La distancia entre el centro de la esfera y la carga es f L0 q0 L A B q,m Figura 5.11: Configuração Carga Imagem Esfera Cargada L = √ d2 + `2 − 2d` cosφ. Sea q′ el valor de la carga imagen y L′ su distancia al centro. Se debe cumplir que: V (A) = q′ 4πε0(L′ +R) + q 4πε0(L+R) = 0 V (B) = q′ 4πε0(R− L′) + q 4πε0(L−R) = 0 Resolviendo para q′ y L′ se obtiene: q′ = −R L q L′ = R2 L La segunda carga imagen debe elevar el potencial en r = R a V0, luego se debe cumplir: Vq′′(R) = q′′ 4πε0R = V0 =⇒ q′′ = 4πε0V0R Con estas dos cargas q′ y q′′ se cumplen la condiciones de borde (solución única). Finalmente la fuerza es por Coulomb: |F | = 1 4πε0 ( qq′ (L− L′)2 + qq′′ L2 ) b) Si V0 = 0 =⇒ q′′ = 0, luego |F | = 1 4πε0 qq′ (L−L′)2 . La fuerza se descompone en radial y tangencial al péndulo. Dado que nos piden pequeñas oscilaciones usamos la componente tangencial (o normal) |F⊥| = |F | sin(φ+ θ) Usando el teorema del Seno se tiene: sinφ L = sin θ ` = sin(π − (φ+ θ)) d = sin(φ+ θ) d =⇒ sin(φ+ θ) = d L sinφ 74 CAPÍTULO 5. ECUACIÓN DE LAPLACE/POISSON Y MÉTODO DE LAS IMÁGENES + f ` V0 q,m d ✓ L F Ft̂ Fr̂ f ✓ Figura 5.12: DCL al péndulo Luego se tendrá: |F⊥| = |F | d L sinφ = 1 4πε0 qq′ (L− L′)2 d L sinφ Reemplazando q′ = −R L q y L′ = R2 L |F⊥| = 1 4πε0 −q2Rd ( L− R2 L )2 L2 sinφ = 1 4πε0 −q2Rd (L2 −R2)2 sinφ Ahora m`φ̈ = 1 4πε0 −q2Rd2 (L2 −R2)2 sinφ =⇒ φ̈+ q2Rd 4πε0m` sinφ (L2 −R2)2 = 0 Si φ ≈ 0, sinφ ≈ φ y cosφ ≈ 1. Con la última aproximación se tiene para el valor de L: L2 = d2 + l2 − 2d` cosφ ≈ d2 + `2 − 2d` = (d− `)2. Con lo que finalmente se concluye: φ̈+ q2Rd 4πε0m`((d− `)2 −R2)2 ︸ ︷︷ ︸ ω2 φ = 0 =⇒ ω = q (d− `)2 −R2 √ Rd 4πε0m` Solución 5.14 P X En este caso se puede usar la ecuación de Laplace dentro de la guía de ondas ya que no existen densidades volumétricas de carga. Matemáticamente el problema puede ser planteado de la siguiente forma ∇2V (x, y) = ∂2V ∂x2 + ∂2V ∂y2 = 0 Sujeto a las siguientes condiciones de frontera V (x, 0) = V (0, y) = V (a, y) = 0 II. SOLUCIONES 75 V (x, b) = A cos ( 2πx a ) para 0 ≤ x ≤ a y 0 ≤ y ≤ b. En este tipo de problemas se usa el método de separación de variables, es decir, se supone que el potencial es de la forma V (x, y) = X(x)Y (y), lo cual implica que ∇2V = Y d2X dx2 +X d2Y dy2 = 0 =⇒ 1 X d2X dx2 = − 1 Y d2Y dy2 En este punto se puede notar que las variables están “separadas"(no hay dependencia entre ellas, el lado izquierdo de la igualdad depende sólo de x y el derecho sólo de y). Por lo tanto, ambos lados de la igualdad deben ser iguales a una misma constante, es decir 1 X d2X dx2 = − 1 Y d2Y dy2 = k Ahora se debe analizar por casos: k = 0 En este caso las soluciones son de la forma X(x) = Ax+B Y (y) = Cy +D Usando las condiciones de borde V (0, y) = B(Cy +D) = 0 =⇒ B = 0 o C = D = 0 En el primer caso C = D = 0, entonces Y (y) = 0 por lo que V (x, y) = 0. Dado que no se buscan soluciones no triviales de V (x, y) ese caso no sirve. Luego V (x, y) = Ax(Cy +D). Usando la segunda condición de borde V (x, 0) = ADx = 0 =⇒ A = 0 o D = 0 Nuevamente si A = 0 se obtiene V (x, y) = 0 por lo que V (x, y) = ACxy. Aplicando la última condición de borde V (a, y) = ACay = 0 De aquí es directo que A o C debe ser 0, por lo cual necesariamente se tendrá V (x, y) = 0. Finalmente se deduce que este caso no arroja soluciones. k > 0 Suponiendo que k = α2 se tiene que en este caso las soluciones son de la forma X(x) = A coshαx+B sinhαx Y (y) = C cosαy +D sinαy Usando las condiciones de borde y recordando que cosh 0 = 1 y sinh 0 = 0 V (0, y) = A(C cosαy +D sinαy) = 0 =⇒ A = 0 o C = D = 0 Nuevamente si C = D = 0, entonces Y (y) = 0 por lo que V (x, y) = 0. Luego V (x, y) = B sinhαx(C cosαy +D sinαy) Usando la segunda condición de borde V (x, 0) = BC sinhαx = 0 =⇒ B = 0 o C = 0 Nuevamente si B = 0 se obtiene V (x, y) = 0 por lo que V (x, y) = BD sinhαx sinαy. Aplicando la última condición de borde V (a, y) = BD sinhαa sinαy = 0 Nuevamente se tiene que B o D deben ser 0, por lo cual necesariamente se tendrá V (x, y) = 0. Este caso tampoco arroja soluciones. k < 0 En el último caso, suponiendo que k = −α2 se tiene que las soluciones son de la forma X(x) = A cosαx+B sinαx Y (y) = C coshαy +D sinhαy Aplicando que V (0, y) = A(C coshαy +D sinhαy) = 0 =⇒ A = 0 o C = D = 0 Al igual que los casos anteriores, el valor válido es A = 0, de modo que V (x, y) = B sinαx(C coshαy +D sinhαy) Ahora aplicando que V (x, 0) = BC sinαx = 0 =⇒ B = 0 o C = 0 Nuevamente el valor válido es C = 0, por lo que la forma general de la solución es V (x, y) = BD sinαx sinhαy Aplicando la condición de borde V (a, y) = BD sinαa sinhαy = 0 =⇒ αa = nπ =⇒ α = nπ a , n ∈ N Finalmente se deduce este caso si provoca soluciones y son una combinación lineal de la forma V (x, y) = ∞∑ n=1 Kn sin (nπ a x ) sinh ( nπ a y ) Para encontrar los términos Kn es necesario usar la última condición de borde V (x, b) = ∞∑ n=1 Kn sin (nπ a x ) sinh ( nπb a ) = V0 cos ( 2πx a )