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Murphy
1
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Solución a los Ejercicios del Capítulo 4
4.1
Calcule el campo eléctrico necesario para separar el electrón del protón en un átomo
de hidrógeno usando el modelo de Bohr.
SOLUCIÓN:
La fuerza de unión entre el protón y el electrón del átomo de hidrógeno se calculó en el
Ejemplo 1, y en magnitud es 8.25X10-8 N. Para separar al protón del electrón, hay que
aplicar un campo eléctrico equivalente a esta fuerza, es decir:
E
FE
8.25X10 8 N

 5.15X1011 V / m

19
e 1.602X10 C
————————————————————*
4.2
Un cascarón esférico de radio R tiene densidad superficial de carga =ocos,
donde o es una constante con las unidades apropiadas.
a)
Calcule el momento dipolar de esta distribución.
b)
Encuentre el potencial fuera del cascarón.
c)
Comente.
SOLUCIÓN:
a)
El momento dipolar de la distribución está definido por:
p
 rda
Que usando la distribución de carga de este problema, y notando que r  Rrˆ , es:
p

r o cosda 
 R
o

cosR 2 sen dd rˆ
La integral no se puede efectuar porque el vector unitario radial en coordenadas esféricas no
es constante. Es necesario entonces convertirlo a coordendas cartesianas:
rˆ  sen cos ˆi  sensenˆj  cos kˆ
p
 R 
3
o

cossen dd sen cos ˆi  sensenˆj  cos kˆ

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Teoría Electromagnética
2
Solución a Ejercicios del Capítulo 4
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
p  R 3 o 

 cossen
2
cos ddˆi 
 cossen
2
senddˆj



cos sen ddk̂ 

2

Ya que la integración sobre  es de 0 a 2π, las dos primeras integrales son cero, por lo que
el momento dipolar se calcula de:
p  R 3 o
2 

cos 2 sen dd kˆ  R 3 o  cos 2 sen d dkˆ
 0

0




 cos 3  
kˆ  2R 3  o   2 kˆ
p  2R 3  o 
3

0


Y el momento dipolar resultante es:
p
b)
4
o R 3kˆ
3
Al conocer el momento dipolar, el potencial fuera de la distribución se encuentra de:
Vdip (r ) 
3
1 rˆ
1 p cos  1 cos  4
3   o R cos

p



R





o
4 o r 2
4 o r 2
3 o

r2
 4 r 2  3
c)
El potencial está totalmente definido por esta expresión ya que la distribución de
carga es un dipolo puro; no tiene contribución monopolar, ni de mayor orden a la dipolar.
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4.3
Una esfera de de radio “R”, hecha de material dieléctrico LIH de permitividad 
tiene polarización P   o rrˆ donde o es una constante con las unidades apropiadas, como
se muestra en la Figura 4.14.
a)
Determine las densidades de carga de polarización.
b)
Calcule el potencial afuera de la distribución.
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Teoría Electromagnética
Murphy
3
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z
R

y
P
x
Figura 4.14
SOLUCIÓN:
a)
Las densidades de carga de polarización se obtienen de:
 P  P  nˆ
 P    P  

r R
  o rrˆ  rˆ

r R
 oR
 
 
o d 3
o 2
1 d 2


r

r


r


3
r  3 o
o
r 2 dr
r 2 dr
r2
b)
Por simetría, podemos calcular el potencial sobre el eje z y después generalizar a
cualquier distancia radial del centro de la esfera:
VEXT r  

1  P
da 

4o   a

P 
d
 
De la ley de los cosenos obtenemos:


 a  z 2  R 2  2zR cos
1/ 2
y


   z 2  r 2  2zr cos
1/ 2
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Teoría Electromagnética
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Solución a Ejercicios del Capítulo 4
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Substituyendo en la expresión para el potencial:
VEXT r  
1
4o





 z
 o R 3sen dd
2

 R 2  2zR cos
1/ 2

 3 o r 2 sen drdd 


1
/
2
z 2  r 2  2zr cos 



Las integrales sobre  introducen un factor de 2π, y ambas integrales sobre la coordenada
polar tienen la forma:
sen    d
 a  b cos 
1/ 2
a  b cos    
2
b
1/ 2
Por lo que:
1/ 2  R
1/ 2  
   2
  2 2
2
 
 
z

R

2zR
cos

z

r

2zr
cos






2o
   3r 2  2 
  dr 
3 
VEXT  r  
R  2




4o 
2zR
2zr

0 0

0 



 


R


o  R 2
3r

 z  R    z  R  
 z  r    z  r  dr 
VEXT  r  

2o  z
z

0



R


 3 R 2 
o  R 2
3r
6r
 o  2R

VEXT  r  
dr 
2r  dr    
  2R  
2o  z
z
z
 2o  z

0
0





VEXT  r  
o
2o
 R 3
r3
2

2

z
z


R
3
R 3 
  o  R

2

2


0
2

z
z


o
0


El potencial afuera de la esfera es nulo porque el momento dipolar neto de la distribución es
cero (así como la carga neta).
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Teoría Electromagnética
Murphy
5
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4.4
Un cilindro de longitud “l” y radio “R” tiene polarización permanente P  Po kˆ ,
donde Po es una constante con las unidades apropiadas. Encuentre el campo eléctrico
dentro y fuera del cilindro.
SOLUCIÓN:
No hay carga libre en el problema, por lo que la Ley de Gauss dice:
 D  da  0
Esto, sin embargo, no significa que el vector desplazamiento sea cero en todo punto. Hay
que analizar el problema con cuidado dentro y fuera del cilindro.
ADENTRO r<R:
Aquí,

D  da  0 , pero además   D  0 , por lo que D debe ser cero:
E INT  
P
P
  o kˆ
o
o
AFUERA r≥R:
Aquí también se cumple   D  0 , pero es porque estamos afuera de la distribución de
carga, y no significa que el vector desplazamiento sea cero. De observar el problema,
concluimos que en efecto, el campo no puede ser cero, ya que está polarizado
uniformemente, formando un momento dipolar eléctrico orientado a lo largo del eje z. El
momento dipolar de este cilindro es:
p

Pd 

Po rdrddzkˆ  Po R 2 lkˆ
El campo eléctrico es entonces:
E EXT r,  
p
4o r
2 cosrˆ  sen ˆ   Po R 3l 2 cosrˆ  sen ˆ 
3
2
4 o r
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Teoría Electromagnética
6
Solución a Ejercicios del Capítulo 4
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4.5
Demuestre que la carga de polarización se suma siempre a cero.
SOLUCIÓN:
La carga de polarización es la distribución de la carga en el material dieléctrico una vez que
éste se expone a un campo eléctrico. Si la carga inicial es cero, la carga final también será
cero, ya que la polarización no puede generar ni destruir carga. La carga de polarización
total es la suma de la carga superficial de polarización y la carga volumétrica de
polarización, obtenida de:
Qp 
  da    d   P  nˆ da      Pd
p
p
El vector unitario en la integral de superficie es precisamente el vector normal a la
superficie, por lo que puede ser absorbido por da. La integral de volumen se puede
transformar a una integral de superficie usando el Teorema de la Divergencia, por lo que:
Qp 
 P  d a   P  da
La superficie es necesariamente la misma, por lo que la carga de polarización es siempre
cero.
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4.6
a)
Calcule el campo eléctrico en el óxido del capacitor MOS del Ejemplo 33
suponiendo que el voltaje aplicado a la compuerta es de 3.3V, que el substrato se mantiene
a potencial cero y que el espesor del óxido es tox=100Å.
b)
Repita el inciso anterior considerando tox=35Å
SOLUCIÓN:
a)
El campo eléctrico dentro del capacitor está dado por:
E
V 3.3V
3.3V
8 V
6 V



3
.
3
X
10

3
.
3
X
10
t ox 100Å 1.0X10 8 m
m
cm
Lo que equivale a aplicar una diferencia de potencial de 3.3 millones de volts en una
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Teoría Electromagnética
Murphy
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separación de un centímetro.
b)
Si ahora se cambia el espesor del dieléctrico a 35Å, el campo será:
E
V 3.3V
3.3V
V
V


 9.43X10 8  9.43X10 6

9
t ox
35Å 3.5X10 m
m
cm
————————————————————*
4.7
Un capacitor esférico se hace con una esfera conductora de radio “a” rodeada de otro
conductor en forma de cascarón esférico de radio “b”. Si la región entre la esfera y el
cascarón se llena con un dieléctrico LIH de permitividad :
a)
Calcule la capacitancia del sistema.
b)
Calcule el valor numérico de la capacitancia para el caso particular:
a=6,000 Km
b=6,100 Km


=o
SOLUCIÓN:
a)
La capacitancia de este sistema se encuentra de:
C
Q
V
Y la podemos calcular siguendo al Ejemplo 35. De consideraciones de simetría sabemos
que el campo eléctrico, y el vector desplazamiento, tendrán dirección radial únicamente.
De aplicar la Ley de Gauss en la región entre la esfera y el cascarón tenemos:


 
D  da  D 4r 2   4a 2

Por lo que:
D
a2
r
2
rˆ 
Q
4r 2
rˆ
El campo eléctrico se calcula directamente:
E
D
a2
Q

rˆ 
rˆ
2
o
or
4o r 2
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Teoría Electromagnética
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Solución a Ejercicios del Capítulo 4
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Y la diferencia de potencial se obtiene de la integral de línea del campo desde r=a hasta r=b:

V   E  dl  
 4 r
Q
2
rˆ  drrˆ 
o
Q 1 1
  
4o  a b 
La capacitancia es entonces:
C
b)
Q

V
Q
 ab 
 4o 

Q 1 1
ba

  
4o  a b 
Para el caso específico que se indica:




 6.1X10 6 m 6.0X10 6 m 
 ab 
12
C  4o 
  4 8.854X10 F / m 
6
6 
ba
 6.1X10 m  6.0X10 m 
C  4.072X10 2 F  40.72mF
————————————————————*
4.8
Analice la forma general de la ecuación de Poisson para medios no LIH (4.40) y
discuta sobre las dificultades que presenta para resolverla.
SOLUCIÓN:
Para un medio no LIH, la ecuación de Poisson es:
  f 
   1     P 
2 V  
  o 
o
Ésta es una diferencial de segundo orden no homogénea. Para resolverla, es necesario
conocer la forma funcional de la polarización, que dependerá del campo eléctrico y el
tensor de polarizabilidad del medio. El campo eléctrico se determina del potencial, pero
éste se determina de la solución a la ecuación de Poisson... Se tiene un círculo vicioso sin
aparente solución. Una posibilidad sería resolver la ecuación iterativamente, suponiendo
una relación para la polarización (conociendo el tensor de polarizabilidad del medio),
calculando el potencial y recalculando la polarización hasta obtener la precisión deseada.
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Teoría Electromagnética
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4.9
En relación a la Figura 4.13 (pp. 159), suponga que ambos medios son LIH y que la
densidad de carga libre en la entrecara es cero. Exprese los ángulos  y  en términos de
las permitividades de los medios.
SOLUCIÓN:
El problema presupone que los medios son LIH, por lo que el vector desplazamiento y el
campo eléctrico están relacionados por:
Di   i Ei
Ya que la densidad de carga libre en la entrecara es cero, las componentes normales del
vector desplazamiento son continuas:
D1n  D2n
D1sen  D 2sen
Resolviendo para la razón de la magnitud del vector desplazamiento:
D1 sen 

D 2 sen  
Por otro lado, las componentes tangenciales del vector desplazamiento son:
D1t  D1 cos   1E1t
D 2t  D 2 cos   2 E 2t
Las componentes tangenciales del campo eléctrico son siempre continuas, E1t=E2t, por lo
que:
D1 cos 
D cos
 E1t  E 2t  2
1
2
Resolviendo para la razón de la magnitud del vector desplazamiento:
D1 1 cos

D 2  2 cos 
Igualando con la razón anterior:
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Teoría Electromagnética
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Solución a Ejercicios del Capítulo 4
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sen  D1 1 cos


sen   D 2  2 cos 
Finalmente, resolviendo para la razón de las permitividades tenemos:
1 sen cos  tan 


 2 cossen   tan  
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Teoría Electromagnética
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