜌) + 𝐵𝑜 )( 𝐶𝑜 ∅ + 𝐷𝑜 ) + ∑∞ 𝑛=1[(𝐴𝜌 + 𝐵𝜌 )(𝐶𝑛 𝐶𝑜𝑠(𝑛∅) + 𝐷𝑛 𝑆𝑒𝑛(𝑛∅))]

Para

𝑛≥0

7.29 en referencia al capítulo 6, figura 6.14, el conductor interior de la línea de transmisión está a un potencial de 100 V, mientras que el exterior está a cero potencial. Construir un enrejado de 0.5ª de lado y utilizar la iteración para encontrar V en un punto ubicado a 𝑎 unidades sobre la esquina superior de la derecha del conductor interior. Trabajar en el volt más cercano.

El voltaje es de 38 V.