Resolved problems - Electromagnetism by Roberto

AMPLIACIÓN DE FÍSICA Problemas complementarios

Etsii – Universidad de Vigo Octubre 2005 Apuntes de R. Palau Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau

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INTRODUCCIÓN Comentarios sobre os condensadores 1º/ Os condensadores típicos son de placas paralelas, cilindros concéntricos e esferas concéntricas. As armaduras está cargadas cunha certa diferencia de potencial de forma que unha armadura adquire carga positiva e a outra carga negativa:

2º/ En todos os casos, idealmente, o campo está confinado entre as armaduras, non habendo campo no exterior.

3º/ Deste xeito ambas as dúas placas teñen que ter a mesma cantidade de carga. Isto pódese comprobar co teorema de Gauss, poñendo superficies gaussianas como as das figuras de abaixo. Vexamos cada caso: * Condensador plano: Teorema de Gauss coa superficie de puntos:

∫∫ E.d S

= Qlibre _ int erior

e como na superficie lateral E e dS forman un ángulo de 90º, nela non hai contribución ó fluxo, e nas tapas non hai campo, polo que a integral é nula. Polo tanto: Qinterior = 0 ---> ρsup.arriba.Sarriba + ρsup.abaixo.Sabaixo = 0 Y como Sarriba = Sabaixo ---> ρsup.arriba = - ρsup.abaixo Ou sexa, densidades superficiais de carga iguais e de signo contrario nas armaduras. De forma que como as armaduras son iguais, tamén: Qsuperior = - Qinferior

* Condensador cilíndrico: Teorema de Gauss coa superficie de puntos:

∫∫ E.d S

= Qlibre _ int erior

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e como nas tapas da superficie gaussiana E e dS forman un ángulo de 90º, nelas non hai contribución ó fluxo, e na superficie lateral non hai campo, polo que a integral é nula. Polo tanto: Qinterior = 0 ---> λexterior . L + λinterior . L = 0 Polo tanto ---> λexterior = - λinterior Ou sexa, densidades lineais de carga iguais e de signo contrario nas armaduras. De xeito que como son igual do longas, tamén: Qexterior = - Qinterior : cargas totais iguais e de signo contrario nas armaduras. Nota: Neste condensador non se traballa coa densidade superficial de carga pois fíxate que a densidade superficial de carga en cada armadura ten que ser diferente ó ter carga total igual en superficie diferente (a armadura exterior ten maior superficie que a interior). * Condensador esférico: Teorema de Gauss coa superficie de puntos:

∫∫ E.d S

= Qlibre _ int erior

como en toda a superficie gaussiana non hai campo, a integral é nula. Polo tanto:

dentro_da_superficie

= 0 ---> Qesfera_exterior + Qesfera_interior = 0

Polo tanto ---> Qesfera_exterior = - Qesfera_interior Ou sexa, cargas totais iguais e de signo contrario en cada armadura. Nota: Neste condensador non se traballa coa densidade superficial de carga pois fíxate que a densidade superficial de carga en cada armadura ten que ser diferente ó ter carga total igual en superficie diferente (a armadura exterior ten maior superficie que a interior).

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Problema 15: Se tienen tres cáscaras conductoras esféricas (superficies de espesor despreciable) concéntricas S1, S2 y S3 y de radios medios r1, r2 y r3 (r1 < r2 < r3). La esfera interior y la más interna se encuentran conectadas a tierra y la intermedia tiene carga q2 . Calcular: a) las cargas de S1 y S2. b) El potencial de S2. Solución: En la figura representamos las tres cáscaras en línea continua. La primera y la tercera están conectadas a tierra: potencial cero, pero no carga cero. Llamaremos q1 a la carga sobre la cáscara s1, q2 a la carga sobre la cáscara s2, y q2 a la carga sobre la cáscara s3. Las cáscaras dividen el espacio en cuatro zonas: estudiaremos el campo eléctrico con ayuda del teorema de Gauss en cada una de esas cuatro zonas. De todas formas partimos de saber que, dada la simetría del problema el campo eléctrico E será radial y dependiente únicamente de la distancia “r” al centro del sistema. Las líneas de puntos son superficies gaussianas (esferas concéntricas con las cáscaras, una en cada una de las cuatro zonas del espacio, salvo en la primera zona que no hace falta). a) La zona (1) es una zona interior a una cáscara conductora vacía, y por lo tanto el campo es cero y el potencial idéntico al de la cáscara s1 en todo el interior. Así, no nos hace falta calcular nada. En la zona (2) calcularemos el campo eléctrico utilizando el teorema de Gauss aplicado a la esfera de puntos representada en esa zona de la figura.

∫∫ε

⋅ E 2 ⋅ d S = Qint erior _ a _ S

Vemos en la figura que los vectores E y dS son paralelos en cualquier dS que consideremos en la superficie gaussiana, y por tanto:

∫∫ ε

⋅ E2 ⋅ dS ⋅ cos 0º = q1

Y como ε0 es constante en todos los dS, y es de esperar que el campo E sólo dependa de la distancia r al centro del sistema, también será constante en todos los dS, y por lo tanto podrán salir de la integral: ε 0 ⋅ E2 ⋅ ∫∫ dS = q

--> ε0 ∙ E2 ∙ S = q1 (recuerda que S es la superficie de la esfera gaussiana)

ε0 ∙ E2 ∙4. ∙π∙r2 = q1

q1 (q1 es incógnita pues el dato es V1=0, pero ya la calcularemos 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 2 más adelante con ayuda de las condiciones de contorno) Despejando:

E2 =

Ahora el potencial podremos calcularlo integrando a lo largo de una línea radial, pues en este problema las líneas radiales son paralelas a E: q1 1 q1 dr V2 = − ∫ E 2 ⋅ d s = − ∫ E 2 ⋅ d r = − ∫ E ⋅ dr ⋅ cos 0º = − ∫ ⋅ 2 .dr = − ⋅∫ 2 4⋅ π ⋅ ε 0 r 4⋅ π ⋅ ε 0 r q1 V2 = + C2 Por tanto: 4π ⋅ ε 0 ⋅ r Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau

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Para calcular C2, sabemos que para r=r1 es V2=0 (la cáscara primera). Por tanto: q1 q1 0= + C2 ⇒ C2 = − 4π ⋅ ε 0 ⋅ r1 4π ⋅ ε 0 ⋅ r1 q1 q1 V2 = − Y así, la ecuación de V2 quedará: 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 4π ⋅ ε 0 ⋅ r1 Simplificando: V2 =

q1 4π ⋅ ε 0

 1 1 ⋅  −   r r1 

Zona 3 : Aplicamos el teorema de Gauss a la superficie gaussiana situada en dicha zona (ver en figura línea de trazos en zona (3), que representa a una esfera imaginaria concéntrica con todo el sistema):

∫∫ε

⋅ E 3 ⋅ d S = Qint erior _ a _ S →

∫∫ε

⋅ E3 ⋅ dS ⋅ cos 0º = q1 + q2 → ε 0 ⋅ E3 ⋅ ∫ ∫ dS = q1 + q2 →

ε 0 ⋅ E3 ⋅ 4π ⋅ r 2 = q1 + q2 Despejando:

E3 =

q1 + q2 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 2

(q2 es un dato, pero digo lo mismo que antes de q1)

Ahora el potencial podremos calcularlo integrando a lo largo de una línea radial, pues en este problema las líneas radiales son paralelas a E: q + q2 1 q + q2 dr V3 = − ∫ E 3 ⋅ d s = − ∫ E 3 ⋅ d r = − ∫ E3 ⋅ dr ⋅ cos 0º = − ∫ 1 ⋅ 2 .dr = − 1 ⋅∫ 2 4⋅ π ⋅ ε 0 r 4⋅ π ⋅ ε 0 r q + q V3 = 1 2 + C3 Por tanto: 4π ⋅ ε 0 ⋅ r Para calcular C3, sabemos que para r=r3 es V3=0 (la cáscara tercera). Por tanto: q + q q + q 0 = 1 2 + C3 ⇒ C3 = − 1 2 4π ⋅ ε 0 ⋅ r3 4π ⋅ ε 0 ⋅ r3 q + q q + q V3 = 1 2 − 1 2 Y así, la ecuación de V3 quedará: 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 4π ⋅ ε 0 ⋅ r3 Simplificando: V3 =

q1 + q2 4π ⋅ ε 0

1 1 ⋅  −   r r3 

En esta tercera disponemos de una segunda condición de contorno, y es que, para r=r2, los valores que proporcionan la V2 y la V3 tienen que ser el mismo, pues corresponde en ambos casos al potencial de la cáscara segunda:  1 1 q + q  1 1 (q + q ) ⋅ (r − r ) r− r ⋅  −  = 1 2 ⋅  −  → q1 ⋅ 1 2 = 1 2 1 2 r2 ⋅ r1 r3 ⋅ r1  r2 r1  4π ⋅ ε 0  r2 r3  Operando para despejar la incógnita q1 en función del dato q2, quedará: V2 = V3 →

q1 =

q1 4π ⋅ ε 0

q2 ⋅ r1 ⋅ ( r3 − r2 ) r2 ⋅ ( r1 − r3 )

Zona 4: Aplicamos el teorema de Gauss a la superficie gaussiana situada en dicha zona (ver en figura línea de trazos en zona (4), que representa a una esfera imaginaria concéntrica con todo el sistema): Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau

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∫∫ε

⋅ E 4 ⋅ d S = Qint erior _ a _ S →

∫∫ε

⋅ E4 ⋅ dS ⋅ cos 0º = q1 + q2 + q3 → ε 0 ⋅ E4 ⋅ ∫ ∫ dS = q1 + q2 + q3 →

ε 0 ⋅ E4 ⋅ 4π ⋅ r 2 = q1 + q2 + q3 Despejando:

E4 =

q1 + q2 + q3 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 2

(q3 ya lo calcularemos con las condiciones de contorno)

Ahora el potencial podremos calcularlo integrando a lo largo de una línea radial, pues en este problema las líneas radiales son paralelas a E: q + q2 + q3 1 q + q2 + q3 dr V4 = − ∫ E 3 ⋅ d s = − ∫ E 4 ⋅ d r = − ∫ E4 ⋅ dr ⋅ cos 0º = − ∫ 1 ⋅ 2 .dr = − 1 ⋅ 4⋅ π ⋅ ε 0 r 4 ⋅ π ⋅ ε 0 ∫ r2 q + q + q3 V4 = 1 2 + C4 Por tanto: 4π ⋅ ε 0 ⋅ r Para calcular C4, sabemos que para r=r3 es V4=0 (la cáscara tercera). Por tanto: : q + q + q q + q + q 0 = 1 2 3 + C 4 ⇒ C4 = − 1 2 3 4π ⋅ ε 0 ⋅ r4 4π ⋅ ε 0 ⋅ r4 q + q + q q + q + q V4 = 1 2 3 − 1 2 3 Y así, la ecuación de V4 quedará: 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 4π ⋅ ε 0 ⋅ r3 Simplificando: V3 =

q1 + q2 + q3 4π ⋅ ε 0

1 1 ⋅  −   r r3 

Además, otra condición de contorno, que nos servirá para calcular q3, será que para r=∞ es V4=0:

0= −

q1 + q2 + q3 q ⋅ r ⋅ (r − r ) ⇒ q1 + q2 + q3 = 0 ⇒ q3 = − q1 + q2 = − 2 1 3 2 − q2 4π ⋅ ε 0 ⋅ r3 r2 ⋅ ( r1 − r3 )

Operando, queda:

q3 = −

q2 ⋅ r3 ⋅ ( r1 − r2 ) r2 ⋅ ( r1 − r3 )

b) Con relación al potencial de la esfera (2) podemos calcularlo con V2 o V3. Con V2 será más fácil pues su expresión es más simple: q1  1 1  q1  1 1  1 q ⋅ r ⋅ (r − r ) r − r  −  =  −  = V2 = ⋅ 2 1 3 2 ⋅ 1 2 4π ⋅ ε 0  r r1  4π ⋅ ε 0  r2 r1  4π ⋅ ε 0 r2 ⋅ ( r1 − r3 ) r1 ⋅ r2 Operando:

V2 =

q2 ⋅ ( r3 − r2 ) ⋅ ( r1 − r2 ) 4π ⋅ ε 0 ⋅ r22 ⋅ ( r1 − r3 )

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Problema 16: Dos placas conductoras paralelas doblemente infinitas están situadas en y=0 e y=d, y se mantienen a potenciales 0 y V0 respectivamente. La región entre placas está llena con una distribución continua de electrones que tiene densidad volumétrica de carga ρfv= ρfv0 y/d. Determine: a) el potencial en cualquier punto entre placas. b) Las densidades superficiales de carga en cualquier placa. Solución: a) Determine el potencial en cualquier punto entre placas. Dado que la región entre placas tiene una distribución de cargas, las placas no tendrán la misma densidad de carga. Llamaremos σ1 y σ2 a la densidad de carga superficial sobre cada placa, según figura. Dada la simetría del problema, partimos de saber que el campo eléctrico es paralelo al eje Y y que su valor en cada punto del espacio entre placas sólo depende de su distancia a las placas: E = E ( y ) ⋅ j Además en estos casos el campo está limitado a la región entre placas. Aplicaremos la intensidad de campo entre placas aplicando el Teorema de Gauss con la superficie cilíndrica indicada a trazos en la figura:

∫∫ ε

⋅ E ⋅ d S = Qint erior _ a _ S

Desarrollando la integral de superficie cerrada a través de la superficie lateral, la tapa superior y la tapa inferior (de valor nulo pues en esa zona la intensidad de campo es nula), quedará:

∫∫ ε 0 ⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 90º + ∫∫ ε 0 ⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 0º = Q placa + Qespacio tapa sup erior Sup.lateral Quedando:

∫∫ ε 0 ⋅ E ⋅ dS = Q placa + Qespacio tapa sup erior

Y como E sólo depende de y, será constante en todos los diferenciales de superficie dS de la tapa que tienen la misma coordenada y, quedando así la integral:

ε0 ⋅E⋅

∫∫ dS = Q placa + Qespacio tapa sup erior

O sea que: ε 0 ⋅ E ⋅ S tapa = Q placa + Qespacio -- Ecuación 1

En cuanto a las cargas, tenemos que: * Qplaca = σ1 ∙ Sbase siendo Sbase la superficie de placa encerrada por la superficie gaussiana, que aparece con relleno más oscuro en la figura superior y que, como se observa en la figura, es igual a la Stapa * Qespacio = carga espacial contenida dentro de la superficie gaussiana, entre la base rallada oscura de la figura de arriba y la tapa superior. Para calcularla nos fijamos en la figura adjunta. La carga contenida en el cilindro diferencial de altura dy de la figura será: ρfv ∙ dV, siendo ρfv= ρfv0 y/d tal como dice el enunciado. Por tanto, la carga total contenida en el volumen encerrado por la superficie gaussiana será:

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Qespacio =

∫∫∫ ρ

fv 0 ⋅

y ⋅ dV = d

∫

y y= 0

fv 0 ⋅

ρ y ⋅ S base ⋅ dy = d

fv 0

⋅ S base d

⋅∫

y y= 0

y ⋅ dy =

fv 0

⋅ S base d

⋅

y2 2

Substituyendo estos valores de carga en la Ecuación 1, tendremos: ρ

ε 0 ⋅ E ⋅ S tapa = σ 1 ⋅ S base +

fv 0

⋅ S base

⋅ y2

Y teniendo en cuenta que la Stapa = Sbase, se pueden eliminar las superficies en la ecuación anterior, quedando: ε0⋅E= σ1+

fv 0

⋅ y2

ρ fv 0 σ1  ⋅ y 2  ⋅ j Y por tanto la intensidad de campo será: E =  +  ε 0 2ε 0 ⋅ d  No sabemos la densidad de carga σ1 en la placa inferior pero ya la calcularemos con las condiciones de contorno, una vez calculado el potencial: Procedemos ahora a calcular el potencial realizando la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea paralela al eje Y. Tener en cuenta que en este caso la diferencial de espacio sobre dicha línea será: ds = dy ⋅ j . Por tanto: ρ fv 0 ρ fv 0 σ  σ ⋅y V = − ∫ E ⋅ d s = − ∫ E ⋅ dy ⋅ cos 0º = − ∫  1 + ⋅ y 2  ⋅ dy = − 1 − ⋅ y3 + C ε 2 ε ⋅ d ε 6 ε ⋅ d 0 0 0  0 

O sea que el potencial en cada punto del espacio entre placas será: V= −

ρ fv 0 σ 1⋅ y − ⋅ y3 + C ε0 6ε 0 ⋅ d

--- Ecuación 2

Y tenemos dos condiciones de contorno, una para cada placa: para y=0, es V=0; y para y=d, es V=V0 ρ fv 0 σ 1⋅ y − ⋅ y 3 + C , será: ε0 6ε 0 ⋅ d σ ⋅ 0 ρ fv 0 ⋅ 03 + C → Primera condición: 0 = − 1 − ε0 6ε 0 ⋅ d ρ fv 0 σ ⋅d ⋅ d3 + 0 Segunda condición: V0 = − 1 − ε0 6ε 0 ⋅ d

Por lo tanto, como: V = −

C= 0

Despejando la densidad superficial en la placa inferior tendremos: σ1= −

V0 ⋅ ε 0 ρ fv 0 ⋅ d − d 6

--- Ecuación 3

Por lo tanto ya sabemos el potencial entre placas sin más que llevar los valores de C y de σ1 a la ecuación 2: ρ fv 0  V ρ fv 0 ⋅ d   ⋅ y − V =  0 + ⋅ y3 d 6 ε 6 ε ⋅ d 0 0  

b) Determine las densidades superficiales de carga en cualquier placa. La densidad superficial de carga en la placa inferior ya está calculada en la ecuación 3: σ1= −

V0 ⋅ ε 0 ρ fv 0 ⋅ d − d 6

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Para calcular la densidad de carga en la placa superior aplicamos el Teorema de Gauss utilizando la superficie gaussiana de la figura adjunta:

∫∫ ε

⋅ E ⋅ d S = Qint erior _ a _ S

O sea que:

∫∫ ε 0 ⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 90º = Q placa inf + Qespacio + Q placa sup Sup.lateral Operando: 0 = Q placa inf + Qespacio + Q placa sup -- Ecuación 4

En cuanto a las cargas, tenemos que: * Qplaca inf = σ1 ∙ Sbase1 siendo Sbase1 la superficie de la placa inferior encerrada por la superficie gaussiana, que aparece con relleno más oscuro en la figura superior y que, como se observa en la figura, es igual a la superficie de las tapas Stapa * Qplaca sup = σ2 ∙ Sbase2 siendo Sbase2 la superficie de la placa superior encerrada por la superficie gaussiana, que aparece con relleno más oscuro en la figura superior y que, como se observa en la figura, es igual a la Stapa * Qespacio = carga espacial contenida en la superficie gaussiana, entre la base rallada oscura y la tapa superior. Para calcularla nos fijamos en la figura adjunta. La carga contenida en el cilindro diferencial de altura dy de la figura será: ρfv ∙ dV, siendo ρfv= ρfv0 y/d tal como dice el enunciado. Por tanto, la carga total contenida en el volumen encerrado por la superficie gaussiana será: Qespacio = =

fv 0

∫ ∫∫

⋅ S base d

ρ d y y ⋅ dV = ∫ ρ fv 0 ⋅ ⋅ S base ⋅ dy = y= 0 d d 2 ρ ⋅ S ⋅ d d fv 0 base ⋅ = 2 2

fv 0

⋅

⋅ S base

fv 0

⋅∫

d y= 0

y ⋅ dy =

Substituyendo estos valores de carga en la Ecuación 4, tendremos: 0 = σ 1 ⋅ S base + σ 2 ⋅ S base +

fv 0

⋅ S base ⋅ d 2

Eliminando las superficies en la ecuación anterior, substituyendo la densidad superficial de la placa inferior por su valor (dado en la ecuación 3) y despejando la carga superficial en la placa superior tendremos: σ

= −σ 1 −

fv 0

⋅d

ρ fv 0 ⋅ d  ρ fv 0 ⋅ d V0 ⋅ ε 0 ρ fv 0 ⋅ d  V ⋅ε − = −  − 0 0 − = − d 6  2 d 3 

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Problema 17: Entre dos placas plano-paralelas doblemente infinitas separadas por una distancia D, se distribuye una carga de la forma siguiente: ρfv= ρfv0 y/d para 0 ≤ y ≤ d ρfv= ρfv0 para d ≤ y ≤ D Las placas se conectan a una diferencia de potencial de manera que V(y=0) = 0 y V(y=D) = V0. Calcular en función de los datos del problema: a) El potencial en cualquier punto entre placas. b) El campo eléctrico en y=0 e y=D.

Solución: a) Determine el potencial en cualquier punto entre placas. Dado que la región entre placas tiene una distribución de cargas, las placas no tendrán la misma densidad de carga. Llamaremos σ1 y σ2 a la densidad de carga superficial sobre cada placa, según figura. Dada la simetría del problema, partimos de saber que el campo eléctrico es paralelo al eje Y y que su valor en cada punto del espacio entre placas sólo depende de su distancia a las placas: E = E ( y ) ⋅ j Además en estos casos el campo está limitado a la región entre placas. Calcularemos el campo y el potencial, primero en la zona 1 y luego en la zona 2 Zona 1: Aplicaremos la intensidad de campo entre placas aplicando el Teorema de Gauss con la superficie cilíndrica indicada a trazos en la figura superior:

∫∫ε

⋅ E1 ⋅ d S = Qint erior _ a _ S

Desarrollando la integral de superficie cerrada a través de la superficie lateral, la tapa superior y la tapa inferior (de valor nulo pues en esa zona la intensidad de campo es nula), quedará:

∫∫ ε 0 ⋅ E1 ⋅ dS ⋅ cos 90º + ∫∫ ε 0 ⋅ E1 ⋅ dS ⋅ cos 0º = Q placa + Qespacio tapa sup erior Sup.lateral Quedando:

∫∫ ε 0 ⋅ E1 ⋅ dS = Q placa + Qespacio tapa sup erior

Y como E1 sólo depende de y, será constante en todos los diferenciales de superficie dS de la tapa que tienen la misma coordenada y, quedando así la integral:

ε 0 ⋅ E1 ⋅

∫∫ dS = Q placa + Qespacio tapa sup erior

O sea que: ε 0 ⋅ E1 ⋅ S tapa = Q placa + Qespacio -- Ecuación 1

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ρfv ∙ dV, siendo ρfv= ρfv0 y/d tal como dice el enunciado. Por tanto, la carga total contenida en el volumen encerrado por la superficie gaussiana será: Qespacio =

∫∫∫ ρ

fv 0 ⋅

y ⋅ dV = d

∫

y y= 0

fv 0 ⋅

ρ y ⋅ S base ⋅ dy = d

⋅ S base

fv 0

⋅∫

y y= 0

y ⋅ dy =

fv 0

⋅ S base

⋅

y2 2

Substituyendo estos valores de carga en la Ecuación 1, tendremos: ρ

ε 0 ⋅ E1 ⋅ S tapa = σ 1 ⋅ S base +

fv 0

⋅ S base

⋅ y2

Y teniendo en cuenta que la Stapa = Sbase, se pueden eliminar las superficies en la ecuación anterior, quedando: ε 0 ⋅ E1 = σ 1 +

fv 0

⋅ y2

ρ fv 0 σ1  ⋅ y 2  ⋅ j Y por tanto la intensidad de campo será: E1 =  +  ε 0 2ε 0 ⋅ d  No sabemos la densidad de carga σ1 en la placa inferior pero ya la calcularemos con las condiciones de contorno, una vez calculado el potencial: Procedemos ahora a calcular el potencial realizando la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea paralela al eje Y. Tener en cuenta que en este caso la diferencial de espacio sobre dicha línea será: ds = dy ⋅ j . Por tanto: ρ fv 0 ρ fv 0 σ  σ ⋅y V1 = − ∫ E1 ⋅ d s = − ∫ E1 ⋅ dy ⋅ cos 0º = − ∫  1 + ⋅ y 2  ⋅ dy = − 1 − ⋅ y3 + C ε 2 ε ⋅ d ε 6 ε ⋅ d 0 0 0  0 

O sea que el potencial en cada punto del espacio entre placas será: V1 = −

ρ fv 0 σ 1⋅ y − ⋅ y3 + C ε0 6ε 0 ⋅ d

--- Ecuación 2

Y tenemos una condición de contorno en esta zona 1: para y=0, es V=0 ρ fv 0 σ 1⋅ y − ⋅ y 3 + C , será: ε0 6ε 0 ⋅ d σ ⋅ 0 ρ fv 0 ⋅ 03 + C → C = 0 Condición de contorno: 0 = − 1 − ε0 6ε 0 ⋅ d

Por lo tanto, como: V1 = −

Por lo que el potencial en los puntos de la zona 1 será: V1 = −

ρ fv 0 σ 1⋅ y − ⋅ y 3 --- Ecuación 3 ε0 6ε 0 ⋅ d

Aún no sabemos σ1 pero ya la calcularemos con el resto de las condiciones de contorno. Zona 2: Utilizamos la superficie gaussiana de la figura adjunta, con su tapa superior dentro de la zona 2.

∫∫ ε

⋅ E ⋅ d S = Qint erior _ a _ S

Desarrollando la integral de superficie cerrada a través de la superficie lateral, la tapa superior y la tapa inferior (de valor nulo pues en esa zona la intensidad de campo es nula), quedará:

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∫∫ ε 0 ⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 90º + ∫∫ ε 0 ⋅ E 2 ⋅ dS ⋅ cos 0º = Q placa + Qespacio 1 + Qespacio 2 tapa sup erior Sup.lateral Quedando:

∫∫ ε 0 ⋅ E 2 ⋅ dS = Q placa + Qespacio 1 + Qespacio 2 tapa sup erior

Y como E2 sólo depende de y, será constante en todos los diferenciales de superficie dS de la tapa que tienen la misma coordenada y, quedando así la integral: ε 0 ⋅ E2 ⋅

∫∫ dS = Q placa + Qespacio 1 + Qespacio 2 tapa sup erior

O sea que: ε 0 ⋅ E 2 ⋅ S tapa = Q placa + Qespacio 1 + Qespacio 2 -- Ecuación 4

En cuanto a las cargas, tenemos que: * Qplaca = σ1 ∙ Sbase siendo Sbase la superficie de placa encerrada por la superficie gaussiana, que aparece con relleno más oscuro en la figura superior y que, como se observa en la figura, es igual a la Stapa * Qespacio 1 = carga espacial contenida dentro de la superficie gaussiana, entre la placa inferior y el límite de la zona 1. Para calcularla nos fijamos en la figura adjunta. La carga contenida en el cilindro diferencial de altura dy de la figura será: ρfv ∙ dV, siendo ρfv= ρfv0 y/d tal como dice el enunciado que es la carga en la zona 1. Por tanto, la carga total contenida en esta parte del volumen encerrado por la superficie gaussiana será: Qespacio = =

fv 0

ρ d y y ⋅ dV = ∫ ρ fv 0 ⋅ ⋅ S base ⋅ dy = y = 0 d d 2 ρ ⋅ S ⋅ d d fv 0 base ⋅ = 2 2

∫ ∫∫ ρ

⋅ S base d

fv 0

⋅

⋅ S base d

⋅

∫

d y= 0

y ⋅ dy =

* Qespacio 2 = carga espacial contenida dentro de la superficie gaussiana, entre el límite de la zona 1 y la tapa superior. La carga contenida en un cilindro diferencial de base Sbase y altura dy construido en esta zona será: ρfv ∙ dV, siendo ρfv= ρfv0 tal como dice el enunciado. Por tanto, la carga total contenida en esta parte superior del volumen encerrado por la superficie gaussiana será: Qespacio =

∫∫∫ ρ

fv 0

⋅ dV =

∫

y y= d

fv 0

⋅ S base ⋅ dy = ρ

fv 0

⋅ S base ⋅

∫

y y= d

dy = ρ

fv 0

⋅ S base ⋅ ( y − d )

Llevando estas cargas a la ecuación 4, tendremos: ε 0 ⋅ E 2 ⋅ S tapa = σ 1 ⋅ S base +

fv 0

⋅ d ⋅ S base 2

+ ρ

fv 0

⋅ S base ⋅ ( y − d )

Teniendo en cuenta que Stapa = Sbase , se pueden simplificar las superficies en la ecuación superior, quedando así la intensidad de campo: E2 =

σ 1 ρ fv 0 ⋅ d ρ fv 0 + + ⋅ (y − d) ε0 2ε 0 ε0

 σ 1 ρ fv 0 ⋅ d ρ fv 0  + ⋅ ( y − d ) ⋅ j Vectorialmente: E 2 =  + 2ε 0 ε0 ε0  Calculemos ahora el potencial V2 en cualquier punto de la zona 2, para lo que realizaremos la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea paralela al eje y. La integral se

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realizará sobre una línea contenida totalmente en la zona 2 para que la intensidad de campo en todos sus puntos sea E2: ρ fv 0 ⋅ d ρ fv 0 σ  V2 = − ∫ E 2 ⋅ d s = − ∫ E 2 ⋅ dy ⋅ cos 0º = − ∫  1 + + ⋅ ( y − d )  ⋅ dy = 2ε 0 ε0 ε0  ρ  ρ fv 0 ⋅ d σ 1   ⋅ y − fv 0 ⋅ y 2 + C =  − ε0 2ε 0  2ε 0

O sea que el potencial en cada punto del espacio entre placas será: ρ  ρ fv 0 ⋅ d σ 1   ⋅ y − fv 0 ⋅ y 2 + C V2 =  − ε0 2ε 0  2ε 0

--- Ecuación 5

Y tenemos dos condiciones de contorno en esta zona 2: para y=D, es V=V0; y para y=d, es V2=V1 ρ  ρ fv 0 ⋅ d σ 1   ⋅ y − fv 0 ⋅ y 2 + C , será: − Por lo tanto, como: V2 =  ε0 2ε 0  2ε 0 ρ  ρ fv 0 ⋅ d σ 1   ⋅ D − fv 0 ⋅ D 2 + C − Condición de contorno primera: V0 =  ε0 2ε 0  2ε 0 ρ fv 0 ⋅ d 3 σ 1 d  ρ fv 0 ⋅ d σ 1  ρ  ⋅ d − fv 0 ⋅ d 2 + C − =  − Condición de contorno segunda: − 6dε 0 ε 0  2ε 0 ε0 2ε 0 Despejando C en las dos ecuaciones e igualando obtenemos: σ

= −

 d 2  V0ε 0  D − d + − 2  3D  D fv 0

De esta forma, con los valores de σ1 y C , V1 y V2 quedarán: Para 0 ≤ y ≤ d : Para d ≤ y ≤ D :

V1 = − V2 = −

fv 0

6ε 0 ⋅ d fv 0

2ε 0

⋅ y 3 + A1 ⋅ y ; Con A1 = −

⋅ y 2 + B1 ⋅ y + B2 ; con: B1 =

fv 0

2ε 0

fv 0

 d 2  V0  D − d + − 3D  D 

2ε 0

− A1 ; B2 = −

fv 0

6ε 0

b) Calcular el campo eléctrico en y=0 e y=D. Como ya vimos:  ρ fv 0   D − E1 =  −  2ε 0   ρ fv 0 → E1 =  −  2ε 0

ρ fv 0  d 2  V0  − + ⋅ y 2  ⋅ j → para y = 0 → 3D  D 2ε 0 ⋅ d   d 2  V0  ⋅ j  D − d +  −  3 D D    d+

 ρ fv 0   d 2  V0 ρ fv 0 ⋅ d ρ fv 0   E2 =  − D − d + − + + ⋅ ( y − d )  ⋅ j → para y = D →  3D  D 2ε 0 ε0  2ε 0   2  ρ fv 0  d  V0   D − − E2 =  ⋅ j 3D  D   2ε 0 

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Problema 18: El espacio comprendido entre dos conductores cilíndricos coaxiales indefinidos, el más interno de radio a y el externo de radio b, está lleno de una distribución continua de carga con una densidad volumétrica que sigue la ley ρfv= ρ0 /r. Mediante una batería se aplica una d.d.p. entre los conductores de tal forma que V(r=a)=0 y V(r=b)= V0. Calcular el potencial electrostático en la región entre los conductores coaxiales.

Solución: Dado que la región entre conductores tiene una distribución de cargas, los conductores no tendrán la misma densidad de carga. Llamaremos λ1 y λ2 a la densidad lineal de carga sobre cada conductor. Dada la simetría del problema, partimos de saber que el campo eléctrico es radial y que su valor en cada punto del espacio entre placas sólo depende de su distancia a los conductores : E = E (r ) ⋅ u r Además en estos casos el campo está limitado a la región entre conductores. Calcularemos la intensidad de campo entre los conductores aplicando el Teorema de Gauss con la superficie cilíndrica, de radio r y longitud l, indicada a trazos en la figura superior:

∫∫ ε

⋅ E ⋅ d S = Qint erior _ a _ S

Desarrollando la integral de superficie cerrada a través de la superficie lateral y las bases, quedará:

∫∫ ε 0 ⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 0º + ∫∫ ε 0 ⋅ E1 ⋅ dS ⋅ cos 90º = Qconductor int erno + Qespacio Sup.lateral bases Quedando:

∫∫ ε 0 ⋅ E ⋅ dS = λ 1 ⋅ l + Qespacio Sup.lateral

Y como E sólo depende de r, será constante en todos los puntos de la superficie lateral del cilindro gaussiano, quedando: ε 0 ⋅ E⋅

∫∫ dS = λ 1 ⋅ l + Qespacio Sup.lateral

→

ε 0 ⋅ E ⋅ S lateral = λ 1 ⋅ l + Qespacio

-- Ecuación 1

Y siendo:

S lateral = 2π ⋅ r ⋅ l

∫∫∫ ρ

y como ρfv sólo depende de r, podemos poner dV= 2πr∙l∙dr, que es el volumen del cilindro diferencial (rayado) de la figura adjunta. Por tanto la carga contenida en el espacio encerrado por la superficie gaussiana será: r ρ Qesp = ∫ 0 ⋅ 2π ⋅ r ⋅ l ⋅ dr = 2π ⋅ l ⋅ ρ 0 ⋅ ( r − a ) Qespacio =

r= a

⋅ dV

Llevando estos valores a la ecuación 1, tendremos: ε 0 ⋅ E ⋅ 2π rl = λ 1 ⋅ l + 2π ⋅ l ⋅ ρ 0 ⋅ ( r − a ) Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau

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 λ1 ρ a 1 ρ − 0  ⋅ + 0 Operando, quedará: E =   2π ε 0 ε 0  r ε 0  λ 1 ρ a 1 ρ  − 0  ⋅ + 0  ⋅ u r Ou sexa que: E =     2π ε 0 ε 0  r ε 0  Para calcular el potencial aplicaremos la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial situada en el espacio entre conductores:

 λ ρ a 1 ρ  V = − ∫ E ⋅ ds = − ∫ E ⋅ dr ⋅ cos 0º = − ∫   1 − 0  ⋅ + 0  ⋅ dr   2π ε 0 ε 0  r ε 0  Integrando queda:  ρ a ρ λ1 V =  − + 0  ⋅ Ln r − 0 ⋅ r + C --- Ecuación 2 ε0  2π ε 0 ε 0 

En esta expresión del potencial hay dos incógnitas, λ1 y C, y disponemos de dos condiciones de contorno para determinar estos valores: para r=a es V=0; y para r=b es V=V0:  ρ a ρ λ1 + 0  ⋅ Ln a − 0 ⋅ a + C Primera condición: 0 =  − ε0  2π ε 0 ε 0   ρ a ρ λ1 + 0  ⋅ Ln b − 0 ⋅ b + C Segunda condición: V0 =  − ε0  2π ε 0 ε 0  Con estas dos ecuaciones se pueden despejar λ1 y C (por ejemplo restando las dos ecuaciones con lo que ya despejaremos λ1: 2π ε 0 ⋅ V0 λ1 = − + 2π ρ 0 b Ln a

   a − b   ⋅ a+ b  Ln   a 

Y llevando este valor a la primera condición de contorno se podrá despejar la constante C: C= −

V0 ⋅ Ln a ρ 0 ⋅ a ⋅ Ln a ⋅ ( a − b ) ρ 0 ⋅ a + + b b ε0 Ln ε 0 ⋅ Ln a a

Y llevando estos valores a la ecuación 2 y operando/agrupando términos, el potencial quedará:    V ρ 0 ⋅ a ⋅ ( a − b )  r ρ 0  V = − ⋅ Ln + 0 ⋅ ( a − r ) b b a ε0   ε 0 ⋅ Ln  Ln  a a  

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Problema 19:

Concéntricamente a una esfera dieléctrica de permitividad ε y radio a se dispone una cáscara esférica de radio interno b (b>a). La esfera dieléctrica está cargada con una distribución de carga libre dada por ρfv(r) = 5Qr2 /4πa5, siendo Q la carga total. Si el espacio comprendido entre la esfera dieléctrica y la cáscara es el vacío, hallar la expresión de la diferencia de potencial ∆V entre el centro de la esfera dieléctrica y la cáscara metálica aplicando el teorema de Gauss.

Solución: Dada la simetría del problema se puede hacer la hipótesis de que la intensidad de campo es radial y dependiente de r (distancia al centro de la configuración) en todo punto: E = E (r ) ⋅ u r Suponiendo Q>0, el campo sería radial hacia fuera y como la intensidad de campo se orienta hacia potenciales descendientes sería Vb < Va < V0 por lo que nos ocuparemos de calcular V0 – Vb. Calcularemos esta diferencia de potencial calculando primero V0 – Va en la zona (1), y luego Va – Vb en la zona (2). De esta forma, la suma de estas dos diferencias de potencial nos dará la diferencia de potencial pedida: V0 – Va + Va – Vb = V0 – Vb Zona 1: Aplicamos el teorema de Gauss con la esfera de radio r dibujada a trazos en la figura adjunta:

∫∫ ε ⋅ E ⋅ d S = Q ∫∫ ε

⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 0º = Qespacio

→

int erior _ a _ S

ε ⋅ E ⋅ ∫ ∫ dS = Qespacio

→

E⋅ =

Qespacio 4π ⋅ r 2 ⋅ ε

→

ε ⋅ E ⋅ 4π ⋅ r 2 = Qespacio

→

-- Ecuación 1

Siendo la Qespacio la carga encerrada en la superficie gaussiana de radio r. Para calcularla veremos la cantidad de carga existente en el volumen dV de la cáscara diferencial de la figura adjunta y luego lo integraremos: Qespacio =

∫∫∫ ρ

⋅ dV

Como ρfv sólo depende de r, podemos tomar el volumen diferencial indicado, de valor: dV = 4πr2dr (para un r genérico menor que el r de la esfera gaussiana). Por tanto la carga total será: Qespacio =

∫∫∫ ρ

⋅ dV =

5Qr 2 Qr 5 2 ⋅ 4 π ⋅ r ⋅ dr = 3 ∫ a5 r = 0 4π a

Llevando este valor a la ecuación 1, ya tendremos la intensidad de campo en un punto genérico de la zona 1 (interior del dieléctrico):

Qr 5

a5 = Q ⋅ r E⋅ = 4π ⋅ r 2 ⋅ ε 4π ⋅ ε ⋅ a 5 Por tanto: E ⋅ =

Q ⋅ r3 ⋅ ur 4π ⋅ ε ⋅ a 5

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Calcularemos ahora la diferencia de potencial entre el centro O y la superficie del dieléctrico realizando la integral de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial trazada entre esos dos puntos. En vez de hacer, como en los problemas anteriores, una integral sobre una línea de extremos indeterminados para calcular la función V(r), ahora haremos una integral entre dos extremos determinados, O y la superficie del dieléctrico, pues buscamos la diferencia de potencial entre esos dos lugares: a

∫ dV = − ∫ E ⋅ ds

r= a

 Q ⋅ r4  Q ⋅ r3 Q Va − VO = − ∫ E ⋅ dr ⋅ cos 0º = − ∫ ⋅ dr = − = −  5 5  16π ε ⋅ a  16π ε a  r = 0 O O 4π ε a a

→

Por tanto, poniendo el potencial mayor menos el menor, tendremos: Q 16π ε ⋅ a

V0 − V a =

Ecuación 2

Zona 2: Aplicamos el teorema de Gauss con la esfera de radio r dibujada a trazos en la figura adjunta:

∫∫ ε ∫∫ ε

⋅ E ⋅ d S = Qint erior _ a _ S

⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 0º = Qdieléctrico

→

ε 0 ⋅ E ⋅ ∫ ∫ dS = Qdieléctrico

→

ε 0 ⋅ E ⋅ 4π ⋅ r 2 = Qdieléctrico

→

E⋅ =

→ → →

Qdieléctrico 4π ⋅ r 2 ⋅ ε 0

-- Ecuación 3

Siendo la Qdieléctrico la carga total contenida en el dieléctrico que es la carga encerrada en la superficie gaussiana de radio r. Si uno se da cuenta que la carga total del dieléctrico viene dada por el enunciado, y es Q, ya está identificada la carga del dieléctrico. Pero si no se da cuenta, puede calcularla viendo la cantidad de carga existente en un volumen dV de cáscara diferencial como el de la figura de la zona 1, y luego lo integraremos, pero ahora entre r=0 y r=a, para incluir todo el dieléctrico: Qespacio =

∫∫∫ ρ

⋅ dV

Como ρfv sólo depende de r, podemos tomar el volumen diferencial indicado, de valor: dV = 4πr2dr (para un r genérico, interior a la esfera dieléctrica). Por tanto la carga total será: Qespacio =

∫∫∫ ρ

r= a

 Qr 5  5Qr 2 2 ⋅ dV = ∫ ⋅ 4 π ⋅ r ⋅ dr = = Q  5  3  a  r= 0 r = 0 4π a

Llevando este valor a la ecuación 3, ya tendremos la intensidad de campo en la zona 1 (interior del dieléctrico): E⋅ =

Q 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 2

Q ⋅ ur 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 2 Calcularemos ahora la diferencia de potencial entre la superficie del dieléctrico y la superficie de la cáscara conductora exterior, realizando la integral de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial trazada entre esas dos superficies. Igual que antes haremos una integral entre dos extremos

Por tanto: E⋅ =

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determinados, la superficie del dieléctrico y la superficie de la cáscara exterior, pues buscamos la diferencia de potencial entre esos dos lugares: b

∫

dV = − ∫ E ⋅ ds →

= −

Vb − Va = −

∫ E ⋅ dr ⋅ cos 0º =

r= a

r= b

 Q  Q ∫r = a 4π ε 0 ⋅ r 2 ⋅ dr =  1π ε 0 ⋅ r  = − 16π ε 0 r= a Q

 1 1 ⋅ −   b a

Por tanto, poniendo el potencial mayor menos el menor, tendremos: V a − Vb =

Q  1 1 ⋅ −  4π ε 0  a b 

Ecuación 2

Sumando ahora las dos diferencias de potencial calculadas, tendremos la diferencia de potencial pedida: V0 − Vb = V0 − Va + Va − Vb =

Q Q  1 1 Q + ⋅ −  = 16π ε ⋅ a 4π ε 0  a b  4π

 1 1 1   ⋅  + −  4ε a ε 0 a ε 0 b 

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Problema 20: Se coloca una carga puntual q en un medio indefinido e isótropo de constante dieléctrica variable εr = 1 + k/r, siendo k una constante y r la distancia a la carga. Calcular: a) el potencial electrostático en un punto P genérico, b) la densidad volumétrica de carga de polarización.

Averiguaremos la intensidad de campo aplicando el teorema de Gauss con la esfera de radio r dibujada a trazos en la figura adjunta:

∫∫ ε ⋅ E ⋅ d S = Q ∫∫ ε

int erior _ a _ S

⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 0º = q

Vemos que E y ε son funciones únicamente de r por lo que son constantes para todo dS definido sobre la superficie gaussiana. Por tanto, la integral anterior quedará: ε ⋅ E ⋅ ∫ ∫ dS = q → E=

ε ⋅ E ⋅ 4π ⋅ r 2 = q →

q ⋅u k  2 4π ⋅  1 +  ⋅ ε 0 ⋅ r r 

E⋅ =

q 4π ⋅ ε r ⋅ ε 0 ⋅ r 2

-- Ecuación 1

a) Calcular el potencial electrostático en un punto P genérico. Para esto realizamos la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial genérica trazada en el espacio que rodea a la carga q:

V = − ∫ E ⋅ ds = − ∫ E ⋅ dr ⋅ cos 0º = − ∫

q q dr ⋅dr = − ⋅∫ 4π ⋅ ε 0  k  2  k 4π ⋅  1 +  ⋅ ε 0 ⋅ r 2  1+  ⋅ r  r  r

Integrando queda: k  − Ln 1 +  q r  V = − ⋅ + C 4π ⋅ ε 0 k

Para calcular C tomamos como condición de contorno que para r=∞ es V=0: q 0= − ⋅ 4π ⋅ ε 0

Por lo tanto: V =

k  − Ln 1 +  ∞   + C k

→

C= 0

q k  ⋅ Ln 1 +  4π ⋅ ε 0 ⋅ k r 

b) Calcular la densidad volumétrica de carga de polarización. La densidad volumétrica de la carga de polarización es: ρ pv = − ∇ ⋅ P Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau

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Calculemos el vector polarización P : Vector desplazamiento: D = P + ε 0 ⋅ E Por tanto: ε ⋅ E = P + ε 0 ⋅ E Despejando el vector polarización :

siendo: D = ε ⋅ E

P = ε ⋅ E − ε 0 ⋅ E = (ε − ε 0 ) ⋅ E = (ε r ⋅ ε 0 − ε 0 ) ⋅ E =  

P : = ( ε r − 1) ⋅ ε 0 ⋅ E =  1 +

Por tanto el vector polarización será: P =

k  q − 1 ⋅ ε 0 ⋅ ⋅ ur k r   2 4π ⋅  1 +  ⋅ ε 0 ⋅ r r 

kq ⋅ ur 4π ⋅ ( r + k ) ⋅ r 2

Ahora ya podemos calcular la densidad de carga volumétrica de polarización aplicando la divergencia de este vector polarización que, en coordenadas esféricas adopta la expresión: ρ

= −∇ ⋅ P = −

Quedando: ρ

1 ∂ 2 1 ∂  kq ⋅ ( r ⋅ Pr ) = − 2 ⋅  r 2 ⋅ 2 r ∂r r ∂r  4π ⋅ ( r + k ) ⋅ r 2

 kq ∂  1   = − ⋅   2 4π ⋅ r ∂ r  r + k  

kq 2 4π ⋅ r ⋅ ( r + k ) 2

Nota: Recordar que en un dieléctrico se puede hablar de: • Densidad volumétrica de carga de polarización en cualquier punto del interior del dieléctrico, que cumple que: ρ pv = − ∇ ⋅ P • Densidad superficial de carga de polarización: en cualquier punto de la superficie de un dieléctrico, que cumple que: ρps = ±Pn Que sea “+” o “-“ depende de la superficie analizada y de la dirección de P dentro del dieléctrico, recordando que este vector sale de cargas “-“ y se dirige hacia cargas “+”, por lo que en el origen del vector la carga superficial será negativa y en su destino la carga superficial será positiva.

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Problema 21: Una esfera metálica de radio R1 se encuentra rodeada por una capa de dieléctrico de permitividad relativa εr y radio R2. Sabiendo que la carga total de la esfera conductora es Q, calcular: a) El campo eléctrico E(r) en función de la distancia r al centro de la esfera metálica, para r<R1, R1<r<R2 y r>R2. b) Calcular el potencial electrostático del conductor.

Solución: a) Calcular el campo eléctrico E(r) en función de la distancia r al centro de la esfera metálica, para r<R1, R1<r<R2 y r>R2. Dada la simetría del problema se puede hacer la hipótesis de que la intensidad de campo es radial y dependiente de r (distancia al centro de la configuración) en todo punto: E = E (r ) ⋅ u r

Consideramos el espacio dividido en tres zonas: • zona 1: dentro de la esfera metálica • zona 2: dentro del dieléctrico • zona 3: en el exterior del dieléctrico para r>R2. Zona 1: Dado que estamos dentro de un conductor la intensidad de campo es nula por lo que: Para r<R1 es E=0 Zona 2: La aplicación del Teorema de Gauss a la esfera de trazos dibujada dentro del dieléctrico en la figura adjunta, conduce a:

∫∫ ε ⋅ E ⋅ d S = Q

int erior _ a _ S

→

∫∫ ε

⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 0º = Q

Vemos que E y ε son funciones únicamente de r por lo que son constantes para todo dS definido sobre la superficie gaussiana. Por tanto, la integral anterior quedará: ε ⋅ E ⋅ ∫ ∫ dS = Q → E=

ε ⋅ E ⋅ 4π ⋅ r 2 = Q →

Q ⋅ ur 4π ⋅ ε r ⋅ ε 0 ⋅ r 2

E⋅ =

Q 4π ⋅ ε r ⋅ ε 0 ⋅ r 2

-- Ecuación 1

que vale para: R1 <= r <= R2 (incluye hasta la parte interior de la frontera dieléctrica) Zona 3: La aplicación del Teorema de Gauss a la esfera de trazos dibujada en el exterior del dieléctrico en la figura adjunta, conduce a:

∫∫ ε

⋅ E ⋅ d S = Qint erior _ a _ S →

∫∫ ε

⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 0º = Q

Vemos que E y ε son funciones únicamente de r por lo que son constantes para todo dS definido sobre la superficie gaussiana. Por tanto, la integral anterior quedará: ε 0 ⋅ E ⋅ ∫ ∫ dS = Q →

ε 0 ⋅ E ⋅ 4π ⋅ r 2 = Q →

E⋅ =

Q 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 2

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Q ⋅ ur 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 2

-- Ecuación 2

Que vale para: r => R2 (incluye desde la zona exterior de la frontera dieléctrica) Frontera entre zonas (2) y (3): Para justamente r=R2 estamos en la frontera dieléctrica por lo que hay que hablar de un salto en el valor de las componentes normales En de la intensidad de campo, y de la constancia del valor de las componentes tangenciales (que en este caso son nulas). Por tanto tendríamos: ε 2 ⋅ E n 2 − ε 3 ⋅ E n 3 = ρ fs por lo que, siendo nula la densidad de carga superficial libre en la frontera (darse cuenta que la carga que existe en esa zona es carga de polarización), la ecuación queda: ε 2 ⋅ E n 2 − ε 3 ⋅ E n 3 = 0 , y siendo normales las dos intensidades de campo, quedará: ε ⋅ E 2 = ε 0 ⋅ E 3 lo que podemos comprobar en las ecuaciones 1 y 2. b) Calcular el potencial electrostático del conductor. De la zona 1 sabemos que, siendo un conductor, el potencial es constante pero no sabemos su valor. En la zona 2 podemos aplicar da definición de potencial, aplicando la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial:

Q Q dr ⋅dr = − ⋅∫ 2 2 4π ⋅ ε r ⋅ ε 0 r 4π ⋅ ε r ⋅ ε 0 ⋅ r

V2 = − ∫ E 2 ⋅ ds = − ∫ E 2 ⋅ dr ⋅ cos 0º = − ∫ Integrando queda: V2 =

Q + C2 4π ⋅ ε r ⋅ ε 0 ⋅ r

-- Ecuación 3

Aquí aún no podemos calcular la constante de integración C2 pues lo único que sabemos en esta zona (2) es: * Para r=R1 es V2 (R1) = Vconductor que es lo que no sabemos * Para r=R2 es V2 (R2) = V3 (R2) pero no sabemos ninguno de los dos. Calcularemos entonces V3 aplicando la integral de línea de la intensidad de campo en esta zona, utilizando una línea radial indefinida comprendida dentro de la zona (3):

V3 = − ∫ E3 ⋅ ds = − ∫ E3 ⋅ dr ⋅ cos 0º = − ∫

Q Q dr ⋅ dr = − ⋅ 4π ⋅ ε 0 ∫ r 2 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 2

Integrando queda: V3 =

Q + C 3 -- Ecuación 4 4π ⋅ ε 0 ⋅ r

Para calcular la constante de integración C3 sabemos que para r=∞ es V3=0. Por tanto: V3 =

Q + C3 → 4π ⋅ ε 0 ⋅ r

Q + C3 → 4π ⋅ ε 0 ⋅ ∞

C3 = 0

Por tanto la ecuación 4 quedará: V3 =

Q 4π ⋅ ε 0 ⋅ r

-- Ecuación 5

Con lo cual, aplicando ahora la condición de frontera de que: V2 (R2) = V3 (R2), de forma que combinando las ecuaciones 3 y 5, podremos calcular la constante C2, quedando:

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Q Q + C2 = 4π ⋅ ε r ⋅ ε 0 ⋅ R2 4π ⋅ ε 0 ⋅ R2

→

C2 =

Q 4π ⋅ ε 0 ⋅ R2

 1  ⋅  1 −  εr

Por tanto la expresión de V2 que nos permitirá calcular la Vconductor pedida, quedará: V2 =

Q 4π ⋅ ε 0

 1 1 1   ⋅  + −  ε r ⋅ r R2 ε r ⋅ R2 

Y el potencial pedido que es V2(r=R1) quedará: Vconductor = V2 ( R1 ) =

 1 Q 1 1 ⋅  + − 4π ⋅ ε 0  ε r ⋅ R1 R2 ε r ⋅ R2

  

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Problema 22: Un condensador cilíndrico de radio interno a y externo c y dieléctrico el vacío, se carga a potencial V0. Posteriormente se aísla y se introduce entre sus armaduras un tubo de material dieléctrico εr de radio interno b (b>a) y externo c. Calcular las densidades de carga de polarización en ambas caras del dieléctrico.

Solución: Primera parte: Aunque son expresiones conocidas para un condensador cilíndrico, calcularemos la intensidad de campo y la densidad lineal de carga de las armaduras en función del potencial de carga. Dada la simetría del problema, partimos de saber que el campo eléctrico es radial y que su valor en cada punto del espacio entre armaduras sólo depende de su distancia a los conductores : E = E (r ) ⋅ u r

Además en estos casos el campo está limitado a la región entre conductores. Al cargar el condensador con potencial V0, los conductores adquirirán la misma densidad de carga líneal: +λ y -λ . Calcularemos en primer lugar la intensidad de campo entre los conductores aplicando el Teorema de Gauss con la superficie cilíndrica, de radio r y longitud l, indicada a trazos en la figura adjunta:

∫∫ ε

⋅ E ⋅ d S = Qint erior _ a _ S

Desarrollando la integral de superficie cerrada a través de la superficie lateral y las bases, quedará:

∫∫ ε 0 ⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 0º + ∫∫ ε 0 ⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 90º = Qconductor int erno Sup.lateral bases Quedando:

∫∫ ε 0 ⋅ E ⋅ dS = λ ⋅ l Sup.lateral

Y como E sólo depende de r, será constante en todos los puntos de la superficie lateral del cilindro gaussiano, quedando: ε 0 ⋅ E⋅

∫ ∫ dS = λ ⋅ l Sup.lateral

→

ε 0 ⋅ E ⋅ S lateral = λ ⋅ l

-- Ecuación 1

Y siendo: S lateral = 2π ⋅ r ⋅ l Llevando este valor a la ecuación 1, tendremos: ε 0 ⋅ E ⋅ 2π rl = λ 1 ⋅ l Operando, quedará: E =

λ 2π ε 0 ⋅ r

O sea que: E =

λ ⋅ ur 2π ε 0 ⋅ r

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Ahora podemos calcular la Va – Vc aplicando la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial que vaya de la superficie del conductor interno a la del conductor externo (ver figura adjunta): c

∫

dV = − ∫ E ⋅ ds

→

Vc − V a = −

∫ E ⋅ dr ⋅ cos 0º =

r= a

= −

r= c

λ λ dr λ c ∫r = a 2π ε 0 r ⋅ dr = − 2π ε 0 ⋅ r ∫= a r = − 2π ε 0 ⋅ Ln a

Por tanto, despejando Va – Vc que es el valor que conocemos V0,

λ c ⋅ Ln 2π ε 0 r a λ c ⋅ Ln , y ya podemos despejar el valor desconocido de la densidad lineal de Por tanto: Vo = 2π ε 0 a

quedará: Va − Vc =

carga que adquiere cada armadura:

λ =

2π ε 0 ⋅ V0 c Ln a o

Segunda parte: Al aislar ahora el conductor de Tierra y de cualquier generador, la carga de las armaduras ya no podrá cambiar. Por otra parte en dieléctrico adquirirá una densidad de carga superficial de polarización negativa en la superficie interior más próxima a la armadura interna positiva, y positiva en la superficie pegada a la armadura exterior. En cualquier superficie de un dieléctrico: ρ

(siendo un el vector normal a la superficie, y dirigido hacia el exterior del dieléctrico) Siendo P el vector de polarización del dieléctrico en una superficie dada, y Pn su componente normal. Para calcular ρPs en cada superficie necesitamos los respectivos vectores de polarización en las mismas: P1 y P2 . Calculemos cada vector polarización P : Vector desplazamiento: D = P + ε 0 ⋅ E siendo: D = ε ⋅ E Por tanto: ε ⋅ E = P + ε 0 ⋅ E Despejando el vector polarización : Ps

= P ⋅ u n = Pn

P : P = ε ⋅ E − ε 0 ⋅ E = (ε − ε

) ⋅ E = ( ε r ⋅ ε 0 − ε 0 ) ⋅ E = ( ε r − 1) ⋅ ε 0 ⋅ E

Vemos que para saber el vector polarización en cualquier punto del dieléctrico necesitamos saber la intensidad de campo en el mismo punto. Podemos calcularlo aplicando el Teorema de Gauss a cualquier superficie cilíndrica concéntrica con la armaduras y de radio comprendido entre b y c para que la superficie lateral del mismo esté dentro del dieléctrico. Se trata dun ejercicio idéntico al realizado en el inicio del problema salvo por el valor de la permitividad dieléctrica en los puntos de la superficie lateral gaussiana que ahora será e. Por tanto, la intensidad de campo en el interior del dieléctrico será: E =

λ ⋅ ur 2π ε ⋅ r

Por tanto el vector polarización será: P = ( ε r − 1) ⋅ ε 0 ⋅ E = ( ε r − 1) ⋅ ε 0 ⋅

λ λ λ ⋅ u r = ( ε r − 1) ⋅ ε 0 ⋅ ⋅ u r = ( ε r − 1) ⋅ ⋅ ur 2π ε ⋅ r 2π ε r ⋅ ε 0 ⋅ r 2π ε r ⋅ r

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Y ya viéramos antes que la densidad de carga era:

λ =

2π ε 0 ⋅ V0 c , lo que llevado a la expresión del Ln a o

vector de polarización resulta: 2π ε 0 ⋅ V0 ε − 1 ε 0 ⋅ V0 λ 1 P = ( ε r − 1) ⋅ ⋅ u r = ( ε r − 1) ⋅ ⋅ ⋅ ur = r ⋅ ⋅u c c r 2π ε r ⋅ r 2π ε r ⋅ r εr Ln r ⋅ Ln a a ε − 1 ε 0 ⋅ V0 P1 = r ⋅ ⋅u c r O sea que en la superficie interior del dieléctrico: εr b ⋅ Ln a ε r − 1 ε 0 ⋅ V0 P = ⋅ ⋅u c r Y en la superficie externa: 2 εr c ⋅ Ln a Resultando por tanto las densidades de carga superficial de polarización: Carga interior: ρ Ps1 = P1 ⋅ u n1 = P1 ⋅ 1 ⋅ cos 180º (ver figura ) = − P1 ε − 1 ε 0 ⋅ V0 ρ sp1 = − r ⋅ c (vemos que negativa) O sea que: εr b ⋅ Ln a Carga exterior: : ρ Ps 2 = P2 ⋅ u n1 = P2 ⋅ 1 ⋅ cos 0º (ver figura ) = P2 ε − 1 ε 0 ⋅ V0 ρ sp 2 = r ⋅ c (vemos que positiva) O sea que: εr c ⋅ Ln a

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Problema 23: Un condensador esférico de radio interno a y externa b y dieléctrico el vacío, se somete a una diferencia de potencial V0. Posteriormente se aísla y se introduce entre sus armaduras un material dieléctrico de permitividad εr que ocupa todo el espacio. Calcular las densidades de carga de polarización en ambas caras del dieléctrico. Solución: Dada la simetría del problema se puede hacer la hipótesis de que la intensidad de campo es radial y dependiente de r (distancia al centro de la configuración) en todo punto: E = E (r ) ⋅ u r En primer lugar determinaremos la carga de las armaduras en función del potencial de carga conocido, para posteriormente determinar como esa carga libre determina la carga de polarización sobre las superficies del dieléctrico que se introduce entre las armaduras una vez aisladas estas del generador de carga y de Tierra. Primera parte: Carga del condensador. Podría aplicarse el Teorema de Gauss pero resulta ampliamente conocido que, a efectos de la intensidad de campo entre las armaduras, un dispositivo como el descrito es equivalente a una carga puntual de igual valor a la carga de las armaduras situada en el centro de la configuración. Por tanto: E=

Q ⋅ u r para b>= r >=a, y siendo Q la carga de las armaduras 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 2

Por otra parte el potencial en cualquier punto de este espacio viene dado por: V =

Q 4π ⋅ ε 0 ⋅ r

Siendo por tanto la diferencia de potencial entre cualquier punto de la superficie de la armadura interior y cualquier punto de la armadura exterior: V a − Vb =

Q  1 1 ⋅ −  4π ⋅ ε 0  a b 

diferencia de potencial que es el potencial de carga del condensador V0 por lo que ya se puede despejar la carga que adquieren las armaduras cuando se cargan con este potencial: Q=

4π ⋅ ε 0 ⋅ V0 ⋅ a ⋅ b b− a

Pues bien esta es la carga que adquiere cada una de las armaduras, y una vez aislado el condensador esta carga no puede variar. Por tanto, al introducir un dieléctrico entre las armaduras aparecerá una carga de polarización superficial negativa en la superficie en contacto con la armadura interior (cargada positivamente en nuestro caso), y una carga de polarización superficial positiva en la superficie en contacto con la armadura exterior (cargada negativamente en nuestro caso). Segunda parte: Aislamos el condensador y le introducimos el dieléctrico. Aparecerán las cargas superficiales de polarización tales como indicamos en la figura adjunta, inducidas por las cargas +Q y –Q de las armaduras. La carga superficial de polarización obedece a la expresión: ρ

= P ⋅ u n = Pn

Siendo un el vector normal a la superficie, y dirigido hacia el exterior del dieléctrico, y siendo P el vector de polarización del dieléctrico en una superficie dada, y Pn su componente normal. Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau

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Para calcular ρPs en cada superficie necesitamos los respectivos vectores de polarización en las mismas: P1 y P2 . Calculemos cada vector polarización P : Vector desplazamiento: D = P + ε 0 ⋅ E siendo: D = ε ⋅ E Por tanto: ε ⋅ E = P + ε 0 ⋅ E Despejando el vector polarización : P : P = ε ⋅ E − ε 0 ⋅ E = (ε − ε

) ⋅ E = ( ε r ⋅ ε 0 − ε 0 ) ⋅ E = ( ε r − 1) ⋅ ε 0 ⋅ E

Vemos que para saber el vector polarización en cualquier punto del dieléctrico necesitamos saber la intensidad de campo en el mismo punto. Podemos calcularlo aplicando el Teorema de Gauss a cualquier superficie cilíndrica concéntrica con las armaduras y de radio comprendido entre a y b para que la superficie lateral del mismo esté dentro del dieléctrico. De todas formas se trata de un valor ampliamente conocido como ya citamos al principio, resultando: E=

Q ⋅ ur 4π ⋅ ε ⋅ r 2

Por tanto el vector polarización será: Q Q Q P = ( ε r − 1) ⋅ ε 0 ⋅ E = ( ε r − 1) ⋅ ε 0 ⋅ ⋅ u r = ( ε r − 1) ⋅ ε 0 ⋅ ⋅ u r = ( ε r − 1) ⋅ ⋅ ur 2 2 4π ε ⋅ r 4π ⋅ ε r ⋅ ε 0 ⋅ r 4π ε r ⋅ r 2 4π ⋅ ε 0 ⋅ V0 ⋅ a ⋅ b Y ya viéramos antes que la carga era: Q = , lo que llevado a la expresión del vector de b− a polarización resulta: 4π ε 0 ⋅ V0 ⋅ a ⋅ b ε − 1 ε ⋅V ⋅ a⋅ b Q 1 P = ( ε r − 1) ⋅ ⋅ u r = ( ε r − 1) ⋅ ⋅ ⋅ u r = r ⋅ 02 0 ⋅ ur 2 2 b− a ε r r ⋅ (b − a ) 4π ε r ⋅ r 4π ε r ⋅ r ε r − 1 ε 0 ⋅ V0 ⋅ b ⋅ ⋅ ur O sea que en la superficie interior del dieléctrico: P1 = ε r a ⋅ (b − a) ε r − 1 ε 0 ⋅ V0 ⋅ a ⋅ ⋅ ur Y en la superficie externa: P2 = ε r b ⋅ (b − a ) Resultando por tanto las densidades de carga superficial de polarización: Carga interior: ρ Ps1 = P1 ⋅ u n1 = P1 ⋅ 1 ⋅ cos 180º (ver figura ) = − P1 ε r − 1 ε 0 ⋅ b ⋅ V0 ⋅ O sea que: ρ sp1 = − (vemos que negativa) εr a ⋅ (b − a ) Carga exterior: : ρ Ps 2 = P2 ⋅ u n1 = P2 ⋅ 1 ⋅ cos 0º (ver figura ) = P2 ε r − 1 ε 0 ⋅ a ⋅ V0 ⋅ O sea que: ρ sp 2 = (vemos que positiva) ε r b ⋅ (b − a)

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Problema 24:

Se tienen dos placas gruesas doblemente infinitas de vidrio de permitividad εv colocadas verticalmente según el plano YZ y paralelas entre si de forma que entre ellas queda una capa de espesor constante ocupada por aire. Todo el espacio restante está lleno de aceite de permitividad εa . En el semiespacio lleno de aceite que está a la izquierda de las placas existe un campo electrostático uniforme de magnitud E1 cuya dirección está contenida en el plano XZ y forma un ángulo θ con la normal a las placas y cuyo sentido es el del aceite hacia el vidrio. Calcúlese: a) el campo eléctrico en los otros cuatro medios. b) La densidad superficial de carga de polarización en cada una de las fronteras. Solución: Hacemos un dibujo en donde se vean los cinco medios, el medio 1 y el medio 5 que son aceite, los medios 2 y 4 que son vidrio, y el medio 3 que es aire. Comenzamos por poner el campo E1 que forma el ángulo ϑ con la normal, o sea con su propia componente E1n También dibujamos la componente E1t que son las componentes que tenemos que estudiar para establecer las condiciones de frontera entre los dieléctricos.

a) Condiciones de frontera entre dieléctricos: Nos dicen como es el campo eléctrico en dos puntos infinitamente próximos pero uno en un dieléctrico y el otro punto en el otro dieléctrico: - Potenciales idénticos a ambos lados de la frontera: en este caso no nos interesa pues no estudiamos potenciales: V1 = V2 - Componentes tangenciales del campo iguales: Et1 = Et2 - Componentes normales relacionadas con los coeficientes dieléctricos: ε1 . En1 = ε2 . En2

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Antes de comenzar a analizar las diferentes fronteras, podemos ver que las componentes del campo E1 son conocidas dado que sabemos el ángulo que forma E1 con la normal: Et1 = E1 .sen ϑ En1 = E1 .cos ϑ -

Frontera 1-2: * Igualdad de componentes tangenciales: Et2 = Et1 = E1 .sen ϑ * Relación entre componentes normales: ε2 . En2 = ε1 . En1 O sea que: εv. En2 = εa . En1 = εa . E1 .cos ϑ Despejando En2: En2 = εa . E1 .cos ϑ / εv * En consecuencia el valor del campo E2 será:

E2 = -

E + E 2 t2

2 n2

ε a2 2 ε a2 2 2 E .sen ϑ + 2 .E1 . cos ϑ = E1 . sen ϑ + 2 . cos 2 ϑ εv εv 2 1

Frontera 2-3: * Igualdad de componentes tangenciales: Et3 = Et2 = E1 .sen ϑ * Relación entre componentes normales: ε3 . En3 = ε2 . En2 O sea que: ε0. En3 = εv . En2 = εv . εa . E1 .cos ϑ / εv Despejando En3: En3 = εa . E1 .cos ϑ / ε0 * En consecuencia el valor del campo E3 será:

E3 = -

Et23 + E n23 =

E12 .sen 2ϑ +

ε a2 2 ε a2 2 2 . E . cos ϑ = E . sen ϑ + . cos 2 ϑ 1 1 ε 02 ε 02

Frontera 3-4: * Igualdad de componentes tangenciales: Et4 = Et3 = E1 .sen ϑ * Relación entre componentes normales: ε4 . En4 = ε3 . En3 O sea que: εv. En4 = ε0 . En3 = ε0 . εa . E1 .cos ϑ / ε0 Despejando En4: En4 = εa . E1 .cos ϑ / εv * En consecuencia el valor del campo E3 será:

ε a2 2 ε a2 2 2 E 4 = E + E = E .sen ϑ + 2 .E1 . cos ϑ = E1 . sen ϑ + 2 . cos 2 ϑ εv εv Podemos ver que es igual que E2. 2 t4

2 n4

2 1

Frontera 4-5: * Igualdad de componentes tangenciales: Et5 = Et4 = E1 .sen ϑ * Relación entre componentes normales: ε5 . En5 = ε4 . En4 O sea que: εa. En5 = εv . En4 = εv . εa . E1 .cos ϑ / εv Despejando En5: En5 = E1 .cos ϑ Podemos ver que ambas componentes de E5 son iguales que las de E1. * En consecuencia el valor del campo E5 será el mismo que E1: E5 =

E t25 + E n25 =

E12 .sen 2ϑ + .E12 . cos 2 ϑ = E1 . sen 2ϑ + cos 2 ϑ = E1

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b) Las cargas de polarización se sitúan sobre las fronteras dieléctricas. La densidad superficial de carga en cada una es la componente normal del vector de polarización en ese lugar: ρ

= P.u n = ± Pn

Como indicamos arriba, debemos tener cuidado con el signo, pues hay que tener en cuenta que el vector un está dirigido hacia fuera de la superficie. Así en la primera de las figuras adjuntas, representamos el vector P1, y vemos que al multiplicarlo escalarmente por un sale P1n positivo. Mientras que en la segunda figura donde representamos P2, y vemos que al multiplicarlo escalarmente por u2 sale P2n negativo. En cualquier caso debemos calcular el vector de polarización en cada frontera dieléctrica. Sin embargo podemos ver que el vector de polarización es constante dentro de cada medio dieléctrico. En efecto el vector polarización en cualquiera de los cinco medios será: P x = D x − ε 0 .E x = ε x .E x − ε 0 .E x = ( ε x − ε

).E x

Y como el vector E es constante dentro de cada medio, el vector de polarización también lo será. Frontera 1-2: P 1 = D 1 − ε 0 .E 1 = ε a .E1 − ε 0 .E 1 = ( ε a − ε 0 ).E 1 Medio 1: La densidad de carga de polarización será por tanto:

ps12

= P1n = (εa - ε0).En1 = (εa - ε0). E1 .cos ϑ

P 2 = D 2 − ε 0 .E 2 = ε v .E 2 − ε 0 .E 2 = ( ε v − ε 0 ).E 2 Medio 2: No vale la pena sustituir arriba E2 en función de los datos, pues realmente sólo nos va a hacer falta la componente normal que es mucho más sencillo de indicar Así, la densidad de carga de polarización será por tanto: ε  ε ρ ps 21 = − Pn 2 = − ( ε v − ε 0 ).E n 2 = ( ε 0 − ε v ). a .E1 . cos ϑ =  0 − 1 .ε a .E1 . cos ϑ εv εv 

Puedes ver que ρps21 es negativa pues ε0 es siempre el menor valor que puede tomar un coeficiente dieléctrico. Aquí acabamos de ver la densidad de carga de polarización dentro del medio 2 pero en la frontera 1-2. En el medio 2 pero en la frontera 2-3, la densidad

de carga será la misma ρps21 que antes pero positiva, como puedes ver en la figura. Operando te saldría también positiva pues en esa frontera, al multiplicar escalarmente P2 por un, sale positivo pues date cuenta que un está dirigido siempre hacia fuera:

Medio 3, en la frontera 2-3: :

ps23

= - ρps21

P 3 = D 3 − ε 0 .E 3 = ε 0 .E1 − ε 0 .E 1 = 0

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Evidentemente en el medio 3 no hay carga de polarización pues el medio 3 es aire, que se asimila al vacío. Medio 4, en la frontera 3-4: sería una situación similar que en el medio 2 en la frontera 1-2, y como alli, el P4n será negativo como se puede ver en el correspondiente dibujo (frontera 1-2, medio 2): P 4 = D 4 − ε 0 .E 4 = ε v .E 4 − ε 0 .E 4 = ( ε v − ε

).E 4

No vale la pena sustituir arriba E4 en función de los datos, pues realmente sólo nos va a hacer falta la componente normal que es mucho más sencillo de indicar Así, la densidad de carga de polarización será por tanto: ε  ε ρ ps 43 = − Pn 4 = − ( ε v − ε 0 ).E n 4 = ( ε 0 − ε v ). a .E1 . cos ϑ =  0 − 1 .ε a .E1 . cos ϑ εv εv  Vemos que sale, como es lógico, negativo. En este mismo medio 4 pero en la frontera 4-5, la densidad de carga será la misma

que antes pero positiva. Operando te saldría también positiva pues en esa frontera, al multiplicar escalarmente P2 por un, sale positivo pues date cuenta que un ps43

está dirigido siempre hacia fuera: :

ps45

= - ρps43

Medio 5: sería una situación similar que en el medio 2 en la frontera 1-2, y como alli, el P4n será negativo como se puede ver en el correspondiente dibujo (frontera 1-2, medio 2): P 5 = D 5 − ε 0 .E 5 = ε a .E 5 − ε 0 .E 5 = ( ε

− ε 0 ).E 5

Así, la densidad de carga de polarización será por tanto: ρ

ps 5

= − Pn5 = − ( ε

− ε 0 ).E n5 = ( ε 0 − ε

).E1 . cos ϑ

Vemos que sale, como es lógico, negativo. Puedes ver que tiene el mismo valor que ρps12 pero de signo contrario.

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Problema 27:

Una esfera dieléctrica de radio a y permitividad ε situada en el vacío tiene una distribución de carga volumétrica ρfv =ρ0a/r siendo r la distancia al centro y r0 una constante. Determinar la energía electrostática del sistema. Solución: La energía contenida en un sistema es:

E =

1 1 . V .dq = . V .ρ .dv 2 ∫ 2 ∫∫∫

Ecuación 1

Esta ecuación, evidentemente sólo hay que integrarla donde hay carga (donde dq es distinto de cero), o sea en la zona (1) de la figura. Sin embargo al calcular el potencial en la zona (1) nos va a aparecer una constante de integración que sólo podremos determinar con las condiciones de contorno que involucran al potencial en la zona (2): que para r=∞ será V2=0, y que para r=a será V1=V2. Con estas dos condiciones podremos calcular las dos constantes de integración, la que aparece en la integración de V1 y la que aparece en la integración de V2. Y sabemos que, para poder calcular el potencial, antes tenemos que calcular el campo en cada una de las zonas, para luego hacer la integral de línea que nos dará V (recuerda que V = − ∫ E.d r ) Debido a esto, en este caso puede ser mucho más simple utilizar esta otra expresión de la energía almacenada en una configuración electrostática: W =

1 ε .E 2 .dv 2∫

Ecuación 1

Y aunque esta integral hay que hacerla en todo el espacio, no sólo la zona donde haya carga, en muchos casos es mucho más simple que la ecuación anterior. O sea que vamos a utilizar esta. Además habrá que resolver esta integral en cada zona por separado, pues el campo cambia de la zona (1) a la zona (2) y también ε es distinta en cada zona, y luego sumar los resultados. Nota: Como dada la simetría del problema el campo E = Ε(r), podemos poner el diferencial de volumen que aparece en la ecuación 1 también en función de r: dv = 4.π.r2.dr (el dv sería la zona gris de la figura). ρ .a -Zona (1): Dieléctrico con distribución de carga volumétrica ( ρ = 0 ) y de constante ε. r - Para calcular el campo eléctrico en esta zona utilizamos el teorema de Gauss aplicado a la esfera de puntos representada en esa zona (1) de la figura.

∫∫ ε .E

.d S =Qint erior

Vemos en la figura que los vectores E1 y dS son paralelos en cualquier dS que consideremos en la superficie gaussiana, y por tanto:

∫∫ ε .E .dS . cos 0º =Q 1

int erior

Suponemos que ε es constante en todos los dS, y ,dada la simetría del sistema, es seguro que el campo E sólo dependa de la distancia r al centro del sistema. Por lo tanto también E será constante en todos los dS, y así podrá salir de la integral: ε .E1 .∫∫ dS =Qint erior S

--> ε. E1 .S = Qinterior (y recuerda que S es la superficie de la esfera

gaussiana) Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau

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ε . E1 . 4. π.r2 = Qinterior Ecuación 2 (fíjate que también llamamos “r” al radio de la superficie gaussiana, pues también es un radio genérico) • Calculemos ahora la Qinterior a la superficie gaussiana: Qint erior =

∫∫∫ ρ .dv

Utilizamos el mismo diferencial de volumen que antes citamos (en gris en la figura): r= r ρ 0 .a Qint erior = ∫∫∫ ρ .dv = ∫ .4.π .r 2 .dr = 2.π .ρ 0 .a.r 2 r= 0

(como ya hicimos antes, aquí también llamamos “r” al radio de la superficie gaussiana, pues está en una posición de radio genérico) Llevando esta Qinterior a la ecuación 2 para calcular el campo E1, quedará: ε . E1 . 4. π.r2 = Qinterior --> ε . E1 . 4. π.r2 = 2 . π. ρ0 . a . r2 ρ .a Por tanto: E1 = 0 2.ε Antes de calcular la energía correspondiente a esta zona (1), calculemos el campo en la zona (2), y luego ya calcularemos todo junto.

- Zona (2): Vacío sin carga y con constante ε0.

Podemos proceder como antes para calcular el campo eléctrico, colocando una esfera gaussiana en la zona (2) pero no vale la pena, pues dada la simetría de la configuración, la esfera con carga vista desde fuera, es como si toda la carga estuviera concentrada en el centro, por lo que el campo sería el de una carga puntual: Qtotal E2 = 4.π .ε .r 2 y para calcular el Qtotal procedemos igual que antes para calcular el Qinterior, pero ahora la integral en vez de llegar hasta un “r” genérico, llegará hasta “r=a” para incluir toda la esfera cargada: r= a ρ 0 .a Qtotal = ∫∫∫ ρ .dv = ∫ .4.π .r 2 .dr = 2.π .ρ 0 .a 3 r= 0

Con lo que el campo será:

E2 =

Qtotal 2.π .ρ 0 .a 3 ρ 0 .a 3 = = 4.π .ε .r 2 4.π .ε .r 2 2.ε .r 2

Ahora podemos proceder a integrar en cada zona para calcular la energía del sistema: 2

-Zona (1):

r= a r= a π .ρ 02 .a 5 1 1  ρ .a  W1 = . ∫ ε .E12 .dv = . ∫ ε . 0  .4.π .r 2 .dr = 2 r= 0 2 r = 0  2.ε  6.ε

1 -Zona (2): W2 = 2

r= ∞

 ρ 0 .a 3 ε . E . dv = ε . ∫r = a 0 ∫r = a 0  2.ε 0 .r 2 2 2

 π .ρ 02 .a 5  .4.π .r 2 .dr = 2.ε 0 

Y por tanto la energía total será: π .ρ 02 .a 5 π .ρ 02 .a 5 π .ρ 02 .a 5  1 1   W = W1 + W2 = + = . + 6.ε 2.ε 0 2 3 . ε ε 0   Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau

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Problema 28: Encuentre la energía necesaria para formar una esfera de carga uniforme con radio b y densidad volumétrica de carga ρfv. Solución: La energía contenida en un sistema es:

1 1 ⋅ ∫ V ⋅ dq = ⋅ ∫ ∫ ∫ V ⋅ ρ ⋅ dv 2 2

Esta ecuación, evidentemente sólo hay que integrarla donde hay carga (donde dq es distinto de cero), o sea en la zona (1) de la figura. Sin embargo al calcular el potencial en la zona (1) nos va a aparecer una constante de integración que sólo podremos determinar con las condiciones de contorno que involucran al potencial en la zona (2): que para r=∞ será V2=0, y que para r=a será V1=V2. Con estas dos condiciones podremos calcular las dos constantes de integración, la que aparece en la integración de V1 y la que aparece en la integración de V2. Y sabemos que, para poder calcular el potencial, antes tenemos que calcular el campo en cada una de las zonas, para luego hacer la integral de línea que nos dará V (recuerda que V = − ∫ E ⋅ d r ) Debido a esto, en este caso puede ser mucho más simple utilizar esta otra expresión de la energía almacenada en una configuración electrostática: W =

1 ε ⋅ E 2 ⋅ dv ∫ 2

Ecuación 1

Y aunque esta integral hay que hacerla en todo el espacio, no sólo la zona donde haya carga, en muchos casos es mucho más simple que la ecuación anterior. O sea que vamos a utilizar esta. Además habrá que resolver esta integral en cada zona por separado, pues el campo cambia de la zona (1) a la zona (2) y también ε es distinta en cada zona, y luego sumar los resultados. Nota: Como dada la simetría del problema el campo E = Ε(r), podemos poner el diferencial de volumen que aparece en la ecuación 1 también en función de r: dv = 4π∙r2∙dr (el dv sería la zona gris de la figura).

-Zona (1): Esfera con distribución de carga volumétrica ρfv y de constante ε0 (suponemos la

carga uniformemente distribuida por el espacio). -Para calcular el campo eléctrico en esta zona utilizamos el teorema de Gauss aplicado a la esfera de puntos representada en esa zona (1) de la figura.

∫∫ ε

.E 1 .d S =Qint erior

Vemos en la figura que los vectores E1 y dS son paralelos en cualquier dS que consideremos en la superficie gaussiana, y por tanto:

∫∫ ε

.E1 .dS . cos 0º = Qint erior

Dada la simetría del sistema, es seguro que el campo E sólo dependa de la distancia r al centro del sistema. Por lo tanto también E será constante en todos los dS, y así podrá salir de la integral: ε 0 .E1 .∫∫ dS = Qint erior S

--> ε0. E1 .S = Qinterior

(y recuerda que S es la superficie de la esfera gaussiana) ε0 . E1 . 4. π.r2 = Qinterior Ecuación 2 Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau

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(fíjate que llamamos “r” tanto al radio de la superficie gaussiana como al radio del diferencial de volumen genérico, pues en ambos casos se trata de un radio genérico). Por lo que respecta al Qinterior, como la densidad de carga es uniforme, la carga puede calcularse directamente con una multiplicación: Qinterior = ρ.volumen interior = ρfv.4.π.r3/3 Pero si no te das cuenta, puedes calcular la Qinterior a la superficie gaussiana integrando:

∫∫∫ ρ .dv

Qint erior =

Utilizamos el mismo diferencial de volumen que antes citamos (en gris en la figura):

∫∫∫ ρ .dv =

Qint erior =

r= r

∫

2 fv .4.π .r .dr =

4.π .ρ

.r 3

r= 0

Llevando esta Qinterior a la ecuación 2 para calcular el campo E1, quedará: ε 0 . Ε 1 . 4 . π .r 2 =

ε0 . E1 . 4. π.r2 = Qinterior --> Por tanto: E1 =

4.π .ρ

.r 3

3.ε 0

Antes de calcular la energía correspondiente a esta zona (1), calculemos el campo en la zona (2), y luego ya calcularemos todo junto.

- Zona (2): Vacío sin carga y con constante ε0.

Podemos proceder como antes para calcular el campo eléctrico, colocando una esfera gaussiana en la zona (2) pero no vale la pena, pues dada la simetría de la configuración, la esfera con carga vista desde fuera, es como si toda la carga estuviera concentrada en el centro, por lo que el campo sería el de una carga puntual: Qtotal E2 = 4.π .ε 0 .r 2 Y para calcular el Qtotal procedemos igual que antes para calcular el Q interior, por lo que ahora sería: Qtotal = ρfv . volumen cargado = ρfv.4.π.b3/3 Si no te das cuenta de que se puede hacer así en este caso, puedes integrar pero ahora la integral en vez de llegar hasta un “r” genérico, llegará hasta “r=b” para incluir todo el espacio con carga: Qtotal =

r= b

∫∫∫ ρ .dv = ∫ ρ

.4.π .r .dr = 2

r= 0

Con lo que el campo será:

4.π .ρ

.b 3

4.π .ρ fv .b 3 ρ fv .b 3 Qtotal E2 = = = 4.π .ε 0 .r 2 3.4.π .ε 0 .r 2 3.ε 0 .r 2

Ahora podemos proceder a integrar en cada zona para calcular la energía del sistema: 2 r= b 2.π .ρ 2fv .b 5  ρ fv .r  1 1 2 2   .4.π .r .dr = -Zona (1): W1 = ∫ ε 0 .E1 .dv = ∫ ε 0 . 2 2 r = 0  3.ε 0  45.ε 0 2

 ρ fv .b 3  2.π .ρ 2fv .b 5 2   -Zona (2): ∫ ε 0 . 3.ε 0 .r 2  .4.π .r .dr = 9.ε 0 r= b   2.π .ρ 2fv .b 5 2.π .ρ 2fv .b 5 4.π .ρ 2fv .b 5 + = Y por tanto la energía total será: W = W1 + W2 = 45.ε 0 9.ε 0 15.ε 0 1 1 W2 = ∫ ε 0 .E 22 .dv = 2 2

r= ∞

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Problema 29: Una arandela plan de grafito de espesor h tiene un radio interior a y exterior b. Si a la arandela se le practica un corte muy delgado según una sección radial y se aplica una diferencia de potencial entre ambas caras del corte mediante dos electrodos planos conectados a una batería, calcular su resistencia. Tomar σ como conductividad de la arandela. Solución: Hacemos un dibujo de la arandela vista desde arriba, con un generador (con una diferencia de potencial arbitraria de V0) conectado. Ponemos varias líneas imaginarias a trazos para luego integrar a lo largo de las mismas para establecer la diferencia de potencial entre los extremos. Al establecer una diferencia de potencial entre los extremos de la arandela, aparece en su interior un campo eléctrico que mueve las cargas libres existentes en su interior y determina la corriente eléctrica. Pide la resistencia de la arandela, y según la ley de Ohm: R=

∆V I

Para calcular R necesitamos calcular ∆V e I. Con repecto a ∆V, al pedirnos la resistencia total a lo largo de toda la circunferencia de la arandela, la ∆V será la diferencia de potencial entre los extremos, es decir V0. Con respecto a la intensidad, sabemos que : I =

∫∫ J .d S

Y deberemos integrar sobre la superficie que está atravesando la corriente eléctrica, o sea que están atravesando las cargas en su movimiento, que en este caso será cualquier sección transversal de arandela: un rectángulo de lados (b-a) h, como dibujamos en esta otra figura. Además en un conductor óhmico J = σ .E , siendo σ la conductividad eléctrica del material. Por tanto la intensidad quedará: I =

∫∫ J .d S

sup erficie

∫∫ σ .E.d S

sup erficie

Ecuación

La conductividad σ del material es constante en toda diferencial de superficie que consideremos en la sección transversal, de hecho es constante en todo el material. Sin embargo el campo E tiene que estar atravesando esta sección circular pues debe impulsar al corriente a lo largo de cualquier circunferencia sobre la arandela como dibujamos en la primera figura. Por tanto no puede ser constante en toda la sección transversal como veremos. En efecto, sabemos que: 2

V2 − V1 = − ∫ E .d s , aunque en estos casos de corrientes es más cómodo considerar la ecuación en 1

positivo: 2

V1 − V2 =

∫ E.d s

. (recuerda que este “ds” es un diferencial de longitud, al contrario del “dS” de la

ecuación de la intensidad que es una diferencial de superficie) Esta ecuación es una integral de línea, es decir proporciona la diferencia de potencial entre dos puntos de una línea a lo largo de la cual se integra el campo eléctrico. Evidentemente, lo más cómodo es integrar a lo largo de una línea de campo eléctrico pues así “E” y el “ds” serán paralelos en todo lugar, y el producto escalar quedará más sencillo. Como ya citamos, en este problema, dada su simetría, las líneas de campo eléctrico tienen que ser circunferencias concéntricas con la arandela (piensa además que el campo eléctrico es que determina hacia Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau

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donde es la intensidad de corriente, y que esta tiene que seguir la circunferencia de la arandela), y por tanto nos interesará integrar a lo largo de cualquiera de las líneas de puntos de la primera figura, y así: 2

V1 − V2 =

∫

E.d s =

Eds. cos 0º = ∫ Eds 1

Y el diferencial de longitud sobre una circunferencia será “r∙dϕ” como se ve en la figura siguiente. Por tanto la integral anterior quedará: 2

V1 − V2 =

∫

Eds =

∫ E.r.dϕ

Y si integramos entre las dos aberturas de la arandela será: V1-V2=V0 Además, dada la simetría del problema es de esperar que el campo eléctrico sea constante a lo largo de toda la línea (aunque lógicamente debe cambiar de una línea a otra, pues la integral de línea anterior debe dar el mismo V0 a lo largo de líneas de diferente longitud: todas las líneas de trazos dibujadas en la primera figura, por ejemplo). Además, a lo largo de cualquier circunferencia que estemos integrando, “r” es constante, y por tanto también puede salir de la integral: Por tanto, la integral anterior quedará:

ϕ = 2π

V1 − V2 =

∫ E.r.dϕ

⇒ V0 = E.r.

Despejando E:

∫ dϕ

⇒ V0 = E.r.2π

ϕ =0

V0 2.π .r

Vemos que E depende de “r”, es decir vale lo mismo en cualquier punto de la sección de grosor “dr” que dibujamos en la figura pues en ella todos los puntos tienen el mismo “r”. Pues bien ahora ya podemos integrar la ecuación 2: : I =

∫∫ σ .E.d S

sup erficie

donde tanto el vector E como el vector dS son perpendiculares a la sección del dibujo (podrían ser vectores entrantes en el plano del dibujo), o sea que forman un ángulo de 0º. Además vemos en la figura que integrando en la dS rayada más fuerte (podemos pues E es idéntico en todos los puntos de la misma), esta dS será: dS = h.dr Por tanto llevando el valor de E que acabamos de despejar a la ecuación 2, quedará: Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau

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I =

∫∫ σ .E.d S =

sup erficie

∫∫ σ .E.dS . cos 0º =

sup erficie

r=b

∫

r= a

σ.

V0 σ .V0 .h b .h.dr = .Ln 2.π .r 2.π a

Pues bien ahora ya podemos calcular la R en la ecuación 1: Pues ya sabemos tanto ∆V como I:

∆V I

V0 ∆V 2.π = = σ .V0 .h b b I σ .h.Ln .Ln a 2.π a

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Problema 30: Se tiene una línea bifilar de longitud L constituida por dos cables cilíndricos paralelos de radio a y perfectamente conductores y separados una distancia d, verficiándose que L>>d>>a. Uno de los extremos de esta línea se conecta a una resitencia de carga RL. Si la capacidad de la línea por unidad de longitud es C’ y el medio que la rodea es homogéneo de conductividad σ y permtitividad ε, hallar la intensidad suministrada por la batería. Solución: Hacemos un dibujo del fenómeno. Llamamos λ a la densidad lineal de carga que adquiere cada cable. La intensidad que proporcione el generador será la que circula por la resistencia del final, I2, más la que se mueva entre los cables debido a la conductividad del medio entre ellos: IT = I 1 + I 2 Veamos cada una de ellas. La del final, según la ley de Ohm será: I2 = V 0 / R Mientras que la I1 habrá que averiguarla con la densidad de corriente J1 que circula entre los cables: I1 =

∫∫ J

.d S =

∫∫ σ .E.d S

= σ .∫∫ E.d S

(Utilizamos la proporcionalidad entre densidad de corriente y campo eléctrico que es propia de los medios óhmicos). Como superficie a través de la que medir el flujo del campo eléctrico, debemos tomar una superficie situada entre ambos cables por la cual circule la corriente. En concreto podremos tomar cualquier cilindro imaginario concéntrico con el cable superior como el que dibujamos a trazos en la figura adjunta, pues de acuerdo con el teorema de Gauss todos estos cilindros tendrán el mismo flujo dado que todos encierran la misma carga: λ.L

∫∫ ε .E.d S =

Qint erior ⇒ ε .∫∫ E.d S = λ .L ⇒

∫∫ E.d S =

λ .L ε

Pues bien, tal como vemos aquí, ya tenemos despejado el flujo que buscábamos arriba. Por tanto: I 1 = σ .∫∫ E.d S =

σ .λ .L ε

Ecuación (1)

Sin embargo, desconocemos λ, pero podremos calcularla gracias al dato de capacidad por unidad de longitud de los cables C’ que nos dan. En efecto, dado que C = Q/∆V=Q/V0, la capacidad del sistema será: C=

Q λ .L ⇒ C= V0 V0

Y por tanto, la capacidad por unidad de longitud C’ que nos dan, será: C =

λ .L C λ λ ⇒ = ⇒ C' = V0 L V0 V0

Y por tanto λ será: λ = C’ . V0 Y llevándolo a la ecuación (1) ya tendremos la intensidad que buscamos: σ .λ .L σ .C '.V0 .L I1 = = ε ε Y por tanto la intensidad total que suministra el generador será: Problemas Resoltos e Explicados de Ampliación de Física. Etsii. UVigo. Apuntes de Roberto Palau

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I total = I 1 + I 2 =

 σ .C '.L σ .C '.V0 .L V0 1   + = V0 . + ε RL R L   ε

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Problema 31: Se tiene una tira de material conductor de longitud infinita y ancho 2ª, por la que circula una corriente I en dirección longitudinal. Hallar la fuerza que está sometido un protón que se mueve con velocidad v perpendicular al plano de la tira y que está situado en la vertical de uno de los lados de la tira y a una altura 2ª sobre el plano de ésta. Solución:

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Problema 32: Calcúlese el campo magnético B en el eje de un solenoide finito de longitud λ, radio a y N’ espiras por unidad de longitud. Solución:

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Problema 33: Estúdiense los valores de la inducción magnética B dentro y fuera de una bobina toroidal de N espiras apretadas y sección cuadrada que transporta una corriente I. Solución:

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Problema 34: Sea un conductor homogéneo de radio b, permeabilidad µ

, conductividad σ1 y longitud L, verificándose que L>> b, con un hueco cilíndrico concéntrico, de radio a (axb) y lleno de un material de permeabilidad µ2 y conductividad σ2 nula. Si entre los extremos de dicho conductor se establece una d.d.p. V0, determinar el campo magnético B en puntos no cercanos a los extremos del cable, tanto en el interior ( 0 ≤ r ≤ b ) como en el exterior a pequeñas distancias (b<r<<L). Solución: 1

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Problema 36: Un conductor muy largo de radio a y permeabilidad µ es recorrido longitudinalmente por una corriente estacionaria de intensidad I. Coaxialmente a este conductor se coloca un tubo de igual permeabilidad y radio interno b y externo c. Determinar los vectores H, B, M, Jms y Jmv en todo el espacio, suponiendo: a) que la permeabilidad µ es constante, y b) que varía en la forma µ = µ0 H/H0 con H0 constante. Solución:

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Problema 37: Un material conductor en forma de barra cilíndrica de longitud indefinida y radio a está recorrido en la sección transversal, para r< a, por una corriente distribuida según la ley: J = k ⋅ r u z donde k es una constante. Calcular: a) la permeabilidad magnética del material µ si se sabe que el campo magnético en el interior de la barra viene dado por: µ k  r B = 0 ⋅  1 +  ⋅ r 2 uφ 3  a b) Obtener la expresión de los vectores M, Jms(r), Jmv(r). Solución:

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Problema 38: Determinar la densidad de flujo magnético en el entrehierro del circuito magnético mostrado en la figura.

Solución:

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Problema 39: Un toroide cuya circunferencia media mide l está formado un material

magnéticamente lineal de permeabilidad µr = 100 y un entrehierro de longitud e<<l (l=30e). Cuando el material está rodeado de N espiras recorridas por una corriente I, el campo obtenido en el entrehierro es Be. Si de duplica la longitud del entrehierro manteniendo constante el número de espiras, ¿que corriente tendría que circular por las espiras para conseguir el mismo valor del campo Be en el entrehierro? ¿Cuánto vale N en función de los datos del problema? Solución:

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Problema 40: Una barra cilíndrica muy larga de radio a y material conductor está recorrida por una corriente I uniformemente distribuida a través de su sección transversal. La permitividad  

magnética de la barra varía según la ley µ = µ 0  1 +

r  siendo r la distancia al eje del conductor. a

Determinar los vectores H, B M, Jms y Jmv en el interior del cilindro. Solución:

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Problema 41: Una espira rectangular plana de lados a y b paralelos a los ejes OX y OY respectivamente, se mueve en el plano XY con velocidad uniforme y paralela al eje OX y sentido de las x crecientes. En el plano XY existe un campo magnético de dirección perpendicular a dicho plano y módulo B(x,t) = B0 ∙cos (wt) ∙ cos (kx), donde B0 , w y k son constantes. Determínese la fuerza electromotriz inducida en la espira en función del tiempo. Supóngase que para t=0 el lado de la espira más atrasado en el sentido del movimiento está situado en la posición x=0. Solución:

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Problema 42: Frente a una línea conductora rectilínea indefinida recorrida por una corriente I(t) se mueve perpendicularmente a ella con una velocidad constante v una espira cuadrada conductora de lado d, resistencia R y autoinducción L, tal como se indica en la figura. Si la línea y la espira son, en todo momento, coplanarias, hállese la ecuación diferencial que liga a ambas intensidades I(t) e i. Solución:

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Problema 43: Una espira rectangular de resistencia R y lados a y b, está contenida en plano en el que existe una línea conductora rectilínea indefinida recorrrida por una corriente I(t) = I0 ∙ cos (wt), como muestra la figura. Calcular la fuerza sobre cada uno de los lados de la espira. Solución:

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Problema 44: Considere un solenoide semi-infinito y núcleo de aire con N’ vueltas por unidad de longitud, por donde circula una intensidad de corriente variable dada por I = I0∙e-αt , siendo I0 y α constantes. En el extremo superior del solenoide, concéntrico con él y sin tocarlo, se fija un anillo delgado de aluminio de radio a, ligeramente mayor que el radio del solenoide, y resistencia R, como se indica en la figura. Se supone que el campo magnético producido por el solenoide tiene la misma dirección, sentido y módulo en toda la superficie encerrada por el anillo, y coincide con el valor en el eje del solenoide. También suponga que la autoinducción del anillo es despreciable. a) ¿Cuál es la intensidad de corriente inducida en el anillo? b) ¿Cuál es el campo magnético, en el centro del anillo, producido por la corriente inducida? ¿Y cuál es su dirección y sentido? Solución:

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Problema 45: Calcular la intensidad mutua por unidad de longitud entre dos líneas de transmisión de dos cables conductores cada una A-A’ y B-B’ mostradas en la figura adjunta. Asúmase que los radios de los cables conductores son mucho más pequeños que d y D. Solución:

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Problema 46: Un toroide delgado de radio medio b y sección S, está dividido en dos mitades por un plano que contiene al eje de revolución, cuyos materiales tienen permeabilidades µ1 y µ2, respectivamente. Sobre el toroide se arrollan N espiras por las que circula una corriente I. Calcular los vectores H y B en ambos materiales y el coeficiente de autoinducción L del circuito. Solución:

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Problema 47: Una espira cuadrada de alambre se mueve con velocidad constante en dirección transversal a un campo magnético uniforme confinado en una región cuadrada cuyos lados son de longitud el doble de las de la espira. Calcular y hacer un gráfico esquemático de la f.e.m. inducida en la espira en función de la distancia x, desde x=-2L hasta x= 2L, especificando su sentido en cada punto. Solución:

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Ampliación de Física – Exame de setembro de 2005 Problema 1: As correntes de fuga prodúcense cando o dieléctrico que separa dous conductores posúe unha conductividade non nula, de forma que a corrente pode fluír a través deste material. Supoña un cable coaxial de grande lonxitude L formado por un núcleo metálico, de radio a, rodeado por unha capa de dieléctrico de radio interior a e exterior b, recuberta á súa vez por outro conductor de radio interior b e exterior c. Pode supoñerse que os conductores son perfectos e que o dieléctrico ten unha conductividade baixa σ1. Cando desde o extremo do cable se aplica unha tensión V0 ó núcleo metálico, mentres que a cortiza conductora se pon a terra. ¿Canto vale a corrente de fuga a través do dieléctrico? E ¿cal é a resistencia do material dieléctrico? Solución: Trátase dun cable coaxial cargado, e cun campo eléctrico radial entre os conductores dado que nos din que ten grande lonxitude (e así podemos depreciar a desfiguración do campo nos extremos). Ademais, como ten conductividade non nula, existirá entre os conductores unha corrente de fuga que podemos cuantificar tanto co vector J como coa intensidade de corrente I. É esta intensidade I a que nos piden que calculemos. I = ∫∫ J .d A Por definición: Na figura adxunta representamos unha visión frontal dos cables coaxiais, representado tamén a densidade de corrente de fuga, así como un cilindro imaxinario coaxial cos conductores de radio r e a mesma lonxitude L dos conductores (representado a trazos na figura), que deste xeito se verá atravesado por toda a densidade de corrente que flúe entre ambos conductores. Así, como queremos captar toda a corrente de fuga, debemos poñer un cilindro imaxinario cunha superficie lateral que se vexa atravesada por toda a densidade de corrente. Deste xeito podemos calcular a intensidade de corrente que nos piden, calculando a integral anterior sobre dita superficie lateral: I = ∫∫ J .dA

sup .lateral

Supoñendo que o dieléctrico é un conductor óhmico, cumprirase que: J = σ 1 .E E polo tanto a ecuación da intensidade de corrente de fuga quedará:

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∫∫ J .d A =

I =

sup .lateral

∫∫ σ

1 sup .lateral

.E.d A = σ 1 .

∫∫ E .dA cos 0º = σ

= σ 1.

∫∫ E .d A =

sup .lateral 1

sup .lateral

∫∫ E .dA

sup .lateral

(pódese ver que o vector E e o vector dA forman un ángulo de 0º en todas as diferenciais de superficie que se poden trazar sobre superficie lateral do cilindro) A integral anterior resulta sinxelo de resolver pois, dada a simetría da configuración, E só pode depender de r , e como todas as dA están a igual r, E será constante en toda dA que tracemos na superficie lateral do cilindro. Así E sairía fóra da integral anterior, e polo tanto o resultado é: I = σ 1.

∫∫ E .dA = σ

.E .

sup .lateral

Polo tanto:

∫∫ .dA = σ

.E. Asup .lateral = σ 1 .E.2.π .r.L

sup .lateral

I = σ 1 .E.2.π .r.L Ecuación 1

Aquí temos a intensidade en función do valor do campo que nos é descoñecido, pero que podemos tratar de averigualo co teorema de Gauss, que aplicaremos a un cilindro imaxinario de radio r e lonxitude L’ calquera, como o que representamos con liña de trazos visto de fronte na figura seguinte:

∫∫ ε .Ed A = Q

int erior

Suposta a permitividade dieléctrica ε constante, e utilizando a densidade liñal de carga do conductor interior +λ , temos que: Qinterior = λ . L’ Polo tanto a integral anterior quedará:

→ ∫∫ ε .Ed A = Q → ε .  ∫∫ E.dA. cos 0º + ∫∫ E.dA. cos 90º   = λ.L ' →   int erior

sup .lateral

sup .tapas

→ ε . E.dA + 0   ∫∫sup  = λ.L ' .lateral  

(fixarse que nas tapas o campo segue a ser radial mentres que os dA son perpendiculares ó plano do debuxo, polo que forman un ángulo de 90º en toda diferencial de superficie que se trace nas tapas do noso cilindro imaxinario). Para resolver a integral anterior sabemos que o valor do campo E é constante en todos os dA da superficie lateral do cilindro imaxinario (todos os dA están a igual r, e E só pode depender de r dada a simetría da configuración). Polo tanto E pode saír da integral, co que a integral anterior quedará: ε .  ∫∫ E.dA + 0   = λ .L' → ε .E.∫∫ dA  sup .lateral  → ε .E.2.π .r.L' = λ .L'

Polo tanto:

E =

sup .lateral

= λ .L' → ε .E. Asup .lateral = λ .L' →

λ -- Ecuación 2 2.π .ε .r

Xa temos o valor do campo, que podemos substituír na ecuación 1, que quedará: σ .λ .L λ I = σ 1 .E.2.π .r.L = σ 1 . .2.π .r.L = 1 --- Ecuación 3 2.π .ε .r ε

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Novamente temos a dificultade de non coñecer un dato, agora a densidade de carga λ no cilindro interior (nin ε). Pero podemos encontrar a súa relación coa diferencia de potencial aplicada entre os conductores, que evidentemente é a que determina dita densidade de carga. Para isto relacionaremos a diferencia de potencial coa intensidade de campo a través dunha integral de liña. A liña que nos interesa é a da figura, en dirección radial como o campo eléctrico, entre os puntos 1 e 2 entre os que coñecemos a diferencia de potencial: 2

V2 − V1 = − ∫ E.dl → V1 − V2 = 1

→ V0 =

∫

E.dr. cos 0º →

∫

E.dr →

E.dr

E como o valor do campo xa o sabemos na ecuación 2, podemos realizar a integral anterior: V0 =

∫

E.dr =

∫

r= b

r= a

r = b dr λ λ λ .dr = .∫ = r = a 2.π .ε .r 2.π .ε .r 2.π .ε

E despexando o valor de λ que buscamos:

λ =

λ .Ln b / a   . Ln r  = 2.π .ε  a

2.π .ε .V0 Ln b / a

Agora podemos levalo á ecuación 3, e calcular a corrente de fuga solicitada: 2.π .ε .V0 σ 1. .L σ .λ .L Ln b / a I = 1 = ε ε Operando obtemos a intensidade de fuga polo dieléctrico que é:

I =

2.π .σ 1 .V0 .L Ln b / a

Polo que respecta á resistencia do material dieléctrico, iso nolo proporciona a lei de Ohm: V V0 R= 0 = 2.π .σ 1 .V0 .L I Ln b / a

Polo tanto, a resistencia do dieléctrico é:

Ln b / a 2.π .σ 1 .L

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Problema 2: Unha espira cadrada de lado 2b encóntrase situada entre dous fíos paralelos, separados unha distancia 2a. A espira é coplanaria cos dous fíos e dous dos seus lados son paralelos a eles, estando o seu centro separado unha distancia c do punto medio entre os dous fíos. Encontre a forza sobre a espira cando por ambos fíos está a circular unha corrente I0 pero en sentido oposto entre si, e pola espira circula unha corrente I1.

Solución: Aparece forza sobre cada lado da espira pois sobre eles actúa o campo magnético que crean os dous cables. E entonces temos que cada lado da espira é un fío percorrido por unha corrente I1 sobre a que están actuando un campo magnético resultante dos dous campos que crean ambos cables. Así, sobre cada elemento de corrente ( I 1 .d L ) da espira aparecerá unha forza: d F = I 1 .d Lx B

Na figura adxunta debuxamos sobre cada un dos lados da espira os campos magnéticos que actúan sobre eles (o B1 creado polo fío 1 e o B2 creado polo fío 2), e a forza que, como consecuencia, e segundo establece a ecuación anterior, aparece sobre eles. Calcularemos por separado a forza que aparece sobre cada lado da espira, sen preocuparnos moito pola súa dirección pois a dirección de cada forza xa a vemos na figura anterior. Forza sobre o lado AB: Calculemos primeiro o campo magnético total que actúa sobre este lado. Como vemos na figura ambos campos magnéticos son de igual dirección e sentido. Ademais cada campo é de igual valor en todos os puntos do lado (todos os puntos están a igual distancia de cada fío). Así, sabido o campo total nun punto do lado, xa saberemos o campo total en todos os puntos do mesmo. Polo tanto, aplicando o principio de superposición en calquera punto do lado, xa teremos o campo total en todos os puntos: µ 0 .I 0 µ 0 .I 0 B = B1 + B2 = + = 2.π .( a + c − b ) 2.π .( a − c + b ) µ .I  1 1 2.a  µ 0 .I 0 = 0 0 . + . 2  = 2.π  a + c − b a − c + b  2.π a − ( c − b ) 2 E como o campo magnético é o mesmo en todos os puntos, a forza tamén será igual en todo elemento de corrente dese lado. E así podemos calcular directamente a forza sobre este lado cunha integración moi sinxela (de feito, nin faría falta integrar):

( )

d FAB = I 1 .d L AB x B → dFAB = I 1 .dL AB .B. − i →

∫ dF

( )

= I 1 .B. − i .∫ dL AB → FAB = I 1 .b.B. − i

E polo tanto, substituíndo o valor do campo magnético, a forza será: µ .I .I 2.a.b F AB = I 1 .b.B. − i = − 0 0 1 . 2 .i 2 2.π a − ( c − b)

( )

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Forza sobre o lado CD: Calculemos primeiro o campo magnético total que actúa sobre este lado. Como vemos na figura ambos campos magnéticos son de igual dirección e sentido, e podemos facer as mesmas consideracións que fixemos na lado AB. Polo tanto, o campo total sobre todo punto (elemento de corrente) dese lado será: µ 0 .I 0 µ 0 .I 0 B = B1 + B2 = + = 2.π .( a + c + b ) 2.π .( a − c − b ) µ .I  1 1 2.a  µ 0 .I 0 = 0 0 . + . 2  = 2.π  a + c + b a − c − b  2.π a − ( c + b ) 2 E a forza total sobre ese lado será: d FCD = I 1 .d LCD x B → d F CD = I 1 .dLCD .B..i →

∫ dF

= I 1 .B.i.∫ dLCD → F CD = I 1 .b.B.i

E polo tanto a forza será: µ . I .I 2.a.b F CD = I 1 .b.B.i = 0 0 1 . 2 .i 2 2.π a − ( c + b) Forza sobre o lado AD: Calculemos primeiro a forza magnética creada por cada fío en cada punto, pois agora o campo cambia dun punto a outro dado que cada punto deste lado está a diferente distancia dos fíos. - Forza creada polo fío 1: d F AD1 = I 1 .d L AD x B 1 → d F AD1 = I 1 .dx.B. j →

µ 0 .I 0 .j → 2.π .x µ 0 .I 0 .I 1 x = a + c + b dx = . j. ∫ → 2.π x x= a+ c− b

→ d F AD1 = I 1 .dx. →

∫ dF

AD1

µ 0 .I 0 .I 1 a+ c+ b .Ln .j 2.π a+ c− b Forza creada polo fío 2: F AD1 =

d F AD 2 = I 1 .d L AD x B 2 → d F AD 2 = I 1 .dx.B2 . j = I 1 .dx.

∫

d F AD1 =

FAD1 = −

( )

µ 0 .I 0 .− j → 2.π ( 2.a − x ).

x= a+ c+ b µ 0 .I 0 .I 1 µ .I .I dx x= a+ c+ b .− j. ∫ → FAD1 = − 0 0 1 . j.[ Ln( 2.a − x ) ] x = a + c − b → 2.π 2 . a − x 2 . π x= a+ c− b

µ 0 .I 0 .I 1 a− c+ b .Ln .j 2.π a− c− b

Forza total:

F AD = F AD1 + F AD 2 =

µ 0 .I 0 .I 1   a + c + b a − c + b   . Ln . .j 2.π   a + c − b a − c − b

Forza sobre o lado BC: Dada a simetría que se dá entre o lado AD e o lado BC, o valor da forza sobre este último lado ten que ter igual valor que a que actúa sobre o lado AD. Ademais, como se ve nas figuras iniciais é de sentido contrario. Polo tanto: µ .I .I   a + c + b a − c + b   F BC = − 0 0 1 . Ln . .j 2.π   a + c − b a − c − b

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Así, a forza total sobre a espira será (evidentemente se van anular as forzas en Y): µ .I .I µ .I .I 2.a.b 2.a.b F T = F AB + F CD + F AD + F BC = − 0 0 1 . 2 .i + 0 0 1 . 2 .i + 2 2 2.π 2.π a − ( c − b) a − ( c + b)

µ 0 .I 0 .I 1   a + c + b a − c + b   µ .I .I   a + c + b a − c + b   . Ln . .   . j − 0 0 1 . Ln  .j = 2.π 2.π   a+ c− b a− c− b   a+ c− b a− c− b µ 0 .I 0 .I 1 .2.a.b.( 2.c 2 + 2.b 2 ) = ..i 2 2 2.π . a 2 − ( c − b ) .. a 2 − ( c + b ) +

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