Fuerza eléctrica debida a un potencial definido a trozos

1 Enunciado

Considere que el potencial eléctrico a lo largo del eje

X

viene dado por la gráfica de la figura. Indique el sentido de la fuerza sobre una carga positiva de 1 μC sometida a este potencial. ¿Dónde es máxima esta fuerza en módulo? Si la carga se suelta en reposo en

x = 0

, ¿qué tipo de movimiento describe?

¿Cómo cambian los resultados si la carga es una negativa de −1μC?

2 Solución

El campo eléctrico debido a un potencial electrostático dado se calcula mediante el gradiente de éste

$\vec{E}=-\nabla V = -\frac{\partial V}{\partial x}\vec{\imath}-\frac{\partial V}{\partial y}\vec{\jmath}-\frac{\partial V}{\partial z}\vec{k}$

En el caso de un potencial que depende solo de la coordenada x, el gradiente se reduce a una derivada ordinaria

$\vec{E}=-\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x}\vec{\imath}$

Conocido el campo, hallamos la fuerza sobre una carga puntual multiplicando por el valor de ésta

$\vec{F}=q\vec{E}=-q\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x}\vec{\imath}$

Por tanto, para hallar el sentido de la fuerza solo necesitamos el signo de la derivada, el cuál a su vez nos lo da la pendiente de la gráfica.

Para el caso de que la carga sea positiva, el sentido de la fuerza el el opuesto al signo de la pendiente. Esto nos da, para la gráfica de la figura, que es hacia la derecha para x < −3 mm y para x > +1 mm; es hacia la izquierda entre x = −2 mm y x = +1 mm. En el intervalo entre x = −3 mm y x = −2 mm, la fuerza es nula.

El módulo de la fuerza es máxima donde mayor sea la pendiente, lo cual ocurre para x < −3 mm y para x > +4 mm. Para hallar el valor numérico del módulo hallamos la pendiente a partir de la gráfica y multiplicamos por la carga, resultando la siguiente tabla:

	x < −3 mm	−3 mm < x < −2 mm	−2 mm < x < +1 mm	+1 mm < x < +4 mm	x > +4 mm
$\vec{F}$ (mN)	$+2\vec{\imath}$	$\vec{0}$	$-\vec{\imath}$	$+0.66\vec{\imath}$	$+2\vec{\imath}$

Una partícula de carga positiva que se libera en x = 0 mm describe un movimiento oscilatorio no armónico entre x = −4 mm y x = 0 mm. Esto puede verse tanto a partir del sentido de la fuerza como de la curva de energía potencial, que para una carga positiva tiene la misma forma que la gráfica del potencial eléctrico.

q > 0	q < 0

Para una carga negativa el sentido de la fuerza es el opuesto al que acabamos de hallar (esto es, es igual al signo de la pendiente). La curva de energía potencial para una carga negativa es la opuesta en signo a la curva de potencial. Esto quiere decir que una carga negativa liberada en x = 0 mm describe un movimiento oscilatorio entre x = 0 mm y x = 2.5 mm.

Fuerza de Lorentz sobre una esfera en rotación

1 Introducción

Suponemos una distribución de carga que posee simetría esférica alrededor de un punto central $\mathbf{r}_C$ , de forma que su densidad de carga verifica

$\rho(\mathbf{r})=\rho(r')\,$ $\mathbf{r}'=\mathbf{r}-\mathbf{r}_C\qquad r'=|\mathbf{r}'|$

Suponemos que esta distribución de carga está localizada, de forma que tiende a cero rápidamente cuando

r'

crece

Esta distribución de carga se mueve rígidamente, de forma que la velocidad de cada punto puede escribirse como

$\mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{v}_C+\vec{\omega}\times\mathbf{r}'$

Asimismo, esta distribución se encuentra en el seno de un campo electromagnético externo, de forma que cada elemento de carga se encuentra sometido a una fuerza

$\mathrm{d}\mathbf{F}=\rho(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times\mathbf{B})\,\mathrm{d}\tau$

2 Fuerza sobre la distribución

La fuerza neta sobre la distribución de carga será la resultante de las fuerzas diferenciales

$\mathbf{F}=\int \mathrm{d}\mathbf{F}=\int\rho(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times\mathbf{B})\,\mathrm{d}\tau$

Veamos cada contribución por separado.

2.1 Fuerza eléctrica

La fuerza eléctrica sobre la distribución será

$\mathbf{F}_\mathrm{e}=\int \rho\mathbf{E}\,\mathrm{d}\tau$

Podemos calcular una expresión aproximada para esta fuerza aplicando que la distribución de carga está localizada en torno a su centro, de manera que podemos sustituir el campo eléctrico por su desarrollo en serie de Taylor en torno al centro de la distribución

$\mathbf{E}(\mathbf{r})=\mathbf{E}_C = \mathbf{r}'\cdot\mathbf{E}_C+\frac{1}{2}\mathbf{r}'\mathbf{r}':\nabla\nabla\mathbf{E}_C + \cdots$

donde $\mathbf{E}_C$ , $\nabla\mathbf{E}_C$ , $\nabla\nabla\mathbf{E}_C$ son constantes iguales al valor del campo y sus derivadas sucesivas en el centro de la distribución.

De esta forma la fuerza eléctrica viene dada por la serie

$\mathbf{F}_\mathrm{e}= \int \rho \mathbf{E}_C\,\mathrm{d}\tau+ \int \rho \mathbf{r}'\cdot\nabla\mathbf{E}_C\,\mathrm{d}\tau + \frac{1}{2}\int \rho \mathbf{r}'\mathbf{r}':\nabla\nabla\mathbf{E}_C\,\mathrm{d}\tau+\cdots$

y, sacando las constantes fuera de las integrales

$\mathbf{F}_\mathrm{e}=Q\mathbf{E}_C+(\mathbf{p}\cdot\nabla)\mathbf{E}+\frac{1}{2}\mathsf{Q}:\nabla\nabla\mathbf{E}_C+\cdots$

donde

$Q=\int\rho\,\mathrm{d}\tau$ $\mathbf{p}=\int\rho\,\mathbf{r}'\,\mathrm{d}\tau$ $\mathsf{Q}=\int \rho\mathbf{r}'\mathbf{r}'\,\mathrm{d}\tau$

Aquí

Q

es la carga neta de la distribución. $\mathbf{p}$ es el momento dipolar, el cual se anula debido a la simetría de la distribución.

El término $\mathsf{Q}$ es un tensor. Por la simetría de la distribución, este tensor es realmente un escalar, ya que

$Q_{ik}=\int \rho x'_ix'_k\,\mathrm{d}\tau=0\qquad(i\neq k)$

$Q_{ii}=\int \rho {x'_i}^2\,\mathrm{d}\tau = \frac{1}{3}\int \rho r'^2 \,\mathrm{d}\tau = \gamma QR^2 \qquad (i=k)$

aquí

γ

es un coeficiente que depende de la forma concreta de la distribución. Para una esfera cargada uniformemente en volumen vale 1/5, para una cargada en superficie es 1/3, para un decaimiento exponencial vale 4. Reuniendo los dos resultados

$\mathsf{Q}=\gamma Q R^2 \mathsf{I}\,$

o, empleando subíndices

$\int \rho x'_ix'_j\,\mathrm{d}\tau = \gamma QR^2 \delta_{ij}$

Llevando esto a la expresión de la fuerza, queda

$\mathbf{F}_e = Q\mathbf{E}_C + \frac{\gamma}{2}QR^2\mathsf{I}:\nabla\nabla\mathbf{E}+\cdots$

pero la contracción del tensor unidad con el gradiente del gradiente es simplemente el laplaciano

$\mathbf{F}_e = Q\mathbf{E}_C + \frac{\gamma}{2}QR^2\nabla^2\mathbf{E}+\cdots$

Ahora, para un campo eléctrico externo estático y debido a cargas en posiciones no coincidentes con la distribución (como es el caso del campo de un núcleo sobre un electrón), el laplaciano del campo eléctrico se anula y la fuerza se reduce a

$\mathbf{F}=Q\mathbf{E}_C$

Hay que señalar que el término en

Q R 2

no es un término cuadrupolar. El término cuadrupolar se refiere a la componente simétrica de traza nula. El término que sale aquí se debe a que el centro de fuerzas eléctricas no coincide con el centro de la distribución.

2.2 Fuerza magnética

La fuerza magnética sobre la distribución será

$\mathbf{F}_\mathrm{m}=\int \rho\mathbf{v}\times\mathbf{B}\,\mathrm{d}\tau$

Sustituyendo la expresión de la velocidad

$\mathbf{F}_\mathrm{m}=\int\rho(\mathbf{v}_C+\vec{\omega}\times\mathbf{r}')\times\mathbf{B}\,\mathrm{d}\tau$

Para el primer término tenemos

$\mathbf{F}_{m1}=\int \rho\mathbf{v}_C\times\mathbf{B}\,\mathrm{d}\tau = \mathbf{v}_C\times\int\rho \mathbf{B}\,\mathrm{d}\tau$

Aquí podemos hacer el mismo desarrollo que para el campo eléctrico y nos queda

$\mathbf{F}_{m1}=Q\mathbf{v}_C\times\mathbf{B}_C + \frac{\gamma QR^2}{2}\mathbf{v}_C\times(\nabla^2\mathbf{B})$

De nuevo, si este campo magnético se debe a fuentes situadas fuera de la distribución (como el núcleo sobre un electrón), el laplaciano del campo magnético es nulo y este término se reduce a

$\mathbf{F}_{m1}=Q\mathbf{v}_C\times\mathbf{B}_C$

Para el segundo término desarrollamos el doble producto vectorial

$\mathbf{F}_{m2}=\int \rho (\vec{\omega}\cdot\mathbf{B})\mathbf{r}'\,\mathrm{d}\tau-\int \rho \vec{\omega}(\mathbf{r}'\cdot\mathbf{B})\,\mathrm{d}\tau=\mathbf{F}_{m21}+\mathbf{F}_{m22}$

Aplicando ahora la serie de Taylor para el campo magnético

$\mathbf{B}=\mathbf{B}_C+\mathbf{r}'\cdot\nabla\mathbf{B}_C+\frac{1}{2}\mathbf{r}'\mathbf{r}':\nabla\nabla\mathbf{B}$

obtenemos en primer lugar

$\mathbf{F}_{m21}=\int \rho (\vec{\omega}\cdot\mathbf{B}_C)\mathbf{r}'\,\mathrm{d}\tau+\int_\rho(\vec{\omega}\cdot(\mathbf{r}'\cdot\nabla\mathbf{B}))\mathbf{r}'\,\mathrm{d}\tau$

En primer término es nulo, por la simetría. Para el segundo, empleando subíndices

$F_{m21i}=\int \rho x_i\omega_j(x'_k\partial_k B_j)\,\mathrm{d}\tau = \gamma QR^2 \delta_{ik} \omega_j\partial_k B_j = \gamma QR^2 \partial_i(\omega_jB_j)\,$

o, en forma vectorial

$\mathbf{F}_{m21} = \gamma QR^2 \nabla(\vec{\omega}\cdot\mathbf{B})$

Para $\mathbf{F}_{m22}$ tenemos, igualmente

$\mathbf{F}_{m22}=-\int \rho \vec{\omega}(\mathbf{r}'\cdot\mathbf{B})\,\mathrm{d}\tau =-\vec{\omega}\int \rho\mathbf{r}'\cdot(\mathbf{r}'\cdot\nabla)\mathbf{B}_C)\,\mathrm{d}\tau$

Empleando de nuevo subíndices

$F_{m22i} = -\omega_i \int \rho x'_jx'_k\partial_k B_j\,\mathrm{d}\tau = -\omega_i \gamma QR^2 \delta_{jk}\partial_kB_j=-\omega_i \gamma QR^2 \partial_jB_j\,$

En forma vectorial

$\mathbf{F}_{m22}=-\vec{\omega}\gamma QR^2 \nabla\cdot\mathbf{B}$

pero la divergencia del campo magnético es siempre nula, por lo que este término se anula. Nos queda por tanto la fuerza magnética

$\mathbf{F}_m = Q\mathbf{v}_C\times\mathbf{B}_C+ \gamma QR^2\nabla(\vec{\omega}\cdot\mathbf{B})$

2.3 Fuerza total

Sumando las fuerzas eléctrica y magnética obtenemos la fuerza neta

$\mathbf{F}=Q(\mathbf{E}_C+\mathbf{v}_C\times\mathbf{B}_C)+\gamma QR^2 \nabla(\omega\cdot\mathbf{B})$

Si las fuentes del campo eléctrico y magnético coinciden con lso puntos de la distribución, habrá que añadir los términos correspondientes a los laplacianos de los campos.

3 Momento sobre la distribución

De manera análoga se halla el momento de las fuerzas respecto al centro de la distribución. Este momento será

$\mathbf{M}_C=\int \mathbf{r}'\times\mathrm{d}\mathbf{F}=\int\rho\mathbf{r}'\times(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times\mathbf{B})\,\mathrm{d}\tau$

Como con la fuerza, consideraremos cada momento por separado

3.1 Torque eléctrico

Para el término eléctrico, aplicando de nuevo la serie de Taylor nos queda

$\mathbf{M}_e=\int\rho\mathbf{r}'\mathbf{E}\,\mathrm{d}\tau= \int \rho\mathbf{r}'\times(\mathbf{E}_C+(\mathbf{r}'\cdot\nabla)\mathbf{E}_C)\,\mathrm{d}\tau$

El primer término se anula, por la simetría de la distribución. Para el segundo, empleando subíndices

$M_i = \int \rho \varepsilon_{ijk}x'_jx'_r\partial_r E_k = \gamma Q R^2 \varepsilon_{ijk} \delta_{jr} \partial_rE_k = \gamma QR^2 \varepsilon_{ijk}\partial_jE_k$

o, en forma vectorial,

$\mathbf{M}_e= \gamma QR^2\nabla\times\mathbf{E}$

Pero, si el campo externo es estacionario, este rotacional se anula y

$\mathbf{M}_e=\mathbf{0}$

3.2 Torque magnético

Para el torque de origen magnético sustituimos la expresión de la velocidad

$\mathbf{M}_m = \int \rho \mathbf{r}'\times((\mathbf{v}_c+\vec{\omega}\times\mathbf{r}')\times\mathbf{B})\,\mathrm{d}\tau$

Desglosamos en los diferentes términos e introducimos la serie de Taylor del campo magnético.

En primer lugar tenemos

$\mathbf{M}_{m1}=\int \rho\mathbf{r}'\times(\mathbf{v}_C\times\mathbf{B})\,\mathrm{d}\tau = \int \rho\mathbf{r}'\times(\mathbf{v}_C\times(\mathbf{B}_C+\mathbf{r}'\cdot\nabla\mathbf{B}_C)\,\mathrm{d}\tau$

Como de costumbre, el primer término, lineal en $\mathbf{r}'$ se anula por la simetría. Para el segundo desarrollamos el doble producto vectorial

$\mathbf{M}_{m1}=\mathbf{v}_C\int \rho(\mathbf{r}'\cdot((\mathbf{r}'\cdot\nabla)\mathbf{B})\,\mathrm{d}\tau-\int\rho(\mathbf{r}'\cdot\mathbf{v}_C)(\mathbf{r}'\cdot\nabla\mathbf{B}_C)\,\mathrm{d}\tau$

Separamos los dos términos. Para el primero, empleando subíndices

$M_i = v_i \int\rho(x'_j x'_k\partial_kB_j)\,\mathrm{d}\tau = \gamma QR^2 v_i \delta_{jk}\partial_k B_j = \gamma QR^2 v_i \partial_jB_j$

o, en forma vectorial

$\mathbf{M}_{m11}=\gamma QR^2 \mathbf{v}(\nabla\cdot\mathbf{B}) = \mathbf{0}$

Para el segundo, empleando también subíndices

$M_i = \int \rho(v_jx'_jx'_k\partial_kB_i)\,\mathrm{d}\tau = \gamma Q R^2 v_j\delta_{jk}\partial_k B_i = \gamma QR^2 v_j\partial_jB_i$

Vectorialmente

$\mathbf{M}_{m1}=\gamma QR^2 (\mathbf{v}_C\cdot\nabla)\mathbf{B}_C$

Para el segundo término del torque magnético, en primera aproximación nos basta con el campo en el centro de la distribución de carga

$\mathbf{M}_{m2} = \int \rho \mathbf{r}'\times((\vec{\omega}\times\mathbf{r}')\times\mathbf{B}_C)\,\mathrm{d}\tau =\int \rho \mathbf{r}'\times((\vec{\omega}\cdot\mathbf{B})\mathbf{r}'-(\mathbf{r}'\cdot\mathbf{B})\vec{\omega})\,\mathrm{d}\tau$

En el primer producto vectorial aparece $\mathbf{r}'\times\mathbf{r}'$ , que se anula. En el segundo

$M_i = -\int \rho\varepsilon_{ijk}x'_jx'_rB_r\omega_k\,\mathrm{d}\tau = -\gamma QR^2 \varepsilon_{ijk}\delta_{jr}B_r\omega_k = -\gamma QR^2 \varepsilon_{ijk}B_j\omega_k$

En forma vectorial

$\mathbf{M}_{m2}=\gamma QR^2 \vec{\omega}\times\mathbf{B}_C\,$

Sumando los dos términos obtenemos el torque debido al campo magnético

$\mathbf{M}_m = \gamma QR^2((\mathbf{v}_C\cdot\nabla)\mathbf{B}_C +\vec{\omega}\times\mathbf{B}_C)\,$

3.3 Torque total

Puesto que el torque de origen eléctrico es nulo, el magnético es el total

$\mathbf{M}=\mathbf{M}_e+\mathbf{M}_m = \gamma QR^2((\mathbf{v}_C\cdot\nabla)\mathbf{B}_C +\vec{\omega}\times\mathbf{B}_C)\,$

4 Ecuaciones de movimiento

Aplicando las ecuaciones de la dinámica para un cuerpo rígido tenemos, para la posición del centro de masas

$M \frac{\mathrm{d}\mathbf{v}_C}{\mathrm{d}t} = \mathbf{F}=Q(\mathbf{E}_C+\mathbf{v}_C\times\mathbf{B}_C)+\gamma QR^2 \nabla(\omega\cdot\mathbf{B})$

y para el momento cinético

$I\frac{\mathrm{d}\vec{\omega}}{\mathrm{d}t}=\mathbf{M}=\gamma QR^2((\mathbf{v}_C\cdot\nabla)\mathbf{B}_C +\vec{\omega}\times\mathbf{B}_C)\,$

donde hemos aplicado que, por la simetría del sistema, el tensor de inercia es un escalar y por tanto el momento cinético es proporcional a la velocidad angular

Vemos que estas ecuaciones incluyen un término de velocidad angular en la fuerza y uno de velocidad lineal en el momento, por lo que acoplan traslación y rotación.

Si admitimos que la distribución de masas es la misma que la de cargas, se cumple la relación

$I = 2\gamma M R^2\,$

Sin embargo, la dependencia en

R 2

del momento de inercia hace que se simplifique este factor en la ecuación del momento y quede

$M\frac{\mathrm{d}\vec{\omega}}{\mathrm{d}t}= Q((\mathbf{v}_C\cdot\nabla)\mathbf{B}_C +\vec{\omega}\times\mathbf{B}_C)\,$

y vemos que esta ecuación no es consistente con la de la fuerza (que retiene términos de orden superior. Una aproximación correcta debe incluir términos de orden superior e integrales del tipo

$Q_{ijkr}=\int \rho x'_ix'_jx'_kx'_r\,\mathrm{d}\tau$

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viernes, 17 de marzo de 2017

Estudios y ejercicios de Física aplicada