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Lectures: Problemas de fısica general
por
Lic. Geser, Federico Alejandro
UNIVERSIDAD NACIONAL DE CORDOBA
30 de octubre de 2018
c©FAMAF - UNC 2018
Indice
1. Problemas de cinematica y dinamica 11.0.1. Cuerpo en el manto de un cono . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
2. Problemas de electrostatica basica 42.1. Comparacion: fuerza electrica vs. fuerza gravitatoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.2. Cristales y fuerzas electrostaticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.3. Cuadrado de cargas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.4. Tubo de rayos catodicos: funcionamiento basico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.5. Fuerzas moleculares: Cloruro de Cesio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.6. Hilo cargado uniformemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.7. Disco cargado uniformemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.8. Anillo cargado uniformemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.9. Esfera cargada uniformemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.10. Hilo cargado uniformemente: Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.11. Cilindro de carga no-uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.12. Tubo metalico cargado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.13. Placa infinita cargada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.14. Campo electrico “Rutherfordiano” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.15. Concepto de material conductor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.16. Potential: carga puntual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.17. Potencial: cargas colineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.18. Potencial: anillo cargado uniformemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.19. Potencial: superficies equipotenciales en conductores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.20. Par de placas infinitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3. Problemas de magnetostatica basica 333.1. Protones en movimiento en un campo magnetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.2. Electrones en movimiento en un campo magnetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.3. Conductor en un campo magnetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.4. Comparacion: fuerza magnetica vs. fuerza gravitatoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
4. Problemas de optica 374.1. Reflexion y refraccion en un prisma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
5. Matematica general 405.1. Cambio de sistemas de coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405.2. Ecuaciones diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
5.2.1. Ecuaciones diferenciales de primer orden homogeneas . . . . . . . . . . . . . . 415.2.2. Ecuaciones diferenciales de primer orden inhomogeneas . . . . . . . . . . . . . 415.2.3. Ecuaciones diferenciales de segundo orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 425.2.4. Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
5.3. Tensores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435.3.1. La metrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435.3.2. Simetrıa y antisimetrıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435.3.3. Transformacion de tensores en coordenadas curvilineas . . . . . . . . . . . . . . 44
A. Scattering cuantico 45A.1. Determinacion de la amplitud de dispersion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47A.2. Aproximacion de Born . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49A.3. Metodo de las ondas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50A.4. Teorema optico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
A.5. Espın en dispersion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
B. Interacciones nucleares (fuerte y debil) 53
C. Teorıa de perturbaciones 53C.1. Perturbaciones constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
C.1.1. Regla de oro de Fermi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53C.1.2. Seccion eficaz de transicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
D. Aproximacion dipolar 56
E. Calculos usuales 56E.1. Colision frontal y maximo intercambio energetico . . . . . . . . . . . . . . . . . 56E.2. Energıa de formacion de una esfera cargada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58E.3. Modelado de un dielectrico: modelo de Drude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59E.4. Consideraciones sobre ε(ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
F. Ecuacion de Dirac 59
G. Potencial, energıa potencial, trabajo: campo electrostatico 59
ii
Notacion:
NA → numero de Avogadro, NA = 6, 022× 1023mol−1.
c→ velocidad de la luz, c = 299,792,458m/s.
me → masa del electron, me = 9, 109× 10−31 kg.
e→ carga del electron, e = −1,602× 10−19C.
r0 → radio clasico del electron, r0 = e2
mec2= 2, 817× 10−15m.
h, ~→ constante de Planck, h = 6,626× 10−34 Js , ~ = 1,054× 10−34 Js.
G→ constante de gravitacion universal, G = 6,7× 10−11Nm2/kg2.
k → constante de Coulomb, k = 9× 109Nm2/C2.
mn,mp →masa neutron y proton respectivamente,mn = 1,674×10−27 kg,mp = 1,672×10−27kg.
z∗ → si z ∈ C entonces z∗ es el complejo conjugado.
iii
Tabla de formulas usuales: Sistemas de Coordenadas
Sistema cartesiano
~r(t) = xi+ yj + zk
~v(t) = xi+ yj + zk
~a(t) = xi+ yj + zk
Momento angular:
Mx = m(yz − zy)
My = m(zx− xz)Mz = m(xy − yx)
Cartesianas en cilındricas:
x = ρ cos(ϕ)
y = ρ sin(ϕ)
z = z
i = cos(ϕ)ρ− sin(ϕ)ϕ
j = sin(ϕ)ρ+ cos(ϕ)ϕ
k = k
Cartesianas en esfericas:
x = r sin(θ) cos(ϕ)
y = r sin(θ) sin(ϕ)
z = r cos(θ)
i = sin(θ) cos(ϕ)r +
cos(θ) cos(ϕ)θ −sin(ϕ)ϕ
j = sin(θ) sin(ϕ)r +
cos(θ) sin(ϕ)θ +
cos(ϕ)ϕ
k = cos(θ)r − sin(θ)θ
Relaciones entre versores
i× j = k
ρ× ϕ = k
r × θ = ϕ˙r = θθ˙θ = −θr
Sistema cilındrico
~r(t) = ρρ+ zk
~v(t) = ρρ+ ρϕϕ+ zk
~a(t) = (ρ− ρϕ2)ρ+
(2ρϕ+ ρϕ)ϕ+ zk
Momento angular:
Mx = m(ρz − zρ) sin(ϕ)−mρzϕ cos(ϕ)
My = −m(ρz − zρ) cos(ϕ)−mρzϕ sin(ϕ)
Mz = mρ2ϕ
M2 = m2ρ2ϕ2(ρ2 + z2) +
m2(ρz − zρ)2
Cilındricas en cartesianas:
ρ =√x2 + yx
ϕ = arctan(yx
)z = z
ρ = cos(ϕ)i+ sin(ϕ)j
ϕ = − sin(ϕ)i+ cos(ϕ)j
k = k
Elementos de longitud
dlρ = dρ ; dlϕ = ρdϕ ; dlz = dz
Elementos de area
dSρ = ρdϕdz
dSϕ = dρdz
dSz = ρdρdϕ
Elemento de volumen
dV = ρdρdϕdz
Sistema esferico
~r(t) = rr
~v(t) = rr + rϕ sin(θ)ϕ
+rθθ
~a(t) = ar t+ aϕϕ+ aθ θ
ar = r − rθ2 − rϕ sin2(θ)
aθ = rθ + 2rθ −rϕ sin(θ) cos(θ)
aϕ = 2rϕ sin(θ) +
2rθϕ cos(θ) +
rϕ sin(θ)
Momento angular:
Mx = −mr2(θ sin(ϕ) +
ϕ sin(θ) cos(θ) cos(ϕ))
My = −mr2(θ cos(ϕ)−ϕ sin(θ) cos(θ) sin(ϕ))
Mz = mr2ϕ sin2(θ)
M2 = m2r4(θ2 + ϕ2 sin2(θ))
Esfericas en cartesianas:
r =√x2 + y2 + z2
ϕ = arctan(yx
)θ = arctan
(√x2 + y2
z
)r = sin(θ) cos(ϕ)i+
sin(θ) sin(ϕ)j + cos(θ)k
ϕ = − sin(ϕ)i+ cos(ϕ)j
θ = cos(θ) cos(ϕ)i+
= cos(θ) sin(ϕ)j − sin(θ)k
Elementos de longitud
dlr = dr ; dlθ = rdθ
dlϕ = r sin(θ)dϕ
Elementos de superficie
dSr = r2 sin(θ)dθdϕ
dSθ = r sin(θ)drdϕ
dSϕ = rdrdθ
Elemento de volumen
dV = r2 sin(θ)drdθdϕ
iv
Tabla de formulas usuales: Calculo Vectorial
Identidades vectoriales
∇× (∇× ~V ) = ∇(∇ · ~V )− (∇ · ∇)~V = ∇(∇ · ~V )−∇2~V
∇ · (∇~V ) = 0
∇×∇×∇× ~V = −∇2(∇× ~V )
∇× (∇φ) = 0
∇ · (~V × ~W ) = ~W · (∇× ~V )− ~V · (∇× ~W )
∇× (~V × ~W ) = ( ~W · ∇)~V − (~V · ∇) ~W + ~V (∇ · ~W )− ~W (∇ · ~V )
∇(~V · ~W ) = ( ~W · ∇)~V + (~V · ∇) ~W + ~W × (∇× ~V ) + ~V × (∇× ~W )
ψ(∇2φ) = ∇ · (ψ∇φ)−∇ψ · ∇φ
Sistema cartesiano
∇φ =∂φ
∂xi+
∂φ
∂yj +
∂φ
∂zk
∇ · ~V =∂Vx∂x
+∂Vy∂y
+∂Vz∂z
∇× ~V =
(∂Vz∂y− ∂Vy
∂z
)i+
(∂Vx∂z− ∂Vz
∂x
)j +
(∂Vy∂x− ∂Vx
∂y
)k
∇2φ =∂2φ
∂x2+∂2φ
∂y2+∂2φ
∂z2
Sistema cilındrico
∇φ =∂φ
∂ρρ+
1
ρ
∂φ
∂ϕϕ+
∂φ
∂zk
∇ · ~V =1
ρ
∂
∂ρ(ρVρ) +
1
ρ
∂Vϕ∂ϕ
+∂Vz∂z
∇× ~V =
(1
ρ
∂Vz∂ϕ− ∂Vϕ
∂z
)ρ+
(∂Vρ∂z− ∂Vz
∂ρ
)ϕ+
1
ρ
(∂
∂ρ(ρVϕ)− ∂Vρ
∂ρ
)k
∇2φ =1
ρ
∂
∂ρ
(ρ∂φ
∂ρ
)+
1
ρ2
∂2φ
∂ϕ2+∂2Vz∂z2
Sistema esferico
∇φ =∂φ
∂rr +
1
r
∂φ
∂θθ +
1
r sin(θ)
∂φ
∂ϕϕ
∇ · ~V =1
r2
∂
∂r(rVr) +
1
r sin(θ)
∂
∂θ(sin(θ)Vθ) +
1
r sin(θ)
∂Vϕ∂ϕ
∇× ~V =1
r sin(θ)
(∂
∂θ(sin(θ)Vϕ)− ∂Vθ
∂ϕ
)r +
1
r
(1
sin(θ)
∂Vr∂ϕ− ∂
∂r(rAϕ)
)θ+
1
r
(∂
∂r(rVθ)−
∂Vr∂θ
)ϕ
∇2φ =1
r2
(∂
∂r
(r2 ∂φ
∂r
)+
1
sin(θ)
∂
∂θ
(sin(θ)
∂φ
∂θ
)+
1
sin2(θ)
∂2φ
∂ϕ2
)Identidades de Green∫
V
(f(~x)∇2g(~x)− g(~x)∇2f(~x)
)d3~x =
∫∂V
(f(~x)∇g(~x)− g(~x)∇f(~x)) · n d2S∫V
(g(~x)∇2f(~x) +∇g(~x) · ∇f(~x)
)d3~x =
∫∂V
f(~x)∇g(~x) · n d2S
v
Polinomios de Legendre:
P0(x) = 1
P1(x) = x
P2(x) =1
2(3x2 − 1)
P3(x) =5
2x3 − 3
2x
P4(x) =1
8
(35x4 − 30x2 + 3
)Pl(0) =
0 si l es impar
(−1)l/2(l−1)!!
2l/2(l/2)!!si l es par
Pl(−x) = (−1)lPl(x)∫ 1
−1Pl(x)Pl′(x)dx =
2
2l + 1δll′∫ 1
0P2l+1(x)dx =
(−1)l(2l)!
(2l + 1)(2ll!)2
(l + 1)Pl+1(x) = x(2l + 1)Pl(x)− lPl−1(x)
(2l + 1)Pl(x) =dPl+1
dx(x)− dPl−1
dx(x)
(x2 − 1)dPl
dx= lxPl(x)− lPl−1(x)
Polinomios de Legendre asociados:
Plm(x) = (−1)m1
2ll!(1− x2)m/2 d
l+m
dxl+m(x2 − 1)l ∀m ∈ Z∫ 1
−1Plm(x)Pl′mdx =
2
2l + 1
(l +m)!
(l −m)!δll′
Plm(−x) = (−1)l+mPlm(x)
Armonicos esfericos:
Yl,m(θ, φ) =
√2l + 1
4π
(l −m)!
(l +m)!Plm(cos(θ))eimφ
Y0,0(θ, φ) =1√4π
Y1,0(θ, φ) =
√3
4πcos(θ)
Y1,±1(θ, φ) = ∓√
3
8πsin(θ)e±iφ
Y2,0(θ, φ) =
√5
16π(3 cos2(θ)− 1)
Y2,±1(θ, φ) = ∓√
15
8πsin(θ) cos(θ)e±iφ
Y2,±2(θ, φ) =
√15
32πsin2(θ)e±2iφ
Yl,−m(θ, φ) = (−1)mY ∗l,m(θ, φ)∫ 2π
0
dφ
∫ π
0
sin(θ)dθYl,m(θ, φ)Yl′,m′(θ, φ)
= δll′δmm′
∞∑l=0
l∑m=−l
Yl,m(θ, φ)Y ∗l,m(θ′, φ′) =
= δ(φ− φ′)δ(cos(θ)− cos(θ′))
Yl,0(θ, φ) =
√2l + 1
4πPl(cos(θ))
vi
Tabla de formulas usuales: Mecanica
Formulacion Hamiltoniana
H =∑i
pi qi − L
pi = −∂H∂qi
, qi =∂H
∂pi
Sistema cartesiano
H =1
2m(p2x + p2
y + p2z) + U(x, y, z)
xi =pim, pi = − ∂U
∂xi
Sistema cilındrico
H =1
2m
(p2ρ +
p2ϕ
ρ2+ p2
z
)+ U(ρ, ϕ, z)
ρ =pρm
; ϕ =pϕmρ2
; z =pzm
pρ =2p2ϕ
ρ3− ∂U
∂ρ; pϕ = −∂U
∂ϕ; pz = −∂U
∂z
Sistema esferico
H =1
2m
(p2r +
p2ϕ
r2 sin2(θ)+p2θ
r2
)+ U(r, θ, ϕ)
r =Prm
; ϕ =pϕ
mr2 sin2(θ); θ =
pθmr2
pr =2p2ϕ
r3+p2θ
r3− ∂U
∂r
pθ =2p2ϕ cos(θ)
r2 sin3(θ)− ∂U
∂θ
pϕ = −∂U∂ϕ
Velocidad angular conangulos de Euler
Ω1 = φ sin(θ) sin(Ψ) + θ cos(Ψ)
Ω2 = φ sin(θ) cos(Ψ)− θ sin(Ψ)
Ω3 = φ cos(θ) + Ψ
Energıa cinetica de sistemano-inercial rotante
T =1
2mv2 +m~v · (~Ω× ~r) +
1
2m(~Ω× ~r)2
Corchetes de Poisson
[f, g] =∑k
[∂f
∂pk
∂g
∂qk− ∂f
∂qk
∂g
∂pk
][f, pk] = − [pk, f ] = − ∂f
∂qk
[f, qk] = − [qk, f ] =∂f
∂pk
[pi, pk] = [qi, qk] = 0 ; [pi, qk] = δik
Identidad de Jacobi
[f, [g, h]] + [g, [h, f ]] + [h, [f, g]] = 0
Teorema de Poisson
df
dt=dg
dt= 0 ⇒ d [f, g]
dt= 0
Condiciones de transformacion canonica
[Qi, Qk]p,q = [Pi, Pk]p,q = 0 ; [Pi, Qk]p,q = δik
Transformaciones canonicas
F1 = F1(q,Q, t) ⇒ p =∂F1
∂q; P = −∂F1
∂Q
F2 = F2(q, P, t) ⇒ p =∂F2
∂q; Q =
∂F2
∂P
F3 = F3(p,Q, t) ⇒ q = −∂F3
∂p; Q =
∂F3
∂Q
F4 = F4(p, P, t) ⇒ q = −∂F4
d∂p; Q =
∂F4
∂P
K = H +∂Fi∂t
Problema de Kepler
Vector de Lenz
Si U = −αr⇒ ~L = ~v × ~J − αr
Trayectoria
r =J2
m(L cos(ϕ) + α)
=P
1 + e cos(ϕ)
P =J2
αm; e =
L
α
vii
Tensor de inercia
Iik =
∫ρ(r2δik − xixk)dV
Iik =∑
m(r2δik − xixk)
Teorema de Steiner
I = ICM +Md2
Donde d es la distancia entre ejes paralelos
Relacion entre las velocidadesdel centro de masa para dossistemas inerciales ligadosa un cuerpo rıgido
~V ′CM = ~VCM + ~Ω× ~a
en donde ~a apunta del sistema “viejo” al“nuevo” (primado).
Para un eje de rotacioninstantaneo ~V ′CM = 0
Pequenas oscilaciones
Si se llega a que
T =1
2~xT ~xT y U =
1
2~xU ~xT
entonces, las ecuaciones de movimiento son
T~x+ U~x = 0
El problema se resuelve encontrando un sistemadiagonalizado
~q = −H~q
donde las coordenadas ~q cumplen
~q = A−1~x ; ~x = A~q
siendo A la matriz deautovalores de H.
viii
Tabla de formulas usuales: Electromagnetismo
Ecuaciones de Maxwell
Caso general
∇ · ~D = ρ
∇ · ~B = 0
∇× ~E = −∂~B
∂t
∇× ~H = ~J +∂ ~D
∂t
Caso vacıo
∇ · ~E =ρ
ε0
∇ · ~B = 0
∇× ~E = −∂~B
∂t
∇× ~B = µ0~J + µ0ε0
∂ ~E
∂t
Caso dependencia temporal armonica
~E(~x, t) = ~E(~x)eiωt
~B(~x, t) = ~B(~x)eiωt
∇ · ~D = ρ
∇ · ~B = 0
∇× ~E = −iω ~B∇× ~H = iω ~D + ~J
Energıa del campo electromagnetico: vacıo
ε =1
8π
∫R3
(~E · ~E + ~B · ~B
)d3~x
dε
dt= P −
∫∂V
~s · nd2S
= −∫V
~j · ~Ed3~x−∫∂V
~s · nd2S
~s =c
4π~E × ~B el vector de Poynting.
Energıa de la ecuacion de onda
0 =1
c2∂2φ
∂t2−∇2φ
⇒ ε =
∫R3
1
2
((∂tφ)2 +∇φ · ∇φ
)d3~x
0 =1
c2∂2φ
∂t2−∇2φ+m2φ
⇒ ε =
∫R3
1
2
((∂tφ)2 +∇φ · ∇φ+m2φ2
)d3~x
Tensor de energıa-momento
Tij = ε0
(EiEj −
1
2δijE
2
)+
1
µ0
(BiBj −
1
2δijB
2
)Tij = EiDj +HiBj −
δij2
(~E · ~D + ~H · ~B
)
Electrostatica
Se resuelve la ecuacion de Poisson ∇2φ = ρε0
, y en vacıo la de Laplace ∇2φ = 0, en donde se tiene que
~E = −∇φ.
Solucion de Laplace con simetrıa azimutal
φ(~x) =
∞∑l=0
(Al r
l +Bl r−(l+1)
)Pl(cos(θ))
Solucion de Laplace sin simetrıa azimutal
φ(~x) =
∞∑l=0
l∑m=−l
(Alm r
l +Blm r−(l+1)
)Y ml (θ, ϕ)
Condiciones de contorno:Neumann → n · ∇φ|S = 0 o f(~x) con ~x ∈ S.
Dirichlet → φ|S = 0 o f(~x) con ~x ∈ S.
Cauchy → combinacion de las anteriores.
ix
Expansion multipolar del potencial
φ(~x) = 4π
∞∑l=0
l∑m=−l
1
2l + 1Qlm
Y ml (θ, ϕ)
rl+1; Qlm =
∫V
ρ(~x)rl(Y ml (θ, ϕ))∗d3~x
Dipolo electrico:
φ =~p · ~rr3
; ~E = −∇(~p · ~rr3
)ε = ~p · ~E → Energıa del dipolo
Expansion de la funcion de Green
1
|~x− ~x ′|=
∞∑l=0
rl<rl+1>
Pl(cos(γ))
1
|~x− ~x ′|= −4π
∞∑l=0
l∑m=−l
1
2l + 1
rl<rl+1>
Y ml (θ, ϕ) (Y m
l (θ, ϕ))∗
en donde r> = max |~x|, |~x ′|, r< = min |~x|, |~x ′|, γ el angulo entre ~x y ~x ′.
Transformaciones de LorentzCampos generales
~E ′ = γ(~E + ~β × ~B
)− γ2
γ + 1~β(~β · ~E
)~B ′ = γ
(~B − ~β × ~E
)− γ2
γ + 1~β(~β · ~B
)Campos alineados con la direccion del movimiento relativo entre marcos de referencia
~E‖′ = ~E‖
~E⊥′ = γ
(~E⊥ − c~β × ~B
)~B‖′ = ~B‖
~B⊥′ = γ
(~B⊥ + ~β ×
~E
c
)
x
Magnetostatica:
Ley de Amper:
∮C
~B · d~l =4π
c
∫S
~J · nda
Ley de Biot-Savart: d ~B =I
c
~l × ~rr2
Potencial vector: ~A(~x) =1
c
∫R3
~J(~x ′)
|~x− ~x ′|d3~x′
Magnetizacion: H = B − 4π ~M
Dipolo magnetico: ~A =~M × ~rr3
; ~B = ∇×
(~M × ~rr3
)
Potencial con magnetizacion: φm = −∫V
∇′ · ~M(~x ′)
|~x− ~x ′|d3~x ′ +
∮S
n ′ · ~M(~x ′)
|~x− ~x ′|da′
Condiciones de contorno dielectricos:
0 = ( ~D1 − ~D2) · n∣∣∣S
= (ε1∇φ1 − ε2∇φ2) · n|S4πσ = ( ~E1 − ~E2) · n
∣∣∣S
carga inducida sobre la interfaz
σ = ( ~D1 − ~D2) · n∣∣∣S
carga libre
0 = ( ~E1 − ~E2)× n∣∣∣S
0 = (∇φ1 −∇φ2)× n|S
si no hay cargas (0.1)
Condiciones de contorno magnetostatica:
0 = ( ~B1 − ~B2) · n∣∣∣S
4π
ck = (∇φm1 −∇φm2) · n|S
Condiciones de contorno conductor:
n× ~E∣∣∣S
= 0 ; n · ~E∣∣∣S
= σ
n · ~H∣∣∣S
= 0 ; n× ~H∣∣∣S
= k
xi
Tensor de campo electromagnetico:
Fµν =
0 −Exc −Eyc −EzcExc 0 −Bz ByEyc Bz 0 −BxEzc −By Bx 0
Ecuacion de continuidad:
∇ · ~J +∂ρ
∂t= 0
Densidad de momento lineal y angular:
~Pe.m. = µ0ε0~S = ε0 ~E × ~B → ~P =
∫V
~Pe.m.d3~x
~Je.m. = ~r × ~Pe.m. → ~L =
∫V
~r × ~Pe.m.d3~x
Ecuaciones varias:
~D = ε ~E
~H =1
µ~B
~J = σ ~E , σ = conductividad
P =
∮S
~S · d~a
Maxwell para guias de ondas:
∂ ~Et∂z
+ iωz × ~Bt = ∇tEz
z · (∇t × ~Et) = iωBz
∂ ~Bt∂z− iµεωz × ~Et = ∇tBz
z · (∇t × ~Bt) = −iµεωEz
∇t · ~Et = −∂Ez∂z
∇t · ~Bt = −∂Bz∂z
Ecuaciones varias guia de onda:
P = e−2γzPideal , Potencia guia de
ondas con atenuacion γ
Kef = n× ~H‖
dPlossda
=1
2σδ| ~Kef |2
=1
2σδ| ~H‖|2 si n ⊥ ~H‖
Modo TE:
Ez = 0
∂Bz∂n
∣∣∣∣S
= 0
Ht =ik
γ2∇tBz
~Et = − i
γ2ωz ×∇tBz
∇2tBz + γ2Bz = 0
Modo TM:
Bz = 0
Ez|S = 0
~Et =ik
γ2∇tEz
~Bt =iµεω2
γ2z ×∇tEz
∇2tEz + γ2Ez = 0
Siempre γ2 = µεω2 − k2, con µε los coeficientesdel material de la cavidad y k es el de la propa-gacion eikz.
xii
Modo TEM:
Ez = Bz = 0 ; ∇t =
(∂
∂x,∂
∂y, 0
)∇t × ~Et = 0 ∇t × ~Bt = 0 ⇒ ~Et = −∇tφ ∆tφ = 0
~Bt = ±√µεz × ~Et ; ~E = ~Ete−γzeikz−iωt ; ~B = ~Bte
−γzeikz−iωt
Potencia asociada a una guia de ondas:
γ es el coeficiente de atenuacion⇒ γ = − 1
2P
∂P
∂z
P =1
2√µε
(ω
ωλ
)2(1− ω2
λ
ω2
)1/2εµ
∫A
|ψ|2da
dP
dz=
1
2σδ
(ω
ωλ
)2 ∮∂A
1µ2ω2
λ
∣∣∣∂ψ∂n ∣∣∣21
µεω2λ
(1− ω2
λ
ω2
)|n×∇tψ|2 + ω2
ω2λ|ψ|2
dl
En modo TE⇒ se eligen las opciones de abajo de las llaves y ψ = Bz
En modo TM⇒ se eligen las opciones de abajo de las llaves y ψ = Ez
xiii
Tabla de formulas usuales: Termodinamica
Ecuacion de difusion
∇2ψ − 1
κ
∂ψ
∂t= 0 .
xiv
1. Problemas de cinematica y dinamica
1.0.1. Cuerpo en el manto de un cono
El cuerpo de masa m = 120 g que se muestra en lafigura, esta apoyado sobre un cono de angulo α = 60o.Dicho cono gira alrededor de su eje con frecuencia an-gular ω = 10 rev/min. El hilo que sostiene el cuerpoes inextensible, y su longitud es L = 50 cm. Calcular:
1. La velocidad tangencial del cuerpo.
2. La tension del hilo.
3. La velocidad angular necesaria para reducir lareaccion del plano a cero.
Solucion:
Primero que nada, conviene re-expresar los datos del problema en unidades compatibles para que, porejemplo, los calculos de fuerza resulten en unidades de Newtons (N = kgm/s2). Entonces:
m = 120 g = 0,12 kg , L = 50 cm = 0,5m ;
ω = 10 rev/min = 1,047 s−1 , α = 60o = π/3 .
Dado que el cuerpo no esta deslizando “hacia arriba” o “hacia abajo” sobre el manto del cono, y utilizandola suposicion implıcita de que ademas se mantiene sobre dicha superficie (no se “despega”), se puede visualizarel problema como un movimiento circular en un plano, ubicado a la altura del cono donde esta apoyado elcuerpo, lo cual esta esquematizado en el siguiente grafico.
Para que exista un movimiento circular de este tipo, el cuerpo debe estar sujeto a una aceleracion centrıpeta~ac, apuntando hacia el interior del cono, y ubicada en el mismo plano donde esta efectuando dicho movimientocircular, es decir, el plano de la imagen. Ahora si, pasamos a la resolucion:
1. Queremos conocer la velocidad tangencial. Sabemos que para una frecuencia angular constante, y unadistancia fija al centro de giro, la magnitud de la velocidad tangencial queda de la forma vt = ωR, en donde
1
R es la distancia perpendicular entre el eje del cono y el cuerpo. Dado que el dato que conocemos es ellargo del hilo, que coincide con la hipotenusa del triangulo que se ve en la figura, utilizando trigonometrıa,tenemos que R = L sin(α). Reemplazando, se obtiene que:
vt = ωL sin(α) = 1,047 s−1 × 0,5m× 0,866 = 0,45m
s. (1.1)
2. Queremos ahora conocer cuanto vale la tension (fuerza) que hace el hilo para soportar el cuerpo sin queeste se caiga por efecto de la gravedad. Para poder plantear las ecuaciones, debemos utilizar un “sistemade coordenadas” que de sentido a las posibles direcciones donde apuntan dichas fuerzas. Como el cuerpose esta moviendo, utilizaremos el concento de “diagrama de cuerpo aislado”, en donde, utilizando elcuerpo de forma instantanea, podemos, tambien de forma instantanea, poner un sistema de coordenadas,y escribir las fuerzas. ¿Que queremos decir con instantaneamente? Simplemente intentamos reflejar elhecho de que en un instante anterior o posterior, el cuerpo no esta mas en el lugar donde pusimos elsistema de coordenadas, lo cual implica que las ecuaciones que vamos a escribir dejan de ser validas.
El diagrama que usaremos para un determinado in-stante en este problema, tiene la forma que se veen la figura. Elegimos los ejes cartesianos de formaparalela a las fuerzas ~T de tension del hilo y ~N denormal que aplica la superficie por la tercera leyde Newton. Podrıamos en principio, haber elegidolos ejes cartesianos paralelos al peso ~P y la acel-eracion centrıpeta ~ac, y los resultados que se obten-gan serıan los mismos, pero dado que se pide la ten-sion de la cuerda, utilizar estos ejes va a permitir uncalculo mas directo. Es necesario escribir las compo-nentes d ela aceleracion centrıpeta y del peso parapoder escribir la segunda ley de Newton para cadaeje cartesiano.
Nuevamente, utilizando trigonometrıa, tenemos que:
~P = Pxi+ Pyj = −P sin(α)i− P cos(α)j ,
~ac = axc i+ ayc j = −ac cos(α)i+ ac sin(α)j .
Aquı, P = mg y ac = v2r/R = ω2R. Con todo esto, estamos en condiciones de escribir el par de ecuaciones
correspondientes a los ejes x e y respectivamente, utilizando la segunda ley de Newton∑ ~F = m~a:
N −mg sin(α) = −mac sin(α) ,T −mg cos(α) = mac cos(α) .
(1.2)
De la ecuacion para y, la segunda, podemos despejar T sin problemas, y ya conocemos todos los datoscomo para realizar el calculo. Ojo, hay que reemplazar ac = ω2R y R = L sin(α):
T = m(g + ω2L sin(α)) cos(α)
= 0,12 kg ×(9,81 + (1,047)2 × 0,5× 0,866
)m/s2 × 0,5
= 0,64N .
3. Queremos ahora conocer con que frecuencia angular ω deberıa rotar el cono para que la reaccion del planosatisfaga ~N = 0. Primero, ¿que significa que esto suceda? Dado que la normal al plano es la reaccion quese produce por el efecto de apoyar el cuerpo sobre el cono, que la normal sea cero significa logicamente que
2
el cono no esta mas sobre la superficie. Sin embargo, si el cono estuviera “muy lejos” de la superficie, lasecuaciones que planteamos en el punto anterior dejan de ser validas. Solamente podemos predecir lo quesucede cuando la velocidad es tal que ~N = 0 pero el cuerpo sigue muy cerca del cono, tal que podamosseguir utilizando α como angulo para descomponer las fuerzas. En esta aproximacion, y utilizando lo quequeremos, que N = 0, podemos utilizar la ecuacion para el eje x del punto anterior. Ojo, nuevamentereemplazar P = mg, ac = ω2L sin(α):
−mg sin(α) = −mω2L sin(α) cos(α) ⇒ ω2 =g
L sin(α)⇒ ω = ±
√g
L sin(α). (1.3)
Los dos signos que aparecen para ω solamente indican que si el cono rota en sentido horario o antihorariounicamente. Reemplazando los datos, se obtiene que:
ω =
√9,81m/s2
0,5m× 0,866= 4,75 s−1 . (1.4)
3
2. Problemas de electrostatica basica
2.1. Comparacion: fuerza electrica vs. fuerza gravitatoria
1. Calcular el cociente q/m entre la carga y la masa de dos partıculas identicas que se repelen electrostatica-mente con la misma fuerza con que se atraen gravitatoriamente. Comparar el valor hallado con el cocientee/me para el electron.
2. Calcular la fuerza gravitatoria entre dos esferas de cobre de un centimetro de diametro, separadas unadistancia de un metro. Si se retirara de cada esfera un eletron por atomo, calcular la fuerza de repulsionelectrostatica entre ambas. Datos: ρCu = 9 g/cm3, ACu = 63,5 g/mol.
Solucion:
1. Tenemos que la fuerza electrostatica obedece la leyde Coulomb Fe = k q1q2r2 , mientras que la fuerzade gravedad puede escribirse segun la expresion deNewton Fg = Gm1m2
r2 . Si asumimos que ambastienen la misma magnitud, la esfera sobre la quedibujamos las fuerzas estara en equilibrio.
Esto se esto puede expresarse de la forma:∑F = Fe − Fg = 0 ⇒ Fe = Fg. (2.1)
Como ambos cuerpos tienen las mismas propiedades, tenemos que q1 = q2 y m1 = m2. Si reemplazamoslas formulas de las fuerzas, encontramos que:
q
m=
√G
k=
√√√√6,7× 10−11 Nm2
kg2
p× 109 Nm2
C2
= 8,628× 10−11 C
kg. (2.2)
Comparandolo con el mismo valor para el electron, tenemos:
e
me=
1,6× 10−19 C
9,11× 10−31= 1,756× 1011 C
kg. (2.3)
La diferencia de veintidos ordenes de magnitud demuestra lo debil de la fuerza gravitatoria respecto dela fuerza electrostatica.
2. Vamos a asumir ahora que las cargas del punto anterior estan repartidas en esferas con volumen (i.e, noson puntuales). Les asignamos un diametro d = 1 cm = 0,01m. Sabemos ademas que son de cobre, conlo que podemos inmediatamente calcular su masa:
m = ρCuV = ρCuπd3
6. (2.4)
Ambas esferas tienen la misma masa, con o que puedo escribir la magnitud de la fuerza de atracciongravitatoria entre ellas de la forma:
Fg = Gm2
r2= Gρ2
Cu
π2d6
36r2= 6,7× 10−11 Nm
2
kg2
(9000
kg
m2
)2π2(0,01m)6
36(1m)2= 1,487× 10−15N .
Ahora, en la situacion en la que estan las esferas, son neutras. Si sacaramos un electron de cada atomo,quedarıan cargadas positivamente. Calculemos la carga neta. La cantidad de atomos contenida debe serproporcional al numero de moles en la masa de cobre de la esfera e inversamente proporcional a la cantidadde materia contenida en dicho mol. Matematicamente esto es:
n =NAm
ACu=ρCuNAπd
3
6ACu= 4,467× 1022 . (2.5)
4
De esta forma, la carga que tiene cada esfera sera q = +ne = 7147,2C. Podemos entonces calcular lafuerza electrostatica entre ambas:
Fe = kq2
r2= 9× 109 Nm
2
C2
(7147,2C)2
(1m)2= 4,596× 1017N .
Podemos ver que aunque los cuerpos en cuestion no sean puntuales, la gravedad esta muchisimos ordenesde magnitud por debajo de la fuerza electrostatica.
2.2. Cristales y fuerzas electrostaticas
La sal comun NaCl es un cristal ionico. Para forma el enlace entre el Cl y el Na, el atomo de sodio cedeun electron al atomo de cloro. Si en dicho cristal la distancia entre los atomos es de 2,82 A, calcular la fuerzade atraccion entre los iones.
Solucion:
El cristal NaCl conocido como Clouro de Sodio, es la sal comun de consumo humano. Al entregar el Na unelectron al Cl, queda cargado positivamente con carga qNa = +e, mientras que la neutralidad del Cl desaparecepara tener carga qCl = −e. Esto es lo que usualmente se describe como que el Na queda en estado ionico +1 yel Cl en −1. Entonces la fuerza electrostatica entre dichos iones puede escribirse con la ley de Coulomb:
F = kqClqNad2
= 9× 109 Nm2
C2
(−(1, 6× 10−19 C)2)
(2,82× 10−10m)2= −2,897× 10−9N .
2.3. Cuadrado de cargas
Cuatro cargas iguales q estan situadas en los puntos de coordenadas cartesianas ~x1 = (a, 0, 0), ~x2 = (−a, 0, 0),~x3 = (0, a, 0) y ~x4 = (0,−a, 0).
1. Determinar la fuerza ejercida sobre la carga situada en el punto ~x3 por el resto de las cargas.
2. Determinar el campo electrico creado por esa distribucion de cargas en el eje z.
3. Verificar el valor del campo en puntos del eje z alejados del sistema de cargas.
5
Solucion:
1. Comenzemos por determinar el lado del cuadra-do formado por las cargas como vertices. Para ellohacemos uso del triangulo rectangulo que se formacon los ejes coordenados, del cual dicho lado es lahipotenusa h. Entonces podemos aplicar el teoremade Pitagoras:
h2 = a2 + a2 , (2.6)
con lo que:
h =√
2a . (2.7)
Podemos entonces conocer la magnitud de la fuerza sobre la partıcula en ~x3. La notacion que usaremos es~F13 para la fuerza que siente la partıcula en ~x3 por efecto de la partıcula en ~x1. Ahora, como se ve en lafigura, dicha fuerza puede descomponerse en el plano xy, y la componente x se anulara con la componentex de la fuerza ~F23 que tiene la misma magnitud y direccion, pero sentido opuesto. Entonces, la fuerzasobre la partıcula en ~X3 sera:
F = F y13 sin(θ) + F y23 sin(θ) + F43, (2.8)
donde θ puede obtenerse de consideraciones geometricas en el triangulo de antes:
sin(θ) =cat. op.
hip.=
a√2a
=1√2. (2.9)
De esta forma:
F = kq2
(√
2a)2
1√2
+ kq2
(√
2a)2
1√2
+ kq2
(2a)2
= kq2
4a2
(1 + 2
√2).
Si incluimos la direccion del vector a la magnitud encontrada, tenemos que:
~F = kq2
4a2
(1 + 2
√2)j . (2.10)
6
2. Quiero el campo electrico que dichas cargas gener-an sobre puntos del eje z. Vamos a suponer que lascargas son todas positivas, lo que por convencionsitua las lineas de campo en direccion externa a lascargas puntuales. Conviene realizar el tratamientopor pares de cargas en cada eje. Ahora, como todaslas cargas son iguales, con resolver para un par essuficiente, extendiendose el resultado al doble porpresencia de las otras cargas. He aquı un uso basicode la superposicion en la teorıa del electromag-netismo.
Descomponiendo el campo que genera la carga en ~x1 en sus componentes en el plano xz, haciendo usodel angulo θ que se ve en la figura, tenemos que:
~E1 = | ~E1|(− cos(θ)i+ sin(θ)k)
=kq
d2
(−adi+
z
dk)
=kq
(a2 + z2)3/2(−ai+ zk) .
El mismo analisis para el campo generado por la carga en la posicion ~x2 da:
~E2 =kq
(a2 + z2)3/2(ai+ zk) .
Entonces, la suma de este par de cargas queda:
~E1−2 = ~E1 + ~E2 =2kq
(a+z2)3/2zk . (2.11)
Por simetrıa, la suma del par de cargas sobre el eje y en el plano yz dara exactamente lo mismo, con loque el campo total sobre puntos del eje z resulta:
~E =4kqz
(a2 + z2)3/2k . (2.12)
3. Si queremos analizar el valor del campo en puntos muy alejados, queremos verificar que pasa cuandoz >> 0. Podemos calcular en primera aproximacion, el lımite z →∞, que queda:
lımz→∞
~E = lımz→∞
4kqz
(a2 + z2)3/2k
= lımz→∞
4kq
z2(a2
z2 + 1)3/2 k (2.13)
∼ 4kq
z2k → 0 .
(2.14)
Vemos que se obtiene el tıpico decaimiento cuadratico del campo electrico de una carga puntual, de valortotal 4q. Esto significa que en el infinito, las dimensiones del sistema de carga son despreciables, pudiendoasumirse que lo que genero el campo es una carga puntual.
7
2.4. Tubo de rayos catodicos: funcionamiento basico
En la siguiente figura, se observa como un electron es lanzado con velocidad inicial v0 en la direccion del ejecentral ubicado entre dos laminas. Vamos a asumir que las laminas generan un campo electrico ~E perpendiculara dicho eje.
1. Describir el movimiento del electron desde el momento en que ingresa a la region entre las laminas.
2. Si el campo electrico es uniforme de intensidad 1,2× 104N/C dirigida hacia abajo, y la velocidad inicialdel electron es 2 × 107m/s, determinar la distancia por encima del eje a la cual alcanzara la pantallafluorescente S.
Solucion:
1. Para encontrar la trayectoria del electron, conviene separar el problema en dos regiones: aquella entre laslaminas, donde el campo neto no es cero, y aquella entre la salida de las laminas y la pantalla fluorescente.Ubicamos el sistema de coordenadas con el cero donde comienzan las laminas, y el eje x apuntandoen la direccion de la velocidad inicial. Tenemos entonces las condiciones iniciales x(t = 0 s) = 0m y
v(t = 0 s) = v0. La fuerza sobre el electron no es otra que la fuerza de Coulomb, dada por ~F = −e ~E. Deesta forma, la ecuacion que se debe resolver para la trayectoria es:
me~a = med2~x
dt2= ~F = −e ~E . (2.15)
Solo tenemos movimiento en el plano xy, con lo que las ecuaciones quedan:
med2x
dt2= 0
med2y
dt2= −eE .
Esto se integra en el tiempo, dando:
dx
dt= vx(t = 0 s)
dy
dt= − e
meEt+ vy(t = 0 s) .
Usando el dato de velocidad inicial sale que vx(t = 0 s) = v0 y vy(t = 0 s) = 0. Volvemos a integrar en eltiempo, para obtener:
x(t) = v0 t+ x0
y(t) = − e
meEt2 + y0 .
Al imponer las condiciones iniciales nuevamente, se obtiene:
8
~x(t) = v0 ti+
(− e
meEt2
)j . (2.16)
Ahora, si x1 corresponde con la posicion donde se acaban las laminas, podemos por la ecuacion en xconocer cual es el tiempo t1 para el cual llega, i.e.
t1 =x1
v0. (2.17)
Con este tiempo podemos conocer la altura sobre el eje al tiempo t1 cuando sale de las placas, dada por:
y1 = − e
meEt21 = − e
meE
(x1
v0
)2
, (2.18)
y las velocidades en ambas direcciones:
v1x = v0 (2.19)
v1y = − e
meEt1 = − e
meEx1
v0. (2.20)
Lo conveniente entonces, ahora que el electron llego a la salida de las placas y tenemos toda la informacionsobre la altura y la velocidad con la que esto sucede, es cambiar el sistema de coordenadas, corriendo elcero del eje x justo al punto donde terminan las placas, y volviendo a poner t = 0 s en este punto. Estose traduce en la condicion inicial de la trayectoria en x, siendo ahora x(t = 0 s) = x1 = 0 como antes.Entonces, lo que resta el resolver un problema simple de movimiento rectilineo uniforme, pues ahora:
~F = 0 . (2.21)
Entonces, las ecuaciones de la trayectoria son simples:
x(t) = at+ b ; y(t) = ct+ d . (2.22)
Las condiciones iniciales nos dicen que:
x(t) = v1xt+ x1 = v0t (2.23)
y(t) = v1yt+ y1 = − e
meEx1
v0t− e
meE
(x1
v0
)2
(2.24)
(2.25)
Si el electron llega a la pantalla a distancia x2 respecto de las placas, podemos obtener de la ecuacionpara t2, i.e., el tiempo respecto de la salida de las laminas. Se tiene que:
t2 =x2
v0, (2.26)
y con esto podemos dar la altura sobre el eje y a la cual el electron golpeara la pantalla fluorescente:
y2 = − e
meEx1
v0t2 −
e
meE
(x1
v0
)2
= − e
meEx1x2
v20
− e
meE
(x1
v0
)2
= − eE
mev2o
(x1x2 + x2
1
).
Entonces, a modo de conclusion, la presencia de la fuerza electrica producida por el campo en las laminas,produce una trayectoria parabolica para el electron, hasta el momento en que este sale de las placas, dondela fuerza neta sobre el mismo es nula. Pero en este punto la velocidad no es nula, con lo que el electrondescribira un movimiento rectilineo uniforme hasta chocar con la pantalla fluorescente.
9
2. Queremos ahora dar numericamente la altura a la cual golpea la pantalla. Esto significa, aplicar la formula2.27 con los datos numericos dados. Tenemos que:
E = −1,2× 104N/C ,
v0 = 2× 107m/s ,
me = 9,109× 10−31 kg ,
e = 1,602× 10−19 C ,
x1 = 4 cm = 0,04m,
x2 = 12 cm = 0,12m,
obteniendose finalmente con todo esto, que:
y2 = 3,4 cm . (2.27)
2.5. Fuerzas moleculares: Cloruro de Cesio
En el compuesto CsCl o Cloruro de Cesio, los ato-mos de Cs se encuentran en los angulos de un cubo,con un atomo de Cl en el centro de el. La longitud dela arista del cubo es de 0,4nm. A los atomos de Cs lesfalta un electron, mientras que el atomo de Cl tiene unelectron en exceso.
1. Calcular la intensidad de la fuerza electrica neta que actua sobre el atomo de Cl.
2. Si el atomo de Cs marcado con una flecha en la figura no estuviera presente (defecto del cristal), calcularahora la fuerza electrica neta sobre el atomo de Cl.
Solucion:
1. Dado que todas las cargas en los vertices corresponden a atomos Cs, cuyo exceso es q = +e, y ademaspor la simetrıa, todas son equidistantes al atomo de Cl, cuya carga es q = −e, las magnitudes de lasfuerzas son siempre las mismas. Ademas, por cada carga en un vertice que genere una fuerza sobre el Cl,existe el vertice opuesto que genera una fuerza en sentido contrario. La fuerza neta es finalmente cero.
2. Si falta la carga del Cs senalada con flecha en lafigura, todas las demas cargas siguen teniendo unaque es diagonalmente opuesta, con lo que la fuerzaneta se puede calcular poniendo un sistema de co-ordenadas centrado en el Cl. La figura muestra co-mo la posicion del Cs respecto del Cl se escribe pormedio del vector ~xCs, siendo todas sus componentesde largo a/2 pero en direcciones distintas, es decir:
~xCs =( a
2,a
2, −a
2
). (2.28)
La fuerza de Coulomb escrita de forma vectorial esta dirigida en la direccion del vector posicion del Cs,con lo que:
10
~F = k|qCsqCl||~xCs|2
xCs
= ke2
|~xCs|3~xCs
=ke2(
3d2
4
)3/2 d2 ( 1, 1, −1) .
Con esto finalmente se llega a:
~F =4ke2
33/2d2(i+ j − k) . (2.29)
La magnitud evaluada numericamente resulta F = 3,324× 10−27N .
2.6. Hilo cargado uniformemente
Un hilo rectilineo de longitud 2L esta cargado uniformemente con una densidad de carga λ. Calcular elcampo electrico en cualquier punto P del plano perpendicular al hilo y que pasa por su centro. Estudiar ademasel valor del campo si L→∞. En el caso del hilo de longitud finita, calcular el valor del campo en puntos muyalejados del hilo e interpretar el resultado.
11
Solucion:
Elegimos un sistema de coordenadas de forma queel eje z sea paralelo al hilo, y z = 0 este a una dis-tancia L del extremo del mismo. Queremos poder darel valor del campo electrico en los puntos del plano xyque corta al hilo en z = 0. Haremos uso de la simetrıacilındrica del problema, poniendo por consiguiente endicho plano, coordenadas polares (ρ, φ). Para estudiarel efecto de la distribucion, elegimos una pequena can-tidad de carga dq = λdz sobre el hilo, y estudiamosel campo que genera en uno de los puntos del planoxy. Como se ve en la figura, es posible descomponer elcampo en una componente paralela al plano xy y otraperpendicular al mismo:
dE⊥ = dE sin(θ) (2.30)
dE‖ = dE cos(θ) (2.31)
Reescribamos la primera componente, perpendicular al plano:
dE⊥ = dE sin(θ) = dEz
r= dE
z√z2 + ρ2
. (2.32)
Ahora, por la ley de Coulomb, la carga dq = λdz genera una intensidad de campo a la distancia r dado por:
dE = kdq
r2= k
λdz
z2 + ρ2, (2.33)
con lo que:
dE⊥ = kλzdz
(z2 + ρ2)3/2. (2.34)
Sumar todas las contribuciones de la linea a la componente perpendicular es equivalente a integrar:
E⊥ =
∫dE⊥ = kλ
∫ L
−L
zdz
(z2 + ρ2)3/2= 0 , (2.35)
porque el integrando es impar. Puede realizarse la cuenta de todas maneras y verificar que esto sucede. Unaforma mas rapida de obtener este resultado es haciendo uso de la simetrıa de cargas. Esto quiere decir, para eldq que se encuentra en la posicion z, siempre existe un dq en −z que genera la misma componente perpendicularal plano pero con sentido opuesto, cancelandose entre si.
Vamos ahora a calcular la componente paralela al plano. La intensidad del campo es la misma, con lo que:
dE‖ = dE cos(θ) = kλdz
r2
ρ
r= kλρ
dz
(z2 + ρ2)3/2. (2.36)
Nuevamente, sumar todas las contribuciones de carga de la linea al campo, corresponde a integrar sobre lamisma:
E‖ =
∫dE‖ = kλρ
∫ L
−L
dz
(z2 + ρ2)3/2. (2.37)
Realizar esta integral resulta en:
E‖ = kλρz
ρ2(z2 + ρ2)1/2
∣∣∣∣L−L
=2kλL
ρ(L2 + ρ2)1/2. (2.38)
Finalmente, el campo electrico escrito vectorialmente queda de la forma:
12
~E =2kλL
ρ(L2 + ρ2)1/2ρ . (2.39)
Vamos a estudiar ahora los casos lımites de este campo. Si el hilo fuera infinito, tenemos que:
2kλL
ρ(L2 + ρ2)1/2
−−−−−→L→∞ 2kλ
ρ, (2.40)
es decir se vuelve independiente de la longitud del hilo y decae radialmente con potencia uno.
Por otro lado, si el hilo es finito y estudiamos el comportamiento lejos del mismo, se puede realizar laaproximacion para x << 1 en forma de serie de Taylor:√
1 + x2 ∼ 1 +x2
2− · · · (2.41)
De esta forma:
2kλL
ρ(L2 + ρ2)1/2=
2kλL
ρ2
√1 +
(Lρ
)2
−−−−−→ρ >> L
2kλL
ρ2(
1 + L2
2ρ2
)∼ 4kλL
(2ρ2 + L2).
Puede verse la tendencia al decaimiento cuadratico esperado para una carga puntual, que es como puedetratarse el hilo cuando se lo observa desde una distancia apreciablemente mayor a la longitud del mismo.
13
2.7. Disco cargado uniformemente
Un disco conductor de radio a esta uniformemente cargado (σ = Q/πa2). Calcular el campo electrico enlos puntos del eje perpendicular que pasa por el centro del disco. Estudiar el valor del campo para puntos muyproximos y muy alejados del disco.
Solucion:
Elegimos un sistema de coordenadas de forma queel eje z pasa por el centro del disco, situando al mismoen el plano xy. Queremos poder dar el campo electri-co sobre puntos del eje z. Para estudiar el efecto dela distribucion de cargas, elegimos una pequena canti-dad dq = σda sobre el disco, y estudiamos el campoque genera sobre un punto del eje z. Como se ve enla figura, es posible descomponer el campo d ~E en lasdirecciones paralela al eje z y perpendicular al mismo,o sea sobre el plano xy.
De nuevo, se tiene que dE‖ = dE cos(θ), y dE⊥ = dE sin(θ), y es posible escribir las funciones trigonometricashaciendo uso de su definicion y la geometrıa de la figura:
sin(θ) =ρ
r=
ρ√ρ2 + z2
, cos(θ) =z
r=
z√ρ2 + z2
. (2.42)
Ahora, la magnitud del campo generado es:
dE = kdq
r2= k
σρ dρ dϕ
r2= kσ
ρ dρ dϕ
ρ2 + z2, (2.43)
donde φ es el angulo azimutal sobre el disco. De esta forma, la componente paralela al eje z queda:
dE‖ = kσzρ dρ dϕ
(ρ2 + z2)3/2. (2.44)
Para conocer la contribucion del disco en su totalidad se debe integrar en el mismo:
E‖ =
∫dE‖
=
∫disco
kσzρ dρ dϕ
(ρ2 + z2)3/2
= kσz
∫ 2π
0
∫ a
0
ρ dρ dϕ
(ρ2 + z2)3/2
= 2πkσz
∫ a
0
ρ dρ
(ρ2 + z2)3/2
= 2πkσz
(− 1√
ρ2 + z2
)∣∣∣∣∣a
0
= 2πkσ
(1− z√
z2 + a2
).
Nuevamente se pueden usar argumentos de simetrıa para demostrar que la componente transversal al ejez es cero, pues otro dq en el lado opuesto del disco genera la componente de misma magnitud direccion perosentido contrario. Es util tambien realizar la integral correspondiente y verificar que es cero. De esta forma elcampo total sobre puntos del eje z es:
14
~E = 2πkσ
(1− z√
z2 + a2
)k . (2.45)
Vamos a chequear lo lımites del campo encontrado. Si nos acercamos al disco, es equivalente a pedir quez ∼ 0. Esto se traduceen que:
E(z ∼ 0) ∼ 2πkσ = cte. (2.46)
Como se vera mas adelante, que sea constante es una conclusion natural para el campo generado por unasuperficie infinita de distribucion uniforme de carga. Dado que muy cerca del centro del disco, este se extiendehacia todas las direcciones simulando ser infinito, obtenemos este resultado.
Por otro lado, al alejarse del disco se esta pidiendo que z >> a, lo cual lleva a que:
E(z >> a) ∼ 2πkσ
(1− z√
z2
)= 0 , (2.47)
lo cual es consistente como siempre con la idea de que lejos de la distribucion del disco, este parece una cargapuntual, decayendo el campo a cero como se espera.
Nota: es interesante notar que, si d es la distancia a la distribucion de cargas, el campo de una cargapuntual decae como d−2, el campo de un hilo infinito decae como d−1 mientras que el campo de unasuperficie infinita decae como d0, es decir, no decae. Serıa entonces esperable una relacion del tipo:si n es la dimension de la distribucion de cargas infinita (cantidad de parametros necesarios para sudescripcion), entonces el decaimiento del campo sera d−(n−2). Si nos abstraemos aun mas, y decimosque la distribucion de cargas esta inmersa en un espacio de dimension m con m > n, entonces el campoque generan decae de la forma d−(n−m+1). En el caso de electrostatica que estamos tratando, m = 3.,pues el espacio es el clasico euclideo R3. Habrıa que chequear la demostrabilidad de esta propiedad delos campos vectoriales con fuentes desde un punto de vista matematico.
15
2.8. Anillo cargado uniformemente
Un anillo de radio a tiene repartida uniformemente en su contorno una carga Q. Calcular el campo electricoen un punto P situado en el eje del anillo a una distancia z de su centro. ¿Por que se anula el campo en elcentro del anillo? ¿Cuanto vale el campo en puntos muy alejados del anillo?
Solucion:
Elegimos un sistema de coordenadas de forma queel eje z pasa por el centro del anillo, situando al mismoen el plano xy. Queremos poder dar el campo electri-co sobre puntos del eje z. Para estudiar el efecto dela distribucion de cargas, elegimos una pequena canti-dad dq = λdl sobre el anillo, y estudiamos el campoque genera sobre un punto del eje z. Como se ve enla figura, es posible descomponer el campo d ~E en lasdirecciones paralela al eje z y perpendicular al mismo,o sea sobre el plano xy, como hicimos en el caso deldisco cargado.
dE‖ = dE cos(θ) , (2.48)
dE⊥ = dE sin(θ) . (2.49)
Como antes, tambien se tiene que cos(θ) = z/d y sin(θ) = a/d, y el diferencial de carga que produce eldiferencial de campo electrico es dq = λdl = λadϕ, quedando:
dE = kdq
d2=kλa
d2dϕ . (2.50)
Nuevamente por simetrıa se aprecia que la componente perpendicular al eje z se anula por la existencia deuna carga diametralmente opuesta sobre el anillo que la cancela. De esta forma:
dE‖ =kλa
d2
z
ddϕ = kλa
z
(a2 + z2)3/2dϕ . (2.51)
Integrar esto en todo el anillo resulta simplemente en:
~E‖ =2πλaz
(z2 + a2)3/2k . (2.52)
Notar que la carga total del anillo es Q = 2πaλ, con lo que finalmente:
~E‖ =kQz
(z2 + a2)3/2k . (2.53)
Ahora, los casos lımites. Como era de esperarse, en el centro del anillo con z = 0 el campo de anula debidoa que todas las componentes del campo electrico apuntan allı en la misma direccion por la uniformidad en ladistribucion de Q sobre el anillo. Por otro lado, si z >> a,
E‖ →kQz
z3(a2
z2 + 1)3/2 ∼ kQ
z2, (2.54)
es decir, decae cuadraticamente como una carga puntual.
16
2.9. Esfera cargada uniformemente
Una distribucion volumetrica uniforme de carga ρ se encuentra dentro de una esfera de radio a. En el espacioque rodea la esfera no hay cargas. Calcular el campo electrico en funcion de la distancia r al centro de la esfera.Analizar la continuidad en r = a.
Solucion:
Para resolver un problema de este tipo, es util hac-er uso de la ley de Gauss, la cual relaciona el valor delcampo electrico sobre una superficie cerrada con lascargas electrostaticas que dicha superficie encierra:
∫V
ρenc(~x)d3~x = ε0
∮∂V
~E · d~S , (2.55)
donde ∂V es el borde del volumen V limitado por lasuperficie gaussiana que sea de interes para el proble-ma a resolver, y d~S = ndS es el vector que apunta enla direccion normal saliente del volumen V . La eleccionde dicha superficie suele ser intrınseca del problema ysus simetrıas. En este caso, se eligen las superficies S1
y S2 que se muestran en la figura.
Vamos a aplicar la ley de Gauss primero para la esfera exterior S2. La carga encerrada es la total, dada porq = 4
3πa3ρ. La otra integral, que es el flujo del campo electrico, consiste en evaluar el campo en la superficie,
calcular el producto correspondiente y escribir el diferencial de superficie correcto. Usamos la simetrıa esfericaque implica que el campo no puede depender de los angulos polar y azimutal porque la distribucion de cargasno depende de ellos, y la geometrıa tampoco. Finalmente igualamos a la carga encerrada.
ε0
∮S2
~E · d~S2 = ε0
∮S2
~E(r2) · rdS
= ε0
∮S2
E(r2)dS
= ε0
∫ 2π
0
∫ π
0
E(r2)r22 sin(θ)dθdϕ
= ε04πr22E(r2)
=4
3πa3ρ ,
a partir de lo que despejando se obtiene:
E(r2) =ρ
3ε0
a3
r22
. (2.56)
Esta es la expresion correcta que contempla los datos que brinda el enunciado. Puede reescribirse la mismamultiplicando y dividiendo por 4π y formando la carga total q con la densidad de carga ρ, de forma que:
E(r2) =1
4πε0
q
r22
, (2.57)
que no es otra cosa que el campo electrico generado por una carga puntual ubicada en el centro de la esfera.
Por otro lado, vamos a calcular el campo en la superficie interna S1. En este caso, la carga encerrada es:
17
∫V
ρenc dV = ρ
∫V
dV
= ρ
∫ r1
0
∫ 2π
0
∫ π
0
r2 sin(θ)drdθdϕ
=4
3πr3
1ρ .
La integral del flujo es analoga pero ahora se evalua al campo electrico en la superficie interna, con lo que:
ε04πr21E(r1) =
4
3πr3
1ρ −→ E(r1) =ρ
3ε0r1 . (2.58)
Se tiene entonces como expresion general:
E(r) =
ρ
3ε0r si r < a
ρ3ε0
a3
r2 si r > a .(2.59)
Ahora, tomando los diferentes lımites acercandose a la superficie r = a tanto desde la izquierda como desdela derecha, se obtiene que:
lımr→a+
E(r) =ρ
3ε0a = lım
r→a−E(r) , (2.60)
lo cual da sustentabilidad a la continuidad del campo electrico sobre la superficie de la esfera. Un esquema delcampo electrico en funcion de la distancia al origen puede verse en la siguiente figura:
0
ρa/3ε0
0 a
Ca
mp
o e
lectr
ico
E(r
) [N
/C]
Distancia radial r [cm]
18
2.10. Hilo cargado uniformemente: Gauss
Considerar un hilo recto muy largo (infinito) con una distribucion lineal uniforme de carga λ. Utilizar la leyde Gauss para calcular el campo electrico generado por dicha distribucion.
Solucion:
Nuevamente queremos calcular el campo de un hi-lo de carga infinito, pero en este caso utilizando la leyde Gauss. En este caso, conviene elegir una superficiegaussiana como la cilındrica mostrada en la figura. Sieste cilindro tiene altura h y radio r, se puede calcularla carga encerrada haciendo uso de la densidad linealde carga λ, de forma que q = λh. Para integrar el flu-jo en la superficie del cilindro, se debe dividir en susdistintas componentes, las tapas y el manto:
∮S
~E · d~S =
∫S1
~E · d~S1 +
∫S2
~E · d~S2 +
∫S3
~E · d~S3 .
Sin embargo, sobre las tapas, los elementos de volumen son d~S1−2 = ±kdS1−2, y dado que el campo tienesimetrıa cilındrica como consecuencia de la distribucion uniforme, solo tiene componente r, anulando el productointerno, i.e.: ∫
S1−2
~E · d~S1−2 = ±∫S1−2
EdS1−2r · k ≡ 0 .
En el manto, nuevamente por simetrıa de la distribucionde cargas, el campo solo puede depender de ladistancia al hilo, con lo que:
∫S3
~E · d~S3 =
∫S3
E dS3r · r
=
∫ h
0
∫ 2π
0
E(r)rdzdϕ
= 2π r hE(r)
=1
ε0λh ,
con lo que:
~E =λ
2πε0
r
r. (2.61)
Dicho valor de campo coincide con el encontrado anteriormente en (2.40).
19
2.11. Cilindro de carga no-uniforme
Un largo cilindro posee una densidad de carga que es proporcional a la distancia r al eje del mismo; ρ(r) = kr,con k constante. Utilizando la ley de Gauss escribir el campo electrico interno.
Solucion:
Nuevamente tenemos simetrıa cilındrica en la dis-tribucionde cargas. En este caso tenemos un cilindrode densidad de carga no uniforme, con lo que convieneelegir una superficie gaussiana que sea otro cilindro in-terior como el punteado de la figura. Si este cilindrotiene altura h y radio r, se puede calcular la cargaencerrada haciendo uso de la densidad volumetrica decarga ρ, de forma que:
∫V
ρdV =
∫ h
0
∫ 2π
0
∫ r
0
kr′ r′dr′dzdϕ
=2
3πh k r3 .
Para integrar el flujo en la superficie del cilindro,se debe dividir en sus distintas componentes como enel problema anterior.
Entonces, debemos despejar el campo de la ecuacion:
ε02π r hE(r) =2
3πh k r3 , (2.62)
con lo que:
~Eint =k
3ε0r2r . (2.63)
Si se evalua el campo en el borde, se obtiene E = k3ε0R2.
Por otro lado, si se usara la ley de Gauss en el exterior, la integral del flujo del campo no cambia su expresion,pero la carga si, quedando la ecuacion:
ε02π r hE(r) =2
3πh k R3 , (2.64)
y el campo afuera finalmente queda:
~Eext =k
3ε0
R3
rr , (2.65)
que, en primera instancia es el campo de un hilo infinito, y en segunda instancia al evaluarlo en la superficie, sepega con el campo interno, lo cual asegura la continuidad del campo electrico.
20
2.12. Tubo metalico cargado
Un tubo metalico de paredes delgadas y de radio R,tiene en su superficie una carga por unidad de longitudλ. Encontrar una expresion para el campo electrico en funcion de la distancia r perpendicular al eje del tubodentro y fuera. Realizar una grafica cualitativa del mismo.
Solucion:
Conviene resolver el problema nuevamente utilizando la ley de Gauss. En este caso de dispone de un tubocargado con densidad de carga lineal λ en su superficie. Si elegimos una superficie cerrada S de cualquier formadentro del tubo, la carga encerrada es nula, con lo que el flujo del campo electrico es cero. Esto se satisfaceunicamente si ~Eint = 0.
Si elegimos una superficie gaussiana con forma de cilindro de radio mayor al del tubo y de altura h, se puedeintegrar la carga contenida, que sera simplemente q = λh y el flujo del campo electrico es analogo al de losultimos dos problemas, con lo que:
ε02πr hE(r) = λh , (2.66)
y el campo finalmente queda:
~E =
0 si r < Rλ
2πε0rr si r > R .
(2.67)
Un esquema del mismo puede verse en la siguiente figura:
0
λ/(2πε0R)
R 0 R
Ca
mp
o e
lectr
ico
E(r
) [N
/C]
Distancia radial r [cm]
21
2.13. Placa infinita cargada
Una region del espacio con forma de placa infinita de ancho 2L esta repleta de carga uniformemente dis-tribuida con una densidad ρ. Encontrar el campo electrico en cada punto del espacio.
Solucion:
Nuevamente, la forma mas simple de abordar esteproblema es utilizando la ley de Gauss. Como la pla-ca es infinita, al observar el comportamiento el cam-po afuera, toda componente paralela a la superficiecontara con su contraparte apuntando en la direccionopuesta, con lo cual el campo electrico siempre seraperpendicular a la superficie de la placa. Se utilizaraademas un sistema de coordenadas centrado en la pla-ca, de forma que cada una de sus caras este ubicada en−L y en L. En el interior de la placa, conviene elegiruna superficie tipo pastilla ∂V como la que observamosen la imagen, cuya cara presenta un area A. Es con-veniente situar una cara de dicha superficie con centroen el origen del sistema de coordenadas. Entonces, lacarga encerrada se calcula facilmente como q = Axρ.La ley de Gauss teniendo en cuenta que el campo esperpendicular a la superficie, queda:
∮∂V
~E · d~a =
∫∂Vx+
Exda+
∫∂Vx−
(−Ex)(−da)
= 2
∫A
Exda
= 2AEx ,
en donde ∂Vx− es la cara en el origen, cuya normal apunta en el sentido de las x negativas, mientras que ∂Vx+
es la cara cuya normal apunta en la direccion positiva de las x, ubicada en la posicion x. Esto se iguala a lacarga encerrada:
2AEx =Axρ
ε0
Ex =xρ
2ε0,
siempre que |x| < L.
Para calcular en el exterior, utilicemos la misma superficie tipo pastilla pero con la cara ∂Vx+ubicada en
una posicion x > L. Entonces, la carga encerrada tiene ahora un lımite, porque mas alla de x = L no haycargas. De esta forma, q = ALρ. Las integrales del campo electrico en la superficie ∂V es de la misma maneraque antes, de forma que la ley de Gauss dice ahora que:
2AEx =ALρ
ε0
Ex =Lρ
2ε0,
22
siempre que x > L.
En los valores de x < −L, el modulo del campo electrico sera el mismo que para x > L, pero su sentidosera el opuesto, dado que estamos asumiendo que las cargas de la placa son positivas (el campo va hacia afuerade las mismas). De esta manera, escribir el campo en todo punto del espacio requiere notacion vectorial:
~E(x) =
− Lρ
2ε0i x < −L
xρ2ε0i |x| < L
Lρ2ε0i x > L
(2.68)
Notar que, como en los casos anteriores, existe continuidad en las caras de la placa. Ademas, dada suinfinitud en las direcciones z e y, el campo no puede depender de ninguna de estas variables.
23
2.14. Campo electrico “Rutherfordiano”
En un trabajo publicado en 1911, Ernest Rutherford senalaba, a fin de hacerse una idea de las fuerzasnecesarias para desviar una partıcula α (alfa) un gran angulo: “... consideremos un atomo que contenga unacarga puntual positiva Ze en su centro y que este rodeado de una distribucion de electricidad negativa −Zeuniformemente distribuida en una esfera de radio R. El campo electrico E a una distancia r del centro en unpunto dentro del atomo es:”
E =Ze
4πε0
(1
r2− r
R3
). (2.69)
Verificar la ecuacion anterior.
Solucion:
Por la simetrıa esferica del problema, es util en estecaso utilizar la ley de Gauss. Ademas, se utilizara elprincipio de superposicion. Sabemos que la carga pun-tual en el centro del atomo, que simula ser el nucleoatomico, es:
En = kZe
r2, (2.70)
con r la distancia radial a la carga como siempre. Aho-ra, para calcular el campo de la distribucion uniformede carga −Ze, escribimos en primera instancia la den-sidad de carga:
ρ =Q
V= − Ze
43πR
3= − 3Ze
4πR3. (2.71)
Pensando en una esfera de Gauss de radio r como la punteada en la figura, es posible expresar la ley deGauss de la forma: ∫
∂V
~Ee · d~a =1
ε0
∫V
ρdV (2.72)
donde V es la esfera de radio r y ∂V su superficie. Entonces:
∫V
ρdV = − 3Ze
4πR3
∫V
dV
= − 3Ze
4πR3
4
3πr3
= −Ze( rR
)3
,
∫∂V
~Ee · d~a = Ee(r)r2
∫ π
0
∫ 2π
0
sin(θ)dθdϕ
= Ee(r)r24π ,
e igualando ambas expresiones se obtiene:
Ee(r)r24π = −Ze
ε0
( rR
)3
⇒ Ee(r) = − Ze
4πε0
r
R3= −Zek r
R3. (2.73)
Si se aplica superposicion se obtiene:
E = En + Ee ⇒ E(r) = Zek
(1
r2− r
R3
). (2.74)
24
2.15. Concepto de material conductor
Considerar una carga q colocada en el centro de una cavidad esferica metalica de radio a. Utilizando la leyde Gauss, encontrar el campo electrico en cualquier punto tal que 0 < r < a y en cualquier punto en el interiordel material conductor.
Solucion:
Vamos a pensar que luego de colocada la carga en el interior de la cavidad metalica, paso el tiempo suficientecomo para que el sistema haya llegado al equilibrio electrostatico. Sabemos que las caracterısticas del materialconductor implican que los portadores de carga pueden desplazarse libremente en su interior, pero que al llegara una superficie limitante del mismo, no pueden escapar.
En estas condiciones, es normal suponer que sobrela cara interna de la cavidad se reunan cargas opuestasa q, atraidas por la fuerza de Coulomb ejercida por q,y formando una distribucion uniforme σ. Esto debe serası porque sino no habrıa mas equilibrio electrostatico.Tenemos entonces que la carga total en la superficie dela cavidad es −q = 4πR2σ. Ademas, podemos elegirdiferentes superficies de Gauss Si y Se para el interiory exterior de la cavidad respectivamente, donde “ex-terior” en este caso es correspondiente con “interior alconductor”. En el interior no existen mas cargas encer-radas por Si que la carga puntual q con lo que:
E = kq
r2. (2.75)
En el exterior de la cavidad, la carga encerrada es:
qenc = q +
∫Se
σdSe
= q +
∫Se
σR2dΩ
= q + 4πR2σ
= q − q = 0 .
Esto simplemente indica que en el interior del conductor (o fuera de la cavidad esferica) E = 0. Esta es lacondicion que electrostaticamente define a un material conductor perfecto.
25
2.16. Potential: carga puntual
Para una carga puntual q, calcular la diferencia de potencial entre los puntos A y B en los siguientes casos:
Solucion:
Existen dos formas de resolver este problema, una que llamare formal y otra informal. Mientras conceptual-mente se entienda que es lo que se esta haciendo, cualquiera de las dos formas es totalmente valida.
La solucion formal consiste logicamente en utilizar la definicion de diferencia de potencial entre dos puntosdel espacio, es decir:
φAB = −B∫A
~E · d~l , (2.76)
en donde d~l el vector diferencial tangente en cada punto a la linea que va desde A hasta B. Sabemos que elcampo electrico generado por una carga puntual es:
~E(~r) = kq
r2r , (2.77)
pero por ejemplo, en el primer caso, los puntos A y B y la carga q son colineales, con lo cual utilizar un eje,digamos x, como parametro, con origen en la carga, es totalmente valido. Entonces, el campo sobre este ejepuede escribirse facilmente:
~E(x) = kq
x2i . (2.78)
Por otro lado, como recorremos el camino desde A hacia B sobre la recta x en todos los puntos tenemosque d~l = dxi. Entonces:
φAB = −B∫A
~E · d~l = −2d∫−d
kq
x2dxi · i = −kq
2d∫−d
dx
x2. (2.79)
Esta integral no esta definida dado que pasa por la singularidad x = 0, por lo cual el area bajo la curvaes “infinita”. Entonces, si ya se tiene el conocimiento suficiente de la teorıa electrostatica, se puede argumentarque como las lineas equipotenciales de una carga puntual son circulares. El valor del potencial en A no cambiaal moverlo entre la primera y la segunda situacion, y dado que el punto B permanece en el mismo lugar, ladiferencia de potencial debe ser la misma. Se puede entonces proceder a realizar el calculo formal para la segundasituacion. Es interesante pensar en realizar la integral de lınea primero entre A y el origen, y luego entre elorigen y B. Es evidente que este camino no es posible, porque nuevamente en algun punto nos encontraremoscon la necesidad de evaluar 1/x|x=0 lo cual esta indeterminado matematicamente.
Conviene entonces utilizar directamente la lıneaque une A con B, considerando alguna parametrizacionadecuada que llamaremos γ(t). Esta lınea tiene la par-ticularidad de que “rodea” la singularidad x = 0, porlo cual la integral puede hacerse sin problemas.
Vectorialmente, podemos escribir los puntos A y Bde la forma:
26
A = (0, d, 0)
B = (2d, 0, 0) .
Entonces, una parametrizacion γ(t) con t ∈ [0, 1] se puede construir como:
γ(t) = tA+ (1− t)B = (2d t, (1− t)d, 0) ⇒ d~l = dγ = (2d dt,−d dt, 0) = (2d,−d, 0)dt .
Si escribo el campo de forma conveniente, evaluado sobre γ(t):
~E(γ(t)) = kq
r3(t)
x(t)i+ y(t)j + z(t)k
= k
q
(4d2t2 + (1− t)2d2)3/2
2d ti+ (1− t)dj
= k
q
(5d2t2 − 2d2t+ d2)3/2
2d ti+ (1− t)dj
,
se puede calcular la diferencia de potencial sin mayores problemas:
φAB = −B∫A
~E · d~l = −kq1∫
0
2d ti+ (1− t)dj
·
2di− dj
(5d2t2 − 2d2t+ d2)3/2dt
= −kq1∫
0
4d2t+ (t− 1)d2
(5d2t2 − 2d2t+ d2)3/2dt = −kq
1∫0
5d2t− d2
(5d2t2 − 2d2t+ d2)3/2dt
= −kqd
1∫0
5t− 1
(5t2 − 2t+ 1)3/2dt = −kq
2d
4∫1
du
u3/2
= −kq2d
1(− 3
2 + 1) 1
u3/2−1
∣∣∣∣41
=kq
d
(1
41/2− 1
)= −kq
2d.
en donde definı u = 5t2 − 2t + 1. Este es el resultado de la diferencia de potencial entre los puntos A y B enla segunda situacion, y puede extenderse a la primera situacion utilizando las lıneas equipotenciales de la cargapuntual.
La solucion informal, consiste en utilizar la definicion de diferencia de potencial entre dos puntos paracalcular directamente el potencial de una carga puntual en cualquier punto. Sabemos por la teorıa electrostaticaque este potencial se conoce asignandole el valor φ(~r)→ 0 si |~r| → ∞, y queda:
φ(~r) = kq
r, (2.80)
donde r es la distancia entre la carga y el punto de observacion. Entonces, el potencial en los puntos A y Bqueda:
27
φA = kq
d; φB = k
q
2d, (2.81)
y como son lıneas equipotenciales, tanto en la primera situacion como en la segunda, se tiene que:
φAB = φB − φA =kq
d
(1
2− 1
)= −kq
2d, (2.82)
obteniendose el mismo resultado para las dos situaciones por estar los puntos A y B sobre lıneas equipotenciales.
2.17. Potencial: cargas colineales
Para una configuracion de cargas como la que semuestra en la figura, mostrar que el potencial en el ejer, V (r), esta dado por:
V (r) ≈ k(q
r+
2qa
r2
),
siempre que r >> a. Luego, calcular el potencial parapuntos que no pertenezcan al eje, pero que sigan satis-faciendo la condicion |~r| >> a (aproximacion dipolar).
Solucion:
La clave esta en utilizar la superposicion. La carga que esta en el origen de la coordenada r tiene un potencialdado por:
V0(r) = kq
r. (2.83)
Si desplazamos esta carga hacia r = a o r = −a, y ademas ponemos el signo correspondiente para la cargaen r = −a, estos potenciales pueden escribirse simplemente como:
V+a(r) = kq
r − a; V−a(r) = −k q
r + a. (2.84)
Notar que estamos tratando r como una coordenada unidimensional en el eje que une las cargas, i.e., norepresenta la magnitud de un vector de tres dimensiones ~r como usualmente. La superposicion dicta que elpotencial total sobre el eje queda:
V (r) = V0(r) + V−a(r) + V+a(r) = kq
r− k q
r + a+ k
q
r − a
= kq
r+ kq
r + a− (r − a)
r2 − a2
= k
q
r+ kq
2a
r2 − a2
≈ kq
r+ k
2qa
r2,
en donde en el ultimo paso se utilizo que r >> a.
Si ahora queremos evaluar el potencial en puntos fuera del eje, es necesario cambiar el nombre del mismopor algo mas adecuado. Si las cargas estan ubicadas colinealmente en el eje z, el sistema tiene simetrıa derotacion con este eje, o simetrıa azimutal. Esperamos entonces que el potencial resultante sea una funcionV (r, θ). Siguiendo la idea anterior, el potencial V0 no cambia, solo que ahora r si representa la magnitud de |~r|.En los otros dos casos, conviene notar que el desplazamiento es solo sobre el eje z, con lo que:
28
V+a(~r) = kq√
x2 + y2 + (z − a)2; V−a(~r) = −k q√
x2 + y2 + (z + a)2.
Trabajo una de estas expresiones, la otra es analoga. Tenemos que:
V+a(~r) = kq√
x2 + y2 + (z − a)2= k
q√x2 + y2 + z2 − 2az + a2
≈ kq√
r2 − 2za= k
q√r2 − 2ar cos(θ)
en donde se utilizo la definicion de la coordenada z en esfericas. El otro potencial queda:
V−a(~r) = −k q√r2 + 2ar cos(θ)
.
La superposicion es igual que en el caso anterior:
V (~r) = V0(r) + V−a(~r) + V+a(~r) = kq
r− k q√
r2 + 2ar cos(θ)+ k
q√r2 − 2ar cos(θ)
= kq
r+ kq
√r2 + 2ar cos(θ)−
√r2 + 2ar cos(θ)√
r4 − 4a2r2 cos2(θ)
= kq
r+ k
q
r
√r2 + 2ar cos(θ)−
√r2 + 2ar cos(θ)√
r2 − 4a2 cos2(θ)
≈ k
q
r+ k
q
r2
√r2 + 2ar cos(θ)−
√r2 − 2ar cos(θ)
.
Notar como la simetrıa azimutal aparece por si sola, y la dependendia en el angulo ingresa a traves dez = r cos(θ). La ultima expresion podrıa trabajarse un poco mas, pero opte por dejarla ası para poder compararcon el potencial sobre el eje que encontramos en la primera parte del problema.
2.18. Potencial: anillo cargado uniformemente
Un anillo de radio a posee una carga q uniformemente distribuida. Encontrar el potencial electrico en unpunto del eje normal al plano del anillo y que pasa por el centro del mismo. Obtener el campo electrico en esteeje a partir del resultado obtenido para dicho potencial.
Solucion:
La figura es en este caso igual al problema ya resuelto del anillo con carga uniforme. Como ahora nos interesael potencial en el eje, el aporte de una pequena cantidad de carga diferencial dq = λdl puede pensarse comopuntual, es decir:
dφ = kdq
d= kλ
dl√a2 + z2
, (2.85)
con lo cual el aporte de todo el anillo corresponde a sumar todos los aportes diferenciales (integrar) a lo largodel anillo:
φ(z) = kλ1√
a2 + z2
∮dl = kλ
2πa√a2 + z2
. (2.86)
Por otro lado, sabemos que E(z) = −dφdz , con lo que:
E(z) = − 2πakλ
(a2 + z2)3/22z
(−1
2
)=
2πλaz
(a2 + z2)3/2, (2.87)
que no es otra cosa que lo que ya encontramos cuando resolvimos el campo electrico en el eje del anillo (2.52).
29
2.19. Potencial: superficies equipotenciales en conductores
Sean dos esferas metalicas de radios R1 = 1 cm y R2 = 2 cm alejadas una de la otra inicialmente. Se cargala esfera mas pequena con q0 = 2× 10−7 C y luego se conectan ambas esferas con un alambre tambien metalico,pero delgado. Calcular la carga final en cada esfera, la densidad de carga y el potencial que adquieren luego deconectarlas.
Solucion:
Mientras tenemos la esfera 1 cargada, el sistema esta en equilibrio electrostatico, y como la esfera es metalica(conductora), toda la carga excedente se distribuira uniformemente en su superficie. Luego, al conectar las esferasutilizando un hilo conductor delgado, parte de esta carga se desplazara por el mismo hacia la esfera 2. Esto nopuede suceder por tiempo indeterminado hasta vaciar la esfera 1, sino que en algun momento las superficies delas esferas y el conductor estaran a un mismo potential, impidiendo el movimiento de cargas, es decir, se llegaal equilibrio electrostatico. En esta situacion, y utilizando la informacion de que el hilo es delgado, podemosaproximar los potenciales de ambas esferas como iguales, φ1 = φ2. Para la superficie de la esfera, el potential escomo el de una carga puntual ubicada en su centro, con lo que:
φ1 = φ2 ⇒ kq1
R1= k
q2
R2. (2.88)
Ademas, al llegar al equilibrio, se debe cumplir que q0 = q1 + q2, dado que no existe una fuente de cargaque haga que la cantidad neta que existe en el sistema cambie (conservacion de la carga). Tenemos entonces unsistema de dos ecuaciones con dos incognitas: q1
R1− q2
R2= 0
q1 + q2 − q0 = 0(2.89)
Resolviendolo se obtiene que q1 =(
1 + R2
R1
)−1
q0 = 6,66× 10−8 C, y q2 = 1,33× 10−7 C. Ademas:
σ1 =q1
S1=
q1
4πR21
= 5,29× 10−9 C
cm2
σ2 =q2
S2=
q2
4πR22
= 2,64× 10−10 C
cm2
son las correspondientes densidades de carga, y el potencial de ambas es el mismo:
φ1 = φ2 = φ = kq1
R1= 59940V . (2.90)
2.20. Par de placas infinitas
Se disponen dos planos conductores muy grandes de forma paralela separados una distancia 2d. Uno de ellostiene densidad superficial de carga +σ y el otro con −σ en sus caras internas. Calcular el campo electrico entodo el espacio y la diferencia de potencial entre las placas.
Solucion:
Vamos primero a utilizar la ley de Gauss para re-solver el campo generado por una sola placa ubicada enel origen. Para esto, voy a utilizar una superficie tipopastilla como se muestra en la figura, con las caras dearea A equidistantes al plano cargado. La carga encer-rada queda:
qenc = σA . (2.91)
Por otro lado, como la placa es muy grande, to-da componente del campo electrico que sea paralela ala placa tiene una contribucion de la misma magnituden sentido contrario, por lo cual, dada la simetrıa del
problema, el campo electrico siempre sera perpendic-ular al plano cargado. De esta forma, sobre el mantode la pastilla no hay flujo de campo electrico, pero sisobre las caras.
30
Si la placa tiene densidad de carga +σ, en la cara ubicada en los x negativos el campo electrico es salientehacia la direccion de los x negativos al igual que la normal a dicha cara. Lo mismo sucede en el caso de las xpositivas, con lo que:
Φ~E =
∫Sx<0
~E · d~Sx<0 +
∫Sx>0
~E · d~Sx>0
=
∫Sx<0
EdS(−i) · (−i) +
∫Sx>0
EdS i · i
= 2EA .
Recordar que todos los puntos de las caras de la pastilla estan a la misma distancia del plano cargado, conlo cual el campo electrico vale lo mismo en todos ellos y por eso es posible sacarlo de la integral.
Utilizando la ley de Gauss Φ~E = qencε0
, obtenemos que:
2EA =σA
ε0⇒ E =
σ
2ε0. (2.92)
Este es el modulo del campo, el cual vectorialmente puede escribirse como:
~E =σ
2ε0
x
|x|i . =
− σ
2ε0i x < 0
σ2ε0i x > 0
(2.93)
Si ahora volvemos al caso de las dos placas, una esta ubicada en la posicion x = d mientras que la otra estaen x = −d, con lo que el campo de cada una puede escribirse como:
~E+ =σ
2ε0
x− d|x− d|
i =
− σ
2ε0i x < d
σ2ε0i x > d
~E− = − σ
2ε0
x+ d
|x+ d|i =
σ
2ε0i x < −d
− σ2ε0i x > −d
Con esto es muy facil darse cuenta que ~ET = − σε0i si −d < x < d y ~ET = 0 si |x| > d, es decir, solo existe
campo electrico en la region entre las placas. Con esta informacion podemos calcular la diferencia de potencialentre las mismas:
31
∆Φ = −B∫A
~E · d~l = −a∫−a
(− σε0
)dx i · i
=σ
ε0
a∫−a
dx = 2aσ
ε0.
Todas estas cantidades son importantes para el estudio de los condensadores, que son elementos de uncircuito electrico conformados justamente por un par de placas paralelas con densidades de carga opuestas.
32
3. Problemas de magnetostatica basica
3.1. Protones en movimiento en un campo magnetico
Un haz de protones se desplaza a 3,2×105m/s a traves de un campo magnetico de magnitud 0,2T , dirigidoa lo largo del eje z positivo. El vector velocidad de cada proton esta en el plano xz formando un angulo deθ = 30o respecto del eje z positivo. Determinar la fuerza que se ejerce sobre el proton.
Solucion:
Este problema se aborda haciendo uso de la expresion de la fuerza magnetica sobre cargas en movimiento,derivada experimentalmente y siendo:
~F ~B = q ~v × ~B . (3.1)
En este caso, cada proton presenta q = e = 1,602× 10−19 C. Como ~B = B0k y ~v = vxi+ vz k, tenemos que:
~F ~B = q
∣∣∣∣∣∣i j kvx 0 vz0 0 B0
∣∣∣∣∣∣ = q(−vxB0)j , (3.2)
donde las barras verticales indican el calculo del determinante. Por otro lado, tenemos que vx = v0 sin (θ), conlo que la fuerza sobre uno de los protones sera:
~F ~B = −qv0 sin(θ)B0j = −5,1264× 10−14N j . (3.3)
3.2. Electrones en movimiento en un campo magnetico
Un haz de electrones cuya energıa cinetica es K,sale de una “ventana” de lamina delgada en el extremode un tubo acelerador. Existe una placa de metal a unadistancia d de esta ventana, perpendicular a la direc-cion de movimiento inicial de los electrones. Demostrarque se puede impedir que el haz choque contra la placa
si se aplica un campo magnetico B tal que B ≥√
2meKe2d2
donde me es la masa del electron. ¿Como deberıa estarorientado ~B?
Solucion:
Asumiendo que se trata de un problema de energıas no relativıstas, tenemos que K = 12mev
20 . Ademas, la
carga de los electrones es q = −e, y en el momento que salen del tubo, sienten la fuerza del campo magneticocuya expresion es la misma que antes:
~F ~B = q~v × ~B = −e~v × ~B . (3.4)
Como la fuerza total sobre los electrones es no nula, la segunda ley de Newton se puede utilizar sobre cadaelectron:
F ~B = me a = ev0B = e
√2K
meB . (3.5)
Notar que asumimos que ~v0 ⊥ ~B, lo cual usaremos mas adelante, y ademas esta ecuacion es valida solo paralas magnitudes de la fuerza y la aceleracion. Sabemos que la trayectoria que describen las partıculas cargadasen presencia de campos magneticos uniformes tiene forma de cırculo, y para movimientos circulares uniformesde radio R la aceleracion es centrıpeta, es decir:
a =v2
0
R=
2K
meR. (3.6)
33
Podemos entonces encontrar el radio del cırculo que describiran los electrones en presencia del campomagnetico:
2K
R= e
√2K
meB ⇒ R =
2K
eB
√me
2K.
Para que el haz de electrones no colisiones contra la pantalla, necesariamente R ≤ d, con lo cual:
d ≥ 2K
eB
√me
2K
B ≥ 2K
ed
√me
2K=
√22K2me
e2d22K
=
√2meK
e2d2,
que no es otra cosa que lo que querıamos probar.
Por otro lado, sabemos que la fuerza que sienten los electrones apenas salen del tubo debe ser perpendiculara su direccion de movimiento y hacia el positivo del eje z, basandonos en el dibujo. Con esta direccion asociadaa la fuerza, y la direccion que tiene el vector velocidad de los electrones dentro del tubo, usamos que la relacionentre la fuerza, el campo magnetico y la velocidad esta dada por un producto vectorial. Por esta razon, el campomagnetico necesariamente es perpendicular tanto a ~v como a ~F , debiendo ser un vector perpendicular al planode la hoja. La regla de la mano derecha permite deducir que este debe apuntar “hacia adentro de la hoja”.Esto puede verificarse matematicamente de la siguiente forma: en el momento que los electrones salen del tubo,podemos elegir ~F ~B = F ~B k, ~v = vi y con esto:
F ~B k = −e vi× ~B = −e vi×Bj , (3.7)
y para que la componente de la fuerza apunte hacia el positivo del eje z, si o si B = −|B|. Entonces, el campomagnetico queda:
~B = −|B|j . (3.8)
34
3.3. Conductor en un campo magnetico
Una barra recta horizontal de cobre, transporta una corriente de 52A de oeste a este en una region com-prendida entre los polos de un gran electroiman.
En esta region hay un campo magnetico horizontalhacia el noreste (45o al norte del este), cuya magnitudes de 12T .
1. Encontrar la magnitud y direccion de la fuerzasobre una seccion de 1m de la barra.
2. Conservando la barra en posicion horizontal,¿como se debe orientar para que la magnitud dela fuerza sea maxima? ¿cual es dicha magnituden este caso?
Solucion:
Sabemos que sobre una carga q en movimiento en un campo magnetico, se produce una fuerza dada por~F = q~v × ~B. Si la carga esta en movimiento dentro de un conductor recto, de forma tal que en un intervalo detiempo ∆t recorra la longitud completa del mismo, digamo ∆x, entonces es directo que:
~F = q∆~x
∆t× ~B , (3.9)
donde unicamente calculamos la velocidad promedio de desplazamiento de las cargas en la barra. Ahora, sabemosque en este tiempo, la carga q recorre la barra, generando por conservacion de la carga una corriente i = q
∆t .
Entonces, si cambiamos el nombre de la longitud de la barra por ~l = ∆~x, donde ~l es un vector cuyo modulo esla longitud de la barra, y su direccion y sentido estan dados por la circulacion de la corriente, tenemos que lafuerza sobre dicho conductor es de la forma:
~F = i~l × ~B . (3.10)
Con esta formula, estamos en condiciones de resolver el problema.
1. Si elegimos Norte = j, Este = i, tenemos que el campo magnetico solo tiene componentes en estasdirecciones, de forma que ~B = Bxi + By j. Entonces, como ~l = li por definicion de vector “longitud” dela barra conductora, podemos calcular:
~F =
∣∣∣∣∣∣i j kl 0 0Bx By 0
∣∣∣∣∣∣ = ilByk = 441,23Nk . (3.11)
2. La magnitud de la fuerza, dado que tenemos un producto vectorial, es F = ilB sin(α), donde α es el
angulo entre ~l y ~B. En el inciso anterior, este angulo era de 45o, y si hubieramos escrito la componenteBy, verıamos que la magnitud de la fuerza es ilBy = ilB sin(45o). Ahora, Fmax coincide justamente conα = π
2 , donde sin(π/2) = 1. Entonces, el alambre deberıa estar orientado hacia el sureste (45o al sur deleste) para que el angulo resultante entre los vectores sea de 90o sin modificar la orientacion del campo.En esta posicion la magnitud de la fuerza serıa F = 624N .
3.4. Comparacion: fuerza magnetica vs. fuerza gravitatoria
Un segmento de alambre de cobre, recto y horizontal, porta una corriente i = 28A. ¿Cuales son la magnitudy direccion del campo magnetico necesarias para “hacer flotar” el alambre, i.e., para equilibrar su peso, si sudensidad lineal de masa es de 46,6 g/m?
35
Solucion:
Los datos que brinda el problema en un sistema de unidades coherentes son λ = 46,6 g/m = 4,66×10−2kg/m,i = 28A. Esta corriente, para un circuito tıpico (orden del miliamper), es MUY alta. Si la fuerza ejercida porel campo gravitatorio es:
~P = −mgj = −λl gj , (3.12)
necesitamos un campo ~B tal que ~F ~B = λl gj para que el segmento de alambre este en equilibrio. Si este estaposicionado sobre el eje x, tenemos que:
λl gj =
∣∣∣∣∣∣i j kl 0 0Bx By Bz
∣∣∣∣∣∣ = i−lBxj + lByk
. (3.13)
Para satisfacer la ecuacion, necesariamente By ≡ 0. Entonces:
lλ g = −ilBz ⇒ Bz = −λ gi
= −0,016T ⇒ ~B = −0,016T k (3.14)
Como se puede apreciar, si queremos utilizar campos magneticos pequenos, conseguibles sin mucha sofisti-cacion (militesla es del orden de un iman de refrigerador), la corriente debe ser muy alta para acercanos al valorde la fuerza gravitatoria.
36
4. Problemas de optica
4.1. Reflexion y refraccion en un prisma
Un haz delgado y colimado de luz blanca, incide sobre un prisma de vıdrio de ındice de refraccion 1.6,ubicado de dos maneras diferentes como se muestra en la figura.
1. Trazar cualitativamente la marcha del haz principal en cada caso, justificando donde se produce reflexiontotal interna.
2. Indicar donde se produce descomposicion del haz en colores, mostrando cualitativamente la trayectoriade diferentes colores.
Solucion:
(i) Para abordar la solucion del problema, se deben tener en cuenta las consideraciones relacionadas con elprincipio de Fermat y su consecuencia, la ley de Snell. Segun el principio de Fermat, la luz recorre elcamino de mas corta duracion entre dos puntos en un mismo medio. A partir de este concepto se puedendeducir las leyes de reflexion y refraccion (o ley de Snell). Segun esta ultima, en una interfaz entredos medios, midiendo los angulos de manera consistente utilizando la normal a dicha interfaz en el puntodonde incide un rayo de luz, se cumple que:
ni sin(θi) = nr sin(θr) , (4.1)
donde ni y nr son los ındices de refreaccion del material desde donde incide el rayo y el material haciael cual penetra el rayo respectivamente, y θi, θr son los angulos de incidencia y refraccion respectivamente.
Cada uno de los rayos paralelos entre si, que conforman el haz de luz blanca, y que incidan sobre las carasdel prisma, obedecen esta ley. Por ejemplo, en el caso (i), el haz incide con angulo θi = 0, por lo cual laley de Snell dice que θr = 0, y todos los rayos siguen en lınea recta. Esto no es del todo cierto, dado quela ley de reflexion dice que θi = θR = 0, es decir, existen rayos que son reflejados en la misma direccionen que venıan, sobre el haz incidente.
Ahora, al llegar a la segunda interfaz, esta presenta una inclinacion tal que el angulo que forma cualquierade los rayos con la misma es 45o. Segun la ley de reflexion, el angulo de cada rayo reflejado sera identicoal angulo de incidencia de cada correspondiente rayo incidente. Esto puede verse en el grafico donde setraza el seguimiento del rayo principal.
37
Si queremos calcular el angulo de refraccion, la leyde Snell dice que:
sin(θr) =nvna
sin(θi)
=1,6
1sin(π
4
)≈ 1,13
Pero esto es imposible, dado que
− 1 < sin(θ) < 1 . (4.2)
Lo que sucede aquı es lo que se conoce como re-flexion total interna.
Bajo esta condicion, no existe rayo refractado, produciendose una reflexion de todos los rayos que llegana la interfaz. Lo interesante de esta situacion es que existen angulos de incidencia para los cuales sucede,pero otros para lo cuales no. Evidentemente, se puede estimar un angulo crıtico θci a partir del cual noexistira rayo refractado, es decir, asumiendo que la funcion seno alcanza su maximo valor permitido:
1 = sin(θr)
=nvna
sin(θci )
sin(θci ) =nanv
.
Un par de aclaraciones sobre esta formula son necesarias: unicamente es valida cuando el rayo incidente,lo es desde el medio de mayor ındice de refraccion, siendo ademas un θci una magnitud dependiente unica-mente de la configuracion de materiales en la interfaz.
Es importante que θci es el angulo a partir del cual existe reflexion total interna, es decir que todo rayo conθi > θci sufrira reflexion total interna. Para el problema que estamos trabajando, tenemos que θci ≈ 38o,con lo que el angulo de incidencia de 45o es mas que suficiente para que estemos en condicion de reflexiontotal interna.
(ii) En este caso, el haz incidente se encuentra en primera instancia con una interfaz que presenta una incli-nacion respecto de la direccion de incidencia. Por la simetrıa del triangulo, tenemos que θi = 45o. Sabemosque los materiales presentan variaciones en su ındice de refraccion segun los distintos colores (el ındice derefraccion es funcion de la frecuencia o de la longitud de onda asociada a la luz). Por ejemplo, el vıdrioFlint presenta:
nrojov = 1,644 ; namarillov = 1,650 ; nazulv = 1,665
Por lo tanto, por cada rayo de luz blanca incidente sobre la cara del prisma, habra mas de un rayorefractado, satisfaciendo:
θrojor = arcsin
(na
nrojov
sin(θi)
)= 25o29′
θamarillor = arcsin
(na
namarillov
sin(θi)
)= 25o22′
θazulr = arcsin
(nanazulv
sin(θi)
)= 25o7′
38
Como vemos, el color rojo presenta un angulo de refraccion mayor que el amarillo, y estos dos uno mayorque el azul. Esto significa que el rayo de luz blanca sufrira una descomposicion en colores debido a ladiferente respuesta del medio material a las diferentes longitudes de onda (recordar que cada color estaasociado a una longitud de onda). Los rayos se refractan angulos diferentes al atravesar la interfaz, yconsecuentemente se pueden distinguir por separado.
EL RESTO DEL EJERCICIO ESTA COMENTADO EN EL .TEX PERO HAY QUE VERIFICAR SIESTA BIEN LO QUE DICE DE LA SEGUNDA INTERFAZ Y SI EL GRAFICO ES COHERENTE.
39
5. Matematica general
5.1. Cambio de sistemas de coordenadas
Supongamos que tenemos un sistema de coordenadas, por ejemplo cartesiano x, y, z, y quiero escribir unvector ~v en otro sistema x1, x2, x3. Para esto es necesario conocer las ecuaciones que vinculan ambos sistemas,es decir:
x = x(x1, x2, x2) ; y = y(x1, x2, x2) ; z = z(x1, x2, x2) . (5.1)
Por ejemplo, con el sistema de coordenadas esfericas:
x = r cos(φ) sin(θ) ; y = r sin(φ) sin(θ) ; z = r cos(θ) . (5.2)
Pensando en el producto interno canonico del sistema cartesiano, un pequeno desplazamiento en cadacoordenada conforma un camino diferencial cuyo largo puede calcularse como:
d~s · d~s = ds2 = dx2 + dy2 + dz2 . (5.3)
Al realizar un cambio en el sistema de coordenadas, estamos interesados en que ds2 sea invariante (mantengael mismo valor). En el sistema x1, x2, x3, este diferencial puede tomar la forma general:
ds2 = h21dx
21 + h2
2dx22 + h2
3dx23 + · · ·+ hijdxidxj + · · · (5.4)
Las funciones hj se conocen como factores de escala. En un sistema curvilineo ortogonal, hi,j = 0 paralos terminos cruzados. Entonces, en un sistema curvilineo ortogonal generico, existen versores mutuamenteortogonales x1, x2 y x3 tales que:
~v = vxi+ vy j + vz k = v1x1 + v1x1 + v1x1 . (5.5)
¿De que forma se relacionan? Sabemos que:
d~s = dxi+ dyj + dzk = h1dx1x1 + h2dx2x2 + h3dx3x3 . (5.6)
Esto permite leer los diferenciales con respecto a las coordenadas del nuevo sistema de la forma:
dx =∂x
∂x1dx1 +
∂x
∂x2dx2 +
∂x
∂x3dx3 , (5.7)
dy =∂y
∂x1dx1 +
∂y
∂x2dx2 +
∂y
∂x3dx3 , (5.8)
dz =∂z
∂x1dx1 +
∂z
∂x2dx2 +
∂z
∂x3dx3 . (5.9)
Entonces:
d~s =
(∂x
∂x1dx1 +
∂x
∂x2dx2 +
∂x
∂x3dx3
)i+ (· · · ) j + (· · · ) k (5.10)
=
(i∂x
∂x1+ j
∂y
∂x1+ k
∂z
∂x1
)dx1 + (· · · ) dx2 + (· · · ) dx3 . (5.11)
De esta forma, por comparacion, se obtiene que:
h1x1 =∂x
∂x1i+
∂y
∂x1j +
∂z
∂x1k , (5.12)
h2x2 =∂x
∂x2i+
∂y
∂x2j +
∂z
∂x2k , (5.13)
h3x3 =∂x
∂x3i+
∂y
∂x3j +
∂z
∂x3k . (5.14)
(5.15)
Entonces, obtenemos que |hj xj | = hj =
√(∂x∂xj
)2
+(∂y∂xj
)2
+(∂z∂xj
)2
. Observamos entonces que para encontrar
d~s en el nuevo sistema de coordenadas curvilineo ortogonal, estamos aplicando una transformacion cuya matrizes:
J =
∂x∂x1
∂x∂x2
∂x∂x3
∂y∂x1
∂y∂x2
∂y∂x3
∂z∂x1
∂z∂x2
∂z∂x3
, (5.16)
40
donde cada columna es como el gradiente de la coordenada cartesiana correspondiente, por lo que son ortogonalesentre ellos, i.e., J es invertible. Sin embargo, como base de esta transformacion lineal, se toma la matriz:
J =
1h1
∂x∂x1
1h2
∂x∂x2
1h3
∂x∂x3
1h1
∂y∂x1
1h2
∂y∂x2
1h3
∂y∂x3
1h1
∂z∂x1
1h2
∂z∂x2
1h3
∂z∂x3
. (5.17)
De esta forma, cualquier vector ~v puede transformarse de la forma: v1
v2
v3
= JT
vxvyvz
. (5.18)
Entonces, podemos obtener las relaciones entre sistemas ortogonales para diferentes operadores diferenciales,y de esta forma obtener las formulas de las tablas al principio de estas lectures: CHEQUEAR LOS INDICES,SOBRE TODO DE ∇× ~v.
∇f =1
h1
∂f
∂x1x1 +
1
h2
∂f
∂x2x2 +
1
h3
∂f
∂x3x3 ,
∇ · ~v =1
h1h2h3
(∂(h1h2h3v1)
∂x1+∂(h1h2h3v2)
∂x2+∂(h1h2h3v3)
∂x3
),
∇× ~v =1
h1h2
(∂h3v3
∂x2− ∂h2v2
∂x2
)x1 +
1
h1h3
(∂h2v2
∂x3− ∂h3v3
∂x1
)x2 +
1
h1h2
(∂h3v3
∂x2− ∂h1v1
∂x2
)x3 ,
∆f =1
h1h2h3
(∂
∂x1
(h2h3
h1
∂f
∂x1
)+
∂
∂x2
(h1h3
h2
∂f
∂x2
)+
∂
∂x3
(h1h2
h3
∂f
∂x3
)).
5.2. Ecuaciones diferenciales
5.2.1. Ecuaciones diferenciales de primer orden homogeneas
Separable: → dydx = f(x)g(y)→ dy
g(y) = f(x)dx.
Homogenea 1: → dydx = f
(yx
). Se reemplaza u = y
x y queda dudx + u
x = f(u)x .
Homogenea 2: En el caso mas complejo en que:
dy
dx= f
(a1x+ b1y + c1a2x+ b2y + c2
), (5.19)
se plantea que: a1x+ b1y + c1 = 0a2x+ b2y + c2 = 0
⇒ det(sist) =
∣∣∣∣ a1 b1a2 b2
∣∣∣∣ = a1b2 − a2b1 ~ .
Si ~ = 0 entonces dydx = f
(a(x+y)+c1b(x+y)+c2
), y llamando u = x+ y se vuelve separable.
Si ~ 6= 0 entonces existen x0, y0 tales que las rectas del numerador y denominador en el argumento de f secruzan. Entonces proponemos η = x − x0 e ξ = y − y0, lo cual al introducirlo en la ecuacion la transforma enuna ecuacion homogenea 1 en ξ/η.
5.2.2. Ecuaciones diferenciales de primer orden inhomogeneas
Factor integrante: → dydx + f(x)y = g(x), se multiplican ambos miembros por una funcion arbitraria u(x),
de forma que: uy′ + uf(x)y = ug ⇒ u′ = uf(x) ecuacion diferencial separable para u. Entonces (uy)′ = ug esintegrable.
Ecuacion de Bernoulli: → dydx + f(x)y = g(x)yn, entonces se hace la sustitucion y = zn − 1 y se obtiene una
ecuacion de tipo factor integrante.
Ecuacion exacta: → F (x, y) +G(x, y) dydx = 0, se resuelve con formalismo de diferenciales:
F (x, y)dx+G(x, y)dy = 0 ,
41
entonces, si ∂F∂y = ∂G∂x , existe una funcion ψ tal que dψ = ∂ψ
∂x dx+ ∂ψ∂y dy siendo F (x, y) = ∂ψ
∂x y G(x, y) = ∂ψ∂y . De
esta forma, la ecuacion queda (ψ)′ = 0 y finalmente ψ = constante, pudiendo despejar y.
Ecuacion inexacta: → igual que la anterior pero con ∂F∂y 6=
∂G∂x . Entonces, proponemos u = u(x, y) tal que
uFdx+ uGdy = 0 (u la vuelve exacta). Se debe entonces satisfacer que: ∂uF∂y = ∂uG∂x . Generalmente se pide que
u = u(x) o u = u(y), se obtiene el valor de u y luego se integra exactamente.
Ecuacion exacta de orden n: → an(x) dnydxn + · · ·+ a1(x) dydx + a0(x)y = f(x), cumpliendo que
a0(x)− a′1(x) + a′′2(x)− · · ·+ (−1)n + a(n)n (x) = 0, entonces la ecuacion es exacta. Se puede poner:
an(x)dny
dxn+ · · ·+ a0(x)y =
d
dx
(bn−1(x)
dn−1y
dxn−1+ · · ·+ b0(x)y
),
y comparar los coeficientes para armar una ecuacion diferencial de menor orden.
Ecuacion de Clairaut: → (xy′ − y) = f(y′). Se derivan ambos miembros con respecto a x:
y′ + xy′′ − y′ = xy′′ = f ′(y′)y′′ → y′′(x− f ′(y′)) = 0 ,
y entonces y′′ = 0 da la solucion general, x− f ′(y′) = 0 da la solucion sigular.
5.2.3. Ecuaciones diferenciales de segundo orden
Random: para ecuaciones del tipo yy′′ − (y′)2 + f(x)y2 = 0, sirve elegir z = y′
y y entonces dzdy = yy′′−(y′)2
y2 .
Ecuacion con solucion en serie:→ y′′ + P (x)y′ +Q(x)y = 0. Si P y Q tienen puntos singulares regulares, sepropone una solucion en serie de Frobenius:
y = xσ∞∑n=0
anxn =
∞∑n=0
anxn+σ ,
previamente habiendo factorizado el comportamiento en infinito (si existe un punto singular regular). Esto severifica proponiendo y = 1
z y a la nueva ecuacion se le busca el punto singular regular en z = 0. La serie sepuede centrar en cualquier punto.
Polinomio indicial: puede tener tres posibles soluciones:
1) 2 raices iguales: solo una solucion en forma de serie de Frobenius.
2) Raices difieren en un entero: la raız mas grande es la que da la solucion de Frobenius.
3) Raices no difieren en entero: las dos brindas soluciones linealmente independiente.
Segunda solucion (para 1) y 2) anteriores): si σ1 y σ2 son las raices del polinomio indicial con σ1 > σ2 ey1 corresponde a la solucion con σ1, la segunda solucion se obtiene de la forma:
a) Metodo del Wronskiano: y2(z) = y1(z)∫ z 1
y21(u)e−
∫ u P (v)dvdu.
b) Metodo de la derivada: y2(z) =∂∂σ [(σ − σ2)y(z, σ)]
∣∣σ=σ2
, en donde:
y(z, σ) =
∞∑n=0
an(σ)xn+σ ,
con an(σ) saliendo de la relacion de recurrencia sin reemplazar el valor de σ.
Si las raices son iguales, y2(x) =∂∂σy(z, σ)
∣∣σ=σ2
.
42
5.2.4. Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales
5.3. Tensores
Sea V un espacio vectorial de dual V ∗ y T : V ∗ × · · · × V ∗ × V × · · · × V → C, donde V ∗ aparece r vecesy V aparece s veces, y C es un cuerpo. Entonces, T es un tensor de rango (r, s) que toma r vectores de V ∗
(covectores) y s vectores de V y da como resultado un escalar, pudiendo escribirse utilizando las bases:
~ei|ri=1 ∈ V ; ~ej∣∣si=j∈ V ∗ ,
siendo dim(V ) = n, de la forma:
T = T i1i2···irj1j2···js~ei1 ⊗ · · · ⊗ ~eir ⊗ ~ej1 ⊗ · · · ⊗ ~ejs , (5.20)
donde T i1i2···irj1j2···js son las componentes del tensor en esta base. Ejemplos simples:
Tensor de rango (1, 0) es un vector ~v = vi~ei (vertical).
Tensor de rango (0, 1) es un vector dual ~v∗ = vj~ej (horizontal).
Antiguamente se utilizaba la siguiente denominacion:
Base Componentes Clasificacion
Espacio V covariante ~ei contravariante xi Vectores
Espacio V ∗ contravariante ~ej covariante xj Covectores
5.3.1. La metrica
La metrica gij es un tensor dos veces covariante, es decir, toma componentes de vectores (componentescontravariantes).
La metrica gij es un tensor dos veces contravariante, es decir, tomar componentes de covectores (compo-nentes covariantes).
La metrica gij es un tensor mixto.
Ademas, gij = (gij)−1 y girgrj = gij = δij siempre.
El producto interno puede escribirse en terminos de la metrica:
~a ·~b = gijaibj = δijaibj = gija
ibj . (5.21)
5.3.2. Simetrıa y antisimetrıa
A C todo tensor se le puede extraer sus partes simetrica y antisimetrica, definidas de la siguiente forma:
C [αβ] =1
2
(Cαβ − Cβα
)→ parte antisimetrica,
C(αβ) =1
2
(Cαβ + Cβα
)→ parte antisimetrica,
con las propiedades que C [αβ] = −C [αβ] y C(αβ) = C(βα).
43
5.3.3. Transformacion de tensores en coordenadas curvilineas
Si tenemos xα y x′β relacionados de la forma x′β = Lβαxα, tenemos entonces que ∂x′β
∂xα = Lβα. Ası, podemosver como transforman los tensores de primeros rangos facilmente:
Vector contravariante→ a′α =∂x′α
∂xβaβ = Lαβa
β ,
Vector covariante→ a′α =∂xβ
∂x′αaβ = (L−1) βα aβ ,
Tensor covariante→ Tαβ =∂xγ
∂x′α∂xδ
∂x′βTγδ = (L−1) γα (L−1) δβ Tγδ ,
Tensor contravariante→ Tαβ =∂x′α
∂xγ∂x′β
∂xδT γδ = LαγL
βδT
γδ ,
Tensor mixto→ Tαβ =∂x′α
∂xγ∂xδ
∂x′βT γδ = Lαδ(L
−1) δβ Tγδ .
44
A. Scattering cuantico
Se puede estudiar la materia de varios libros de grado de mecanica cuantica, como por ejemplo de,1,2etc.Supongamos que disponemos un detector D que mide la cantidad de partıculas dn dispersadas en un angulosolido dΩ por un centro dispersor ubicado en el origen del sistema de coordenadas O y segun el cual el potencialde interaccion entre las partıculas dispersadas y el haz incidente es de la forma V (~r1 − ~r2).
Figura 1: Esquema de dispersion de una onda plana incidente en una onda esferica dispersada un angulo θrespecto del vector de onda incidente.
Dado que observaremos al sistema desde su centro de masa, nos queda que V (~r1 − ~r2) = V (~r). Designamoscon Fi el numero de partıculas incidentes en el punto O que atraviesan una superficie perpendicular a la direccionde incidencia. Evidentemente, esperamos que el numero dn cumpla que dn ∝ dΩ, pues si agrandamos el areade deteccion obtendremos una mayor probabilidad de colectar partıculas. Asimismo, dn ∝ Fi pues cuantasmas partıculas incidan mayor es la probabilidad de tener partıculas dispersadas. Definimos el coeficiente deproporcionalidad de la forma σ(θ, φ) satisfaciendo:
dn = σ(θ, φ)FidΩ . (A.1)
σ tiene unidades de superficie y se conoce como seccion eficaz diferencial de dispersion. Podemos entoncesinterpretar esta ecuacion como que el numero de partıculas que llegan al detector por unidad de tiempo corre-sponden a aquellas que atraviesan un area σ(θ, φ)dΩ perpendicular a la direccion del haz de incidencia.
Los estados cuanticos dispersivos deben estar asociados a una solucion de la ecuacion de Schrodinger. Esesperable que la partıcula libre incidente tenga un comportamiento de onda plana, y dado que en general laonda es dispersada en distintas direcciones segun las caracterısticas del sistema en cuestion, proponemos que:
ψscattering ∼ ei~k·~r + f(θ, φ)
eikr
r, r →∞ , (A.2)
donde ~k es el vector de onda asociado a la energıa del sistema, que satisface k2 = 2mE2 , y se asume dispersion
elastica (|~k| = k) con decaimiento asintotico de la onda esferica dispersada. La funcion f(θ, φ) se conoce comoamplitud de dispersion. En otras palabras, suponemos la existencia de una solucion a la ecuacion de Schrodingerpara la dispersion de dos partıculas en el centro de masa del sistema de forma que asintoticamente (distancia rel-
ativa entre partıculas r →∞) tome la forma anterior. Esta aproximacion es valida siempre que V (~r) ∼ O(
1|~r|
),
lo cual deja afuera el potencial coulombiano. Este ultimo es un caso particular entre decaimiento rapido (ex-ponencial) y decaimiento lento, y debe resolverse aparte. Nos interesa entonces encontrar formas concretas decalcular f(θ, φ) conociendo informacion basica sobre el sistema fısico en estudio.
Por otro lado, sabemos que a la ecuacion de Schrodinger le corresponde una corriente de la forma:
~J =
2mi[ψ∇ψ − ψ∇ψ] , (A.3)
lo cual se puede interpretar como el flujo diferencial de partıculas por unidad de area y tiempo. Calculemos lacorriente para el termino dispersado de nuestra funcion de onda. Para ello necesitamos el operador diferencial∇ escrito en coordenadas esfericas:
45
∇ = r∂
∂r+ θ
1
r
∂
∂θ+ φ
1
r sin(θ)
∂
∂φ. (A.4)
Aplicandolo al termino ψscattered ∼ f(θ, φ) eikr
r , obtenemos que:
∇ψscattered ∼ rfikeikr
r− rf e
ikr
r2+ θ
eikr
r2
∂f
∂θ+ φ
eikr
r2 sin(θ)
∂f
∂φ, (A.5)
y que:
∇ψscattered− ∼ rf∗ike−ikr
r− rf∗ e
−ikr
r2+ θ
e−ikr
r2
∂f∗
∂θ+ φ
e−ikr
r2 sin(θ)
∂f∗
∂φ. (A.6)
Vemos que salvo el primer termino, al calcular ψ∇ψ y ψ∇ψ, todos los terminos son de orden O(1/r3), ycomo estamos viendo r →∞, nos quedamos solo con este. De esta forma, tenemos:
~Jscattered ∼ 2mi
[f∗e−ikr
rrfik
eikr
r+ f
eikr
rrf∗ik
e−ikr
r
]=
k|f(θ, φ)|2
mr2r .
El numero de partıculas asociadas a esta corriente en un angulo solido entonces esta dado por:
dn = |r · ~Jscattered|r2dΩ =km|f(θ, φ)|2 . (A.7)
Por otro lado, podemos calcular la cantidad de partıculas incidentes sobre la superficie perpendicular a la
direccion de incidencia utilizando la corriente asociada al estado incidente ψincident ∼ ei~k·~r. Tenemos que:
∇ψincident ∼ i~kei~k·~r , (A.8)
y que:
∇ψincident ∼ −i~ke−i~k·~r , (A.9)
con lo cual:
~Jincident =~km
. (A.10)
Entonces, Fi que definimos antes se puede calcular de la forma Fi = |k · ~Jincident| = km . Tenemos entonces
que:
dn = σ(θ, φ)FidΩ (A.11)
= σ(θ, φ)kmdΩ (A.12)
=km|f(θ, φ)|2dΩ , (A.13)
con lo que obtenemos:
σ(θ, φ) = |f(θ, φ)|2 . (A.14)
Tenemos entonces una forma practica de calcular la seccion eficaz de interaccion para distintos procesos,simplemente conociendo la solucion correspondiente de la ecuacion de Schrodinger para el sistema en estudio,y separando la parte correspondiente a la onda dispersada. Existen diversos metodos para conocer la amplitudde dispersion, como el metodo de ondas parciales que se puede ver en proximas secciones.
46
A.1. Determinacion de la amplitud de dispersion
Si asumimos que nuestra solucion de la ecuacion de Schrodinger para dispersion se comporta asintoticamente
como una onda libre, sabemos que E = k22m , lo cual puede ingresarse en la ecuacion misma, reacomodar un
poco los terminoa resultantes y obtener que nuestra funcion de onda debe satisfacer la ecuacion:
∇2 + k2ψ(~r) = U(~r)ψ(~r) , U(~r) =2mV (~r)
2. (A.15)
Esta es la ecuacion de Helmholtz inohomegenea. La solucion general de una ecuacion inhomogenea se puedeconocer como la suma de una solucion particular de la inhomogenea con una solucion general de la homogenea.Una solucion de la parte inohomegenea se puede conocer por medio de la funcion de Green, que es aquellafuncion dependiente de un par de conjunto de coordenadas que satisface:
∇2 + k2G(~r − ~r ′) = δ(3)(~r − ~r ′) . (A.16)
De esta forma, se puede verificar que:
ψinh(~r) =
∫G(~r − ~r
′)U(~r ′)ψinh(~r ′)d3~r ′ , (A.17)
es solucion de la ecuacion A.16. Notar que la variable ~r′
esta restringida a aquella region donde U(~r) 6= 0, conlo que una de las condiciones para que el problema tenga solucion es que esta funcion tenga soporte compacto(un dominio finito donde es no nula). A.17 puede resolverse de forma iterativa para ψinh como veremos. De estaforma, la solucion dispersiva de nuestro sistema queda:
ψ(~r) ∼ ei~k·~r +
∫G(~r − ~r
′)U(~r ′)ψ(~r ′)d3~r ′ , (A.18)
pues ei~k·~r es una solucion de la ecuacion homogenea. Comparando esta ultima con A.2 es esperable que la
informacion sobre la amplitud de dispersion aparezca en la funcion de Green. Para dar con una expresion de lamisma, escribimos los desarrollos en Fourier:
G(~r − ~r ′) =1
(2π)3
∫G(~q)ei~q·(~r−~r
′)d3~q (A.19)
δ(3)(~r − ~r ′) =1
(2π)3
∫ei~q·(~r−~r
′)d3~q . (A.20)
Aplicamos el operador diferencial ∇2 + k2 a G e igualamos a la delta de Dirac. Reemplazamos momen-
taneamente ~R = ~r − ~r ′:
∇2 + k2G(~R) =1
(2π)3
∫d3~qG(~q)∇2 + k2ei~q·~R
=1
(2π)3
∫d3~qG(~q)−q2 + k2ei~q·~R
=1
(2π)3
∫ei~q·
~Rd3~q .
Esto tiene solucion unicamente si:
G(~q) =1
k2 − q2. (A.21)
Esto no es otra cosa que la transformada de Fourier de la funcion de Green que buscamos. De esta forma,para conocer la funcion de Green en variables espaciales, que es nuestro interes, debemos aplicar la transformadainversa.
47
G(~R) =1
(2π)3
∫e−i~q·
~R
k2 − q2d3~q
=1
(2π)2
∫ ∞0
∫ π
0
e−iqR cos(θ)
k2 − q2q2dq sin(θ)dθ
=1
(2π)2
∫ ∞0
∫ 1
−1
eiqRu
k2 − q2q2dqdu
=i
R(2π)2
[∫ ∞0
e−iqR
k2 − q2qdq −
∫ ∞0
eiqR
k2 − q2qdq
]=
i
R(2π)2
[∫ ∞0
e−iqR
k2 − q2qdq +
∫ 0
−∞
e−ivR
k2 − v2vdv
], (A.22)
donde usamos que u = cos(θ) y v = −q. Ahora, si quisieramos juntar estas integrales en una sola extendiendoseen el intervalo q ∈ (−∞,∞), debemos tener cuidado con las singularidades en q = ±k. Para ello es recomendablerealizar la cuenta en el plano complejo, utilizando algun contorno que encierre a uno u otro de los polos:
Figura 2: Posibles integrales de contorno que encierran alguno de los dos polos.
Cual elijamos nos dira que tipo de solucion es la que estamos contemplando. Como veremos, una de ellas nosdevuelve una onda que “viaja hacia afuera” mientras que el otro “viaja hacia adentro”. Elegimos el contornoC1 que encierra el polo q = k.
G(~R) =i
R(2π)2
∫C1
qeiqR
(k − q)(k + q)dq
=i
R(2π)2
∫C1
f(q)
q − kdq
=i
R(2π)2(2πif(k))
=i
R(2π)2(2πi)
keikR
2k,
donde utilizamos el teorema de Cauchy-Goursat, que establece que si C1 encierra un polo simple en z = z0 de
f y esta no presenta ninguna singularidad en C1, entonces∫C1
f(z)z−z0 dz = 2πif(z0). Obtenemos ası la funcion de
Green que buscamos:
G(~R) = − 1
4π
eikR
R= − 1
4π
eik|~r−~r′|
|~r − ~r ′|. (A.23)
La expresion asintotica de esta funcion se calcula aproximando la magnitud de ~r−~r ′ por aquella de ~r menosla proyeccion de ~r ′ sobre ~r, pues al suponer que |~r| → ∞ y ~r ′ es no nula unicamente en el soporte compacto deU , esta proyeccion es entonces muy pequeno frente a |~r|.
48
Figura 3: Aproximacion asintotica basada en el soporte compacto del potencial para la funcion de Green deestados dispersivos. La region encerrada por la linea de puntos indica cual es la region donde es valido elpotencial.
Entonces:
|~r − ~r ′| −−−−→|~r|→∞
r − r · ~r ′ , (A.24)
y ademas:
eik|~r−~r′|
|~r − ~r ′|−−−−→|~r|→∞
eik(r−r·~r ′)
r − r · ~r ′∼ eikr
re−ikr·~r
′. (A.25)
Si ponemos esto en la solucion A.18, sale que:
ψ(~r) ∼ ei~k·~r +eikr
r
[− 1
4π
∫e−ikr·~r
′U(~r ′)ψ(~r ′)d3~r ′
], (A.26)
con lo que obtenemos una expresion para la amplitud de dispersion, en vistas de la expresion A.2:
f(θ, φ) = − 1
4π
2m
2
∫e−ikr·~r
′V (~r ′)ψ(~r ′)d3~r ′ . (A.27)
A.2. Aproximacion de Born
Si hubieramos integrado A.22 utilizando C2 en vez de C1, obtenemos:
G±(~r − ~r ′) = − 1
4π
e±ik|(~r−~r′)|
|~r − ~r ′|, (A.28)
con lo que la ecuacion integral A.18 equivalente a la ecuacion de Schrodinger queda:
ψ(±)~k
(~r) = ei~k·~r − 1
4π
∫U(~r ′)
|~r − ~r ′|e±ik|~r−~r
′|ψ±~k(~r ′)d3~r ′ , (A.29)
conocida como ecuacion de Lippmann-Schwinger. Esta ecuacion puede resolverse de forma iterativa, proponiendo
que en primera instancia la funcion de onda del integrando es una onda plana. Insertamos la expresion ψ(0)~k
(~r) =
ei~k·~r, y obtenemos la aproximacion a orden uno:
ψ(1)~k≈ ψ(0)
~k(~r)− 1
4π
∫U(~r ′)eik|~r−~r
′|
|~r − ~r ′|ψ
(0)~k
(~r ′)d3~r ′ . (A.30)
Asi siguiendo con las iteraciones, obtenemos una expresion:
ψ(n+1)~k
(~r) ≈ ei~k·~r − 1
4π
∫U(~r ′)eik|~r−~r
′|
|~r − ~r ′|ψ
(n)~k
(~r ′)d3~r ′ . (A.31)
49
Podemos, de forma analoga a la deduccion que hicimos en A.27, obtenemos una muy buena aproximacionde la amplitud de dispersion:
f (n)(θ, φ) ≈ − 1
4π
∫U(~r ′)e−ikr·~r
′ψ
(n)~k
(~r ′)d3~r ′ . (A.32)
Esta serie se conoce como serie de Born, y el caso n = 0 de se conoce como aproximacion de Born. Podemosreescribir la expresion resultante como:
fB(θ, φ) = − 1
4π
∫U(~r ′)e−i
~k ′·~r ′ei~k·~r ′d3~r ′
= − 1
4π
(2π)3/2
(2π)3/2
∫U(~r ′)ei(
~k−~k ′)·~r ′d3~r ′
= −(π
2
)1/2 2m
2F(V (~k − ~k ′)) , (A.33)
donde F simboliza la transformada de Fourier. De esta forma, obtenemos la expresion en aproximacion de Bornpara la amplitud de dispersion, y por consiguiente para la seccion eficaz:
dσB(θ, φ) =2πm2
4|F(V (~k − ~k ′))|2dΩ . (A.34)
A.3. Metodo de las ondas parciales
Presentamos aqui uno de los metodos usuales para encontrar la amplitud de dispersion en el caso depotenciales centrales de interaccion que decaen mas rapido que O(1/r). Sabemos que en estos casos, el momento
angular orbital ~L se conserva, existiendo estados estacionarios con valores de momento angular bien definidosque dan lugar a autoestados bien definidos. Estos autoestados forma una auto-base comun de los operadores H,~L2 y Lz, y los llamaremos las “ondas parciales”. Como en r → ∞ el potencial decae completamente, debemosobtener que nuestras ondas parciales corresponden a soluciones de la ecuacion de Schrodinger simetricamenteesfericas, estacionarias, de vacio y tres dimensionales de la forma:
φ(0)k,l,m(~r) =
(2k2
π
)1/2
jl(kr)Yml (θ, φ) . (A.35)
Donde jl son las funciones de Bessel esfericas. En el caso de un V (r) arbitrario con la anterior condicion,podemos escribir la onda parcial de la forma:
φk,l,m(~r) =1
ruk,l(r)Y
ml (θ, φ) . (A.36)
uk,l satisface la ecuacion radial reducida que conocemos:− 2
2m
∂2
∂r2+l(l + 1)2
2mr+ V (r)
uk,l(r) =
2k2
2muk,l(r) , (A.37)
donde m es la masa reducida del sistema de partıculas interactuantes. Esta ecuacion debe satisfacer la condicionuk,l(r = 0) = 0 pues es basicamente una ecuacion unidimensional de Schrodinger para el potencial Veff (r) =l(l+1)2
2mr + V (r) que satisface Veff (r < 0) = ∞. Evaluamos la solucion asintotica de esta ecuacion. Esta quedade la forma:
−∂2u∞k,l∂r2
= k2u∞k,l , (A.38)
y las soluciones son bien conocidas:
u∞k,l(r) ∼ Aeikr +Be−ikr . (A.39)
Si pensamos en terminos de onda reflejada y transmitida, como el r < 0 no puede haber onda transmitida atraves del potencial, necesariamente la onda incidente y la reflejada tienen la misma intensidad, i.e. |A| = |B|.Por otro lado de una ecuacion real se esperan soluciones reales, con lo que A = |A|eiδ(~k) y B = −|A|e−iδ(~k).Como vemos no podemos suponer desde un principio que dicha fase sea independiente de todos los parametrosdel problema. Esto nos dice que:
50
u∞k,l ∼ C sin(kr + δ(~k)) . (A.40)
Comparemos esta solucion con la expresion asintotica de la solucion A.35. Tenemos que:
jl(kr) ∼1
krsin
(kr − lπ
2
), (A.41)
con lo que conviene expresar δ(~k) = − lπ2 + δl(~k) para poder comparar. Tenemos entonces que:
u∞k,l ∼ C sin
(kr − lπ
2+ δl(~k)
)(A.42)
lo cual puede reescribirse en terminos de exponenciales y reemplazarlo en la expresion general de la funcion deonda para obtener:
φ(0)k,l,m =
(2k2
π
)1/2[eikre−ilπ/2 − e−ikreilπ/2]
2ikrY ml (θ, φ) (A.43)
φ∞k,l,m =C
r
[eikre−ilπ/2eiδl(~k) − e−ikreilπ/2e−iδl(~k)]
2iY ml (θ, φ) . (A.44)
Podemos elegir C de forma que:
φ∞k,l,m = C1[eikre−ilπ/2eiδl(
~k) − e−ikreilπ/2eiδl(~k)]
2ikrY ml (θ, φ) . (A.45)
Ademas, como las fases globales no cambian la interpretacion fısica de la funcion de onda en terminos
probabilısticos, conviene sacar factor comun e−iδl(~k) y absorber el factor con C1. Obtenemos:
φ∞k,l,m = C1[eikre−ilπ/2e2iδl(~k) − e−ikreilπ/2]
2ikrY ml (θ, φ) . (A.46)
Vemos entonces que la diferencia de fase en la parte de la onda que “viaja hacia adelante” con respecto a laonda en vacio (sin interaccion con un potencial) es la que contiene toda la informacion fısica sobre lo que haceel potencial. Comparar A.46 con A.43.
VER EN COHEN COMO ES EL TEMA CON LA ROTACION. SINO EN EL SAKURAI
Por las consideraciones anteriores, tenemos que nuestro sistema presenta simetrıa azimutal alrededor del ejesobre el cual yace el vector de onda incidente ~k. Esto nos indica que f(θ, φ) = f(θ). Podemos proponer entonces:
f(θ) =
∞∑l=0
f~k(l)(2l + 1)Pl(cos(θ)) , (A.47)
en donde:
f~k(l) =1
2
∫ π
0
f(θ)Pl(cos(θ)) sin(θ)dθ . (A.48)
Con esto, podemos calcular la seccion eficaz diferencial, utilizando la ortogonalidad de los polinomios deLegendre: ∫ π
0
Pl(cos(θ))Pl′(cos(θ)) sin(θ)dθ =2
2l + 1δl, l′, (A.49)
obteniendose:
51
σ =
∫σ~k(θ)dΩ (A.50)
=
∫|f(θ)|2dΩ (A.51)
=∑l
∑l′
(2l + 1)(2l′ + 1)f~k(l)f~k(l′)
∫Pl(cos(θ))Pl′(cos(θ))dΩ (A.52)
= 4π
∞∑l=0
(2l + 1)|f~k(l)|2 (A.53)
Dado que la simetrıa azimutal aplica a las soluciones de la ecuacion de Schrodinger, es posible escribir:
ψ+~k
(r, θ) =
∞∑l=0
(2l + 1)C~kR~k,l(r)Pl(cos(θ)) . (A.54)
R~k,l son las funciones que encontramos anteriormente, que asintoticamente se comportan de la forma A.42,i.e.:
ψ+~k
(r, θ) ∼∞∑l=0
(2l + 1)C~k(l)sin(kr − lπ
2 + δl(~k))
krPl(cos(θ)) . (A.55)
Por otro lado, mezclamos los desarrollos ?? y A.47 (ARREGLAR DONDE APARECEN ESTOS DESAR-ROLLOS Y POR ENDE EL METODO DE REFERENCIA, I.E. EL DESARROLLO DE LA EXP DEBERIAAPARECER POR PRIMERA VEZ ACA), tenemos que la expresion asintotica de A.2 queda:
ψ+~k
(r, θ) ∼∞∑l=0
(2l + 1)Pl(cos(θ))
[il
sin(kr − lπ/2)
kr+ f~k(l)
eikr
r
]. (A.56)
Proponiendo que A.55=A.56 obtenemos una ecuacion que relaciona los coeficientes del desarrollo asintoticode la funcion de onda con el desarrollo de la amplitud de dispersion:
C~k(l)sin(kr − lπ/2 + δl(~k))
kr= il
sin(kr − lπ/2)
kr+ f~k(l)
eikr
r. (A.57)
Desarrollando la funcion seno del primer miembro en terminos de exponenciales, sumando y restando eltermino eikre−ilπ/2 y acomodando correctamente se puede obtener que:
C~k(l)eikr
2ikre−ilπ/2e−iδl(
~k)(e2iδl(~k) − 1) + C~k(l)e−iδl~k sin(kr − lπ/2)
kr= il
sin(kr − lπ/2)
kr+ f~k(l)
eikr
r, (A.58)
lo cual finalmente da un par de ecuaciones a resolver:C~k(l) e
ilπ/2
2ik e−iδl(~k)(e2iδl(~k) − 1) = f~k(l)
C~k(l)e−iδl(~k) = il
(A.59)
Conviene despejar de la segunda C~k(l) = ileiδl(~k) y reemplazar en la primera para obtener:
f~k(l) =e2iδl(~k) − 1
2ik=
1
keiδl(
~k) sin(δl(~k)) , (A.60)
Siendo finalmente la seccion eficaz de interaccion:
σ =4π
k2
∞∑l=0
(2l + 1) sin2(δl(~k)) . (A.61)
52
A.4. Teorema optico
Utilizando la expansion A.47, ya sabiendo el resultado A.60 se obtiene:
f~k(θ) =1
k
∞∑l=0
(2l + 1)eiδl(~k) sin(δl(~k))Pl(cos(θ)) . (A.62)
Si observamos como es la transmision de la onda incidente en la misma direccion de incidencia, el angulode dispersion es θ ≈ 0. Como Pl(1) = 1, obtenemos:
f~k(0) =1
k
∞∑l=0
(2l + 1)eiδl(~k) sin(δl(~k))
= <(f~k(0)) + i=(f~k(0)) ,
donde =(f~k(0)) = 1k
∑∞l=0(2l + 1) sin2(δl~k), lo cual es basicamente la expresion de la seccion eficaz. Tenemos
entonces que:
σ~k =4π
k=(f~k(0)) . (A.63)
Esta expresion es la conocida como Teorema Optico, y relaciona laseccion eficaz total de dispersion con laamplitud frontal de la onda dispersada, es decir la parte dispersada “hacia adelante”, conocida como forwardscattering.
A.5. Espın en dispersion
B. Interacciones nucleares (fuerte y debil)
Arreglatelas como puedas....
C. Teorıa de perturbaciones
C.1. Perturbaciones constantes
C.1.1. Regla de oro de Fermi
ESTARIA BUENO COMPLETAR; MUY BUENAS IDEAS EN GALINDO.
Como siempre, tenemos un hamiltoniano de la forma H = H0 + V , donde V sera tratado como unaperturbacion, en este caso independiente del tiempo. Esto puede tomarse de la forma:
V (t) =
0 si t < 0V si t ≥ 0 (independiente del tiempo).
(C.1)
Aplicamos entonces la teorıa de perturbaciones dependientes del tiempo a esta perturbacion. Recordemosque la amplitud de transicion de un estado |s〉 a uno |k〉 (ambos autoestados de H0) al aplicar la perturbacion,a primer orden queda:
〈k|T (t, 0)|s〉 = Tks(t, 0) = − i
∫ t
0
〈k|V |s〉eiωkst′dt′ . (C.2)
Aquı, ωks = Ek−Es como siempre. Como en t > 0 V no depende del tiempo, podemos calcular:
Tks(t, 0) = − i〈k|V |s〉
∫ t
0
eωkst′dt′
= − 〈k|V |s〉Ek − Es
[eiωkst − 1
].
La probabilidad de transicion esta dada por Ps→k(t) = |Tks(t, 0)|2. Si calculamos esto se obtiene:
53
Ps→k(t) =|〈k|V |s〉|2
(Ek − Es)2
[eiωkst − 1
] [e−iωkst − 1
](C.3)
= 2|〈k|V |s〉|2
(Ek − Es)2(1− cos(ωkst)) . (C.4)
Tenemos entonces que la probabilidad de transicion es una funcion oscilatoria con un tiempo caracterısticodado por τ = 2π
ωks.
Recordemos que para poder tratar V como una perturbacion, es necesario que Ek ' Es, es decir, que laenergıa sin perturbacion “se conserve”. En el sentido estricto esto no es cierto, quien se conserva es la energıatotal pues 〈H〉 es rigurosamente una cantidad conservada, pero la energıa perturbada Ek sera muy proxima aEs si la perturbacion es debil. Si esto se satisface, tenemos entonces que ωks ∼ 0. Comparado con el tiempocaracterıstico, ωksτ ∼ 2π, y como argumento del coseno es analogo evaluar ωkst ∼ 0. Entonces:
1− cos(ωkst) ∼ 1− 1 +(ωkst)
2
2!=
1
2ω2kst
2. (C.5)
La probabilidad queda entonces:
Ps→k(t) ∼ 1
2|〈k|V |s〉|2t2 . (C.6)
Esto indica que para tiempos menores a la oscilacion caracterıstica de la probabilidad, la misma crece deforma cuadratica con el tiempo, lo cual es una muy buena caracterizacion de la probabilidad de transicion.
Supongamos ahora que se tiene una variedad de estados finales perturbados |k〉k∈f con energıas Ek ∼ Es,que en alguna aproximacion pueden suponerse continuos. Esto es valido pues sabemos que los estados finales sonautoestados de H0 que es el hamiltoniano sin perturbar, y por ende esperamos que |〈k|k〉|2 <∞. Se introduceentonces la densidad de estados como la cantidad de estados finales perturbados nf con energıas en el intervalo(Ek, Ek + dEk):
ρf (Ek) =dnfdEk
. (C.7)
Con esta herramienta es posible calcular la probabilidad total de transicion desde el estado |s〉 cambiandolas sumatorias por integrales de la forma que sigue, a partir de (C.4):
P (t) =∑k
Ps→k(t) = 2∑k
|〈k|V |s〉|2
(Ek − Es)2(1− cos(ωkst)) (C.8)
=2
2
∫ Ek+∆E
Ek−∆E
|〈k′|V |s〉|2
ω2k′s
(1− cos(ωk′st))ρf (E′k)dE′k (C.9)
=2
∫ (Ek+∆E)−1
(Ek−∆E)−1
|〈k′|V |s〉|2
ω2k′s
(1− cos(ωk′st))ρf (ωk′s)dωk′s . (C.10)
Evaluar esta integral requiere entender ciertas aproximaciones del modelo de perturbacion utilizado. Sabe-mos que debemos satisfacer la condicion Ek ∼ Es. Entonces ρf (Ek) ∼ ρf (Es) ≈ cte. Ahora, los estados |k〉k∈fson similares a |s〉 porque pertenecen al mismo hamiltoniano con energıas muy parecidas entre si, con lo que|〈k|V |s〉|2 ≈ cte tambien. Podemos verificar que esto es cierto observando el factor (1− cos(ωt))/ω2, con t > 0.Si graficamos esto en funcion de ω para distintos tiempos, se tiene que:
54
Figura 4: Comportamiento a lo largo del tiempo del factor del integrando para calcular la probabilidad detransicion.
Como vemos, la funcion se hace cada vez mas estrecha alrededor de ω = 0 a medida que el tiempo pasa.Esto nos dice que para un tiempo suficientemente largo, pero todavıa lo suficientemente chico como para que(C.6) < 1 (recordar que es una probabilidad), podemos evaluar la integral con lımites infinitos, pues el integrandotendra un soporte muy pequeno (casi δ(ω)). Ahora, como para este tiempo ω ≈ 0 y ω = E − Es tenemos queE ≈ Es con lo que la aproximacion que nos permitio sacar afuera de la integral los otros factores es valida.Falta entonces evaluar la integral:
∫ ∞−∞
(1− cos(ωt))
ω2dω =
1
t
∫ ∞−∞
1− cos(x)
x2dx
= t
[− cos(x)
x
∣∣∣∣∞−∞−∫ ∞−∞
(− 1
x
)(− sin(x))dx
]
= t
∫ ∞−∞
sin(x)
xdx
= πt ,
quedando finalmente la probabilidad de transicion expresada de la forma:
P (t) =2πt
|〈k|V |s〉|2ρf (Ek) . (C.11)
La tasa de transicion asociada es simplemente ws→k = dPdt , lo cual resulta en:
ws→k =2π
|〈k|V |s〉|2ρf (Ek) , (C.12)
i.e., tenemos una tasa constante. Esta es la conocida como regla de oro de Fermi.
C.1.2. Seccion eficaz de transicion
Si se interpreta esta tasa de probabilidad de transicion como la probabilidad de que luego de una interaccionse obtenga una partıcula con estado |k〉, es posible relacionarla con la seccion eficaz a traves de la especificacionde la tasa del flujo incidente de partıculas Fi de la forma:
dσ =ws→kFi
. (C.13)
Ahora, la tasa del flujo de partıculas incidentes con momento k lo conocemos de (A). Escribimos entoncesla densidad de estados correspondiente a un continuo de estados en el intervalo (Ek, Ek +dEk). Sabemos que, a
55
mas de una constante de normalizacion del espacio de las fases que tiene que ver con el volumen L3 de una caja,que se cancela con la misma normalizacion utilizada para los estados (por eso no lo incluimos), la densidad deestados satisface:
VER PORQUE LO SATISFACE
ρf (Ek)dEk =d3~pk
(2π)3(C.14)
=p2kdpkdΩ
(2π)3(C.15)
(C.16)
Ahora, sabemos que Ek =√p2kc
2 +m2c4, con lo que, usando que p = γmv y E = γmc2, se puede calcular:
dEkdpk
=1
2
1√p2kc
2 +m2c42pkc
2
=1
Ek2pkc
2 (C.17)
=1
γkmc2γkmvkc
2
= vk (C.18)
Haciendo uso de esta relacion, tenemos que:
ρf (Ek) =p2k
vk
dΩ
(2π)3. (C.19)
Con esto, se tiene que:
ws→k =2π
|〈k|V |s〉|2 p
2k
vk
dΩ
(2π)3, (C.20)
y reemplazando en (C.13) se obtiene:
dσ =2π
|〈k|V |s〉|2 p
2k
vk
dΩ
(2π)3
m
ks(C.21)
=2π
|〈k|V |s〉|2E
2kvkc4
dΩ
(2π)3
1
vs(C.22)
donde se uso que pk = Ekc2 vk despejando desde (C.17). Finalmente la seccion eficaz a partir de la regla de oro
de Fermi queda de la forma:
dσ
dΩ=
1
(2π)24|〈k|V |s〉|2E
2k
c4vkvs
. (C.23)
D. Aproximacion dipolar
ACA COMPLETAR CON LA APROXIMACION DIPOLAR PARA EL CALCULO DE LA SECCIONEFICAZ DE UNA INTERACCION DE UNA PARTICULA CARGADA CON UN CAMPO ELECTROMAG-NETICO, INTRODUCIR EL DIPOLE STRENGH OSCILLATOR Y LA REGLA DE LA SUMA QUE DAUNO O Z PARA MUCHOS ELECTRONES.
E. Calculos usuales
E.1. Colision frontal y maximo intercambio energetico
Supongamos que dos partıculas de masas en reposo m1 y m2 colisionan a energıas relativıstas (vi ∼ c,i = 1, 2). Podemos plantear las condiciones de conservacion de energıa y momento relativıstas para estimar
56
informacion sobre lo que sucede con nuestras partıculas luego de la colision. Recordemos que este tipo deproblemas suelen tratarse haciendo un cambio entre sistemas de referencia, considerandose uno de ellos ellaboratorio, desde donde vlab1 6= 0 mientras que vlab2 = 0, i.e. una de las partıculas esta en reposo. El otro esel conocido centro de masa, pero no haremos uso del mismo para la resolucion del problema. Entonces, parasimplificar notacion utilizaremos unicamente v1. Luego de la colision ambas partıculas tendran velocidades nonulas dadas por vfi , i = 1, 2.
Figura 5: Esquema de una colision entre dos partıculas.
Si escribimos las energıas correspondientes tenemos:
Ei = γi1m1c2 +m2c
2 , (E.1)
para el estado inicial, y:
Ef = γf1m1c2 + γf2m2c
2 =(γi1m1c
2 −∆)
+(m2c
2 + ∆). (E.2)
para el estado final, donde:
γ =1√
1− β2, β =
v
c, (E.3)
i.e., el factor de Lorentz ya conocido de la relatividad especial y ∆ es la transferencia de energıa en el procesode colision.
Por otro lado, podemos escribir el momento total desde el sistema del laboratorio antes y despues de lacolision. Tenemos que:
pi1 =√
(γi1)2m21c
2 −m21c
2 (E.4)
pi2 = 0 (E.5)
y para el estado final:
pf1 =
√(Ef1 )2
c2−m2
1c2 =
√(γi1m1c2 −∆
)2c2
−m21c
2 (E.6)
pf2 =
√(Ef2 )2
c2−m2
2c2 =
√(m2c2 + ∆)
2
c2−m2
2c2 , (E.7)
donde utilizamos la conocida expresion relativısta E2 = p2c2 +m2c4. Por conservacion del momento, debemossatisfacer la ecuacion:
57
pi = pf → pi1 + pi2 = pf1 − pf2 , (E.8)
donde el signo menos pone de manifiesto que en la suma vectorial (si la hubieramos hecho) elegimos θ = π, i.e.la colision es frontal y por ende es la que mas energıa entrega. Ver en la figura 5 que esto implica que cadapartıcula se mueve en direccion contraria a la otra, i.e. tienen momentos opuestos. De esta forma, ∆ = Wmax
es la maxima transferencia de energıa en una sola colision. Por mas simplicidad aun llamaremos m1 = M ym2 = m, y dado que solo γi1 entra en juego, lo llamaremos γ. Tenemos entonces que resolver:√
(γMc2 −Wmax)2
c2−M2c2 −
√(mc2 +Wmax)
2
c2−m2c2 =
√γ2M2c2 −M2c2 , (E.9)
Resolver esta ecuacion es bastante largo, pero el resultado de despejar la maxima transferencia de energıaqueda:
Wmax =2mc2γ2β2
1 + mM γ +
(mM
)2 . (E.10)
Si ponemos s = mM y η = γβ, obtenemos:
Wmax =2mc2η2
1 + 2s√
1 + η2 + s2. (E.11)
Notar que podemos tomar varios lımites, como ser M >> m, y v << c lo cual deriva en s ∼ 0 o η ∼ β.El primer lımite sirve por ejemplo en el caso de que la partıcula incidente sea un ion pesado y colisiona con unelectron, calculo util para determinar el stopping power electronico. El segundo lımite es simplemente la versionno relativısta.
E.2. Energıa de formacion de una esfera cargada
Supongamos que queremos traer cargas desde infinito hasta formar una esfera de radio R y carga total Qcon distribucion uniforme de cargas de forma que su densidad es
ρ =Q
V=
Q(43πR
3) . (E.12)
Vamos a asumir que ya tenemos formada una esfera de radio r cuya carga es Q(r) = 43πr
3ρ, y que acercamosa la misma una pequena carga dq distribuida uniformemente en un carcaron esferico de ancho dr. La carga delmismo ya sobre la esfera sera dq = 4πr2drρ. Sabemos que el campo externo a la primera esfera coincide con elde una carga puntual, de forma que:
E(r, r′) = kQ(r)
r′, (E.13)
donde r es el radio de la esfera que contiene la carga Q(r) y r′ es el radio exterior a dicha esfera, es decir, elpunto campo observado. Una carga dq que se mueve en este campo desde el infinito hasta el punto de interes r,debe entregar una energıa que se calcula de la forma:
dW = −dq∫ r
∞E(r, r′)dr′ = −dq
∫ r
∞kQ(r)
r′dr′ = k
dqQ(r)
r. (E.14)
Si escribimos todo en terminos de ρ y de r, tenemos que:
dW =16
3kπ2r4ρdr . (E.15)
El truco esta en pensar que esta es la energıa para formar una primera capa de ancho dr, habiendo unapequena esferita antes, con lo que hacer la integral entre 0 y R nos dira la energıa que se requiere para formarla esfera en su totalidad.
W =
∫ R
0
dW =16
15kπ2ρ2R5 . (E.16)
Reemplazando la expresion de ρ para la distribucion uniforme, obtenemos:
W =3
5kQ
R. (E.17)
58
E.3. Modelado de un dielectrico: modelo de Drude
Aqui
VER JACKSON
E.4. Consideraciones sobre ε(ω)
Sabemos que la expresion general para una respuesta lineal de un material dielectrico3 puede escribirsecomo:
ε(ω) = 1 +
∫ ∞0
f(τ)eiωτdτ , (E.18)
donde f es una funcion que depende de las propiedades del medio. En general, ε es complejo. Sean ε1(ω) =Re(ε(ω)) y ε2(ω) = Im(ε(ω)). Entonces se satisface que ε(−ω) = ε∗(ω). Veamos que significa esto en terminosde las partes real e imaginaria de ε:
ε(−ω) = ε1(−ω) + iε2(−ω)
= 1 +
∫ ∞0
f(τ) cos(−ωτ)dτ + i
∫ ∞0
f(τ) sin(−ωτ)dτ
= 1 +
∫ ∞0
f(τ) cos(ωτ)dτ − i∫ ∞
0
f(τ) sin(ωτ)dτ
= ε1(ω)− iε2(ω)
= ε∗(ω) .
Se tiene entonces que ε1(−ω) = ε1(ω) y ε2(−ω) = −ε2(ω), es decir son par e impar respectivamente. Estolleva ademas a que:
1
ε(ω)=
1
ε1(ω) + iε2(ω)=
ε1(ω)
|ε(ω)|2− i ε1(ω)
|ε(ω)|2, (E.19)
con lo que es evidente que Re|1/ε(ω)| tambien es par, mientras que Im|1/ε(ω)| es impar. Esto nos lleva a laconclusion de que al calcular: ∫ ∞
−∞
ω
ε(ω)dω , (E.20)
pueda despreciarse el termino real por ser impar, y reemplazar media integral de la parte compleja por un dos:∫ ∞−∞
ω
ε(ω)dω = 2i
∫ ∞0
ω
∣∣∣∣Im( 1
ε(ω)
)∣∣∣∣ dω . (E.21)
F. Ecuacion de Dirac
G. Potencial, energıa potencial, trabajo: campo electrostatico
Conviene realizar un resumen de todos los casos posibles y sus significados para tener bien en claro lo quesucede con los signos de la energıa potencial (por ende del trabajo) en funcion de los signos de la carga y ladiferencia de potencial electrostatico.
Por convencion, decimos que el campo electrico de una carga puntual positiva “apunta hacia afuera” dedicha carga. En el caso de una carga negativa, decimos que “apunta hacia adentro”.
Si elegimos una carga positiva, y la soltamos cerca de otra carga positiva, la carga que elegimos tiende aalejarse de la segunda por repulsion. Si la misma carga positiva la soltamos cerca de una carga negativa, ahoratiende a acercarse a la segunda carga por atraccion. Entonces, podemos decir que las cargas positivas se muevensiempre “a favor” del campo electrostatico.
59
Si elegimos una carga negativa, y la soltamos cerca de una carga positiva, la carga que elegimos tiende aacercarse de la segunda por atraccion. Si la misma carga negativa la soltamos cerca de otra carga negativa,ahora tiende a alejarse a la segunda carga por repulsion. Entonces, podemos decir que las cargas positivas semueven siempre “en contra” del campo electrostatico.
La definicion de potencial en el punto ~rf se define a partir del valor del potencial en el punto de partida ~riutilizando la integral de camino recorrido (y haciendo uso de que la fuerza electrostatica es conservativa):
V (~rf ) = V (~ri)−f∫i
~E · d~r ⇒ ∆V = V (~rf )− V (~ri) = −f∫i
~E · d~r . (G.1)
De aquı podemos ver que:
Si ∆V > 0, el potencial en ~rf es mayor que en ~ri, pero esto significa que ~E · d~r < 0, o lo que es lo mismo,que el camino recorrido va en contra del campo. Entonces, el campo electrico apunta en la direccionde zonas de de mayor potencial a zonas de menor potencial.
Si ∆V < 0, el potencial en ~rf es menor que en ~ri, pero esto significa que ~E · d~r > 0, o lo que es lo mismo,que el camino recorrido va a favor del campo. Entonces, la conclusion es la misma, el campo electricoapunta en la direccion de zonas de de mayor potencial a zonas de menor potencial.
Con todo esto estamos en condiciones de analizar algunos casos dependientes del signo de la carga en juego.Supongamos que la carga que traigo desde ~ri hacia ~rf es positiva, es decir q > 0. Entonces:
1. Si ∆V > 0, el camino recorrido es de una zona demenor potencial a una de mayor. En el grafico,la carga, al ser positiva, naturalmente se moverıautilizando la lınea de color rojo (punteada), a fa-vor del campo. Pero en este caso, el camino recor-rido va en contra. Esto implica que el agente ex-terno deberıa hacer un trabajo para poder moverla carga. En efecto, ∆V > 0, q > 0 y por lo tantoel trabajo es positivo (gana energıa potencial):
W = ∆Ep = q∆V > 0 .
2. Si ∆V < 0 el camino recorrido es de una zona de
mayor potencial a una de menor. En el grafico,se ve que la carga, al ser positiva, naturalmentese moverıa utilizando la lınea de color rojo (pun-teada), a favor del campo. Ademas, en este caso,el camino recorrido casualmente va a favor delcampo. Entonces, el agente externo no debe hac-er fuerza porque la carga naturalmente sigue estecamino. Entonces, la carga “realiza un trabajosobre el agente externo”. En efecto, ∆V < 0,q > 0 y por lo tanto el trabajo es negativo (pierdeenergıa potencial):
W = ∆Ep = q∆V < 0 .
Supongamos ahora que la carga que traigo hasta ~rf desde ~ri es negativa, es decir, q < 0. Entonces:
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Si ∆V > 0 el camino recorrido es de una zona demenor potencial a una de mayor. En el grafico seve que la carga, al ser negativa, naturalmente semoverıa utilizando la lınea de color azul (puntea-da), en contra del campo. Ademas en este caso,el camino recorrido casualmente va en contra delcampo. Entonces, el agente externo no debe hac-er fuerza porque la carga naturalmente sigue estecamino. Entonces, la carga “realiza un trabajosobre el agente externo”. En efecto, ∆V > 0,q < 0 y por lo tanto el trabajo es negativo (pierdeenergıa potencial):
W = ∆Ep = q∆V < 0 .
Si ∆V < 0, el camino recorrido es de una zonade mayor potencial a una de menor. En el graficose ve que la carga, al ser negativa, naturalmentese moverıa utilizando la lınea de color azul (pun-teada), en contra del campo. Pero en este caso,el camino recorrido es a favor del campo. Estoimplica que el agente externo deberıa hacer untrabajo para evitar que la carga siga su caminonatural. En efecto, ∆V < 0, q < 0 y por lo tantoel trabajo es positivo (gana energıa potencial):
W = ∆Ep = q∆V > 0 .
Notar que la lınea equipotencial mas grande representa el valor de potencial mayor en todos los graficos,para que sea mas facil entender la direccion asignada al campo electrico.
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Referencias
1 B.D.F.L. Claude Cohen-Tannoudji. Quantum Mechanics Volume 2. Hermann, 2006.
2 Eugene Merzbacher. Quantum Mechanics. John Wiley & Sons, Inc., New York, second edition, 1970.
3 L.D. Landau and E.M. Lifshitz. Electrodynamics of continuous media. Pergamon Press, Oxford, first edition,1960.
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