Resolved Problems - Electromagnetism by Roberto

ELECTROMAG ETISMO Problemas explicados

Autores: R. Palau L. & R. Palau G. Fecha: Junio 2012

Los materiales presentados a continuación proceden de los apuntes de Roberto Palau Lage, Ingeniero Industrial, y han sido revisados (seguramente menos de lo deseable) por Roberto Palau García, Ingeniero del ICAI y doctor Ingeniero Industrial. Estos materiales, realizados para la asignatura de Ampliación de Física cursada en la Etsii de la Universidad de Vigo por el primero de los autores, ya han sido de utilidad a unos cuantos de sus compañeros de estudios desde el año 2005, por lo que creemos que también pueden ser de utilidad a otros estudiantes. Por ello, una vez digitalizados, nos decidimos a ponerlos a disposición de todo aquel que los pueda necesitar. Nuestro mayor deseo es que estos materiales les sean de utilidad a muchos estudiantes. Con nuestros mejores deseos, ánimo y adelante. Con interés y esfuerzo todo es posible. Un cordial saludo. A Coruña, junio de 2012

Problemas Resueltos y Explicados de Electromagnetismo. Rev. Octubre 2005. Roberto Palau L. & R.Palau G.

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I TRODUCCIÓ Comentarios sobre los condensadores 1º/ Los condensadores típicos son de placas paralelas, cilindros concéntricos y esferas concéntricas. Las armaduras está cargadas con una cierta diferencia de potencial de forma que una armadura adquiere carga positiva y la otra carga negativa:

2º/ En todos los casos, idealmente, el campo está confinado entre las armaduras, no habiendo campo en el exterior.

3º/ De esta forma ambas placas tienen que tener la misma cantidad de carga. Esto se puede comprobar con el teorema de Gauss, poniendo superficies gaussianas como las de las figuras inferiores. Veamos cada caso: * Condensador plano: Teorema de Gauss con la superficie de puntos: ∫∫ E.d S = Qlibre _ int erior y como en la superficie lateral E y dS forman un ángulo de 90º, en ella no hay contribución al fluxo, y en las tapas no hay campo, por lo que la integral es nula. Por lo tanto: Qinterior = 0 ---> ρsup.arriba.Sarriba + ρsup.abaixo.Sabaixo = 0 Y como Sarriba = Sabaixo ---> ρsup.arriba = - ρsup.abaixo O sea, densidades superficiales de carga iguales y de signo contrario en las armaduras. De forma que como las armaduras son iguales, también: Qsuperior = - Qinferior

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* Condensador cilíndrico: Teorema de Gauss con la superficie de puntos: ∫∫ E.d S = Qlibre _ int erior e como en las tapas de la superficie gaussiana E y dS forman un ángulo de 90º, en ellas no hay contribución al flujo, y en la superficie lateral no hay campo, por lo que la integral es nula. Por lo tanto: Qinterior = 0 ---> λexterior . L + λinterior . L = 0 Por lo tanto ---> λexterior = - λinterior O sea, densidades lineales de carga iguales y de signo contrario en las armaduras. De forma que como son igual de largas, también: Qexterior = - Qinterior : cargas totales iguales y de signo contrario en las armaduras. Nota: En este condensador no se trabaja con la densidad superficial de carga pues fijarse que la densidad superficial de carga en cada armadura tiene que ser diferente al tener carga total igual en superficie diferente (la armadura exterior tiene mayor superficie que la interior).

* Condensador esférico: Teorema de Gauss con la superficie de puntos: ∫∫ E.d S = Qlibre _ int erior y como en toda la superficie gaussiana no hay campo, la integral es nula. Por lo tanto: Qdentro_da_superficie = 0 ---> Qesfera_exterior + Qesfera_interior = 0 Por lo tanto ---> Qesfera_exterior = - Qesfera_interior O sea, cargas totales iguales y de signo contrario en cada armadura. Nota: En este condensador no se trabaja con la densidad superficial de carga pues hay que fijarse que la densidad superficial de carga en cada armadura tiene que ser diferente al tener carga total igual en superficie diferente (la armadura exterior tiene mayor superficie que la interior).

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Problema 1: Campo electrostático 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 0 ⋅ 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

E2 =

(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:

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 ⋅ ε0 r 4 ⋅π ⋅ ε0 r

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q1 + C2 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 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

Por tanto:

V2 =

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 0 ⋅ 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 ⋅ ε0 r 4 ⋅π ⋅ ε0 r q + q2 Por tanto: V3 = 1 + C3 4π ⋅ ε 0 ⋅ r Para calcular C3, sabemos que para r=r3 es V3=0 (la cáscara tercera). Por tanto: q + q2 q + q2 0= 1 + C3 ⇒ C3 = − 1 4π ⋅ ε 0 ⋅ r3 4π ⋅ ε 0 ⋅ r3 q + q2 q + q2 Y así, la ecuación de V3 quedará: V3 = 1 − 1 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 4π ⋅ ε 0 ⋅ r3

q1 + q2  1 1  ⋅ −  4π ⋅ ε 0  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: Simplificando: V3 =

 1 1  q + q2  1 1  q1 r −r (q + q2 ) ⋅ (r1 − r2 ) ⋅  −  = 1 ⋅  −  → q1 ⋅ 1 2 = 1 4π ⋅ ε 0  r2 r1  4π ⋅ ε 0  r2 r3  r2 ⋅ r1 r3 ⋅ r1 Operando para despejar la incógnita q1 en función del dato q2, quedará: V2 = V3 →

q1 =

q2 ⋅ r1 ⋅ (r3 − r2 ) r2 ⋅ (r1 − r3 )

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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):

∫∫ ε

⋅ E 4 ⋅ d S =Qint erior _ a _ S → ∫∫ ε 0 ⋅ 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 ⋅ ε0 r 4 ⋅π ⋅ ε0 ∫ r2 q + q2 + q3 V4 = 1 Por tanto: + C4 4π ⋅ ε 0 ⋅ r Para calcular C4, sabemos que para r=r3 es V4=0 (la cáscara tercera). Por tanto: : q + q2 + q3 q + q2 + q3 0= 1 + C4 ⇒ C4 = − 1 4π ⋅ ε 0 ⋅ r4 4π ⋅ ε 0 ⋅ r4 q + q2 + q3 q1 + q2 + q3 Y así, la ecuación de V4 quedará: V4 = 1 − 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 4π ⋅ ε 0 ⋅ r3

q1 + q2 + q3 4π ⋅ ε 0

Simplificando: V3 =

1 1  ⋅  −   r r3 

Además, otra condición de contorno, que nos servirá para calcular q3, será que para r=∞ es V4=0: q + q2 + q3 q ⋅ r ⋅ (r − r ) 0=− 1 ⇒ 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 2: Campo electrostático 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 ∫∫ 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: ε 0 ⋅ E ⋅ ∫∫ dS = Q placa + Qespacio tapa sup erior O sea que: Quedando:

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

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gaussiana será:

ρ fv0 ⋅ Sbase y ρ fv0 ⋅ Sbase y 2 y y y Qespacio = ∫∫∫ρ fv0 ⋅ ⋅ dV = ∫ ρ fv0 ⋅ ⋅ Sbase ⋅ dy = ⋅ ∫ y ⋅ dy = ⋅ y=0 y=0 d d d d 2 Substituyendo estos valores de carga en la Ecuación 1, tendremos:

ε 0 ⋅ E ⋅ S tapa = σ 1 ⋅ S base +

ρ fv 0 ⋅ S base 2d

⋅ y2

Y teniendo en cuenta que la Stapa = Sbase, se pueden eliminar las superficies en la ecuación anterior, quedando:

ε0 ⋅ E = σ1 +

ρ fv 0 2d

⋅ y2

ρ fv 0 σ  Y por tanto la intensidad de campo será: E =  1 + ⋅ y 2  ⋅ j  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 ε0 6ε 0 ⋅ d  ε 0 2ε 0 ⋅ d  O sea que el potencial en cada punto del espacio entre placas será: V =−

ρ fv 0 σ1 ⋅ y − ⋅ y 3 + C --- Ecuación 2 ε0 6ε 0 ⋅ d

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 ⋅y Por lo tanto, como: V = − 1 − ⋅ y 3 + C , será: ε0 6ε 0 ⋅ d

ρ fv 0 σ1 ⋅ 0 − ⋅ 03 + C → C = 0 6ε 0 ⋅ d ε0 ρ fv 0 σ ⋅d Segunda condición: V0 = − 1 − ⋅d3 +0 ε0 6ε 0 ⋅ d Primera condición: 0 = −

Despejando la densidad superficial en la placa inferior tendremos:

V 0 ⋅ ε 0 ρ fv 0 ⋅ d − σ1 = − 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 ⋅ d  ρ fv 0 V  ⋅ 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:

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σ1 = −

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V0 ⋅ ε 0 ρ fv 0 ⋅ d − d 6

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

⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 90º = Q placa inf + Qespacio + Q placa sup Sup.lateral 0

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:

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

Qespacio = ∫∫∫ ρ fv 0 ⋅ =

ρ fv 0 ⋅ S base d

Substituyendo estos valores de carga en la Ecuación 4, tendremos:

0 = σ 1 ⋅ S base + σ 2 ⋅ S base +

ρ 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 2 = −σ 1 −

ρ fv 0 ⋅ d 2

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 3: Campo electrostático 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 para d ≤ y ≤ D ρfv= ρfv0 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 ∫∫ 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: Quedando:

ε 0 ⋅ E1 ⋅ 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

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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:

ε 0 ⋅ E1 ⋅ S tapa = σ 1 ⋅ S base +

ρ fv 0 ⋅ S base 2d

⋅ y2

Y teniendo en cuenta que la Stapa = Sbase, se pueden eliminar las superficies en la ecuación anterior, quedando:

ε 0 ⋅ E1 = σ 1 +

ρ fv 0 2d

⋅ y2

ρ fv 0 σ  Y por tanto la intensidad de campo será: E1 =  1 + ⋅ y 2  ⋅ j  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 ⋅ d ⋅ d ε 2 ε ε 6 ε 0 0 0  0  O sea que el potencial en cada punto del espacio entre placas será:

V1 = −

ρ fv 0 σ1 ⋅ y − ⋅ y 3 + C --- Ecuación 2 ε0 6ε 0 ⋅ d

Y tenemos una condición de contorno en esta zona 1: para y=0, es V=0 ρ fv 0 σ ⋅y Por lo tanto, como: V1 = − 1 − ⋅ y 3 + C , será: ε0 6ε 0 ⋅ d Condición de contorno: 0 = −

ρ fv 0 σ1 ⋅ 0 − ⋅ 03 + C → C = 0 ε0 6ε 0 ⋅ d

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

V1 = −

ρ fv 0 σ1 ⋅ 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

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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

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

∫∫ ε

⋅ 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: Quedando:

∫∫ dS

ε 0 ⋅ E2 ⋅

= 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:

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

Qespacio = ∫∫∫ ρ fv 0 ⋅ =

ρ fv 0 ⋅ S base d

* 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=d

ρ fv 0 ⋅ S base ⋅ dy = ρ fv 0 ⋅ S base ⋅ ∫

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 +

ρ 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

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ρ fv 0 ⋅ d ρ fv 0 σ  + ⋅ ( y − d ) ⋅ j Vectorialmente: E 2 =  1 + 2ε 0 ε0 ε 0  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 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 fv 0 2  ρ fv 0 ⋅ d σ 1  =  −  ⋅ y − ⋅ y +C ε0  2ε 0  2ε 0 O sea que el potencial en cada punto del espacio entre placas será:

ρ fv 0 2  ρ fv 0 ⋅ d σ 1  V2 =  −  ⋅ y − ⋅ y + C --- Ecuación 5 ε0  2ε 0  2ε 0 Y tenemos dos condiciones de contorno en esta zona 2: para y=D, es V=V0; y para y=d, es V2=V1

ρ fv 0 2  ρ fv 0 ⋅ d σ 1    V = − ⋅ y − ⋅ y + C , será: Por lo tanto, como: 2   2 ε ε 2 ε 0 0  0  ρ fv 0  ρ fv 0 ⋅ d σ 1  Condición de contorno primera: V0 =  −  ⋅ D − ⋅ D2 + C ε0  2ε 0  2ε 0 3 ρ fv 0 ⋅ d ρ fv 0 2 σ d  ρ fv 0 ⋅ d σ 1  Condición de contorno segunda: − − 1 =  −  ⋅ d − ⋅d +C 6 dε 0 ε 0  2ε 0 ε0  2ε 0 Despejando C en las dos ecuaciones e igualando obtenemos: ρ fv 0 

d 2  V0 ε 0  − D−d + σ1 = − 2  3D  D De esta forma, con los valores de σ1 y C , V1 y V2 quedarán: Para 0 ≤ y ≤ d :

Para d ≤ y ≤ D :

ρ fv 0 ρ fv 0 V1 = − ⋅ y 3 + A1 ⋅ y ; Con A1 = − 6ε 0 ⋅ d 2ε 0

 d 2  V0  D − d + − 3D  D 

ρ fv 0 d 2 ρ fv 0 2 ρ fv 0 d V2 = − ⋅ y + B1 ⋅ y + B2 ; con: B1 = − A1 ; B2 = − 2ε 0 2ε 0 6ε 0

b) Calcular el campo eléctrico en y=0 e y=D. Como ya vimos:

ρ fv 0  ρ fv 0   d 2  V0  D − d +  − E1 =  − + ⋅ y 2  ⋅ j → para y = 0 → 3D  D 2ε 0 ⋅ d  2ε 0   2  ρ fv 0  d  V0   D − d +  − → E1 =  − ⋅ j 2 ε 3 D D 0    

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

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Problema 4: Campo electrostático 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

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

∫∫ ε

⋅ E ⋅ dS = λ1 ⋅ l + Qespacio Sup.lateral 0

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

ε0 ⋅ E ⋅

∫∫ dS = λ1 ⋅ l + Qespacio Sup.lateral

→ ε 0 ⋅ E ⋅ S lateral = λ1 ⋅ l + Qespacio -- Ecuación 1

Y siendo: S lateral = 2π ⋅ r ⋅ l Qespacio = ∫∫∫ ρ fv ⋅ dV 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

Qesp =

∫ r =a

ρ0 r

⋅ 2π ⋅ r ⋅ l ⋅ dr = 2π ⋅ l ⋅ ρ 0 ⋅ (r − a )

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Llevando estos valores a la ecuación 1, tendremos:

ε 0 ⋅ E ⋅ 2πrl = λ1 ⋅ l + 2π ⋅ l ⋅ ρ 0 ⋅ (r − a )  λ ρ a 1 ρ Operando, quedará: E =  1 − 0  ⋅ + 0 ε0  r ε0  2πε 0  λ ρ a 1 ρ  Ou sexa que: E =  1 − 0  ⋅ + 0  ⋅ u r ε0  r ε0   2πε 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 ε0  r ε0   2πε 0 Integrando queda:

 λ ρ a ρ V =  − 1 + 0  ⋅ Ln r − 0 ⋅ r + C --- Ecuación 2 ε0  ε0  2πε 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:  λ ρ a ρ Primera condición: 0 =  − 1 + 0  ⋅ Ln a − 0 ⋅ a + C ε0  ε0  2πε 0

 λ ρ a ρ Segunda condición: V0 =  − 1 + 0  ⋅ Ln b − 0 ⋅ b + C ε0  ε0  2πε 0 Con estas dos ecuaciones se pueden despejar λ1 y C (por ejemplo restando las dos ecuaciones con lo que ya despejaremos λ1:    2πε 0 ⋅ V0 a − b  λ1 = − + 2πρ 0 ⋅  a + b b  Ln Ln   a 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 ρ ⋅ a ⋅ ( a − b )  ⋅ Ln r + 0 ⋅ (a − r ) V = 0 − 0 b b  a ε0  ε 0 ⋅ Ln  Ln  a a  

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Problema 5: Campo electrostático 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

int erior _ a _ S

∫∫ ε ⋅ E ⋅ dS ⋅ cos 0º = Q

espacio

→ 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 fv ⋅ 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: r 5Qr 2 Qr 5 2 Qespacio = ∫∫∫ ρ fv ⋅ dV = ∫ ⋅ 4 π ⋅ r ⋅ dr = 3 a5 r = 0 4πa 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

E⋅ =

a5 = Q ⋅ r 4π ⋅ r 2 ⋅ ε 4π ⋅ ε ⋅ a 5

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Q ⋅r3 Por tanto: E⋅ = ⋅ ur 4π ⋅ ε ⋅ a 5 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: r =a

 Q⋅r4  Q ⋅ r3 Q dV = − E ⋅ ds → V − V = − E ⋅ dr ⋅ cos 0 º = − ⋅ dr = − =− a O  5 ∫O ∫O ∫O ∫O 4πεa 5 16πε ⋅ a 16πεa  r =0 Por tanto, poniendo el potencial mayor menos el menor, tendremos: a

V0 − Va =

Q 16 πε ⋅ 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 fv ⋅ 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: r =a

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

Qespacio

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

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Por tanto: E ⋅ =

⋅ 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 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

r =b

→ Vb − V a = −

∫ E ⋅ dr ⋅ cos 0 º =

r =a

a r =b

 Q  Q 1 1 =−∫ ⋅ dr =  =− ⋅ −   2 16 πε 0  b a  1πε 0 ⋅ r  r = a r = a 4πε 0 ⋅ r r =b

Por tanto, poniendo el potencial mayor menos el menor, tendremos:

Va − Vb =

1 1 ⋅ −  4πε 0  a b  Q

Ecuación 2

Sumando ahora las dos diferencias de potencial calculadas, tendremos la diferencia de potencial pedida:

V0 − Vb = V0 − Va + Va − Vb =

Q 16πε ⋅ a

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

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Problema 6: Campo electrostático 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.

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 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

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 → ε ⋅ E ⋅ 4π ⋅ r 2 = q → E⋅ = E =

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

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:

 − Ln1 + q  V =− ⋅ 4π ⋅ ε 0 k

k  r

Para calcular C tomamos como condición de contorno que para r=∞ es V=0: k  − Ln1 +  q  ∞ +C → C = 0 0=− ⋅ 4π ⋅ ε 0 k

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Por lo tanto: V =

 ⋅ Ln1 + 4π ⋅ ε 0 ⋅ k  q

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k  r

b) Calcular la densidad volumétrica de carga de polarización. La densidad volumétrica de la carga de polarización es: ρ pv = −∇ ⋅ P Calculemos el 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 = ε ⋅ E − ε 0 ⋅ E = (ε − ε 0 ) ⋅ E = (ε r ⋅ ε 0 − ε 0 ) ⋅ E =

P : = (ε r − 1) ⋅ ε 0 ⋅ E = 1 + k − 1 ⋅ ε 0 ⋅ r    4π ⋅ 1 +  Por tanto el vector polarización será: P

q ⋅ ur k 2  ⋅ε0 ⋅ 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:  1 ∂ 2 1 ∂  kq kq ∂  1  =− ρ pv = −∇ ⋅ P = − 2 ⋅ r ⋅ Pr = − 2 ⋅  r 2 ⋅ ⋅   2  2 r ∂r r ∂r  4π ⋅ (r + k ) ⋅ r  4π ⋅ r ∂r  r + k 

(

Quedando: ρ pv =

)

kq 4π ⋅ r ⋅ (r + k ) 2

ota: 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 7: Campo electrostático 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 → ε ⋅ E ⋅ 4π ⋅ r 2 = Q → E⋅ =

Q ⋅ ur 4π ⋅ ε r ⋅ ε 0 ⋅ r 2

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 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 2

⋅ ur

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-- 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 n3 = 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 n3 = 0 , y siendo normales las dos intensidades de campo, quedará: ε ⋅ E 2 = ε 0 ⋅ E3 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: V2 = − ∫ E 2 ⋅ ds = − ∫ E 2 ⋅ dr ⋅ cos 0º = − ∫

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

Integrando queda: V2 =

Q + C 2 -- Ecuación 3 4π ⋅ ε r ⋅ ε 0 ⋅ r

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 = − ∫ E 3 ⋅ ds = − ∫ E 3 ⋅ dr ⋅ cos 0º = − ∫

Q 4π ⋅ ε 0 ⋅ r

⋅dr = −

Q dr ⋅∫ 2 4π ⋅ ε 0 r

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

→ 0=

Q 4π ⋅ ε 0 ⋅ ∞

+ C3

→ 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 =

 1 ⋅ 1 − 4π ⋅ ε 0 ⋅ R2  ε r Q

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  

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 ) =

Q 4π ⋅ ε 0

 1 1 1   ⋅  + −  ε r ⋅ R1 R2 ε r ⋅ R2 

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Problema 8: Campo electrostático 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

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

∫∫ ε

⋅ E ⋅ dS = λ ⋅ l Sup.lateral 0

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

∫∫ dS

ε0 ⋅ E ⋅

= λ ⋅ l → ε 0 ⋅ E ⋅ S lateral = λ ⋅ l -- Ecuación 1

Sup.lateral Y siendo: S lateral = 2π ⋅ r ⋅ l Llevando este valor a la ecuación 1, tendremos: ε 0 ⋅ E ⋅ 2πrl = λ1 ⋅ l Operando, quedará: E =

λ 2πε 0 ⋅ r

O sea que: E =

λ ⋅ ur 2πε 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

r =c

∫ dV = −∫ E ⋅ ds → Vc − Va = − ∫ E ⋅ dr ⋅ cos 0º = a

r =a

a r =c

=−

r =c

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

∫

Por tanto, despejando Va – Vc que es el valor que conocemos V0, λ c quedará: Va − Vc = ⋅ Ln 2πε 0 r a λ c ⋅ Ln , y ya podemos despejar el valor desconocido de la densidad lineal de Por tanto: Vo = 2πε 0 a 2πε 0 ⋅ V0 carga que adquiere cada armadura: λ = 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 Ps = P ⋅ u n = Pn (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 :

P : P = ε ⋅ E − ε 0 ⋅ E = (ε − ε 0 ) ⋅ 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 2πε ⋅ r

Por tanto el vector polarización será:

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λ λ λ ⋅ u r = (ε r − 1) ⋅ ε 0 ⋅ ⋅ u r = (ε r − 1) ⋅ ⋅ ur 2πε ⋅ r 2πε r ⋅ ε 0 ⋅ r 2πε r ⋅ r 2πε 0 ⋅ V0 Y ya viéramos antes que la densidad de carga era: λ = , lo que llevado a la expresión del P = (ε r − 1) ⋅ ε 0 ⋅ E = (ε r − 1) ⋅ ε 0 ⋅

c a

vector de polarización resulta: P = (ε r − 1) ⋅

2πε 0 ⋅ V0 ε − 1 ε 0 ⋅ V0 1 λ ⋅ u r = (ε r − 1) ⋅ ⋅ ⋅ ur = r ⋅ ⋅u c c r 2πε r ⋅ r 2πε r ⋅ r ε r Ln r ⋅ Ln a

O sea que en la superficie interior del dieléctrico: P1 =

ε r − 1 ε 0 ⋅ V0 ⋅ ⋅ ur ε r b ⋅ Ln c a

ε − 1 ε 0 ⋅ V0 Y en la superficie externa: P2 = r ⋅ ⋅ ur ε r c ⋅ Ln c

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 O sea que: ρ sp1 = −

ε r − 1 ε 0 ⋅ V0 ⋅ (vemos que negativa) ε r b ⋅ Ln c a

Carga exterior: : ρ Ps 2 = P2 ⋅ u n1 = P2 ⋅ 1 ⋅ cos 0º (ver figura ) = P2 O sea que: ρ sp 2 =

ε r − 1 ε 0 ⋅ V0 ⋅ (vemos que positiva) ε r c ⋅ Ln c a

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Problema 9: Campo electrostático 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 4π ⋅ ε 0 ⋅ r 2

⋅ u r para b>= r >=a, y siendo Q la carga de las armaduras

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:

Va − 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:

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ρ Ps = 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. 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 0 ) ⋅ 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 4πε ⋅ r 4π ⋅ ε r ⋅ ε 0 ⋅ r 4πε r ⋅ r 2

Y ya viéramos antes que la carga era: Q =

4π ⋅ ε 0 ⋅ V0 ⋅ a ⋅ b , lo que llevado a la expresión del vector b−a

de polarización resulta: 4πε 0 ⋅ V0 ⋅ a ⋅ b ε − 1 ε 0 ⋅ V0 ⋅ a ⋅ b Q 1 P = (ε r − 1) ⋅ ⋅ u r = (ε r − 1) ⋅ ⋅ ⋅ ur = r ⋅ 2 ⋅ ur 2 2 εr b−a 4πε r ⋅ r 4πε r ⋅ r r ⋅ (b − a ) ε − 1 ε 0 ⋅ V0 ⋅ b O sea que en la superficie interior del dieléctrico: P1 = r ⋅ ⋅ ur ε r a ⋅ (b − a) ε − 1 ε 0 ⋅ V0 ⋅ a Y en la superficie externa: P2 = r ⋅ ⋅ ur 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 O sea que: ρ sp1 = −

ε r − 1 ε 0 ⋅ b ⋅ V0 ⋅ (vemos que negativa) ε r a ⋅ (b − a)

Carga exterior: : ρ Ps 2 = P2 ⋅ u n1 = P2 ⋅ 1 ⋅ cos 0º (ver figura ) = P2 O sea que: ρ sp 2 =

ε r − 1 ε 0 ⋅ a ⋅ V0 ⋅ (vemos que positiva) ε r b ⋅ (b − a)

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Problema 10: Campo electrostático 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

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Componentes normales relacionadas con los coeficientes dieléctricos: ε1 . En1 = ε2 . En2

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:

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

E 2 = E t22 + E n22 = E12 .sen 2ϑ + -

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: E 3 = E t23 + E n23 = E12 .sen 2ϑ +

ε a2 ε a2 2 2 2 . E . cos = E . sen + . cos 2 ϑ ϑ ϑ 1 1 2 2 ε0 ε0

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: 2 t4

E4 = E + E

2 n4

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

Podemos ver que es igual que E2. 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 = Et25 + 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 ps = 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 0 ).E x Y como el vector E es constante dentro de cada medio, el vector de polarización también lo será. Frontera 1-2: Medio 1: P 1 = D 1 − ε 0 .E 1 = ε a .E1 − ε 0 .E 1 = (ε a − ε 0 ).E 1 La densidad de carga de polarización será por tanto:

ρps12 = P1n = (εa - ε0).En1 = (εa - ε0). E1 .cos ϑ Medio 2: P 2 = D 2 − ε 0 .E 2 = ε v .E 2 − ε 0 .E 2 = (ε v − ε 0 ).E 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:

ρps23 = - ρps21

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Medio 3, en la frontera 2-3: : P 3 = D 3 − ε 0 .E 3 = ε 0 .E1 − ε 0 .E 1 = 0 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 0 ).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

ρps43 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 está dirigido siempre hacia fuera: :

ρps45 = - 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 .E5 − ε 0 .E 5 = (ε a − ε 0 ).E 5 Así, la densidad de carga de polarización será por tanto: ρ ps 5 = − Pn5 = −(ε a − ε 0 ).E n 5 = (ε 0 − ε a ).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 11: Campo electrostático 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: E=

La energía contenida en un sistema es:

1 1 .∫ V .dq = .∫∫∫V .ρ .dv Ecuación 1 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. ota: 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 =Q 1

int 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:

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

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 .a Qint erior = ∫∫∫ ρ .dv = ∫ 0 .4.π .r 2 .dr = 2.π .ρ 0 .a.r 2 r 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: E2 =

Qtotal 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:

Qtotal = ∫∫∫ ρ .dv =

r =a

∫

r =0

Con lo que el campo será:

ρ 0 .a r

.4.π .r 2 .dr = 2.π .ρ 0 .a 3

Qtotal 2.π .ρ 0 .a 3 ρ 0 .a 3 E2 = = = 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:

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

r =∞

1 -Zona (2): W2 = ∫ ε 0 .E 22 .dv = 2 r =a

 ρ 0 .a 3 . ε ∫r =a 0  2.ε 0 .r 2

r =∞

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

Y por tanto la energía total será:

W = W1 + W2 =

π .ρ 02 .a 5 π .ρ 02 .a 5 π .ρ 02 .a 5  1 1 . + = +  6.ε 2.ε 0 2  3.ε ε 0 

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Problema 12: Campo electrostático 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. ota: 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:

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∫∫ ε

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.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 --> ε0. E1 .S = Qinterior S

(y recuerda que S es la superficie de la esfera gaussiana) Ecuación 2 ε0 . E1 . 4. π.r2 = Qinterior (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: Qint erior = ∫∫∫ ρ .dv Utilizamos el mismo diferencial de volumen que antes citamos (en gris en la figura): r =r

Qint erior = ∫∫∫ ρ.dv = ∫ ρ fv .4.π .r .dr = 2

4.π .ρ fv .r 3 3

r =0

Llevando esta Qinterior a la ecuación 2 para calcular el campo E1, quedará: 2

ε0 . E1 . 4. π.r2 = Qinterior --> ε 0 . Ε1 . 4. π .r = Por tanto: E1 =

4.π .ρ fv .r 3 3

ρ fv .r 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.

E2 =

Qtotal 4.π .ε 0 .r 2

Y para calcular el Qtotal procedemos igual que antes para calcular el Qinterior, 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: r =b

Qtotal = ∫∫∫ ρ .dv = ∫ ρ fv .4.π .r .dr = 2

r =0

4.π .ρ fv .b 3 3

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Con lo que el campo será:

ρ fv .b 3 4.π .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  .4.π .r 2 .dr = -Zona (1): W1 = ∫ ε 0 .E1 .dv = ∫ ε 0 . 2 2 r =0  3.ε 0  45.ε 0 r =∞  ρ fv .b 3 1 1 2 -Zona (2): W2 = ∫ ε 0 .E 2 .dv = ∫ ε 0 . 2 2 r =b  3.ε 0 .r 2

 2.π .ρ 2fv .b 5  .4.π .r 2 .dr =  9.ε 0  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

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Problema 13: Campo electrostático 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: ∆V R= 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) y 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:

∫∫ J .d S = ∫∫ σ .E.d S Ecuación 2 sup erficie

sup erficie

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:

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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 1

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 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 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.

= E.r.2π .

Despejando E:

dϕ ⇒ V ∫ ϕ

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

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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: r =b

∫∫σ .E.d S = ∫∫σ .E.dS. cos 0º = ∫ σ . 2.π .r .h.dr =

sup erficie

r =a

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

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

σ .V0 .h b .Ln 2.π a

∆V I

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Problema 14: Campo electrostático 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 = I1 + I2 Veamos cada una de ellas. La del final, según la ley de Ohm será: I2 = V0 / R Mientras que la I1 habrá que averiguarla con la densidad de corriente J1 que circula entre los cables: I 1 = ∫∫ J 1 .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 = Q

int 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:

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Q λ .L ⇒C = V0 V0

Y por tanto, la capacidad por unidad de longitud C’ que nos dan, será: λ .L λ C λ C= ⇒ = ⇒ 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: I1 =

σ .λ.L σ .C '.V0 .L = ε ε

Y por tanto la intensidad total que suministra el generador será:

I total = I 1 + I 2 =

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

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Problema 15: Campo magnetostático 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: ota inicial: El campo dB creado por un diferencial de corriente I dl viene dado por la ley de Biot y Savart:

dB =

µ 0 I dl × r ⋅ 3 4π r

Si el diferencial de línea dl y el vector r son perpendiculares, la ley de Biot y Savart se convierte en: dB =

µ 0 I ⋅ dl ⋅u 4π ⋅ r 2

Si se trata de una corriente rectilínea infinitamente larga, se convierte en: dB =

µ0 I ⋅ uΦ 2π ⋅ r

====================================================================== Representamos el fenómeno en la figura adjunta, siendo P la posición del protón y dB la intensidad de campo creado en dicho punto por una banda diferencial de corriente de ancho dx, y paralela al eje Z a lo largo de toda la tira de corriente. Al tratarse de una “tira” la tomaremos de pequeño grosor: “e” muy pequeño, por lo que la banda diferencial que comenzamos tomando tendrá una altura “e” y una anchura dx, por lo que podemos asimilar la banda analizada como una línea de corriente infinita. Por lo tanto, esta banda diferencial creará en la posición P del protón un campo que será tal como el creado por una corriente infinitamente larga y recorrido por una corriente dI, y cuyo valor, por tanto, será: dB =

µ 0 ⋅ dI 2π ⋅ r

Nos dicen que por la tira de corriente circula una intensidad I que supondremos uniformemente distribuida a lo largo de la sección de la tira de valor “2a·e”, por tanto el dI de la banda de corriente tomada será la parte proporcional que circula por una sección de valor “dx·e”:

dI = I ⋅

dx ⋅ e I ⋅ dx = 2a ⋅ e 2a

Y por tanto, el valor del campo creado en P por la banda diferencial de corriente será:

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dB =

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µ 0 ⋅ dI µ 0 ⋅ I ⋅ dx = 2π ⋅ r 4π ⋅ r ⋅ a

Y esta intensidad de campo creará una fuerza dF sobre el protón (carga q y velocidad v) que vendrá dada por la fuerza de Lorentz:

( )

dF = q v × dB = q ⋅ v ⋅ dB ⋅ sen α ⋅ − k La fuerza quedará:

dF = − q ⋅ v ⋅ dB ⋅ sen α ⋅ k Por tanto, la fuerza será:

F = − ∫ q ⋅ v ⋅ dB x ⋅ k = − q ⋅ v ⋅ k ⋅ ∫ dB ⋅ sen α = x =2 a

= −q ⋅ v ⋅ k ⋅ =−

µ 0 I ⋅ dx ⋅ sen α = 4π ⋅ r ⋅ a x =0

∫

x=2a µ0 I ⋅ q ⋅ v sen α ⋅ dx q⋅v⋅k ⋅ ∫ 4π ⋅ a r x =0

En estos casos se comienza a probar a poner todas las variables en función de una sola de ellas. Lo habitual es comenzar a probar por intentar poner dx y r en función del ángulo α. si no saliera una expresión manejable, habría que intentar las otras dos posibilidades. Como se ve en la figura anterior:

2a ⋅ cos α 2a 2a − sen 2α − cos 2 α 2a ; x= = ⇒ dx = 2a ⋅ ⋅ dα = − ⋅ dα 2 sen α tg α sen α sen α sen 2α

Por lo tanto (fijarse en la figura anterior que el valor de α varía desde

α 1 = arc tg

π 2

hasta

2a π = arc tg 1 = ): 2a 4

F =−

µ0 I ⋅ q ⋅ v ⋅k ⋅ 4π ⋅ a

µ I ⋅q⋅v = 0 ⋅k ⋅ 4π ⋅ a

α=

x =2a

µ I ⋅q⋅v sen α ⋅ dx =− 0 ⋅k ⋅ r 4π ⋅ a x =0

∫

π 4

∫ dα = − α=

π 2

µ0 I ⋅ q ⋅ v 16 ⋅ a

⋅k

α =α 1

∫π

α=

2a   sen α ⋅  − dα  2  sen α = 2a sen α

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Problema 16: Campo magnetostático Calcúlese el campo magnético B en el eje de un solenoide finito de longitud λ, radio a y L’ espiras por unidad de longitud. Solución: Un solenoide puede considerarse un conjunto de espiras por lo que, en primer lugar, calcularemos el campo creado por una espira en un punto de su eje:

dB =

µ 0 I dl × r µ 0 I ⋅ dl ⋅ 3 = ⋅u 4π r 4π ⋅ r 2

Estando dB en el plano π de la figura adjunta. Podemos ver que los dB y dB' creados por dos dl simétricos, deben de tener igual valor y formar igual ángulo a con el eje Y por lo que sus componentes horizontales deben anularse, mientras que las componentes verticales se refuerzan. Por lo tanto sólo calcularemos el dBy creado por cada dl: dB y = dB ⋅ cos α =

µ 0 I ⋅ dl ⋅ cos α 4π ⋅ r 2

Al integrar la expresión anterior a lo largo de todos los dl, podemos ver que en todos los dl el valor de r y el valor de α son constantes por lo que la integración quedará: By = ∫

µ 0 I ⋅ dl µ0 I µ0 I µ I ⋅ a ⋅ cos α ⋅ cos α = ⋅ cos α ⋅ ∫ dl = ⋅ cos α ⋅ 2π ⋅ a = 0 2 2 2 4π ⋅ r 4π ⋅ r 4π ⋅ r 2⋅r2

Ahora pasamos a considerar la contribución de todas las espiras al campo en el mismo punto. Ver figura adjunta en la que calcularemos la contribución de todas las espiras al campo en un punto genérico P, situado a una altura h sobre la base del solenoide. Calcularemos inicialmente el campo creado en este punto por un conjunto de espiras contenidas en una altura dy de solenoide En este dy habrá una cantidad de espiras L’·dy, siendo L’ el número de espiras que hay en cada unidad de longitud, por lo que el campo en dicho punto, creado por este conjunto de espiras, será el calculado antes para una espira multiplicado por el número de espiras L’·dy: dB y =

µ 0 I ⋅ a ⋅ cos α 2⋅r2

⋅ + '⋅dy

Integrando para calcular la contribución de todas las espiras: By = ∫ Extrayendo las constantes, quedará: B y =

µ 0 I ⋅ a ⋅ cos α 2⋅r2

µ0 I ⋅ a ⋅ + ' 2

⋅∫

⋅ + '⋅dy

cos α ⋅ dy r2

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Hay que fijarse en que al cambiar de una contribución a otra, cambian los valores de r, y, α. Ahora hay que poner las tres variables en función de una sola. Comenzaremos por intentar poner r e y en función de α, y veremos si los resultados obtenidos nos permiten calcular fácilmente la integral:

a ; y = h − a ⋅ tg α cos α

⇒ dy = −

a ⋅ dα cos 2 α

Y llevando estas expresiones a la integral anterior, quedará:

By =

µ0 I ⋅ a ⋅ + ' 2

⋅∫

µ 0 I ⋅ a ⋅ + ' α =? cos α  cos α a  ⋅ dy = ⋅ ∫ 2 ⋅− ⋅ dα  2 2 2 r  cos α  α =? a cos 2 α

Para determinar los límites de integración, fijarse en la figura anterior que, observando la evolución del ángulo α desde abajo hasta arriba del solenoide, el valor de α disminuye desde un valor de θ1 hasta cero y luego vuelve a aumentar hasta θ2. Sin embargo la integración exige una variación continua de la variable, α en este caso, por lo que fijándonos vemos que esta variación podemos considerarla como una disminución desde θ1 hasta cero, y luego continúa la disminución desde cero hasta −θ2 . Fijarse que en la expresión de y: y = h − a ⋅ tg α , el signo “menos” de la resta implica que el ángulo α es positivo, por lo que los ángulos de las espiras situadas por debajo de P tienen que ser positivos. Una vez aclarado esto podemos terminar la integración:

By = −

=−

µ0 I ⋅ a ⋅ + ' 2

µ0 I ⋅ a ⋅ + ' 2a

α = −θ 2

⋅

∫

α =θ 1

cos α

cos 2 α

µ I ⋅a ⋅ +' a ⋅ ⋅ dα = − 0 ⋅ 2 2a cos α

⋅ (sen (− θ 2 ) − sen θ1 ) = −

µ0 I ⋅ + ' 2

α = −θ 2

∫ cos α ⋅ dα =

α =θ 1

⋅ (− sen θ 2 − sen θ1 ) =

µ0 I ⋅ + ' 2

⋅ (sen θ 2 + sen θ1 )

µ0 I ⋅ + '

⋅ (sen θ 2 + sen θ1 ) 2 donde θ1 y θ2 ya representan valores positivos dado que ya pusimos que: sen (-θ2) = - sen θ2 . De acuerdo con esto, si fuera el caso de un punto del eje de un solenoide infinito, los ángulos de integración serían entre -90º y +90º, por lo que el resultado sería: Por tanto: B =

µ0 I ⋅ + ' 2

⋅ (sen 90º + sen 90º ) = µ 0 I ⋅ + '

Si el solenoide es muy largo en comparación con su ancho y tiene L espiras en una longitud L, para calcular el campo en el punto medio de su eje, podemos tomar los ángulos aproximadamente iguales a 90º, y como L’=L/L, por lo que el campo será:

µ0 I ⋅ + ' 2

⋅ (sen 90º + sen 90º ) =

µ0 I ⋅ + L

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Problema 17: Campo magnetostático Estúdiense los valores de la inducción magnética B dentro y fuera de una bobina toroidal de L espiras apretadas y sección cuadrada que transporta una corriente I. Solución: Comenzamos por hacer una figura representativa del fenómeno en la que incluimos la hipótesis de que, dada la simetría de la configuración, el campo debe tener dirección acimutal y depender sólo de su distancia r al centro del solenoide : B = B (r ) ⋅ uφ Para calcular el campo en el interior del toroide aplicaremos el Teorema de Ampere a la línea 1 de la figura:

∫ B ⋅ dl == µ

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea 1, y esa superficie es atravesada N veces por la intensidad I que recorre el solenoide, tantas como espiras. Por tanto, el teorema de Ampere quedará:

∫ B ⋅ dl = µ

∫ B ⋅ dl ⋅ cos 0º = µ

⇒

Y dado que toda la línea se encuentra a la misma distancia r del centro del toroide, el valor del campo debe ser igual en todo dl, por lo que la integral quedará:

∫ B ⋅ dl ⋅ cos 0º = µ

⇒ B ⋅ ∫ dl = µ 0 +I

⇒ B ⋅ 2π ⋅ r = µ 0 +I

Por tanto, el campo en el interior del toroide quedará: B =

µ 0 +I 2π ⋅ r

Para calcular el campo en el exterior del toroide, aplicamos el teorema de Ampere a la línea 2:

∫ B ⋅ dl == µ

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea 2, y esa superficie es atravesada L veces por la intensidad I entrando en la superficie y otras L veces por la intensidad I en sentido saliente, por lo que la intensidad neta que atraviesa a esa superficie es nula. Por tanto, el teorema de Ampere quedará:

∫ B ⋅ dl = µ

⇒

∫ B ⋅ dl ⋅ cos 0º = 0 2

Y dado que toda la línea se encuentra a la misma distancia r del centro del toroide, el valor del campo debe ser igual en todo dl, por lo que la integral quedará:

∫ B ⋅ dl ⋅ cos 0º = 0

⇒ B ⋅ ∫ dl = 0 ⇒ B ⋅ 2π ⋅ r = 0 ⇒ B = 0

Es decir que el campo es nulo en el exterior del toroide. Por lo que respecta a la zona interna del anillo, aplicaremos el Teorema de Ampere a la línea 3:

∫ B ⋅ dl == µ 3

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Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea 3, y esa superficie no es atravesada por ninguna intensidad. Por tanto, el teorema de Ampere quedará:

∫ B ⋅ dl = µ

⇒

∫ B ⋅ dl ⋅ cos 0º = 0 3

Y dado que toda la línea se encuentra a la misma distancia r del centro del toroide, el valor del campo debe ser igual en todo dl, por lo que la integral quedará:

∫ B ⋅ dl ⋅ cos 0º = 0 3

⇒ B ⋅ ∫ dl = 0 ⇒ B ⋅ 2π ⋅ r = 0 ⇒ B = 0 3

O sea que el campo es nulo salvo en la zona entre las espiras.

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Problema 18: Campo magnetostático Sea un conductor homogéneo de radio b, permeabilidad µ1 , conductividad σ1 y longitud l, verificándose que L>> b, con un hueco cilíndrico concéntrico, de radio a (a<b) 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: Dado que: l >> b , podemos suponer que el cilindro se comportará como un cilindro infinito, tanto en su interior, siempre que no nos acerquemos a los extremos, como en el exterior, siempre que no nos alejemos mucho de él. Por tanto: B = B (r ) ⋅ uφ Comencemos por determinar la corriente I que va a establecer el campo magnético. Hay que darse cuenta que el cilindro interior no es conductor por lo que la corriente circulará por el cilindro exterior:

V0 V0 V0 = = 1 l 1 l R ⋅ ⋅ 2 σ1 S σ1 π b − a2

(

⇒

(

V0 ⋅ σ 1 ⋅ π b 2 − a 2 I= l

⇒

)

Comencemos por calcular el campo magnético en el exterior, para lo que aplicaremos el teorema de Ampere a la línea (1) de la figura adjunta:

∫ B ⋅ ds == µ

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea 1, y esta intensidad es la totalidad de la intensidad calculada antes. Por tanto, el teorema de Ampere quedará:

∫ B ⋅ ds = µ 0 I f

⇒

∫ B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µ 0 ⋅ 1

(

V0 ⋅ σ 1 ⋅ π b 2 − a 2 l

)

Donde, dado que B tiene el mismo valor en todo ds, la integral quedará:

(

V0 ⋅ σ 1 ⋅ π b 2 − a 2 ∫1 B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µ 0 ⋅ l ⇒ B ⋅ 2π ⋅ r =

µ 0 ⋅ V0 ⋅ σ 1 ⋅ π (b 2 − a 2 ) l

)

⇒ B ⋅ ∫ ds = 1

⇒ B=

µ 0 ⋅ σ 1 ⋅ (b 2 − a 2 ) ⋅ V0 2⋅r ⋅l

µ 0 ⋅ V0 ⋅ σ 1 ⋅ π (b 2 − a 2 ) 2π ⋅ r ⋅ l

Por tanto: B=

µ 0 ⋅ V0 ⋅ σ 1 ⋅ π (b 2 − a 2 )

⋅ uφ

⇒

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Calculemos ahora el campo magnético en la zona entre cilindros, para lo que aplicaremos el teorema de Ampere a la línea (2) de la figura adjunta:

∫ B ⋅ ds == µ I 1

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea (2). Suponiendo la intensidad uniformemente distribuida por toda la superficie conductora (superficie entre superficies cilíndricas), la parte que atraviesa a la superficie encerrada por la línea (2) será: If = I⋅

π ⋅ (r 2 − a 2 ) V0 ⋅ σ 1 ⋅ π (b 2 − a 2 ) (r 2 − a 2 ) V0 ⋅ σ 1 ⋅ π (r 2 − a 2 ) = ⋅ 2 l l (b − a 2 ) = π ⋅ (b 2 − a 2 )

. Por tanto, el teorema de Ampere quedará:

∫ B ⋅ ds = µ I 1

(

V0 ⋅ σ 1 ⋅ π r 2 − a 2 ⇒ ∫ B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µ1 ⋅ l 2

)

Donde, dado que B tiene el mismo valor en todo ds, la integral quedará:

(

V0 ⋅ σ1 ⋅ π r 2 − a 2 ∫2 B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µ ⋅ l

µ0 ⋅V0 ⋅ σ1 ⋅ π (r − a 2

⇒ B ⋅ 2π ⋅ r =

)

⇒ B ⋅ ∫ ds = 2

µ0 ⋅V0 ⋅ σ1 ⋅ π (r 2 − a 2 ) l

⇒

µ0 ⋅V0 ⋅ σ1 ⋅ π (r 2 − a 2 ) ⇒ B= 2π ⋅ r ⋅ l

Por tanto: B=

µ1 ⋅ σ 1 ⋅ (r 2 − a 2 ) ⋅ V0 2⋅r ⋅l

⋅ uφ

Calculemos ahora el campo magnético en la zona interior del cilindro pequeño, para lo que aplicaremos el teorema de Ampere a la línea (3) de la figura adjunta:

∫ B ⋅ ds = µ

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea (3) que, en este caso es nula, dado que toda la intensidad circula entre las dos superficies cilíndricas. Por tanto, el resultado será:

∫ B ⋅ ds = 0 3

⇒

∫ B ⋅ ds ⋅ cos 0º = 0 3

⇒ B ⋅ ∫ ds = 0 ⇒ B ⋅ 2π ⋅ r = 0 ⇒ B = 0 3

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Problema 19: Campo magnetostático 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: Aplicaremos el teorema de Ampere y las definiciones de vector excitación magnética H, vector de magnetización magnética M, densidad de corriente volumétrica de magnetización Jmv, y densidad de corriente superficial de magnetización Jms: 1 1  B  ⋅ B ; H = ; B = µ 0 ⋅ H + M ⇒ M =  − µ  µ µ0 

(

)

J mv = ∇ × M ; J ms = M × u n En la figura adjunta representamos una sección de la configuración, dividida en cuatro zonas. Calcularemos las magnitudes pedidas en cada una de ellas. Por otra parte, dada la simetría de la configuración podemos suponer en todas las zonas que: B = B (r ) ⋅ uφ

Zona 1: zona en el interior del conductor. Aplicamos el teorema de Ampere en la línea (1):

∫ B ⋅ ds == µI

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea (1). Suponiendo la intensidad uniformemente distribuida por toda la superficie conductora, la parte que atraviesa a la superficie encerrada por la línea (1) será: If = I⋅

π ⋅r2 I ⋅r2 = 2 π ⋅ a2 a

Por tanto:

∫ B ⋅ ds = µI f

∫ B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µ ⋅

⇒

I ⋅r2 a2

Donde, dado que B tiene el mismo valor en todo ds, la integral quedará:

∫ B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µ ⋅ 1

⇒ B ⋅ 2π ⋅ r = Por tanto: B =

µ ⋅I ⋅r ⋅ uφ 2π ⋅ a 2

I ⋅r2 a2

µ ⋅I ⋅r a

⇒ B ⋅ ∫ ds =

µ ⋅ I ⋅r2

⇒ B=

µ ⋅I ⋅r 2π ⋅ a 2

⇒

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Por su parte en vector H quedará: H =

Y el vector magnetización:

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I ⋅r ⋅ uφ 2π ⋅ a 2

 1 1  1 1  µ ⋅ I ⋅r µ − µ0 I ⋅ r M =  −  ⋅ B =  −  ⋅ ⋅ uφ = ⋅ ⋅ uφ 2 2 µ µ µ µ µ π 2 ⋅ a 2 π ⋅ a 0  0   0 

Y el vector Jmv será: J mv = ∇ × M , y aquí hay quye recordar como se calcular el rotacional en coordenadas cilíndricas, que, en este caso, quedará:

J mv = ∇ × M =

µ − µ0 1 ∂ (r ⋅ M φ ) 1 ∂  µ − µ0 I ⋅r  I  ⋅ uz = ⋅ ⋅ u z = ⋅  r ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ uz 2  r ∂r r ∂r  µ0 µ0 2π ⋅ a  π ⋅ a2

Y la densidad de corriente de magnetización superficial en la superficie del conductor (r=a y

u n = u r ) quedará:

J ms = M × u n =

µ − µ0 µ − µ0 I ⋅ a µ − µ0 I ⋅ r I ⋅ ⋅ uφ × u r = − ⋅ ⋅ uz = − ⋅ ⋅ uz 2 2 µ0 2π ⋅ a µ0 µ0 2π ⋅ a 2π ⋅ a

Zona 2: Zona entre los dos conductores Aplicamos el teorema de Ampere en la línea (1):

∫ B ⋅ ds = µ

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea (2) que es la intensidad total I que atraviesa al conductor. Por tanto:

∫ B ⋅ ds = µ

⇒

∫ B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µ

Donde, dado que B tiene el mismo valor en todo ds, la integral quedará:

∫ B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µ

⋅I

⇒ B ⋅ ∫ ds = µ 0 ⋅ I

⇒ B ⋅ 2π ⋅ r = µ 0 ⋅ I Por tanto: B =

⇒

⇒ B=

µ0 ⋅ I 2π ⋅ r

µ0 ⋅ I ⋅ uφ 2π ⋅ r

Por su parte en vector H quedará: H =

⋅ uφ 2π ⋅ r En cuanto a los vectores magnetización y densidades de corriente de magnetización son nulas en el vacío, lo que podemos comprobar a continuación:  1 1  1 1   ⋅ ⋅B = 0 El vector magnetización: M =  −  ⋅ B =  − µ µ µ µ 0   0   0

µ0

Y el vector Jmv será: J mv = ∇ × M = 0 , y el vector J ms = M × u n = 0

Zona 3: En el interior del tubo externo: Aplicamos el teorema de Ampere en la línea (1):

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∫ B ⋅ ds = µI

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Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea (2) que es la intensidad total I que atraviesa al conductor. Por tanto:

∫ B ⋅ ds = µI

∫ B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µI

⇒

Donde, dado que B tiene el mismo valor en todo ds, la integral quedará:

∫ B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µ ⋅ I

⇒ B ⋅ ∫ ds = µ ⋅ I

⇒ B ⋅ 2π ⋅ r = µ ⋅ I Por tanto: B =

⇒

⇒ B=

µ⋅I 2π ⋅ r

µ⋅I ⋅ uφ 2π ⋅ r

Por su parte en vector H quedará: H =

I 2π ⋅ r

⋅ uφ

 1 1  1 1  µ⋅I µ − µ0 I Y el vector magnetización: M =  −  ⋅ B =  −  ⋅ ⋅ uφ = ⋅ ⋅ uφ µ0 2π ⋅ r  µ0 µ   µ 0 µ  2π ⋅ r Y el vector Jmv será: 1 ∂ (r ⋅ M φ ) ⋅ ⋅ uz = ∂r r 1 ∂  µ − µ0 I   ⋅ uz = 0 = ⋅  r ⋅ ⋅ µ0 r ∂r  2π ⋅ r 

J mv = ∇ × M =

Y la densidad de corriente de magnetización superficial habrá que calcularla en la superficie interna (r=b y u n = −u r ) y en la superficie externa (r

= c y u n = u r ), quedando así (ver figura adjunta): - Superficie interna: J ms = M × u n = =

( )

µ − µ0 I ⋅ ⋅ uφ × − u r = µ0 2π ⋅ r

µ − µ0 I ⋅ ⋅ uz µ0 2π ⋅ b

Superficie externa: J ms = M × u n = =−

µ − µ0 I ⋅ ⋅ uφ × u r = µ0 2π ⋅ r

µ − µ0 I ⋅ ⋅ uz µ0 2π ⋅ c

Zona 4: En la parte externa del montaje. Evidentemente la solución para B y para H es la misma que la zona 2, mientras que los vectores M, Jmv y Jms son nulos pues estamos en el aire/vacío.

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Problema 20: Campo magnetostático 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 µ k  r la barra viene dado por: B = 0 ⋅ 1 +  ⋅ r 2 uφ 3  a b) Obtener la expresión de los vectores M, Jms(r), Jmv(r). Solución: a) Calcular la permeabilidad magnética en el interior de la barra. Dada la simetría de la configuración: B = B ( r ) ⋅ uφ Para aplicar el teorema de Ampere a la línea (1) de la figura, debemos saber la cantidad de corriente que atraviesa a la superficie encerrada por esta línea:

I f = ∫∫ J ⋅ dS Para realizar esta integral, dividiremos la sección encerrada por la línea (1) en coronas circulares de grosor dr (ver figura adjunta), de forma que su superficie será: dS = 2p·r·dr. Por otra parte, tanto el vector J como el vector diferencial de superficie tienen la dirección Z por lo que su producto escalar será igual al producto de sus módulos:

I f = ∫∫ J ⋅ dS = ∫∫ J ⋅ dS =

∫ k ⋅ r ⋅ 2π ⋅ r ⋅ dr = 3 π ⋅ k ⋅ r

r =0

Fijarse que integramos entre r=0 y un valor genérico de r correspondiente a la línea genérica (1) que utilizaremos en el teorema de Ampere:

∫ B ⋅ ds == µI

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea (1) que acabamos de 2 calcular: I f = π ⋅ k ⋅ r 3 3 Por tanto:

∫ B ⋅ ds = µI 1

⇒

∫ B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µ ⋅ 3 π ⋅ k ⋅ r 1

Donde, dado que B tiene el mismo valor en todo ds, la integral quedará:

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2 3 ∫1 B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µ ⋅ 3 π ⋅ k ⋅ r ⇒ B ⋅ 2π ⋅ r =

Por tanto:

B =

µ ⋅k ⋅r2 3

2µ ⋅ π ⋅ k ⋅ r 3 3

2µ ⋅ π ⋅ k ⋅ r 3 ⇒ B ⋅ ∫ ds = 3 1 ⇒ B=

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⇒

µ ⋅k ⋅r2 3

⋅ uφ

r ⋅ 1 +  ⋅ r 2 uφ , igualando ambas expresiones podremos 3  a calcular la permeabilidad magnética pedida:

Con lo cual, como nos dicen que: B =

µ0k 

r  2 µ ⋅ k ⋅ r2 ⋅ 1 +  ⋅ r = 3  a 3

µ0 k 

 r ⇒ µ = µ0 ⋅ 1 +   a

b) Obtener la expresión de los vectores M, Jms(r), Jmv(r). El vector magnetización:

 1 1  1 1  µ0k  µ − µ0 k  r  2 r M =  −  ⋅ B =  −  ⋅ ⋅ 1 +  ⋅ r 2 u φ = ⋅ ⋅ 1 +  ⋅ r ⋅ u φ µ 3  a  µ0 µ   µ0 µ  3  a  Y substituyendo la permeabilidad magnética do material por la expresión calculada antes, quedará:

M =

µ − µ0 k  r  2 ⋅ ⋅ 1 +  ⋅ r ⋅ u φ = 3  a µ

 

r a r  µ 0 ⋅ 1 +   a

µ 0 ⋅ 1 +  − µ 0 ⋅

k  r k ⋅ r3 ⋅ 1 +  ⋅ r 2 ⋅ u φ = ⋅ uφ 3  a 3a

1 ∂ (r ⋅ M φ ) 1 ∂  k ⋅ r3  4k ⋅ r 2  ⋅ u z = ⋅ ⋅ u z = ⋅  r ⋅ ⋅ uz r ∂r r ∂r  3 ⋅ a  3⋅ a Y la densidad de corriente de magnetización superficial en la superficie del conductor (r=a y u n = u r ) quedará: Y el vector Jmv será: J mv = ∇ × M =

J ms

k ⋅r3 k ⋅ a3 k ⋅ a2 = M × un = ⋅ uφ × u r = − ⋅ uz = − ⋅ uz 3a 3⋅ a 3

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Problema 21: Campo magnetostático Determinar la densidad de flujo magnético en el entrehierro del circuito magnético mostrado en la figura.

Solución: Comenzamos por recordar los conceptos básicos de circuitos magnéticos: Fuerza magnetromotriz: εm = NI Flujo magnético: Φ = ∫∫ B ⋅ dS dl µ ⋅S Magnitudes relacionadas por la ley del circuito magnético: εm = Φ ·R Además, en cada nudo : ΣΦ = 0 , o sea que: Φque entra al nudo = Φque sale del nudo Reluctancia magnética: R = ∫

Una vez recordado esto, organizamos datos: - Longitud adcb = L1 - Longitud afeb = L1 - Longitudes ag = hb = L2 - Longitud gh = L0 Apliquemos la ley del circuito magnético a las mallas abcda y a la afeba: - Malla abcda: εm = Φ ·R --> LI = Φ1 · Radca + Φ3 · Rag + Φ3 · Rgh + Φ3 · Rhb L L L L Operando: +I = Φ 1 ⋅ 1 + Φ 3 ⋅ 2 + Φ 1 ⋅ 0 + Φ 1 ⋅ 2 µ ⋅ S1 µ ⋅ S2 µ 0 ⋅S 0 µ ⋅ S2

+I = Φ 1 ⋅

 2 L2 L0  L1  + Φ 3 ⋅  + µ ⋅ S1 µ ⋅ S µ ⋅ S 2 0 0  

Ecuación 1

- Malla abcda: εm = Φ ·R --> LI = Φ2 · Rafeb + Φ3 · Rag + Φ3 · Rgh + Φ3 · Rhb L L L L Operando: +I = Φ 2 ⋅ 1 + Φ 3 ⋅ 2 + Φ 1 ⋅ 0 + Φ 1 ⋅ 2 µ ⋅ S1 µ ⋅ S2 µ 0 ⋅S 0 µ ⋅ S2

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+I = Φ 2 ⋅

 2 L2 L0 L1 + Φ 3 ⋅  + µ ⋅ S1  µ ⋅ S2 µ0 ⋅ S0

  

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Ecuación 2

Comparando ahora las ecuaciones 2 y 3, vemos que : Φ1 = Φ2 = Φ Además, en el nodo a vemos que como: Φque entra al nudo = Φque sale del nudo --> Φ + Φ = Φ3 --> Φ = Φ3/2 Lo ponemos en función de Φ3 pues es lo que nos piden. Por tanto, volviendo a la ecuación 1, tendremos que: +I = Φ ⋅

 2 L2  2 L2 L0  Φ L0  L1 L  ⇒ +I = 3 ⋅ 1 + Φ 3 ⋅   ⇒ + Φ 3 ⋅  + + µ ⋅ S1 2 µ ⋅ S1  µ ⋅ S2 µ0 ⋅ S0   µ ⋅ S2 µ0 ⋅ S0 

 L1 L0 2 L2 +I = Φ 3 ⋅  + +  2 µ ⋅ S1 µ ⋅ S 2 µ 0 ⋅ S 0

  

+I L0 L1 2 L2 + + 2 µ ⋅ S1 µ ⋅ S 2 µ 0 ⋅ S 0 Y como: Φ = B ⋅ S , la densidad de flujo magnético no es otra que el propio vector B. Por tanto, la densidad de flujo magnético en el entrehierro es :

Por lo que, el flujo magnético en el entrehierro será: Φ 3 =

Be =

Φ3 +I = L1 ⋅ S 0 2 L2 ⋅ S 0 L0 S0 + + 2 µ ⋅ S1 µ ⋅ S2 µ0

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Problema 22: Campo magnetostático 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 L espiras recorridas por una corriente I, el campo obtenido en el entrehierro es Be. Si se 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 L en función de los datos del problema? Solución: Datos: longitud total = L; longitud en el entrehierro = e; longitud en el hierro = L – e .L (fijarse que dice que e<<L); Shierro = Sentrehierro = S. Y dada la geometría del circuito magnético: Φhierro = Φ entrehierro = Φ Aplicamos la ley del circuito magnético: εm = Φ ·R --> LI = Φ · Rhierro + Φ · Rentrehierro L e Operando: +I = Φ ⋅ +Φ⋅ µ ⋅S µ 0 ⋅S

10 ⋅ µ 0 ⋅ +I ⋅ S Φ  L e  Φ  30e e  Φ ⋅ e  30   = ⋅   = ⋅  + + ⋅ + 1 ⇒ Φ = S  µ µ 0  S  100µ 0 µ 0  S ⋅ µ 0  100  13 ⋅ e Quedando por tanto el vector B en el entrehierro, así: +I =

Be =

Φ 10 ⋅ µ 0 ⋅ +I ⋅ S 10 ⋅ µ 0 ⋅ +I = = S 13 ⋅ e ⋅ S 13 ⋅ e

O sea que el campo en el entrehierro de grosor e será: Be =

10 ⋅ µ 0 ⋅ +I 13 ⋅ e

Ecuación 1

Esta es la expresión general para un entrehierro de espesor e. Si ahora el espesor pasa a ser 2e, el nuevo campo en el entrehierro sería: Be' =

10 ⋅ µ 0 ⋅ +I 5 ⋅ µ 0 ⋅ +I = 13 ⋅ 2e 13 ⋅ 2e

Si quisiéramos que este Be’ fuese igual a Be pero cambiando el valor de la intensidad I, la expresión del campo sería: Be =

5 ⋅ µ 0 ⋅ +I ' 13 ⋅ 2e

Con lo que igualando la ecuación 1 con esta última expresión, tendríamos: 10 ⋅ µ 0 ⋅ +I 5 ⋅ µ 0 ⋅ +I ' = 13 ⋅ e 13 ⋅ e Y despejando I’ en función de I, tendremos: I’ = 2 I Lo que nos dice que, para mantener el mismo valor de inducción magnética en el entrehierro, la intensidad debiera duplicarse. Por lo que respecta al valor de N en función de los datos del problema, podemos recurrir a la ecuación 1 y despejar N:

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1'3 ⋅ e ⋅ Be µ0 ⋅ I

Nota: si en vez de hacer la aproximación L – e .L, trabajásemos con L = 30·e y poniendo, por tanto 1'29 ⋅ e ⋅ Be que: L – e = 30e – e = 29e, los resultados serían: I’ = 1,77· I ; + = µ0 ⋅ I

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Problema 23: Campo magnetostático 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 r  barra varía según la ley µ = µ 0 1 +  siendo r la distancia al eje del conductor. Determinar los a  vectores H, B M, Jms y Jmv en el interior del cilindro. Solución: Aplicamos el teorema de Ampere en la línea de puntos: ∫ B ⋅ ds == µI f Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea de puntos. Como lala intensidad uniformemente distribuida por toda la superficie conductora, la parte que atraviesa a la superficie encerrada por la línea de puntos será:

π ⋅r2 I ⋅r2 If = I⋅ = 2 π ⋅ a2 a Por tanto:

∫ B ⋅ ds = µI f

⇒

∫ B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µ ⋅

I ⋅r2 a2

Donde, dado que B tiene el mismo valor en todo ds, la integral quedará:

∫ B ⋅ ds ⋅ cos 0º = µ ⋅ Por tanto: B =

I ⋅ r2 a2

⇒

B ⋅ ∫ ds =

µ ⋅ I ⋅r2 a

⇒

B ⋅ 2π ⋅ r =

µ ⋅ I ⋅r2 a

⇒

µ⋅I ⋅r 2π ⋅ a 2

µ ⋅I ⋅r ⋅ uφ 2π ⋅ a 2 r   a 2π ⋅ a 2

µ 0 ⋅ 1 +  ⋅ I ⋅ r Y substituyendo µ por su valor, quedará: B =

Por su parte en vector H quedará: H =

⋅ uφ

I ⋅r ⋅ uφ 2π ⋅ a 2

El vector magnetización será:

 1 1  1 1  µ ⋅I ⋅r µ − µ0 I ⋅ r M =  −  ⋅ B =  −  ⋅ ⋅ uφ = ⋅ ⋅ uφ = 2 µ0 2π ⋅ a 2  µ0 µ   µ 0 µ  2π ⋅ a I ⋅r2 Quedando: M = ⋅ uφ 2π ⋅ a 3 Y las corrientes de magnetización serán: J mv

 

r a

µ 0 ⋅ 1 +  − µ 0 µ0

1 ∂ (r ⋅ M φ ) 1 ∂  I ⋅r2  3I ⋅ r  ⋅ uz = = ∇×M = ⋅ ⋅ u z = ⋅  r ⋅ ⋅ uz 3  r ∂r r ∂r  2π ⋅ a  2π ⋅ a 3

⋅

I ⋅r ⋅ uφ 2π ⋅ a 2

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Y la densidad de corriente de magnetización superficial en la superficie del conductor (r=a y

u n = u r ) quedará: J ms = M × u n =

I ⋅ r2 I ⋅ r2 I ⋅ a2 I ⋅ u × u = − ⋅ u = − ⋅ uz = − ⋅ uz φ r z 3 3 3 2π ⋅ a 2π ⋅ a 2π ⋅ a 2π ⋅ a

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Problema 24: Inducción electromagnética 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: dΦ , siendo B( x, t ) = B0 ⋅ cos ωt ⋅ sen kx dt En una superficie diferencial como la rayada de la figura, rectangular de lados b.dx, el campo es uniforme en un instante dado pues todos sus puntos tienen la misma coordenada x. En esa superficie el flujo será:

Según la ley de Faraday: ε = −

dΦ = B ⋅ dS = B ⋅ b ⋅ dx = B0 ⋅ cos ωt ⋅ sen kx ⋅ b ⋅ dx Por lo tanto, en un instante dado, el flujo a través de la totalidad de la superficie de la espira será: Φ = ∫∫ dΦ = ∫∫ B ⋅ dS = x+a

= B0 ⋅ cos ωt ⋅ b ⋅

x+a

∫ B ⋅ b ⋅ dx = ∫ B

∫ cos kx ⋅ dx = x

⋅ cos ωt ⋅ cos kx ⋅ b ⋅ dx =

B0 ⋅ cos ωt ⋅ b x+a ⋅ [sen kx ]x = k

B ⋅ cos ωt ⋅ b = 0 ⋅ (sen k ( x + a ) − sen kx ) k Aquí tenemos que darnos cuenta que Φ (x,t) pero que x=x(t) pues v x = v ⋅ t , dado que para t=0 es x=0. Por tanto, poniendo el flujo únicamente en función del tiempo, quedará: Φ = B0 ⋅ cos ωt ⋅ b ⋅ (sen k ( x + a ) − sen kx ) = B0 ⋅ cos ωt ⋅ b ⋅ (sen k (vt + a ) − sen kvt ) Ahora ya podemos calcular la fuerza electromotriz inducida fácilmente: dΦ d  B ⋅ cos ωt ⋅ b  =−  0 ⋅ (sen k (vt + a ) − sen kvt ) = dt dt  k  B ⋅ω ⋅ b = 0 ⋅ sen ωt ⋅ (sen k (vt + a ) − sen kvt ) + B0 ⋅ b ⋅ v ⋅ cos ωt ⋅ (cos k (vt + a ) − cos kvt ) k

ε =−

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Problema 25: Inducción electromagnética 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: De acuerdo con la ley de Biot y Savart, la intensidad I(t) crea sobre la superficie encerrada por la espira un campo B de valor: µ I (t ) B= 0 2π ⋅ x Este campo origina un flujo variable dado que su valor es variable no sólo por ser variable el valor de la intensidad I(t) que lo origina, sino porque, dado que la espira está en movimiento alejándose del cable, el flujo del campo B a su través también varía por este hecho, haciéndose cada vez más pequeño por irse haciendo x cada vez más grande. El flujo sobre la tira de superficie sombreada de la figura será: d Φ = B ⋅ dS = B ⋅ d ⋅ dx =

µ0I ⋅ ⋅ dx 2π ⋅ x

Por lo tanto, en un instante dado, el flujo a través de la totalidad de la superficie de la espira será:

Φ = ∫∫ dΦ =

x =r + d

∫

x=r

µ0 I µ 0 I ⋅ d x =r + d dx µ 0 I ⋅ d r+d ⋅ d ⋅ dx = ⋅ ∫ = ⋅ Ln 2π ⋅ x 2π x 2π r x=r

Para calcular la fuerza electromotriz inducida por este flujo variable hay que tener encuenta que no sólo I=I(t) sino que r = r(t) = vt, (supuesto que en t=0 la espira está en r=0). De esta forma, el flujo queda, ya sólo en función del tiempo:

Φ=

µ 0 I (t ) ⋅ d vt + d ⋅ Ln 2π vt

Con lo que la fuerza electromotriz inducida en la espira será:

ε =− =

dΦ d  µ I (t ) ⋅ d vt + d  dI µ 0 ⋅ d vt + d µ 0 I (t ) ⋅ d 2 1 =−  0 ⋅ Ln ⋅ Ln + ⋅ =− dt dt  2π vt  dt 2π vt 2π ⋅ t vt + d

µ0 ⋅ d 2π

vt + d I (t ) ⋅ d   dI ⋅  − ⋅ Ln +  vt v ⋅t2 + d ⋅t   dt

di dt Substituyendo en esta ecuación la fuerza electromotriz por el valor que nos dió la ley de Faraday, µ ⋅ d  dI vt + d I (t ) ⋅ d  di quedará: 0 ⋅  − ⋅ Ln +  = i⋅R+ L⋅ 2 2π  dt vt dt v ⋅t + d ⋅t  Ecuación diferencial que relaciona i con I, tal como pide el problema.

Esta fuerza electromotriz causa en la espira una corriente i que cumple: ε = i ⋅ R + L ⋅

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Problema 26: Inducción electromagnética 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: Por efecto de la corriente variable, sobre la espira aparece una corriente inducida i por los lados de la espira, corriente que, sometida al campo magnético creado por el cable, experimenta una fuerza que, en cada lado viene dada por la 2ª ley de Laplace:

F = i ⋅ ∫ dl × B Para calcular esta fuerza, por tanto, lo primero será calcular la corriente inducida i sobre los lados de la espira, para lo cual calcularemos primero el flujo a través de la superficie encerrada por la espira y luego le aplicaremos la ley de Faraday para calcular la fuerza electromotriz inducida en la espira. De acuerdo con la ley de Biot y Savart, la intensidad I(t) crea sobre la superficie encerrada por la espira un campo B de valor:

µ 0 I (t ) µ 0 I 0 ⋅ cos ωt = 2π ⋅ x 2π ⋅ x

Este campo origina un flujo variable dado que su valor es variable debido a la intensidad I(t) que lo origina. El flujo sobre la tira de superficie sombreada de la figura será: dΦ = B ⋅ dS = B ⋅ b ⋅ dx =

µ 0 I 0 ⋅ cos ωt ⋅ b ⋅ dx 2π ⋅ x

Por lo tanto, en un instante dado, el flujo a través de la totalidad de la superficie de la espira será: Φ = ∫∫ dΦ =

x =c + a

∫

x =c

µ 0 I 0 ⋅ cos ωt ⋅ b ⋅ dx = 2π ⋅ x

µ 0 I 0 ⋅ cos ωt ⋅ b x =c + a dx ⋅ ∫ = 2π x x =c µ 0 I 0 ⋅ cos ωt ⋅ b c+a = ⋅ Ln 2π c

Y por tanto la fuerza electromotriz inducida será:

ε =−

dΦ d  µ I ⋅ cos ωt ⋅ b c + a  µ0 ⋅ I 0 ⋅ b ⋅ ω c+a =−  0 0 ⋅ Ln ⋅ Ln ⋅ sen ωt = dt dt  2π c  2π c

Y por tanto, aparecerá en la espira una corriente que viene dada por la ley de Ohm:

ε R

µ0 ⋅ I 0 ⋅ b ⋅ ω c+a ⋅ Ln ⋅ sen ωt 2π ⋅ R c

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Veamos ahora la fuerza que aparece sobre cada lado de la espira: Lado M :

( ) ( )

F1 = i ⋅ ∫ dl × B = i ⋅ ∫ dl ⋅ − u x × B ⋅ − u z = x =c + a

= −i ⋅ u y ⋅

∫

x =c

dx ⋅

µ 0 I 0 ⋅ cos ωt = 2π ⋅ x

=−

x =c + a i ⋅ µ 0 I 0 ⋅ cos ωt dx ⋅uy ⋅ ∫ = 2π x x =c

=−

i ⋅ µ 0 I 0 ⋅ cos ωt c+a ⋅ Ln ⋅uy = 2π c

µ0 ⋅ I 0 ⋅ b ⋅ ω µ I ⋅ cos ωt c+a c+a ⋅ Ln ⋅uy = ⋅ Ln ⋅ sen ωt ⋅ 0 0 2π ⋅ R c 2π c 2 µ 2 ⋅ I 2 ⋅ b ⋅ω  c + a  = − o 02 ⋅  Ln  ⋅ sen 2ωt ⋅ u y c  8π ⋅ R 

=−

Lado QP: Dada la simetría de la situación, la fuerza sobre este lado tiene que tener igual valor pero sentido contrario que la que actúa sobre ML, por lo que: 2

µ 2 ⋅ I 2 ⋅b ⋅ω  c + a  F3 = o 02 ⋅  Ln  ⋅ sen 2ωt ⋅ u y c  8π ⋅ R  Lado QM: Sobre este lado, B tiene el mismo valor sobre todos sus puntos, siendo este valor: µ I ⋅ cos ωt µ 0 I 0 ⋅ cos ωt B= 0 0 = 2π ⋅ x 2π ⋅ c Y, por lo tanto, la fuerza que actúa sobre ese lado será (fijarse que B es constante para todo dl por lo que sólo hay que integrar dl que da, lógicamente, b):

( )

µ 0 I 0 ⋅ cos ωt = 2π ⋅ c µ ⋅ I ⋅ b ⋅ω µ I ⋅ cos ωt c+a =− 0 0 ⋅ Ln ⋅ sen ωt ⋅ b ⋅ u x ⋅ 0 0 = 2π ⋅ R c 2π ⋅ c µ 2 ⋅ I 2 ⋅ b2 ⋅ω  c + a  = − o 20 ⋅  Ln  ⋅ sen 2ωt ⋅ u x c  8π ⋅ R ⋅ c 

( )

F2 = i ⋅ ∫ dl × B = i ⋅ ∫ dl ⋅ u y × B ⋅ − u z = −i ⋅ b ⋅ u x ⋅

Lado P : Sobre este lado actúa una F4 similar a la F2 que acabamos de calcular, pero está sometida a un campo inferior, y el sentido de la fuerza es según +X, por lo que será: µ I ⋅ cos ωt µ 0 I 0 ⋅ cos ωt B= 0 0 = 2π ⋅ x 2π ⋅ (c + a ) Y, por lo tanto, la fuerza que actúa sobre ese lado será:

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( )( )

( )

µ 0 I 0 ⋅ cos ωt = 2π ⋅ (c + a ) µ ⋅ I ⋅ b ⋅ω µ I ⋅ cos ωt c+a = 0 0 ⋅ Ln ⋅ sen ωt ⋅ b ⋅ u x ⋅ 0 0 = 2π ⋅ R c 2π ⋅ (c + a ) F4 = i ⋅ ∫ dl × B = i ⋅ ∫ dl ⋅ u y × B ⋅ − u z = i ⋅ b ⋅ u x ⋅

µ o2 ⋅ I 02 ⋅ b 2 ⋅ ω  c + a  ⋅  Ln  ⋅ sen 2ωt ⋅ u x c  8π 2 ⋅ R ⋅ (c + a ) 

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Problema 27: Inducción electromagnética Considere un solenoide semi-infinito y núcleo de aire con L’ 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: a) ¿Cuál es la intensidad de corriente inducida en el anillo? En el caso de ser un solenoide infinito podríamos decir que: Bs = µ L’I, y siendo µ+ ' I semiinfinito como es este caso, podríamos decir que: B s = . De otra forma 2 más larga podríamos demostrar, como hicimos en el Problema 16:, que el campo creado por un solenoide finito en un punto de su eje es: Bs =

µ0 I ⋅ + ' 2

⋅ (sen θ 2 + sen θ 1 )

Que aplicado al caso de un solenoide semiinfinito al que le queremos conocer el campo en un extremo Q, por ejemplo, para este punto los ángulos serán θ1 = 90º y θ2=0º (ver figura superior) con lo que el campo quedará: Bs =

µ0 I ⋅ + ' 2

⋅ (sen 0º + sen 90º ) =

µ0 I ⋅ + ' 2

Y que para la corriente dada, será:

Bs =

µ0 I ⋅ + ' 2

µ 0 ⋅ + '⋅I 0 ⋅e −α ⋅t 2

Ecuación 1

Por su parte, el flujo a través del anillo (supuesto que todos los puntos del anillo tienen el mismo campo que en el punto del eje, tal como dice el enunciado): Φ = ∫∫ dΦ = ∫∫ B s ⋅ dS = ∫∫ B s ⋅ dS ⋅ cos 0º = = ∫∫ Bs ⋅ dS =B s ⋅ ∫∫ dS = B s ⋅ π ⋅ a 2 = =

µ 0 ⋅ + '⋅I 0⋅e −α ⋅t ⋅ π ⋅ a 2 2

π ⋅ µ 0 ⋅ a 2 ⋅ + '⋅I 0⋅e −α ⋅t 2

Y por tanto la fuerza electromotriz inducida será:

ε =−

dΦ d  π ⋅ µ 0 ⋅ a 2 ⋅ + '⋅I 0⋅e −α ⋅t = −  dt dt  2

 π ⋅ µ 0 ⋅ a 2 ⋅ + '⋅I 0 ⋅α ⋅ e −α ⋅t =−  2 

Y por tanto, aparecerá en la espira una corriente que viene dada por la ley de Ohm:

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ε R

=−

π ⋅ µ0 ⋅ a 2 ⋅ + '⋅I 0⋅α 2⋅R

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⋅ e −α ⋅ t

b) ¿Cuál es el campo magnético, en el centro del anillo, producido por la corriente inducida? ¿Y cuál es su dirección y sentido? Visto el anillo desde arriba (ver figura derecha), el Bs que crea el solenoide sobre la superficie que encierra el anillo, es del sentido indicado en la figura, dado el sentido de la corriente en el solenoide que se observa en la figura del enunciado. Además la intensidad en el solenoide tiene un valor descendente dado que es proporcional a e-αt y, de acuerdo con esto, ver ecuación 1, el valor del campo Bs también desciende. En consecuencia, de acuerdo con la ley de Lenz, la corriente inducida será tal que se oponga a este descenso, es decir que la corriente inducida debe de crear un campo Bi que refuerce al Bs por lo que deberá tener el mismo sentido que este. Ver figura de la derecha. Y la corriente i capaz de hacer esto tiene que tener sentido horario: Bi = Bi ⋅ u z Y el valor de este Bi en el centro del anillo, creado por la corriente inducida i, viene dado por la ley de Biot y Savart: µ i dl × a µ i ⋅ dl ⋅ a µ i ⋅ dl dB = 0 ⋅ 3 = 0 ⋅ − uz = − 0 2 ⋅ uz 3 4π a 4π ⋅ a 4π ⋅ a Al integrar la expresión anterior a lo largo de todos los dl, podemos ver que en todos los dl el valor de todos los parámetros es constante por lo que la integración quedará: π ⋅ µ 02 ⋅ a ⋅ + '⋅I 0⋅α −α ⋅t µ i ⋅ dl µ0i µ0i π B = −∫ 0 2 ⋅ u z = − ⋅ u ⋅ dl = − ⋅ u ⋅ 2 ⋅ a = − ⋅e ⋅ uz z ∫ z 4⋅R 4π ⋅ a 4π ⋅ a 2 4π ⋅ a 2

( )

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Problema 28: Inducción electromagnética 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: La inductancia mutua entre dos circuitos es el flujo que uno crea en el otro dividido por la intensidad que lo causa. En este caso podría ser el flujo que existe en el circuito de AA’ originado por la corriente de BB’ (puede verse en la figura de la derecha como las corrientes de B y B’ originan un campo magnético en cada punto de la superficie que delimitan A y A’). Φ De esta forma la inductancia mutua será: M = I que crea Φ Vistos los cables desde arriba, como en la figura de la izquierda, y limitando una superficie entre cables de longitud unitaria pues piden la inductancia mutua por unidad de longitud de las líneas, tendremos que encontrar el flujo a través de dicha superficie. Y este flujo es el provocado por los dos cables inferiores. Asumimos que los cables son muy largos por lo que podemos suponer que el valor creado por uno de estos cables a una µ I distancia r será: B = 0 , y que tendrá el sentido de líneas 2π ⋅ r circunferenciales con centro en la intensidad de corriente. Estudiaremos primero el flujo creado por el cable B y, dada la simetría de la configuración, sabremos que el cable B’ origina un flujo igual. Analizando el flujo que crea el cable B sobre la superficie de longitud unitaria de la figura, vemos que, dada la simetría de la configuración, el valor del campo B no varía en dirección Z sino que sólo varía en dirección X, por lo que comenzaremos por calcular el dΦ que atraviesa a la superficie diferencial sombreada de la figura: dS = 1·dx Observando la figura de la izquierda, vemos que:

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Φ = ∫∫ dΦ = ∫∫ B ⋅ dS =

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µ0 I µ I cos α ⋅ 1 ⋅ dx ⋅ cos α = 0 ⋅ ⋅ dx ∫ π 2 2 ⋅ r r π desde A hasta A ' desde A hasta A '

∫

En esta integral tenemos tres variables. Probaremos a poner las tres en función de x .Fijándonos en la figura, vemos que:

r = x 2 + D 2 ; cos α =

x = r

x x2 + D2

Con lo cual, la integral quedará:

µ 0 I x=d µ 0 I x = d x ⋅ dx µ I x 1 Φ= ⋅ ∫ ⋅ ⋅ dx = ⋅ ∫ 2 = 0 2 2π x =0 x 2 + D 2 2π x =0 x + D 2π x2 + D2  µ0 I d 2 + D 2 µ0 I d2  = ⋅ Ln = ⋅ Ln 1 + 2  4π 4π D2 D  

(

)

x=d

 Ln x 2 + D 2  ⋅ =  2   x=0

Es es el campo creado por el cable B, y como el cable B’ crea un flujo igual, el flujo total creado por el circuito inferior sobre el superior, será:

ΦT =

Con lo cual, la inductancia mutua será: M =

µ0 I  d2  ⋅ Ln 1 + 2  2π D    ΦT µ0 d2  = ⋅ Ln 1 + 2  I 2π D  

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Problema 29: Inducción electromagnética 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 L 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: Dada la simetría de la configuración: B = B (r ) ⋅ uφ Por otra parte, podemos tratar el sistema como un circuito magnético serie, con lo que, aplicando la ley del circuito magnético: εm = Φ ·R --> NI = Φ · R1 + Φ · R2

L1 L +Φ⋅ 2 µ1 ⋅ S µ 2 ⋅S Siendo: L1 = L2 = π · b, con lo que la ecuación anterior quedará: Operando: +I = Φ ⋅

1  Φ ⋅π ⋅ b  1  ⇒ ⋅  + S  µ1 µ 2  B ⋅ S ⋅ π ⋅ b  µ 2 + µ1   ⇒ ⇒ +I = ⋅  µ µ S ⋅  1 2  +I =

 µ + µ1   ⇒ +I = B ⋅ π ⋅ b ⋅  2  µ1 ⋅ µ 2  Con lo que, despejando el campo B, tendremos:

Y como: H =

µ1 ⋅ µ 2 ⋅ +I µ1 ⋅ µ 2 ⋅ +I ⇒ B= ⋅ uφ π ⋅ b ⋅ (µ 2 + µ1 ) π ⋅ b ⋅ (µ 2 + µ 1 )

, al ser diferentes las µ en las dos mitades del circuito, las H también los serán,

quedando en cada parte:

µ1 ⋅ µ 2 ⋅ +I ⋅ uφ µ 2 ⋅ +I B π ⋅ b ⋅ (µ 2 + µ 1 ) = = ⋅ uφ Mitad izquierda de la figura: H 1 = µ1 µ1 π ⋅ b ⋅ (µ 2 + µ 1 ) µ1 ⋅ µ 2 ⋅ +I ⋅ uφ µ1 ⋅ +I B π ⋅ b ⋅ (µ 2 + µ 1 ) Mitad derecha de la figura: H 2 = = = ⋅ uφ µ2 µ2 π ⋅ b ⋅ (µ 2 + µ 1 ) Y el coeficiente de autoinducción será: L=

Φ = I

∫∫ B ⋅ dS = ∫∫ B ⋅ dS ⋅ cos 0º = B ⋅ S = I

µ1 ⋅ µ 2 ⋅ +I ⋅S π ⋅ b ⋅ (µ 2 + µ 1 ) I

µ1 ⋅ µ 2 ⋅ + ⋅ S π ⋅ b ⋅ (µ 2 + µ 1 )

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Problema 30: Inducción electromagnética 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: Partimos de la posición indicada en la figura de la derecha y la espira se mueve hacia la derecha con velocidad constante v. De acuerdo con la configuración, aparecerá una fuerza electromotriz inducida en la espira cuando el flujo a través de su superficie esté variando. Por tanto, no habrá fem inducida mientras la espira esté completamente fuera de la región en la que existe el campo magnético.

-Sin embargo, en cuanto el lado derecho de la espira comience a tocar la región, la fem inducida aparece inmediatamente en la espira pues el flujo a su través comienza a aumentar y esto continuará hasta que la espira esté completamente dentro de la región con campo. Ver en la figura adjunta las posiciones inicial y final. Como se ve en la figura, este fenómeno durará, por tanto, desde x= -3L/2 hasta x=-L/2 que será el momento en que la espira se encuentre totalmente dentro de la región y, por tanto el campo magnético a su través deje de variar. Entre estos dos instantes, la espira se puede encontrar en una posición genérica como la de la figura siguiente. Pues bien, examinando el flujo que está atravesando a la espira en un momento genérico como el de la figura adjunta, podemos ver que dicho flujo es el que está atravesando a una superficie rectangular de lados L y vt : Φ = ∫∫ dΦ = ∫∫ B ⋅ dS = ∫∫ B ⋅ dS ⋅ cos 0º = = B ⋅ ∫∫ dS = B ⋅ S = B ⋅ L ⋅ v ⋅ t Este es el flujo que está atravesando a la espira en el instante genérico considerado durante la entrada de la espira en la región con campo magnético Ahora ya podemos aplicar la ley de Faraday para determinar la fem inducida durante el proceso de entrada de la espira en la región: dΦ d ε =− = − [B ⋅ L ⋅ v ⋅ t ] = − B ⋅ L ⋅ v dt dt - Como decimos, cuando la espira ya se encuentre completamente dentro de la región, su movimiento no dará lugar a variación de flujo magnético a través de su superficie hasta que su lado derecho comience a salir de la región, por lo tanto entre estos dos momentos no habrá fem inducida, y corresponden a las posiciones desde x=-L/2 hasta x=+L/2, de acuerdo con la figura anterior y la siguiente. - En cuanto el lado derecho de la espira comience a salir de la región, aparecerá inmediatamente una fem inducida en la espira, dado que el campo a su través comenzará a disminuir, y esto corresponderá desde que x=L/2 hasta que x=3L/2 que será cuando el lado izquierdo de la

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espira salga de la región con campo, de acuerdo con las figura adjunta en la que se representan las posiciones inicial y final de este proceso de disminución del flujo magnético a través de la superficie de la espira. Procederemos igual que antes para determinar la fem inducida entre estas dos posiciones de la espira: Entre estos dos instantes, la espira se puede encontrar en una posición genérica como la de la figura siguiente. Pues bien, examinando el flujo que está atravesando a la espira en un momento genérico como el de la figura adjunta, podemos ver que dicho flujo es el que está atravesando a una superficie rectangular de lados L y L-vt : Φ = ∫∫ dΦ = ∫∫ B ⋅ dS = ∫∫ B ⋅ dS ⋅ cos 0º = = B ⋅ ∫∫ dS = B ⋅ S = B ⋅ L ⋅ (L − v ⋅ t )

Este es el flujo que está atravesando a la espira en el instante genérico considerado durante la entrada de la espira en la región con campo magnético Ahora ya podemos aplicar la ley de Faraday para determinar la fem inducida durante el proceso de entrada de la espira en la región: dΦ d ε =− = − [B ⋅ L ⋅ (L − v ⋅ t )] = B ⋅ L ⋅ v dt dt - Como decimos, en cuanto el lado izquierdo de la espira salga de la región, dejará de variar el flujo a su través (de hecho dejará de haber flujo) por lo que ya no habrá fem inducida. Por lo tanto, podemos representar la fem inducida entre las dos posiciones indicadas en la gráfica siguiente:

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Problema 31: 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: I = ∫∫ J .d A = ∫∫ σ 1 .E.d A = σ 1 . ∫∫ E .d A = sup .lateral

= σ 1.

sup .lateral

∫∫ E .dA cos 0º = σ . ∫∫ 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 ,

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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. ∫∫ .dA = σ .E.A 1

sup .lateral

Polo tanto:

I = σ 1 .E.2.π .r.L

sup .lateral

= σ 1 .E.2.π .r.L

sup .lateral

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

int erior

→

→ ε . ∫∫ E.dA. cos 0º + ∫∫ E.dA. cos 90º  = λ .L' → sup .tapas  sup .lateral  → ε . ∫∫ E.dA + 0  = λ .L'  sup .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:

λ 2.π .ε .r

sup .lateral

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

-- Ecuación 2

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 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:

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V2 − V1 = − ∫ E.dl → V1 − V2 = ∫ E.dr → 1

→ V0 = ∫ E.dr. cos 0º → ∫ E.dr 1

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

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

V0 = ∫ E.dr = ∫

r =b

E despexando o valor de λ que buscamos:

λ=

2.π .ε .V0

Ln b / a Agora podemos levalo á ecuación 3, e calcular a corrente de fuga solicitada:

σ 1. I=

σ 1 .λ .L = ε

2.π .ε .V0

Ln b / a

Operando obtemos a intensidade de fuga polo dieléctrico que é:

2.π .σ 1 .V0 .L

Ln b / a Polo que respecta á resistencia do material dieléctrico, iso nolo proporciona a lei de Ohm: R=

V0 V0 = 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 32: Exame de setembro de 2005 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: B = B1 + B2 = =

µ 0 .I 0 2.π .(a + c − b )

µ 0 .I 0 2.π .(a − c + b )

µ 0 .I 0  1 1 2.a  µ 0 .I 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):

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( )

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( )

d FAB = I 1 .d L AB x B → dFAB = I 1 .dL AB .B. − i → ∫ dFAB =I 1 .B. − i .∫ dL AB →FAB = I 1 .b.B. − i E polo tanto, substituíndo o valor do campo magnético, a forza será:

( )

F AB = I 1 .b.B. − i = −

µ 0 .I 0 .I 1 2.a.b . 2 .i 2 2.π a − (c − b )

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 0 .I 0  1 1 2.a  µ 0 .I 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 → ∫ d F CD =I 1 .B.i.∫ dLCD → F CD = I 1 .b.B.i E polo tanto a forza será:

F CD = I 1 .b.B.i =

µ 0 .I 0 .I 1 2.a.b . 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 → → d F AD1 = I 1 .dx. → ∫ d F AD1 = F AD1 = -

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

µ 0 .I 0 .I 1 a+c+b .Ln .j 2.π a+c−b

Forza creada polo fío 2: d F AD 2 = I 1 .d L AD x B 2 → d F AD 2 = I 1 .dx.B2 . j = I 1 .dx.

µ 0 .I 0 2.π (2.a − x ).

( )

.− j →

x =a + c+b µ 0 .I 0 .I 1 µ 0 .I 0 .I 1 dx x =a +c +b ∫ d F AD1 = 2.π . − j .x=a∫+c−b 2.a − x → FAD1 = − 2.π . j.[Ln(2.a − x )]x=a +c−b → µ .I .I a−c+b FAD1 = − 0 0 1 .Ln .j 2.π a−c−b

( )

Problemas Resueltos y Explicados de Electromagnetismo. Rev. Octubre 2005. Roberto Palau L. & R.Palau G.

Forza total:

F AD = F AD1 + F AD 2 =

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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: F BC = −

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

Así, a forza total sobre a espira será (evidentemente se van anular as forzas en Y):

F T = F AB + F CD + F AD + F BC = − + =

µ 0 .I 0 .I 1 µ .I .I 2.a.b 2.a.b . 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   a + c − b a − c − b  2.π   a + c − b a − c − b  µ 0 .I 0 .I 1 .2.a.b.(2.c 2 + 2.b 2 )

[

][

2.π . a 2 − (c − b ) .. a 2 − (c + b ) 2

]..i