Electromagnetismo II Soluciones a la Tarea # 3 Septiembre, 2016 1

Electromagnetismo II Soluciones a la Tarea # 3 Septiembre, 2016 1

Electromagnetismo II
Soluciones a la Tarea # 3
Septiembre, 2016
1. La solución numérica de la ecuación de Laplace en 2D en coordenadas cortesianas
usando el método de diferencias finitas con sobre-relajación se puede obtener aplicando
la relación
w n
(φi,j+1 + φni+1,j + φni,j−1 + φni−1,j ) + (1 − w)φ)ni,j
(1)
φn+1
i,j =
4
según se vio en clase y como se puede ver en el Reitz. Aquı́ w es el parámetro de relajación
que tiene que ajustarse a un valor para el que la convergecia a la solución sea más rápida.
En el Reitz se dice que para este problema conviene tomar w = 1.5. Cada iteración se
denota por n, ası́ que la ecuación (1) da el valor de φ en un punto i, j a la iteración
n + 1 en términos de los valores en los puntos vecinos de la inteación anterior (n). Como
valor inicial de partida se puede tomar φi,j = 0 salvo en las fronteras. La implementación
del Reitz es en Basic pero se puede escribir en otro lenguaje de programación. Por
ejemplo, se se usa Matlab el código serı́a (para fronteras con φ(x = 0) = φ(x = L) = 0,
φ(y = 0) = φ(y = L) = 10)
vl=0.; vr=0;
! potential at left/right boundaries
vt=10; vb=10.;
% potential a top/bottom boundaries
dm=1.0e-6;
% iteration parameter
nx=20;ny=20; % number of nodes in x and y
w=input(’Relaxation parameter = ’);
% =1.5 relaxation parameter
% initial values for the potential at grid points and boundaries
for j=2:nx-1
x(1)=0;x(nx)=1;y(1)=0;y(ny)=1;
v(1,j)=vt;
v(ny,j)=vb;
end
for i=2:ny-1
v(i,1)=vl;
v(i,nx)=vr;
for j=2:nx-1; v(i,j)=0.; end
end
% iteration procedure
it = 0;
dw = 1;
while dw>dm
it=it+1;
dw=0;
for i=2:ny-1
y(i)=(i-1)/(ny-1);
1
for j=2:nx-1
x(j)=(j-1)/(nx-1);
vij=w*((v(i-1,j)+v(i+1,j)+v(i,j-1)+v(i,j+1))...
/4) + (1-w)*v(i,j);
dc=abs(vij-v(i,j)); % residual at point i,j
if dc>dw
dw=dc;
% largest residual in a given iteration
end
v(i,j)=vij;
end
end
end
surf(v)
Esto repite las iteraciones hasta que el error dc es menor que el parámetro de iteración
dw = 10−6 . Cuando el número de nodos de la malla es 7 × 12 como en el Reitz la solución
numérica no se aproxima bien a la solución exacta, pero para 20×20 da buenos resultados.
La solución numérica dada por este código es la siguiente
Por otro lado, la solución analı́tica en términos de series obtenida por el método de
separación de variables, fue obtenida en clase teniendo la forma
∞
X
1
cosh(nπ) − 1
φ(x, y) =
cosh(nπy) −
sinh(nπy) sin(nπx)
n
sinh(nπ)
n=impar
(2)
Esta expresión hay que evaluarla en los puntos de la malla usada en la solución numérica
para poder comparar los dos resultados.
Cuando se incluyen 10 términos en la serie de (2)se tiene la siguiente representación
de la solución
2
Se ve que en las fronteras no está bien representado el potencial con solo 10 términos.
Pero puede notarse que las soluciones se parecen bastante. Se puede mejorar aumentando
el número de términos en la serie y aumentando el número de nodos de la malla.
2. La esfera tiene densidad de carga +ρ0 en la mitad superior y −ρ0 en la mitad
inferior. Su momento dipolar es
!
Z
Z R Z 2π
Z π/2
Z π
p=
rρdV = ρ0
dr
dϕr2
r sin θdθ −
r sin θdθ
V
0
0
0
π/2
que escribiendo en componentes cartesianas r = x̂r sin θ cos ϕ + ŷr sin θ sin ϕ + ẑr cos θ y
tomando en cuenta que las integrales de cos ϕ y sin ϕ dan cero, se tiene
!
Z R
Z 2π
Z π/2
Z π
πρ0 R4
3
ẑ.
p = ẑρ0
r dr
dϕ
cos θ sin θdθ −
cos θ sin θdθ =
2
0
0
0
π/2
Debido a que la carga total es cero Q = 0 el momento monopolar es nulo y el término
dominante es el dipolar, por lo que lejos de la esfera basta con incluir el dipolo. El campo
eléctrico es entonces
E≈
p
πρ0 R4
(2
cos
θr̂
+
sin
θ
θ̂)
=
(2 cos θr̂ + sin θθ̂).
r3
2r3
R
3. (a)Partiendo de la expresión E1 · E2 dV , donde E1 corresponde a la distribución
de carga 1 y E2 a la distribución 2, tenemos:
Z
Z
Z
E1 · E2 dV = − ∇Φ1 · E2 dV = − [∇ · (Φ1 E2 ) − Φ1 ∇ · E2 ] dV
(3)
V
aplicando el teorema y la ley de Gauss (∇ · E = ρ/0 ), llegamos a la expresión,
Z
I
Z
Z
ρ2
1
E1 · E2 dV = − Φ1 E2 · da +
Φ1
dV =
Φ1 ρ2 dV
0
0 V
V
V
3
(4)
donde la integral de superficie de anula debido a que S está en ∞, en donde el potencial
Φ → 0.
De la misma forma,
Z
Z
E1 · E2 dV = −
V
Z
E1 · ∇Φ2 dV = − [∇ · (Φ2 E1 ) − Φ2 ∇ · E1 ] dV
Z
I
ZV
1
ρ1
=
Φ2 ρ1 dV
= − Φ2 E1 · da +
Φ2
0
0 V
S
V
V
Igualando las ecuaciones (4) y (5) obtenemos,
Z
Z
Φ1 ρ2 dV =
Φ2 ρ1 dV.
V
(5)
(6)
V
(b) Para este inciso, consideraremos dos sistemas diferentes salvo en su geometria los
cuales van a interactuar. Primero consideraremos al sistema descrito en el problema y
después a un capacitor mantenido a una diferencia de potencial φ0 .
Para el primer caso se tienen las siguientes distribuciones: En (1) no se conoce φ1 (z)
en general salvo en z = 0 y z = d donde el potencial es cero y se conoce parcialmente ρ1 ,
ρ1 = qδ(z − x)δ(y)δ(w) + σS δ(z − d) + σI δ(z),
hay que obtener σI y σS , o más bien, las cargas totales inducidas en cada plano, qI y qS
para el plano inferior y el superior respectivamente.
En (2) se sabe que ρ2 = 0 en todos lados salvo en las placas del capacitor donde hay
una densidad superficial de carga uniforme de valor
0 φ0
.
d
Cuando los dos sistemas se sobreponen podemos aplicar el teorema de reciprocidad.
Z
Z
ρ1 φ2 dV =
ρ2 φ1 dV
σ2 = ±
V
V
Z
z
(qδ(z − x)δ(y)δ(w) + σS δ(z − d) + σI δ(z))φ0 dV =
d
V
4
Z
V
0 φ0
(δ(z − d) − δ(z))φ1 dV.
d
La última integral es cero debido a que φ1 = 0 en las placas. Por lo tanto, integrando
en el miembro izquierdo de la ecuación se obtiene,
Z d
z
x
(qδ(z − x) + qS δ(z − d) + qI δ(z))φ0 dz = qφ0 + qS φ0 + 0.
d
d
0
Esto obliga a que
x
qS = −q .
(7)
d
Por un procedimiento similar, poner ahora la placa inferior a φ0 , o bien, considerando
el hecho de que a medianas distancias el sistema (1) debe ser eléctricamente neutro,
x
qI = −q(1 − ).
d
(8)
4. Para una superficie gaussiana esférica contenida entre las dos esferas la carga
contenida es Q por lo que el campo eléctrico es esta región solo depende de la esfera
interior. Su valor es
Q
R1 < r < R2
E = 2,
r
(a) El potencial es
Z 2
1
1
φ=−
Edr = Q
−
r2 r1
1
La diferencia de potencial entre las dos esferas será
1
1
∆φ = Q
−
R1 R2
y la capacitancia es
Q
C=
=
∆φ
1
1
−
R2 R1
−1
=
R1 R2
R2 − R1
(b) El campo eléctricosobre la esfera interna es
E1 =
Q
R12
Al variar R1 se quiere mantener ∆φ fija; esto se puede lograr
(i) manteniendo Q fija y variando R2
(ii) manteniendo R2 fijo y variando Q.
Si por ejemplo fijamos R2 , la Q necesaria es Q = ∆φR1 R2 /(R2 − R1 ) ası́ que
E=
∆φ R2
R2 − R1 R1
El mı́nimo de E1 se obtiene (con R2 fijo) al hacer
dE1
∆φR2
1
R1
=
−
+
=0
dR1
R12
R2 − R1 (R2 − R1 )2
5
que da R1 = R2 − R1 que implica R1 = R2 /2. Lo mismo se obtiene usando (i).
El campo mı́nimo es
4∆φ
E1 |min =
R2
6