Problemas Resueltos de Dielectricos

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
CURSO:
TEORÍA DE CAMPOS ELECTROMAGNÉTICOS
PROFESOR: Ing. JORGE MONTAÑO PISFIL
PROBLEMAS RESUELTOS SOBRE CAMPO
ELECTROSTÁTICO EN MEDIOS DIELÉCTRICOS
Problema Nº 1
Un capacitor de placas paralelas tiene sus placas en x = 0 y en x = d , y el espacio entre
las placas está lleno de un material no homogéneo con permitividad ε =
2d ε 0
. Si la placa
(x + d )
en x = d se mantiene a ϕ0 cuando está a tierra la placa en x = 0 , encuentre:
→
a) La intensidad de campo eléctrico E
→
b) La polarización P
c) La densidad superficial de carga de polarización σ Pol
d) La capacitancia cuando d = 2,5mm y cada placa tiene un área de 200 cm2. Desprecie el
efecto de borde.
Resolución
Según el enunciado la figura es la que se muestra a continuación.
y
Por condición:
ε=
2d ε 0
(x + d )
ε
0
ϕ =0
ϕ0
d
d
Como se observa en la
figura, se trata de un
capacitor
plano
con
dieléctrico, y con una de
sus placas conectada a
tierra.
x
Sabemos que:
-
En un capacitor plano el campo eléctrico sólo existe en su interior, es decir en la región
comprendida entre las placas del capacitor.
→
-
El campo eléctrico E está dirigido de la placa de mayor potencial eléctrico hacia la placa
→
de menor potencial. Por lo tanto, en nuestro caso el vector E está dirigido hacia la
izquierda.
→
-
La magnitud de E en las cercanías de un conductor, cualesquiera que sea, viene dada
por: E =
σ
ε
Donde σ es la densidad superficial de carga de una las placas conductoras del
capacitor.
→
a) Cálculo de E (intensidad de campo eléctrico)
→
Tal como se explicó, en este caso el vector E está dirigido hacia la izquierda (de la
placa de mayor potencial hacia la menor potencial), por lo tanto se cumple:
→
∧
E = E ( − ax )
Luego:
→
E=−
Reemplazando ε =
σ ∧
a
ε x
→
σ (x + d ) ∧
2d ε 0
ax . . . (1)
queda: E = −
2d ε 0
(x + d )
Para hallar “ σ ” utilizo la ecuación que relaciona el potencial ϕ con el campo eléctrico
→
E . Es decir:
a→
→
ϕa − ϕb = − ∫ E d r
b
→
Reemplazo E :
d
ϕ 0 − ϕTierra = − ∫ −
0
ϕ0 =
σ
2d ε 0
∫
d
0
( x + d )dx =
∧
σ (x + d )
dx ax
2d ε 0
σ ⎛ 3d 2 ⎞
⎜
⎟
2d ε 0 ⎝ 2 ⎠
σ=
Reemplazando “ σ ” en la ecuación (1) y simplificando obtenemos:
→
E=−
2ϕ 0 ( x + d ) ∧
ax
3d 2
4ϕ 0ε 0
3d
→
b) Cálculo de P (vector polarización)
→
→
Se sabe que: P = (ε − ε 0 ) E
→
→
Reemplazando E y ε obtenemos:
P=−
2ϕ 0ε 0 ( d − x ) ∧
ax
3d 2
En la figura mostrada a continuación se observa al dieléctrico polarizado y al vector
→
polarización P .
-
+
-
+
→
+
-
P
+
-
+
-
+
-
c) Cálculo de σ Pol
→ ∧
Se sabe que: σ Pol = P n
∧
∧
∧
∧
* Para x = 0 :
n = − ax
* Para x = d :
n = + ax
σ Pol =
2ϕ0ε 0
3d
σ Pol = 0
d) Cálculo de “C” (capacitancia)
La capacitancia se define por: C =
Luego:
C=
σ A 4ε 0 A
=
ϕ0
3d
Q
ϕab
C = 94, 4 pF
Problema Nº 2
Dos esferas conductoras concéntricas con radios de 3 y 5 cm, tienen la región entre ellas
rellena de un dieléctrico homogéneo para el cual ε r = 5 . Si el potencial de la esfera interior
es 100 V mientras que la del exterior es de -100 V, determine:
a) El potencial eléctrico ϕ( r )
→
b) La intensidad de campo eléctrico E( r )
c) El valor de r para el cual ϕ = 0
d) La carga Q sobre la esfera interior
e) La capacitancia entre las dos esferas
Resolución
Según el enunciado la figura es:
ϕb
Datos:
a = 3cm = 0, 03m
εr = 5
ϕa
b = 5cm = 0, 05m
a
ϕa = 100V
ϕb = −100V
b
a) Cálculo del potencial eléctrico ϕ( r )
ϕ2
ϕ1
Por ley de Gauss en dieléctricos:
→
dS
→
→
E
r
Superficie Gaussiana
LIBRE
S
D(4π r 2 ) = Q
r1
r2
→
∫D⋅d S = Q
D=
Q
4π r 2
Luego:
E=
Q
4πε 0ε r r
2
∴
→
E=
∧
Q
20πε 0 r
2
ar ; a < r < b
→
Para conocer el valor del campo eléctrico E necesito conocer Q (carga libre encerrada por
la superficie gaussiana = carga de la esfera conductora de radio 3 cm). Esta carga Q la
hallo aplicando la ecuación que relaciona el potencial con el campo eléctrico:
a →
→
ϕ a − ϕ b = − ∫ E⋅ d r
b
0,03
200V = −
∫
0,05
∧
Q
20πε 0 r 2
∧
Q = 300πε 0
ar dr ar
→
→
Reemplazando la carga Q tenemos que el campo eléctrico E es:
→
Luego, el potencial ϕ( r )
Es decir:
ϕ( r ) = − ∫
* Si r = 0, 03m
E=
15 ∧
ar
r2
→
viene dado por: ϕ = − ∫ E ⋅ d r
15
15
dr = + C
2
r
r
ϕ( r = 0, 03 m ) = 100V =
15
+C
0, 03m
C = −400V
⎛ 15
⎞
∴ ϕ( r ) = ⎜ − 400 ⎟ V
⎝ r
⎠
→
b) Cálculo de la intensidad de campo eléctrico E( r )
→
Como ya se conoce el potencial eléctrico ϕ( r ) , entonces el campo eléctrico E( r ) se halla
aplicando gradiente de potencial. Es decir:
→
E( r ) = −∇ϕ( r )
→
Al hallar el gradiente de potencial, obtenemos que el campo eléctrico E( r ) viene dado
por:
→
E( r ) =
15 ∧ ⎛ V ⎞
ar ⎜ ⎟
r2 ⎝ m ⎠
c) Cálculo de r para el cual ϕ = 0
⎛ 15
⎞
− 400 ⎟ V .
⎝ r
⎠
Se halló que el potencial eléctrico es igual a ϕ ( r ) = ⎜
Igualando a cero esta ecuación y despejando r obtengo que:
r = 0,0375 m = 3,75 cm
d) Cálculo de la carga eléctrica Q sobre la esfera interior
Para calcular la carga eléctrica Q sobre la esfera conductora interior, utilizo:
Q=
∫ σ dA
S
Donde:
→
⎛ 15 ∧ ⎞ ∧ 75ε 0 ⎛ C ⎞
a • ar = 2 ⎜ 2 ⎟
2 r⎟
r ⎝m ⎠
⎝r
⎠
∧
σ = ε 0 (5)⎜
σ = ε 0ε r E • n
dA = r 2 senθ dθ dφ
La carga eléctrica Q queda expresada por:
2π
Q=
π
75ε 0 2
r senθ dθ dφ
2
r
=0
∫ ∫
φ θ
=0
Q = 300πε 0 = 8,34 nC
e) Cálculo de la capacitancia entre las dos esferas
La capacitancia se define por C ¨=
C=
Q
; donde: Δϕ = ϕ a − ϕb = 200V
Δϕ
8,34 nC
= 41,7 pF
200 V