Departamento de Física Aplicada III

Departamento de Física Aplicada III
Escuela Superior de Ingenieros
Camino de los Descubrimientos s/n
41092 Sevilla
Examen de Campos electromagnéticos. 2o Curso de Ingenierı́a Industrial.
3 de septiembre de 2008
PROBLEMA 1
Una barra conductora de sección cuadrada se ha fabricado mediante la conexión de dos barras de
la misma sección pero cuyos materiales son conductores óhmicos con diferentes conductividades
σ1 y σ2 (ver figura). Se coloca esta barra entre dos electrodos planos y paralelos que establecen
una diferencia de potencial V0 entre sus extremos. Suponiendo condiciones de corriente estacionaria, se pide calcular:
a) Campo eléctrico y densidad de corriente en todos los puntos de la barra. Para ello parta
~ = Ex (x, y, z)~ux + Ey (x, y, z)~uy +
de una expresión general para el campo eléctrico E
Ez (x, y, z)~uz y justifique razonadamente las simplificaciones que haga. (1.0 ptos)
b) Intensidad que recorre la barra y resistencia eléctrica de la barra.
(0.6 ptos)
c) Potencia disipada en la barra por efecto Joule. (0.5 ptos)
d) Densidad de carga volumétrica y superficial en la barra.
(0.4 ptos)
SOLUCIÓN:
Apartado a)
Dada la simetrı́a del problema y la condición de que la densidad de corriente debe ser paralela
a las paredes laterales de la barra conductora es razonable suponer que tanto el campo eléctrico
como la densidad de corriente tiene la dirección del eje x. Además ninguna de estas magnitudes
debe depender de las variables de posición en la sección transversal (y y z). Es fácil convencerse
de esto si consideramos que la circulación del campo eléctrico por cualquier camino paralelo
al eje x entre los extremos de la barra debe dar el mismo resultado (porque es la diferencia
de potencial entre los extremos de la barra). De una manera más formal puede deducirse esto
~ × E(x,
~
mismo partiendo de la condición de campo electrostático ∇
y, z) = 0.
~ no depende de y ni de z, la densidad de corriente tampoco debe depender
Evidentemente si E
~ siendo en este problema
de estas variables, puesto que en los materiales óhmicos tenemos ~ = σ E,
la conductividad σ una constante en ambas porciones de la barra. Entonces la forma más general
de escribir la densidad de corriente serı́a: ~ = j(x)~ux . Esta expresión se puede simplificar aún
más, ya que en realidad la densidad de corriente ha de ser independiente de x. Para demostrar
esto basta argumentar que una j(x) función de x llevarı́a en general a valores de intensidad
diferente en distintas secciones de la barra, lo cual es incompatible con la condición de corriente
estacionaria. Una forma alternativa (y en el fondo equivalente) de ver esto es aplicar la condición
de corriente estacionaria:
~ · ~ = ∂j = 0.
(1)
∇
∂x
En definitiva tenemos una densidad de corriente del tipo ~ = j0 ~ux , siendo j0 una constante.
Como consecuencia de esto y en virtud de la Ley de Ohm el campo eléctrico tendrá diferente
módulo en las dos secciones de la barra:
~ 1 = j0 ~ux
E
σ1
~ 2 = j0 ~ux
E
σ2
(2)
(3)
Para hallar el valor de la constante j0 en función de las variables de nuestro problema podemos
aplicar la condición de que la circulación del campo eléctrico entre los extremos de la barra
coincide con la diferencia de potencial:
V0 =
Z
0
l
~ · d~x =
E
Z
0
l1
E1 dx +
Z
l1 +l2
l1
E2 dx = E1 l1 + E2 l2 = j0 (
l2
l1
+ )
σ1 σ2
(4)
Despejando j0 en (4) podemos escribir para la densidad de corriente la siguiente expresión:
~ =
l1
σ1
V0
~ux
+ σl22
(5)
Por otro lado, el campo eléctrico a partir de (2-3) y (4) se puede escribir de la siguiente forma:
V0
~ux
+ σl22
V0
~2 = 1
E
~ux
l
1
σ2 σ + σl2
1
2
~1 = 1
E
σ1
l1
σ1
(6)
(7)
Apartado b)
Por definición la intensidad de corriente en una sección transversal cualquiera de la barra
viene dada por:
Z
Z aZ a
a2 V0
~
j0 dydz = j0 a2 = l1
(8)
I = ~ · dS =
l2
0
0
S
σ1 + σ2
Por otro lado, la resistencia se define como el cociente entre la diferencia de potencial y la
intensidad, por lo que basta con despejar en la ecuación (8) para obtener:
R=
1 l1
1 l2
V0
=
+
2
I
σ1 a
σ2 a2
(9)
Es decir, se obtiene como resistencia total la suma de la resistencias de cada una de las dos
barras conductoras homogéneas, que responden a la conocida ecuación R = σ1 Sl .
Apartado c)
En este punto basta recordar que la potencia disipada por efecto Joule en una resistencia
R sometida a una diferencia de potencial V0 por la que circula una corriente I es: P = V0 I =
I 2 R = V02 /R. Utilizando cualquiera de estas expresiones y las ecuaciones (8) y/ó (9) se puede
llegar a escribir la potencia disipada como:
a2 V02
l1
l2
σ1 + σ2
P =
(10)
Alternativamente, hubiera sido posible calcular la potencia disipada por efecto Joule como la
integral –extendida a todo el volumen de la barra conductora– de la potencia por unidad de
~ a las fuentes:
volumen entregada por el campo E
P =
Z
τ
~
~j · Edτ
(11)
Se deja como ejercicio comprobar que este cálculo lleva al resultado en (10). Cabe mencionar
que en el fondo no es sorprendente que se llegue al mismo resultado con este método si se tiene
en cuenta que la ecuación (11) es el punto de partida para demostrar la ecuación P = V0 I que
hemos usado antes.
Apartado d)
Puesto que la barra está constituida por dos trozos de conductor óhmico homogéneo la
densidad de carga en volumen será nula en todos los puntos. En efecto, bajo condiciones de
~ · ~ = 0) en cada uno de los trozos de conductor se cumple:
corriente estacionaria (∇
~ · ~ = 0;
~ ·E
~ i = ε0 ∇
ρi = ε0 ∇
σi
i = 1, 2
(12)
Sin embargo en la superficie de separación entre ambas barras sı́ aparecerá una densidad superficial de carga libre, ya que en ese punto la componente normal del campo eléctrico experimenta
un salto. El valor de esta densidad superficial de carga puede obtenerse aplicando la condición
~
de salto (ρs = ε0 n̂ · [E]):
ρs = ε0 ~ux · (E~2 − E~1 ) =
Donde se ha hecho uso de las expresiones (6) y (7).
1
1
−
σ2 σ1
l1
σ1
V0
+ σl22
(13)
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3 de septiembre de 2008
PROBLEMA 2
Sea un toroide de sección rectangular con radio interior a, radio exterior b y altura h en el que
existe un arrollamiento de N vueltas de un cable conductor que transporta una corriente I0 . El
toroide atraviesa una espira cuadrada de lado l y resistencia eléctrica R tal como muestra la
figura adjunta. No existe ningún generador conectado a la espira. Se pide:
a) Calcular el campo magnético en todo el espacio y flujo magnético que atraviesa la espira.
(0.8 ptos)
b) Calcular el coeficiente de autoinducción del toroide y coeficiente de inducción mutua entre
el toroide y la espira. (0.6 ptos)
c) Si en un instante dado (t = 0) la intensidad que recorre el toroide comienza a decaer de
una forma exponencial: I(t) = I0 e−λt , indique módulo y sentido de la corriente inducida
en la espira. (0.6 ptos)
d) Para el supuesto del apartado anterior calcule la energı́a total disipada en la espira en el
periodo t > 0. (0.5 ptos)
z
b
a
h
l
I0
SOLUCIÓN:
Apartado a)
Para hallar el campo magnético creado por el toroide basta considerar que la corriente que
~ =
recorre el toroide es de tipo poloidal y, por tanto, el campo magnético ha de ser toroidal: B
B(r, z)~uφ . Esta simetrı́a permite aplicar la Ley de Ampere para encontrar el campo magnético:
I
γ
~ · d~r = µ0 Ii
B
(1)
Donde γ es la curva donde se calcula la circulación del campo magnético e Ii representa la
intensidad neta que atraviesa una superficie abierta que se apoya en γ. En este caso, para
aprovechar la simetrı́a, la curva γ debe ser una circunferencia centrada en el eje z. Cabe distinguir
dos casos: que la circunferencia se encuentre dentro del volumen del toroide o que se encuentre
fuera. Si se encuentra fuera la solución es inmediata, porque la corriente neta que atraviesa
cualquier superficie apoyada en esa circunferencia (Ii ) es nula y, por tanto, el campo magnético
fuera del toroide también lo es:
I
Cext
~ · d~r = Bext 2πr = µ0 Ii = 0
B
→
Bext = 0
(2)
Sin embargo, dentro del toroide la situación es diferente ya que ahora la intensidad que atraviesa
una superficie apoyada en la circunferencia es Ii = N I0 . Si asignamos arbitrariamente a la
integral de lı́nea a lo largo de la circunferencia el sentido dado por ~uφ esta intensidad es positiva,
ya que, en virtud de la figura adjunta al problema, ésta entra de abajo hacia arriba. Entonces
obtenemos dentro del toroide:
I
Cint
~ · d~r = B2πr = µ0 Ii = µ0 N I0
B
→
~ = µ0 N I0 ~uφ
B
2πr
(3)
Las lı́neas de campo magnético son circunferencias centradas en el eje z y el campo tiene el
mismo sentido que ~uφ .
El flujo magnético que atraviesa la espira es:
Φe =
Z
S
~ · dS
~
B
(4)
Donde S es cualquier superficie abierta apoyada en la espira. Lo más sencillo es tomar como S la
~ = drdz~uφ y tenemos
superficie plana rectangular interior a la espira. Entonces, si tomamos dS
en cuenta que el flujo se debe solamente al campo magnético dentro del solenoide (fuera es nulo)
obtenemos:
Z h
Z b
µ 0 N I0
b
µ 0 N I0
dr =
h ln .
(5)
Φe =
dz
2πr
2π
a
0
a
Apartado b)
Por definición el coeficiente de autoinducción del toroide es igual al flujo magnético que atraviesa el toroide cuando solamente existe corriente en el propio toroide dividido por la corriente
en el toroide. El flujo magnético que atraviesa el toroide es Φt = N Φe . Es decir, el número de
vueltas N por el flujo que atraviesa una de las vueltas del toroide, que a su vez coincide con el
que atraviesa la espira (5). Con esto tenemos:
L=N
µ0 N 2
b
Φe
=
h ln .
I0
2π
a
(6)
El coeficiente de inducción mutua, M , puede calcularse como el flujo magnético que atraviesa
la espira cuando ésta no transporta corriente dividido por la corriente en el toroide. A partir de
esta definición y de (5) es inmediato obtener:
M=
Φe
µ0 N
b
=
h ln .
I0
2π
a
(7)
Es interesante resaltar que debido a la simetrı́a de la matriz de coeficientes de inducción este
coeficiente también podrı́a calcularse a partir del flujo magnético que atraviesa el toroide cuando
la espira transporta corriente (y el toroide no) dividido por la corriente en la espira. Este cálculo
es mucho más complejo.
Apartado c)
En el caso en que la corriente en el toroide empieza a decaer, el flujo que atraviesa la espira
también decrece. Entonces, partiendo de la expresión hallada para el flujo (5) y suponiendo que
ahora la corriente depende del tiempo llegamos a:
Φe (t) =
b
µ0 N I0 e−λt
h ln = Φe0 e−λt
2π
a
(8)
donde Φe0 es el flujo en el instante t = 0, que viene dado por (5).
Tenemos entonces una situación en la cual el flujo magnético que atraviesa la espira es
variable. En estas circunstancias se producirá una corriente inducida en la espira que puede
calcularse a partir de la regla del flujo:
ε=−
dΦe (t)
= λΦe0 e−λt
dt
(9)
Como la espira tiene una resistencia R tendremos que ε = Ie R, donde Ie es la corriente eléctrica
inducida en la espira (no confundir con la corriente que circula por el toroide, que es I(t) =
I0 e−λt ). Entonces tenemos:
λΦe0 −λt
e
(10)
Ie (t) =
R
El hecho de que la corriente sea positiva indica que ésta circula en sentido horario (vista la espira
tal y como aparece en el dibujo). En efecto, recordemos que al calcular el flujo hemos tomado
~ = drdz~uφ , es decir, hacia dentro del papel. Si aplicamos la regla de la mano derecha con ese
dS
diferencial de superficie el sentido positivo de giro es el sentido horario.
Otra forma de ver el sentido de la corriente es apoyarse en la Ley de Lenz. El flujo magnético
que crea el toroide hacia dentro del papel es decreciente con el tiempo y por tanto la corriente
inducida en la espira tiende a crear un campo magnético que por el interior de la misma se
oponga a la variación del flujo, o lo que es lo mismo, que tenga el mismo sentido que el campo
magnético del toroide. Aplicando de nuevo la regla de la mano derecha vemos que esto exige que
el sentido de la corriente inducida en la espira sea horario.
Apartado d)
La potencia disipada por efecto Joule en la espira es P = Ie2 R que, usando (10) queda:
P (t) =
λ2 Φ2e0 −2λt
e
R
(11)
Esta expresión corresponde a la energı́a disipada por unidad de tiempo, que vemos que es
exponencialmente decreciente. Para calcular la energı́a total disipada desde el instante t = 0
simplemente hay que integrar esta expresión desde t = 0 hasta t = ∞:
E=
Z
∞
0
λ2 Φ2e0
P (t) dt =
R
Z
0
∞
e−2λt dt =
λΦ2e0
.
2R
(12)