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Coord Co orden enad adas as Cu Curv rvil il´ ´ın ınea eass
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y Ap Apli lica caci cion ones es a la Teor eor´ ´ıa
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de Campos
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´ Indice General 1 Coorde Coordenadas nadas curvil´ curvil´ıneas ortogonales.
1.1 1.2 1.3 1.44 1. 1.5
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1.66 1.
3
Coordenada Coorden adass pola polares res.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Coordenadas cil cil´´ındricas. . . . . . . . . . . . . . . . . Coordenadas esf´ ericas. . . . . . . . . . . . . . . . . . ericas. Defin De finic ici´ i´ on de las coor on coordenadas denadas curvil curvil´´ıneas ortogo ortogonales. nales. El gradie gradiente nte,, divergen divergencia cia y rotacion rotacional al en en coordenada coordenadass curvil curv il´´ınea ıneass orto ortogon gonales ales.. . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. 1. 5.11 El gr grad adie ien nte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. 1. 5.22 La di div ver erge genc ncia ia.. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. 1. 5.33 El ro rota taci cion onal al.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. 1. 5.44 El la lapl plac acia iano no.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ejer Ej erci cici cios os.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 El campo campo gravi gravitat tator orio io y electro electrost st´ ´ atico. atico.
2.1 2.1 2.2 2.33 2. 2.44 2.
Pot oten enci cial al.. . . . . . . . . . . . Campo Cam po grav gravita itator torio io terr terres estre tre.. La le ley y de de Ga Gaus uss. s. . . . . . . . Ejer Ej erci cici cios os.. . . . . . . . . . . .
. . . .
. . . .
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3 5 7 9 12 12 14 16 18 19 21
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21 25 30 34
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´ Indice General 1 Coorde Coordenadas nadas curvil´ curvil´ıneas ortogonales.
1.1 1.2 1.3 1.44 1. 1.5
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1.66 1.
3
Coordenada Coorden adass pola polares res.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Coordenadas cil cil´´ındricas. . . . . . . . . . . . . . . . . Coordenadas esf´ ericas. . . . . . . . . . . . . . . . . . ericas. Defin De finic ici´ i´ on de las coor on coordenadas denadas curvil curvil´´ıneas ortogo ortogonales. nales. El gradie gradiente nte,, divergen divergencia cia y rotacion rotacional al en en coordenada coordenadass curvil curv il´´ınea ıneass orto ortogon gonales ales.. . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. 1. 5.11 El gr grad adie ien nte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. 1. 5.22 La di div ver erge genc ncia ia.. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. 1. 5.33 El ro rota taci cion onal al.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. 1. 5.44 El la lapl plac acia iano no.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ejer Ej erci cici cios os.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 El campo campo gravi gravitat tator orio io y electro electrost st´ ´ atico. atico.
2.1 2.1 2.2 2.33 2. 2.44 2.
Pot oten enci cial al.. . . . . . . . . . . . Campo Cam po grav gravita itator torio io terr terres estre tre.. La le ley y de de Ga Gaus uss. s. . . . . . . . Ejer Ej erci cici cios os.. . . . . . . . . . . .
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3 5 7 9 12 12 14 16 18 19 21
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1. Inicio
Coordenadas curvil curvil´ ´ıneas ortogonales.
1.1. 1. 1.
Coord Coo rden enad adas as pol polar ares es..
• Se definen
x = x (ρ, θ) = ρ cos θ,
P´ agina 3 de 73 73
y = y (ρ, θ ) = ρ sen θ,
donde ρ [0, + [ y θ [0 , 2π [.
∈
∞
∈
on es • El vector de posici´on
r = r (ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sen θ ).
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• Al mantener ρ fijo y variar θ en sentido positivo se obtienen
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−
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circunferencias conc´entricas entricas de centro el origen. Sus vectores tangentes son ∂ r = ( ρ sen θ, ρ cos θ ). ∂θ Al mantener θ fijo y variar ρ se obtienen semirrectas que parten del origen. Sus vectores tangentes son ∂ r = (cos θ, sen θ ). ∂ρ
•
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• Los vectores
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∂ r ∂ r , forman una base ortogonal de ∂ρ ∂θ
R
2
.
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1.2.
• Se definen
Inicio
Coordenadas cil´ındricas.
x = ρ cos θ,
y = ρ sen θ,
z = z,
donde ρ [0, + [, θ [0, 2π[ y z
∈
∈ R.
∞ ∈
• El vector de posici´on es P´ agina 5 de 73
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r = r (ρ,θ,z) = (ρ cos θ, ρ sen θ, z ).
• Al mantener z y θ constantes y variar ρ se obtienen semirrectas que empiezan en el eje Z . Sus vectores tangentes son
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∂ r = (cos θ, sen θ, 0). ∂ρ
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• Al mantener ρ y z constantes y variar θ se obtienen circunfeCerrar
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rencias horizontales. Sus vectores tangentes son ∂ r = ( ρ sen θ, ρ cos θ, 0). ∂θ
−
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• Al mantener ρ y θ constantes y variar z se obtienen rectas verticales. Sus vectores tangentes son
Inicio
∂ r = (0, 0, 1). ∂z
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•
∂ r ∂ r ∂ r , , Los vectores forman una base ortogonal orien∂ρ ∂θ ∂z tada positivamente de R3 .
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1.3.
Coordenadas esf´ ericas.
• Se definen
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P´ agina 7 de 73
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x = ρ cos φ cos λ,
y = ρ cos φ sen λ,
z = ρ sen φ,
donde ρ [0, + [, λ [0 , 2π [ y φ [ π/ 2, π/ 2].
∈
∞
∈
∈−
• El vector de posici´on es r(ρ,λ,φ) = ρ (cos φ cos λ, cos φ sen λ, sen φ).
• Si fijamos ρ obtenemos una esfera centrada en el origen.
λ
corresponde a la longitud y φ es la latitud.
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• Al variar ρ y fijar las otras dos variables obtenemos semirrecImprimir
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tas que parten del origen. Sus vectores tangentes son ∂ r = (cos φ cos λ, cos φ sen λ, sen φ). ∂ρ
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• Al variar φ y fijar las otras dos variables obtenemos meridianos. Sus vectores tangentes son
Inicio
∂ r = ρ ( sen φ cos λ, ∂φ
−
− sen φ sen λ, cos φ).
• Al variar λ manteniendo fijas las dem´as obtenemos paralelos. Sus vectores tangentes son
P´ agina 8 de 73
∂ r = ρ ( cos φ sen λ, cos φ cos λ, 0) ∂λ
−
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•
∂ r ∂ r ∂ r , , Los vectores forman una base orientada posi∂ρ ∂λ ∂φ tivamente de R3 .
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1.4. Inicio
Definici´ on de las coordenadas curvil´ıneas ortogonales.
Un cambio de coordenadas cartesianas ( x,y,z) a otras diferentes (u,v,w) es especificar 3 funciones: x = x (u,v,w),
y = y (u,v,w),
z = z (u,v,w)
tales que existen P´ agina 9 de 73
u = u (x,y,z), Regresar
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v = v (x,y,z),
w = w (x,y,z),
donde adem´as supondremos que ∂x ∂u
∂y ∂u
∂z ∂u
∂ (x,y,z ) ∂x := ∂ (u,v,w) ∂v
∂y ∂v
∂z = 0. ∂v
∂x ∂w
∂y ∂w
∂z ∂w
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El vector de posici´on se denotar´a Inicio
r(u,v,w) := (x(u,v,w), y (u,v,w), z (u,v,w)).
´ n: Las Definicio
P´agina 10 de 73
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coordenadas u, v, w forman un sistema de coordenadas curvil´ıneas ortogonal si la base ∂ r ∂ r ∂ r , , es ortogonal y orientada positivamente. ∂u ∂v ∂w
Los factores de escala son hu :=
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Denotemos eu :=
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∂ r , ∂u
hv :=
1 ∂ r , hu ∂u
ev :=
∂ r , ∂v
hw :=
1 ∂ r , hv ∂v
ew :=
∂ r . ∂w
1 ∂ r . hw ∂w
Los vectores eu , ev , ew forman una base ortonormal orientada positivamente.
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Ejercicio 1. H´ allense los factores de escala en los siguientes sistemas de coordenadas ortogonales:
Inicio
i) Polares.
ii) Cil´ındricas. iii) Esf´ericas. Soluci´ on.
P´agina 11 de 73
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Ejercicio 2. Compru´ ebese que mediante la siguiente transformaci´on se define un sistema de coordenadas ortogonales y calc´ulense los factores de escala. x = cosh u cos v,
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y = senh u sen v,
∈
∞×
Dib´ujense las curvas correspondientes a u = constante y a v = constante. Excl´ uyanse los casos u = 0, v = 0, π/ 2, 3π/ 2. Soluci´ on.
Abandonar
(u, v) [0 , + [ [0, 2π[.
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1.5. Inicio
1.5.1.
P´agina 12 de 73
El gradiente, divergencia y rotacional en coordenadas curvil´ıneas ortogonales. El gradiente
Sea f un campo escalar. El gradiente de f en coordenadas cartesianas es ∂f ∂f ∂f f := , , . ∂x ∂y ∂z
∇
Se puede comprobar que la expresi´on del gradiente de f en un sistema de coordenadas curvil´ıneas ortogonales es
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1 ∂f 1 ∂f ∇f = h1u ∂f eu + ev + ew ∂u hv ∂v hw ∂w
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Demostraci´ on. Cerrar
∇u = heuu , ∇v = hevv y ∇w = heww .
Ejercicio 3. Pru´ebese Abandonar
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Soluci´ on. Inicio
De donde se deduce en particular
rot
e u
hu
= 0 ,
rot
ev
hv
= 0 ,
rot
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Abandonar
hw
= 0 .
Pues rot( f ) = 0 para cualquier campo escalar f de clase C2 . Una expresi´on usando sumatorios para el gradiente es
∇
P´agina 13 de 73
e w
∇f =
1 ∂f ei . hi ∂ui
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1.5.2.
La divergencia del campo vectorial F = (F x , F y , F z ) en cartesianas es el campo escalar
Inicio
La divergencia.
div F :=
∂F x ∂F y ∂F z . + + ∂x ∂y ∂z
Se puede comprobar que la divergencia del campo vectorial P´agina 14 de 73
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F = F u eu + F v ev + F u ev
en un sistema de coordenadas ortogonales curvil´ıneas es 1 div(F) = hu hv hw
∂ (hv hw F u ) ∂ (hw hu F v ) ∂ (hu hv F w ) + + ∂u ∂v ∂w Demostraci´ on.
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Ejercicio 4. Compru´ebese div
∂ r ∂u
=
∂ [log(hu hv hw )]. ∂u
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Soluci´ on. Inicio
Una expresi´on para la divergencia usando sumatorios es
1 div F = H
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∂ ∂ui
HF i hi
,
donde H = h 1 h2 h3 . Observemos que esta expresi´on tiene sentido en R2 , siendo en este caso H = h 1 h2 .
· ·
P´agina 15 de 73
·
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1.5.3.
El rotacional.
El rotacional del campo vectorial F = (F x , F y , F z ) en cartesianas es el campo vectorial
Inicio
rot F :=
P´agina 16 de 73
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rot F =
Abandonar
i
j
k
∂ ∂x
∂ ∂y
∂ ∂z
F x
F y
F z
Sea F = F u eu + F v ev + F w ew un campo vectorial. Se puede comprobar que la expresi´on del rotacional en coordenadas curvil´ıneas ortogonales es
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1 hu hv hw
hu eu
hv ev
hw ew
∂ ∂u
∂ ∂v
∂ ∂w
hu F u hv F v hw F w
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Demostraci´ on. Inicio
Ejercicio 5. Compru´ebese, usando esta expresi´ on, que rot
Soluci´ on.
P´agina 17 de 73
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eu
hu
= 0 .
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1.5.4.
Sea f un campo escalar, la expresi´on del laplaciano de f en cartesianas es
Inicio
El laplaciano.
2
P´agina 18 de 73
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∇
∂ 2 f ∂ 2 f ∂ 2 f f := + 2 + 2 = div( f ). ∂x2 ∂y ∂z
∇
Se puede demostrar que la expresi´on del laplaciano en coordenadas curvil´ıneas ortogonales es
∇2f = H 1
∂ ∂ui
H ∂f h2i ∂u i
Ejercicio 6. Aplicando las f´ ormulas para la divergencia y el gradiente, demu´estrese la expresi´on anterior. Soluci´ on.
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1.6.
Ejercicios.
Ejercicio 7. polares.
Inicio
P´agina 19 de 73
Soluci´ on.
Ejercicio 8. Escr´ıbase la ecuaci´ on de Laplace, 2 f = 0, para un campo escalar f definido en R2 en coordenadas polares. Lo mismo para un campo f definido en R3 ; pero en coordenadas cil´ındricas y esf´ericas.
∇
Soluci´ on.
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H´ allese el gradiente de f (x, y ) = (x2 + y2 )n/2 en
Ejercicio 9. H´allese el laplaciano de una funci´ on f (x) que depende 2 3 s´olo de ρ = x en R y en R .
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Soluci´ on.
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Ejercicio 10. H´allese, usando coordenadas esf´ericas, la divergencia y el rotacional de V (x,y,z ) = (x,y,z ). (Este ejercicio es trivial usando coordenadas cartesianas).
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Soluci´ on. Inicio
3 R ,
Ejercicio 11. H´allese la divergencia del campo vectorial F = r r en donde r = (x,y,z) y r = r = x2 + y 2 + z 2 .
Soluci´ on.
P´agina 20 de 73
Ejercicio 12. Compru´ebese que el campo vectorial con simetr´ıa radial definido en R3 dado por V = f (ρ)eρ tiene rotacional nulo. Soluci´ on.
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2. Inicio
El campo gravitatorio y electrost´ atico.
2.1.
Potencial.
La fuerza con que una part´ıcula de masa 1 es atra´ıda hacia otra part´ıcula de masa M situada en el origen es F =
P´agina 21 de 73
−GM rr3 ,
F(x,y,z ) =
−GM
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
(x,y,z).
La expresi´on de esta fuerza en coordenadas esf´ericas es m´as sencilla: Regresar
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F =
−GM eρ. ρ2
La expresi´on para el campo el´ectrost´atico es similar, ya que la ley de Coulomb es casi la misma que la de Newton, salvo que hay cargas de diferentes signos que se pueden atraer o repeler y que la 1 constante de gravitaci´on universal G se substituye por , donde 4π 0 0 es una constante llamada permitividad y su valor en el S.I. es 8.85 10 12 C 2 /N m2 .
×
−
·
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Por el ejercicio 12, el campo F es conservativo en R 0 , pues rot F = 0 y R 0 es simplemente conexo. Por lo que existe una funci´ on potencial U tal que U = F. Calcul´emosla usando coordenadas esf´ericas: ∂U GM 1 ∂U 1 ∂U e ρ + eφ + eλ = eρ . ∂ρ ρ ∂φ ρ cos φ ∂λ ρ2
\{ }
\ { }
Inicio
∇
−
Igualando componentes: ∂U GM = 2 , ∂ρ ρ
P´agina 22 de 73
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Luego U =
+ C . − GM ρ
∂U = 0, ∂φ
Si imponemos la condici´on de que U se
anule en el infinito, tenemos U =
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∂U = 0. ∂λ
− GM . ρ
El trabajo realizado por una part´ıcula de masa 1 entre dos puntos A y B es W =
AB
F dα = U (A)
−
1 U (B) = GM d(O, B)
−
1 . d(O, A)
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, M n situadas en P1 , , Pn , entonSi hubieran n masas M 1 , ces el principio de superposici´ on dice que la fuerza que crean estas n masas es igual a la suma de las fuerzas que originan por separado. Luego el potencial en A es
· ··
Inicio
n
U (A) =
P´agina 23 de 73
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GM i . d(A, Pi )
− i=1
Si la distribuci´on de masas fuera continua ocupando una regi´on R, entonces el sumatorio anterior se reemplaza por una integral: U (A) =
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·· ·
Gδ (X) dX, d(A, X)
− R
(1)
R, δ (X) es la densidad en X y la integral puede ser donde X de l´ınea, superficie o de volumen dependiendo de la distribuci´on de masa que ocupa la regi´on R. Ejercicio 13. Calc´ ulese el potencial debido a una varilla recta de longitud L sobre un punto de la misma recta situado a distancia d del centro (d > L/2). Compru´ ebese que si el punto se halla suficientemente lejos de la varilla, ´esta se comporta como si la masa estuviese concentrada en el centro de ´esta.
∈
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Soluci´ on. Inicio
P´agina 24 de 73
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Ejercicio 14. Calc´ ulese el potencial creado por un disco de radio R sobre un punto situado sobre el centro a una altura h. Compru´ebese que si el punto se halla suficientemente lejos del disco, ´este se comporta como si la masa estuviese concentrada en el centro del disco: Soluci´ on.
Ejercicio 15. Compru´ ebese que el potencial originado por una esfera hueca de radio R y masa M sobre un punto A situado a una distancia h del centro (h = R) es.
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• − GM si el punto es interior. R
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si el punto es exterior. • − GM h
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Ded´uzcase que los puntos interiores a una esfera hueca no sufren fuerza de atracci´on o repulsi´ on. Soluci´ on.
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2.2. Inicio
Campo gravitatorio terrestre.
Calculemos el potencial originado por una esfera maciza de radio R sobre un punto A situado a una distancia h del centro ( h > R). Situamos el centro de la esfera en el origen de coordenadas y el punto P en (0, 0, h). Sea X un punto arbitrario de la esfera. Usando coordenadas esf´ericas: X = ρ (cos φ sen λ, cos φ sen λ, sen φ),
P´agina 25 de 73
donde ρ [0, R], λ [0 , 2π ], φ [ π/ 2, π/ 2]. Es f´acil comprobar
∈
∈
∈−
d(A, X)2 = ρ 2 + h2
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− 2hρ sen φ,
El potencial en A es Pantalla Completa
U (A) = Imprimir
= Cerrar
−Gδ −Gδ
1 d x dy dz = d(A, X) ρ2 cos φ
− V
ρ2
T
R
= Abandonar
−Gδ 2π
ρ
0
2
+ h2
2hρ sen φ
π/2
π/2
−
ρ2
dρ dφ dλ =
cos φ + h2
− 2hρ sen φ
dφ dρ.
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La integral interna est´a resuelta en el ejercicio 15, notemos que ρ < R < h.
Inicio
R
P´agina 26 de 73
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U (A) =
−Gδ 2π
0
2ρ2 dρ = h
−
Gδ 4πR 3 = 3h
, − GM h
4 siendo M la masa de la esfera, ya que πR 3 es su volumen y δ su 3 densidad. Resultado que nos dice que la fuerza que ejerce una esfera maciza es como si toda su masa estuviese concentrada en el centro; resultado debido a Newton. Ejercic Ejercicio io 16. 16. Experime Experimenta ntalme lmente nte Galileo Galileo observ observ´ o´ que todos los cuerpos caen con la misma aceleraci´on. on. En este ejercicio veremos que esto es compatible con la expresi´on on anterior. (a) Dos puntos A y B distan del centro de la Tierra R y R + h respectivamente. respectivamente. Pru´ Pru´ebese ebese que la diferencia diferencia de potencial entre GM h estos dos puntos es ∆U = U (B) U (A) = . (R + h)R
−
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(b) Si R Si R >> h (lo cual para alturas peque˜nas nas es cierto), ciert o), pru´ ebese ebe se que GM gh , donde g := (la famosa famosa aceleraci´ aceleraci´ on on gravitatoria, ∆U = gh, R2
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cuyo valor es aproximadamente 9.8ms Inicio
P´agina 27 de 73
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2 ).
−
(c) Sup´ Sup´ongase ongase que la superficie de la Tierra es plana (en las direcciones x e y ), y la perpendicular es la direcci´ on on al centro de la Tierra ∂ U ∂ U ∂ U (direcci´on on z ). Pru´ Pru´ebes eb esee g . = =0y = g. ∂x ∂y ∂z (d) Concl´ Concl´ uyase uyase que F = (0, 0, g ). Es deci decir, r, un cuerp cuerpo o de masa masa 1 sufre una fuerza hacia el centro de la Tierra de g. Un cuer cuerpo po de masa m sufrir´ sufrir´a una fuerza similar; similar; pero de magnitud magnitud mg. mg . Por la segunda ley de Newton, la aceleraci´ on de un cuerpo que cae es on constante y vale g vale g,, independientemente del valor de la masa, como anticip´o Galileo.
−
Soluci´ on.
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Ejercicio 17. La ley de conserv conservaci´ on on de la energ ener g´ıa. Una part par t´ıcul ıc ulaa de masa masa m describe una trayectoria α en un campo de fuerzas conservativo F (por ejemplo el gravitatorio) cuyo potencial es U . U . Util´ Util´ıcese la segunda ley de Newton, Newton , F (α(t)) = mα (t) para comprobar
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que la funci´on on
1 E (t) = m α (t) 2 + U (α(t)). 2 es constant constante. e. Esta Esta funci´ on on se llama en primer er suman sumando do es energ´ ıa. El prim la en energ´ıa cin´ etica y el segundo es la energ´ en erg´ ıa ıa p otenci ote ncial al.
Inicio
P´agina 28 de 73
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Soluci´ on.
Ejercicio Ejercicio 18. Velocida al al es la velocidad elocidad d de escape. escape. ¿Cu´ necesaria para lanzar un cuerpo de masa m al espacio? espacio? (Ignorando (Ignorando la resistencia del aire y la influencia de los cuerpos celestes a excepci´on on de la Tierra). (a) Util´ Util´ıcese el principio de conservaci´ on on de la energ´ energ´ıa para probar
1 2 mv 2 A
GM 1 , = mv 2 − m − m d(GM 2 d(B, O) A, O) B
donde vA y vB son las velocidades de un m´ ovil ovil en los puntos A y B.
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(b) Pru´ ebese que la velocidad de escape es ve Inicio
Soluci´ on.
P´agina 29 de 73
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√ = 2gR.
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2.3. Inicio
La ley de Gauss.
Sea S una superficie cerrada que encierra un volumen V . Cal , donde E es el campo el´ culemos S E dS ectrico creado por una Q r carga puntual positiva situada en el origen; es decir E = . 4π 0 r 3 El convenio en f´ısica es que si la carga es positiva, el campo apunta hacia fuera; de ah´ı la diferencia de signos con el campo gravitatorio. Para calcular el flujo utilizamos coordenadas esf´ericas:
P´agina 30 de 73
E = Regresar
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Abandonar
Q eρ . 4π 0 ρ2
Como hay que hallar la integral de flujo sobre una superficie cerrada Q utilizamos el teorema de la divergencia. Denotemos K := . 4π 0 Ejercicio 19. Compru´ebese, usando coordenadas esf´ericas, que la divergencia de E es nula. Soluci´ on.
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Hay que tener cuidado en la siguiente igualdad: Inicio
= E dS
S
P´agina 31 de 73
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div E dx dy dz = 0,
V
pues el teorema de la divergencia no es cierto si el campo E no es diferenciable en el interior de S . Y en este caso si el origen est´ a dentro de S , E no es diferenciable en el origen. Sin embargo = 0. podemos decir que si 0 interior(S ), entonces S E dS Si 0 estuviese en el interior de S , encerramos el origen dentro de una esfera B de radio δ suficientemente peque˜no tal que B V y aplicamos el teorema de la divergencia en V B : Sea S la frontera de V B . El flujo a trav´es de S es 0 (seg´ un acabamos de probar), por lo que el flujo a trav´es de S coincide con el flujo a trav´es de B ; pero la integral de flujo sobre B es muy f´acil de calcular pues B es una esfera. Ejercicio 20. En B el vector normal exterior es N = e ρ . Pru´ebense las siguientes afirmaciones:
∈
∗
\
(a) que E, N es constante y vale Abandonar
\
K . δ 2
∗
⊂
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(b) Inicio
B
E, N dS =
Q . 0 Soluci´ on.
Acabamos de probar
P´agina 32 de 73
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S
= E dS
0 Q 0
si 0 interior(S ),
∈ si 0 ∈ interior(S ).
Si la superficie S encierra una carga Q, (causada por una distribuci´ on discreta o continua de cargas), por el principio de superposici´on, se tiene la llamada ley de Gauss:
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S
= E dS
Q 0
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La ley de Gauss permite enunciar una ley fundamental de la electrost´ a tica. Sea Ω una regi´o n de R3 en la que no hay cargas.
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Tomamos V Ω arbitrario, y sea S la superficie frontera de S . Entonces, por la ley de Gauss, junto con el teorema de la divergencia,
⊂
Inicio
0=
S
= E dS
div(E) dV,
V
como esto es cierto para cualquier V Ω, entonces div( E) = 0 en Ω. Como E es conservativo, su potencial U cumple div( U ) = 0 en Ω; es decir U cumple la ecuaci´ on de Laplace :
⊂
∇
P´agina 33 de 73
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2 U =
∇
0,
∂ 2 U ∂ 2 U ∂ 2 U + + = 0, ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
(x,y,z) Ω
∈
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Los campos escalares con divergencia nula se llaman arm´ onicos. Imprimir
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2.4. Inicio
P´agina 34 de 73
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Ejercicios.
La ley de Gauss permite hallar de manera c´omoda campos (o potenciales) de cuerpos cargados con simetr´ıas, ve´amoslo en el siguiente ejercicio: Ejercicio 21. ¿Cu´ al es el potencial creado por una esfera maciza de carga total Q? Proc´edase de la manera siguiente: Por simetr´ıa el campo es de la forma E = f (ρ)eρ . Enci´errese la carga en una esfera de radio ρ y apl´ıquese la ley de Gauss para demostrar Q = f (ρ). 4πρ 2 0 Soluci´ on.
Ejercicio 22. D´ıgase por qu´e el siguiente razonamiento no es riguroso: Sea V un volumen arbitrario de R3 , conteniendo una distribuci´on continua de cargas, cuya superficie frontera es S . Sea δ la densidad de
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carga y Q la carga total. Entonces, por la ley de Gauss, = Q = 1 E dS 0 0 S
Inicio
δ dx dy dz.
V
Ahora, por el teorema de la divergencia
= E dS
S
P´agina 35 de 73
div E dx dy dz.
V
δ . Como adem´as E = U , 0 entonces el potencial el´ectrico U satisface la ecuaci´ on de Poisson1 : Como es para todo V , entonces div E =
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2 U =
∇
−
δ , 0
∂ 2 U ∂ 2 U ∂ 2 U + + = ∂x2 ∂y 2 ∂z 2
−∇
− δ 0 .
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Soluci´ on. Cerrar 1
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Se puede demostrar rigurosamente que esta ecuaci´o n es v´ alida, ¡adem´ as de muy importante!
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Ejercicio 23. Determ´ınense los campos escalares en que dependen s´olo de ρ que son arm´onicos.
Inicio
R
2
y en
R
3
Soluci´ on.
P´agina 36 de 73
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Ejercicio 24. Momento dipolar. Una distribuci´on continua de carga en la regi´ on Ω con densidad de carga δ (X) crea un potencial en el punto A δ (X) 1 U (A) = dX. 4π 0 Ω d(A, X) En este problema estudiaremos el comportamiento de esta expresi´on cuando A est´ a lejos de la carga que causa el campo. Sean r = X , a = A y ψ el ´angulo que forman los vectores de posici´ on de X y A. Obs´ervese que por el teorema del coseno de trigonometr´ıa plana
d(A, X)2 = a 2 + r 2
− 2ar cos ψ. 1/2 − x para x 1 0 para 2
´ (a) Usese la aproximaci´ on (1 + x) demostrar r 1 1 1 + cos ψ . a a d(A, X) −
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(b) Demu´ estrese que el potencial en el punto A se puede aproximar Inicio
U (A)
Q 1 1 + 3 a 4π 0 a
P´agina 37 de 73
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Abandonar
X, A δ (X) dX ,
Ω
donde Q es la carga total. El vector P := Ω Xδ (X) dX se llama on anterior queda momento dipolar, y la expresi´ U (A)
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Q 1 1 + 3 P, A a 4π 0 a
.
(c) En la naturaleza hay muchas fuentes de campos que se caracterizan por tener Q = 0. Demu´estrese que si Q = 0, el momento dipolar no depende del origen elegido para X. (d) El nombre de dipolo viene motivado por la siguiente construcci´on: Consid´erense dos cargas iguales +q y q situadas en los puntos (0, d/2) y (0 , d/2) respectivamente. Sea A un punto suficientemente lejos de las cargas y r+ , r las distancias de A a las cargas positiva y negativa. Usando que el potencial en el punto A es
−
−
−
q U (A) = 4π 0
1 r+
−
1 r
−
,
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junto con alguna ideas precedentes, demu´estrese que el potencial en A se puede aproximar mediante
Inicio
1 1 q d, A , 4π 0 a3
donde d es el vector de posici´ on de la carga q . Soluci´ on.
P´agina 38 de 73
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Demostraci´ on: Hallemos f en la base eu , ev , ew . Si
∇
Inicio
{
∇f = f ueu + f v ev + f w ew , tenemos que encontrar f u , f v , f w . Por ser la base eu , ev , ew ortonormal:
{
f u = P´agina 39 de 73
=
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=
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=
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∇f, eu ∂ r 1 f, ∇ hu ∂u
1 ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z + + hu ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u 1 ∂f . hu ∂u
An´ alogamente obtenemos f v =
Cerrar
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}
⇐
=
1 ∂f , hv ∂v
f w =
1 ∂f . hw ∂w
}
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Demostraci´ on: Sea F = F u eu + F v ev + F w ew . Calculamos s´olo div(F u eu ):
Inicio
div(F u eu ) = div[F u (ev
× ew )] = ∇F u, ev × ew + F u div(ev × ew ).
Debido a la expresi´on del gradiente en coordenadas curvil´ıneas ortogonales y la ortonormalidad de la base eu , ev , ew se tiene
{
}
u ∇F u, ev × ew = h1u ∂F , ∂u
P´agina 40 de 73
y
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div(ev
× ew )
= div (hv hw )
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= Imprimir
= Cerrar
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∇
(hv hw ),
ev
ew
hv
× hw
e v
ew
×
hv hw ∂ (hv hw ) 1 . hu hv hw ∂u
+ hv hw div
ev
hv
× hw
Ya que div( v
ew
∇ × ∇w) = rot(∇v), ∇w − rot(∇w), ∇u = 0
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por el ejercicio 3. Ahora Inicio
F u ∂ (hv hw ) 1 ∂F u + hu ∂u hu hv hw ∂u ∂F u ∂ (hv hw ) 1 hv hw = + F u hu hv hw ∂u ∂u ∂ (F u hv hw ) 1 . = hu hv hw ∂u
div(F u eu ) =
P´agina 41 de 73
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El resto de las componentes se calculan de forma similar.
⇐
=
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Demostraci´ on: S´ olo calcularemos rot(F u eu ).
Inicio
rot(F u eu ) = rot(F u hu
P´agina 42 de 73
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hu
λv =
1 ∂ (F u hu ) , hv ∂v
eu
)
eu (F u hu ) × ∇ hu hu eu = 0 + [λu eu + λv ev + λw ew ] × hu λv λw = − ew + ev , hu hu donde λu , λv , λw son las componentes de ∇(F u hu ) en la base ortonormal {eu , ev , ew }, es decir,
= F u hu rot
eu
+
λw =
1 ∂ (F u hu ) . hw ∂w
Ahora rot(F u eu ) = =
− hu1hv ∂ (F ∂vuhu) ew + hu1hw ∂ (F ∂wuhu) ev 1 hu hv hw
−
∂ (F u hu ) ∂ (F u hu ) hw ew + hv ev . ∂v ∂w
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An´ alogamente se obtienen rot(F v ev ) y rot(F w ew ). Como Inicio
rot F = rot(F u eu + F v ev + F w ew ),
la expresi´on del rotacional queda de forma simb´olica:
rot F =
P´agina 43 de 73
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⇐
=
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Abandonar
1 hu hv hw
hu eu
hv ev
hw ew
∂ ∂u
∂ ∂v
∂ ∂w
hu F u hv F v hw F w
.
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Soluci´ on del Ejercicio 1: Inicio
Polares:
hρ = 1,
hθ = ρ.
Cil´ındricas:
hρ = 1 ,
hθ = ρ,
hz = 1.
Esf´ ericas: P´agina 44 de 73
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hρ = 1,
⇐
=
hφ = ρ,
hλ = ρ cos φ.
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Soluci´ on del Ejercicio 2: Inicio
• Los factores de escala son
hu = h v =
x2 y2 , 1 = cos v + sen v = + cosh2 u senh2 u 2
2
se obtienen elipses. Y si v es constante, como
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2
1 = cosh u
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−
se obtienen hip´erbolas.
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⇐
=
Abandonar
senh2 u cos2 v + cosh2 u sen2 v.
• Si u es constante, como
P´agina 45 de 73
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x2 y2 sinh u = + cos2 v sen2 v 2
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Soluci´ on del Ejercicio 3: Inicio
1 ∂u 1 ∂u 1 ∇u = h1u ∂u eu + ev + ew = eu . ∂u hv ∂v hw ∂w hu
∂u ∂u ∂u =1y = = 0. ∂u ∂v ∂w
Ya que
⇐
=
P´agina 46 de 73
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Soluci´ on del Ejercicio 4: Inicio
div
∂ r ∂u
⇐
=
P´agina 47 de 73
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= div(hu eu ) =
∂ (hv hw hu ) ∂ 1 = [log(hu hv hw )]. hu hv hw ∂u ∂u
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Soluci´ on del Ejercicio 5: Inicio
1 rot = hu hu hv hw e u
P´agina 48 de 73
·
hu eu
hv ev
hw ew
∂ ∂u
∂ ∂v
∂ ∂w
hu
1 hu
= 0 ,
h v 0 hw 0
·
pues todas las parciales que aparecen act´uan sobre constantes. Regresar
⇐
=
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Soluci´ on del Ejercicio 6: Aplicando las f´ormulas del gradiente y divergencia en coordenadas curvil´ıneas ortogonales:
Inicio
∇2f =
=
P´agina 49 de 73
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∇
= div
Regresar
div( f )
⇐
=
1 H
1 ∂f ei hi ∂u i ∂ H ∂f ∂ui h2i ∂u i
.
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Soluci´ on del Ejercicio 7: Puesto que en coordenadas polares
Inicio
ρ2 = x 2 + y 2
y
f (x, y) = (x2 + y 2 )n/2 ,
la expresi´on de f en coordenadas polares es f (ρ, θ ) = ρ n . Ahora P´agina 50 de 73
1 ∂f eρ + eθ = nρ n ∇f = h1ρ ∂f ∂ρ hθ ∂θ
1
−
Regresar
⇐
=
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Abandonar
eρ .
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Soluci´ on del Ejercicio 8: Coordenadas polares.
Inicio
∇
1 ∂ H ∂f 2 0 = f = H ∂ui h2i ∂ui ∂f ∂ 1 ∂f 1 ∂ ρ = + ρ ∂ρ ∂ρ ∂θ ρ ∂θ ∂ 2 f 1 ∂f 1 ∂ 2 f = + + 2 2. ∂ρ2 ρ ∂ρ ρ ∂θ
P´agina 51 de 73
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Coordenadas cil´ındricas.
0 = = =
∇ ∂ H ∂f 1 2 f = H ∂ui h2i ∂ui ∂f ∂ 1 ∂f ∂ 1 ∂ ρ + + ρ ∂ρ ∂ρ ∂θ ρ ∂θ ∂z ∂ 2 f 1 ∂f 1 ∂ 2 f ∂ 2 f + + + 2. ∂ρ 2 ρ ∂ρ ρ2 ∂θ 2 ∂z
ρ
∂f ∂z
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Coordenadas esf´ ericas. Inicio
P´agina 52 de 73
Regresar
⇐
=
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1 H
H ∂f h2i ∂ui ∂ ∂f ∂ ρ2 cos φ ∂f 1 2 ρ cos φ = + + ρ2 cos φ ∂ρ ∂ρ ∂φ ρ2 ∂φ ∂ ρ2 cos φ ∂f + ∂λ ρ2 cos2 φ ∂λ ∂f 1 ∂ 1 ∂ 1 ∂ 2 f 2 ∂f ρ . = + cos φ + ρ2 ∂ρ ∂ρ ∂φ cos φ ∂φ cos2 φ ∂λ2
0 =
∇ 2
f =
∂ ∂ui
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Soluci´ on del Ejercicio 9: 2 En R : Usaremos coordenadas polares. Notemos que f = f (ρ). Denotaremos f la derivada de f respecto de ρ.
Inicio
∇2f
= =
P´agina 53 de 73
1 H 1 ∂ ρ ∂ρ
∂ H ∂f ∂u i h2i ∂ui ρ ∂f 1 1 ρf = ( ) = (f + ρf ). ρ ρ 12 ∂ρ
En R3 : Usamos coordenadas esf´ericas. Igual que antes f = f (ρ) y f es la derivada de f respecto de ρ.
Regresar
∇2f
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= =
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=
Cerrar
⇐
=
Abandonar
1 H
∂ ∂ui
H ∂f h2i ∂u i ∂ ρ2 cos φ ∂f 1 ρ2 cos φ ∂ρ 12 ∂ρ 1 2 1 ρ f ( ) = (2ρf + ρ2 f ). 2 2 ρ ρ
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Soluci´ on del Ejercicio 10: Como V(ρ,φ,λ) = ρ eρ , entonces,
Inicio
1 div V = H y
P´agina 54 de 73
rot V = Regresar
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⇐
=
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Abandonar
hρ eρ
∂ 1 H ∂ρ
∂ ∂ui
HV i hi
hλ eλ
hφ eφ
∂ ∂λ
∂ ∂φ
hρ V ρ hλ V λ hφ V φ
=
=
∂ 3 1 (ρ cos φ) = 3, ρ2 cos φ ∂ρ
hρ eρ hλ eλ hφ eφ
∂ 1 H ∂ρ
∂ ∂λ
∂ ∂φ
ρ
0
0
= 0 .
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Soluci´ on del Ejercicio 11: Como F = ρ 2 eρ , entonces,
Inicio
P´agina 55 de 73
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Abandonar
1 div F = H
⇐
=
∂ HF i ∂ 4 1 ρ cos φ = 4ρ. = 2 ∂ui hi ρ cos φ ∂ρ
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Soluci´ on del Ejercicio 12: Inicio
rot V =
P´agina 56 de 73
⇐
=
Regresar
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Cerrar
Abandonar
hρ eρ
∂ 1 H ∂ρ
hλ eλ
hφ eφ
∂ ∂λ
∂ ∂φ
hρ V ρ hλ V λ hφ V φ
=
hρ eρ hλ eλ hφ eφ
∂ 1 H ∂ρ f (ρ)
∂ ∂λ
∂ ∂φ
0
0
= 0 .
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Inicio
Soluci´ on del Ejercicio 13: Situamos el centro de la varilla en el origen de coordenadas y usamos la ecuaci´on 1. Si no se dice nada se supone que la densidad δ es constante. L/2
P´agina 57 de 73
Regresar
U =
−Gδ
L/2
−
dx d
− x = −Gδ [− log(d −
U =
1 + Gδ log 1
−
−
α 2 α 2
=
−
α Gδ log(1 + ) 2
usamos el hecho que log(1 + x)
Cerrar
U
−Gδ
α 2
−Gδ log d −
⇐
− log(1 −
α ) , 2
x para x 0,
α ) = 2
− − (
donde M es la masa de la varilla. =
Abandonar
=
d +
Si el punto est´a lejos de la varilla, d >> L. Sea α := L/d La expresi´on anterior queda
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L/2 x)]−L/2
GM , =− −Gδα = −G Lδ d d
L 2 . L 2
0.
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Soluci´ on del Ejercicio 14: Sea D el disco, con su centro situado en el origen de coordenadas y el punto donde se calcula el potencial en (0 , 0, h):
Inicio
U =
Gδ dx dy
− − − − − − x2 + y 2 + h2
D
2π
= =
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=
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ρ2 + h2
0
R2 + h2
2πGδ
2πGδh
dρ
h
1 + ( R/h)2
1 .
Si el punto donde calculamos el potencial est´a suficientemente alejado del disco, h >> R. Usamos el hecho que 1 + x 1 + x/2 para x 0,
√
U
R2 2πGδh 1 + 2 2h
−
Cerrar
donde M es la masa del disco. Abandonar
ρ
dθ
Gδ
0
P´agina 58 de 73
R
⇐
=
−
1 =
−
GπR 2 δ = h
− GM , h
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Inicio
Soluci´ on del Ejercicio 15: Situamos la esfera en el origen de coordenadas y el punto A en (0, 0, h). Sea X = R (cos φ sen λ, cos φ sen λ, sen φ) un punto arbitrario de la esfera, con λ [0 , 2π ], φ [ π/ 2, π/ 2]. Es f´acil comprobar
∈
∈− d(A, X)2 = R 2 + h2 − 2hR sen φ.
El potencial en A es (T es el dominio de variaci´on de λ y φ). P´agina 59 de 73
U (A) =
−Gδ
=
−Gδ
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=
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Abandonar
dS S d(A, X) R2 cos φ
− R2 + h2
T
2
2hR sen φ
π/2
−GδR 2π
R2
cos φ
+ h2
dφ dλ = dφ.
− 2hR sen φ Esta integral se resuelve con el cambio R2 + h2 − 2hR sen φ = t : (R+h) dt √ 1 √ t (R+h) 1 R h − R − h .
(R−h)2
π/2
−
2
2hR t
=
hR
2
(R−h)2
=
hR
( +
)
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Expresi´ on en la que hay que distinguir si R > h (el punto es interior a la esfera) o si R < h (el punto es exterior).
Inicio
• h < R: U (A) =
P´agina 60 de 73
1 GδR 2π 2h = hR
−
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Abandonar
−Gδ 4πR = −
. − GM R
1 GδR 2π 2R = hR
−
2
−Gδ 4πR2 = − GM . h
h
Siendo M la masa de la esfera hueca, ya que 4 πR 2 es el ´area y δ su densidad superficial. Si el punto est´a dentro de la esfera hueca, entonces, al ser el U , se tiene que F = 0 . potencial U constante, y F =
⇐
=
Cerrar
4πR 2 Gδ = R
• h > R: U (A) =
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2
−∇
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Soluci´ on del Ejercicio 16: Inicio
(a) Debido al potencial causado por una esfera maciza
P´agina 61 de 73
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∆U = U (B)
− U (A) = −
1 GM d(O, B)
−
1 , d(O, A)
donde O es el centro de la Tierra. Si B est´a a una altura h de la superficie terrestre y si R es el radio de la Tierra, ∆U =
1 GM R+h
−
−
1 R
= GM
GM h (R + h) R . = (R + h)R (R + h)R
(b) Si h es despreciable frente a R, (R + h)R h = gh. GM R2
−
R2, y por tanto
∆U
(c) Como los puntos de la superficie terrestre tienen el mismo po∂U ∂U tencial, entonces entonces = = 0. Y si A = (x,y,z), ∂x ∂y B = (x,y,z + h), por (b) U (x,y,z + h)
− U (x,y,z) = gh,
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de donde ∂U U (x,y,z + h) = lim h 0 ∂z h
Inicio
→
(d) Ya que F =
P´agina 62 de 73
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Abandonar
⇐
=
−∇U = (0, 0, −g).
− U (x,y,z) = g.
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Soluci´ on del Ejercicio 17: Para demostrar que E (t) es constante, hemos de comprobar que E (t) = 0:
Inicio
P´agina 63 de 73
◦ ∇ ◦ (gracias a la regla de la cadena ( U ◦ α ) = ∇ U ◦ α, α ). mα = F ◦ α y ∇U = −F, entonces E = 0.
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1 E (t) = m α (t) 2 + U (α(t)) 2 m α , α + (U α) = 2 = m α , α + U α, α ,
⇐
=
Como
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Soluci´ on del Ejercicio 18: Inicio
(a) La energ´ıa total (cin´ etica + potencial) ha de permancer constante: Para cualquier par de puntos A y B,
1 2 mv 2 A
GM 1 − m d(GM , = mv 2 − m 2 d(B, O) A, O) B
donde O denota el centro de la Tierra P´agina 64 de 73
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(b) Si A es un punto en la superficie terrestre entonces d( A, O) = R, el radio de la Tierra. Y si ve es la velocidad de escape, entonces el m´ovil puede alcanzar puntos B arbitrariamente lejanos de la Tierra. En la igualdad previa, hacemos tender d( O, B) a , llegando el m´ovil al infinito con velocidad nula.
∞
1 2 mv 2 e
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−
⇐
=
Abandonar
GM m =0 R
⇒
ve =
2GM = R
2gR.
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Soluci´ on del Ejercicio 19: Inicio
P´agina 65 de 73
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1 div E = H
⇐
=
∂ ∂u i
HE i hi
∂ 1 = 2 ρ cos φ ∂ρ
K ρ2 cos φ 2 ρ
= 0.
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Soluci´ on del Ejercicio 20: Inicio
(a) Como en la superficie de la esfera se tiene ρ = δ , y eρ es un vector unitario,
E, N = ρK 2 eρ, eρ = δ K 2 .
P´agina 66 de 73
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(b) Por el apartado previo,
B
⇐
=
K E, n dS = 2 δ
B
dS =
K ´ K Q 2 B πδ . Area( ) = 4 = δ 2 δ 2 0
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Soluci´ on del Ejercicio 21: Sea S la superficie de una esfera de radio ρ que encierra a la carga dada. Por la ley de Gauss
Inicio
Q = 0
S
= f (ρ) E dS
S
eρ , eρ dS = f (ρ)4πρ 2 .
Se puede despejar f (ρ) y el campo es E = P´agina 67 de 73
⇐
=
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Q eρ . 4π 0 ρ2
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Soluci´ on del Ejercicio 22: En primer lugar
Inicio
E =
P´agina 68 de 73
es el campo creado por una part´ıcula en el origen. El campo creado por una distribuci´on continua de cargas con densidad δ ocupando una regi´on Ω en un punto A es E(A) =
Ω
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Q eρ 4π 0 ρ2
δ XA dX 4π 0 d(X, A)3
El campo E puede ser discontinuo si A Ω, ya que el denominador del integrando se anula. Y por lo tanto no se puede aplicar el teorema de la divergencia. Por otra parte, la ley de Gauss afirma que el flujo de E a trav´es de una superficie cerrada S es igual a toda la carga contenida en S , siempre que la carga no ocupe el lugar de la superficie; pues si no, la demostraci´on usada en en la ley de Gauss deja de ser v´alida. on rigurosa, se tendr´ıa que consideNota: Para una demostraci´
∈
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rar expresiones del tipo Inicio
S
= E dS
S
Ω
δ XA d X dS, 3 4π 0 d(X, A)
y usar el teorema de Fubini para intercambiar el orden de integraci´on. Se puede consultar el libro C´ alculo Vectorial: J. Marsden, A. Tromba. Editorial Addison Wesley, Cap. 8.
P´agina 69 de 73
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=
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Soluci´ on del Ejercicio 23: 2 En R : Si f = f (ρ), lo m´as c´omodo es usar coordenadas polares:
Inicio
∇2f = 0 ⇒ f
1 + f = 0 ρ
⇒
f (ρ) = C log ρ + K.
En R3 : Si f = f (ρ), es mejor es usar coordenadas esf´ericas: Por el ejercicio 9: 1 0 = 2 (2ρf + ρ2 f ), ρ
P´agina 70 de 73
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dg = 0, dρ ecuaci´ on diferencial f´acil de resolver separando las variables. La soluci´ on final para f es
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luego 2f + ρf = 0, llamando g = f , se tiene 2 g + ρ
f (ρ) =
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⇐
=
A + B. ρ
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Soluci´ on del Ejercicio 24: Inicio
(a) Aproximamos
1 : d(A, X)
1 d(A, X)
=
=
=
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a2 + r 2
a2
P´agina 71 de 73
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1
− − − − − 1 a
2ar cos ψ 1
r 1+ a
2
r 2 cos ψ a
1
r a
1+
r 2 cos ψ a r 2 r 2 cos ψ a a 2
1 2 r Si despreciamos potencias de superiores a 1: a r 1 1 1 + cos ψ . a a d(A, X)
1 1 a
.
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(b) Por lo que Inicio
U (A) =
=
δ (X) 1 d X 4π 0 Ω d(A, X) δ (X) r 1 1 + cos ψ dX a 4π 0 Ω a 1 1 1 δ (X) dX + 2 δ (X)r cos ψ dX . a Ω 4π 0 a Ω
P´agina 72 de 73
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T´engase en cuenta que tanto r como ψ son funciones de X y no pueden salir fuera de la integral. Pero Q = Ω δ (X) dX y ar cos ψ = A, X . Por lo que
U (A)
Q 1 1 + 3 a 4π 0 a
Ω
X, A δ (X) dX ,
(c) Si fijamos B como origen, el momento dipolar respecto a este origen es PB =
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Ω
(X
− B)δ (X) dX.
