Descargar

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.
27 de junio de 2009
PROBLEMA 1
Sean dos esferas metálicas concéntricas tal como muestra la figura. El radio exterior de la esfera
hueca es igual a dos veces su radio interior: c = 2b. Se conecta a tierra la esfera interior y
después se deposita una carga 5Q en la esfera exterior. Como consecuencia una vez alcanzado
el equilibrio electrostático aparece una carga inducida −Q en la esfera interior.
a) Indique razonadamente cuánta carga hay acumulada en las superficies de las esferas y en su
volumen. (0.5 ptos)
b) Calcule el campo eléctrico y el potencial en todos los puntos del espacio. (1.0 ptos)
c) Dado que en general la carga inducida en la esfera interior, que está a tierra, depende de
factores geométricos, y habida cuenta de que nos dan el valor de esa carga inducida (−Q) halle
el cociente b/a. (0.5 ptos)
d) Se deconecta el conductor interior de tierra y, a continuación, el hueco entre esferas se rellena
completamente con un dieléctrico de permitividad relativa εr . Calcule los nuevos valores de carga
y potencial para la esfera interior. (0.5 ptos)
b
c
a
SOLUCIÓN:
Apartado a)
La condición de equilibrio electrostático exige que la carga se acumule en la superficie de las
esferas y, por tanto, la carga en volumen es nula para ambas esferas. La carga en la superficie
de la esfera interior (que llamaremos esfera 1) es por tanto q1 =−Q.
La esfera exterior (esfera 2) posee dos superficies (interior y exterior) que tendrán cargas
int
q2 y q2ext que es preciso determinar. Para ello basta aplicar la Ley de Gauss en una superficie
contenida en el interior de la esfera 2. Dado que el campo eléctrico dentro del conductor es nulo
el flujo también lo será y por tanto la suma de las cargas contenidas dentro de la superficie
gaussiana es nula: q1 + q2int = 0. En consecuencia q2int = Q. Vemos que la esfera 1 y la superficie
interna de la esfera 2 tienen cargas iguales y de signo contrario (están en influencia total).
Por último para obtener la carga en la superficie externa de la esfera 2 solamente hay que
tener en cuenta que las cargas en las supeficies de la esfera 2 cumplen q2int + q2ext = Q+ q2ext = 5Q,
de donde: q2ext = 4Q. En resumen, tenemos:
q1 = −Q
(1)
q2int = Q
q2ext = 4Q
(2)
(3)
Apartado b)
Dada la simetrı́a esférica del problema podemos usar la Ley de Gauss para calcular el campo
eléctrico en cualquier punto del espacio. A partir del campo eléctrico podremos calcular el
potencial electrostático. Escogemos entonces como superficie Gaussiana una esfera de radio r
concéntrica con las dos esferas de nuestro problema y aplicamos Ley de Gauss:
Z
~ · dS
~ = qi .
E
ε0
Sr
(4)
Donde qi hace referencia a la carga neta encerrada dentro de la superficie Gaussiana Sr . La
simetrı́a del problema nos permite suponer que el campo eléctrico solamente tendrá componente
radial y que su módulo dependerá solamente de la distancia al centro de las esferas (coordenada
radial r en coordenadas esféricas). Como consecuencia el campo eléctrico saldrá fuera de la
integral en (4) y tendremos una solución que, en general es:
~ =
E
qi
~ur .
4πε0 r 2
(5)
Como sabemos que dentro de los materiales conductores en equilibrio electrostático el campo
eléctrico es nulo, solamente necesitamos determinar el campo en las regiones de vacı́o que existen
fuera de la esfera 2 (región I) y entre ambas esferas (región II). Ası́ tenemos:
Región I (r > c): la carga neta dentro de Sr es qi = 4Q y por tanto tenemos:
~I =
E
Q
~ur .
πε0 r 2
(6)
Región II (b > r > a): la carga neta dentro de Sr es qi = −Q y por tanto:
~ II = −
E
Q
~ur .
4πε0 r 2
(7)
El potencial electrostático se obtiene a partir de la circulación del campo eléctrico. Teniendo
en cuenta que el campo solamente tiene componente radial resulta ventajoso escoger como
camino de integración un camino radial y ası́ tenemos:
V2 − V1 = −
Z
1
2
~ · d~r = −
E
Z
r2
r1
E(r)dr.
(8)
Entonces si tomamos V (∞) = 0 el potencial en la región I puede calcularse como:
Z
VI (r) = −
r
∞
EI dr = −
Z
r
∞
Q
Q
dr =
2
πε0 r
πε0 r
(9)
Como el potencial debe ser una función continua1 el potencial de la esfera 2 puede hallarse
particularizando esta expresión para el caso r = c:
V2 = VI (r = c) =
Q
.
πε0 c
(10)
Para hallar el potencial en la región II hemos de extender la integral radial de linea hasta un
punto situado en la región entre esferas o, equivalentemente, calculamos:
VII (r) − VII (b) = −
Z
b
r
EII dr =
Z
r
b
Q
Q
dr = −
2
4πε0 r
4πε0
1 1
−
,
r
b
(11)
y usando que VII (b) es el potencial de la esfera 2 (10) podemos escribir:
VII (r) = −
Q
4πε0
1 1
−
r
b
+
Q
.
πε0 c
(12)
Por último, el conductor 1 está conectado a tierra y por tanto su potencial es cero: V1 = 0.
Apartado c)
Como el conductor 1 está conectado a tierra el potencial VII (r) hallado en el apartado
anterior (12) debe cumplir la condición VII (a) = 0. Imponiendo esa condición y haciendo uso de
que c = 2b tenemos:
Q
1 1
Q
VII (a) = −
−
= 0,
(13)
+
4πε0 a b
πε0 2b
de donde:
1
1 1 1
−
= 0 → b = 3a
(14)
+
−
4 a b
2b
Apartado d)
La operación de introducir el dieléctrico se realiza con los conductores aislados (sin conectar
a ningún generador ni a tierra) por lo tanto el potencial de los conductores en el equilibrio pasa
a ser una incógnita. Sin embargo dado que ambos conductores se encuentran aislados sus cargas
no cambian, y siguen siendo: q1 = −Q y q2 = 5Q. Como consecuencia el problema exterior no
sufre ninguna modificación y puede aplicarse Ley de Gauss para obtener idéntico resultado para
el campo eléctrico y el potencial en la región I. Ası́, se obtiene como resultado que el potencial
de la esfera 2 en realidad no cambia:
V2 = VI (c) =
Q
.
πε0 c
(15)
En la región II el problema es ligeramente diferente, puesto que ahora está presente el material
dieléctrico. Entonces puede aplicarse la Ley de Gauss para el vector desplazamiento y luego
~ = εE
~ para obtener el campo eléctrico:
aplicar la relación D
~ II (r) = −Q ~ur
~ II (r) = −Q ~ur → E
D
2
4πr
4πεr ε0 r 2
(16)
~ = −∇V
~ ), serı́a infinito en el punto de disconEn caso contrario el campo eléctrico, que es su derivada (E
tinuidad
1
Es decir, el campo entre las esferas (región II) decrece en un factor εr . Esto se debe a la presencia
de las cargas de polarización en las superficies del dieléctrico. Entonces, operando tal como se
muestra en (11-12) pero con este nuevo valor del campo entre las esferas obtenemos:
−Q
VII (r) =
4πεr ε0
1 1
−
r
b
+
Q
.
πε0 c
(17)
Para determinar el potencial de la esfera 1 basta con evaluar VII en r = a teniendo en cuenta
que b = 3a y c = 2b = 6a:
1
1
Q
−Q
−
,
(18)
+
V1 =
4πεr ε0 a 3a
πε0 6a
que se puede escribir:
V1 =
Q
πε0 6a
εr − 1
εr
= V2
εr − 1
.
εr
(19)
Se comprueba fácilmente que cuando tenemos aire entre las esferas εr = 1 y V1 = 0, sin embargo
cuando εr → ∞ entonces V1 → V2 , y el potencial de la esfera interior crece y tiende a igualarse
con el de la esfera exterior, que no cambia. Esto se explica porque debido a la presencia de las
cargas de polarización el campo eléctrico en el dieléctrico entre las esferas (16) es más pequeño
que cuando tenemos vacı́o y por tanto la diferencia de potencial entre las dos esferas (circulación
del campo) también debe ser menor. Como el potencial de la esfera 2 no cambia es el potencial
de la esfera 1 el que aumenta al introducir el dieléctrico.
Departamento de Física Aplicada III
Escuela Superior de Ingenieros
Camino de los Descubrimientos s/n
41092 Sevilla
Examen de Campos Electromagnéticos. 2o de Industriales. 27 de Junio de 2009
Problema 2.- (2.5 ptos.) Considérese un hilo rectilı́neo infinito, recorrido por una corriente de intensidad I1 , y una espira conductora rectangular, colocada de tal manera que el hilo infinito es coplanario
con ella y paralelo a dos de sus lados (ver figura). Dichos lados tienen longitud a y los otros dos,
perpendiculares al hilo, longitud b. La espira rectangular se aleja del hilo con velocidad uniforme v,
manteniéndose siempre en el mismo plano. La distancia entre el hilo infinito y el lado más cercano en
el instante inicial es r0 . Se pide:
a) Fuerza electromotriz inducida en la espira rectangular cuando el lado más cercano está en una
posición genérica r > r0 . (0.9 ptos.)
b) Intensidad que recorre la espira en esa posición, si su resistencia es R. ¿ Está de acuerdo su sentido
de circulación con el predicho por la ley de Lenz?. (0.7 ptos.)
c) Fuerza que debemos ejercer sobre la espira para mantener su velocidad constante. Compruébese
que la potencia mecánica empleada se disipa en calor por efecto Joule. (0.9 ptos.)
I1
N
P
v
a
Q
M
r
b
SOLUCIÓN
Apartado a)
La fuerza electromotriz inducida en la espira rectangular proviene de la variación del flujo magnético
a través de ella por estar
moviéndose en un campo no uniforme. Emplearemos la regla del flujo,
R
~ · dS.
~ El campo magnético producido por el hilo en cualquier punto del
ε = −dΦ/dt, con Φ = B
espacio es, tomando coordenadas cilı́ndricas con eje OZ en el propio hilo,
µ0 I1
~
~uφ .
B(r)
=
2πr
El unitario ~uφ apunta hacia el interior del papel en la figura. Tomaremos ese mismo sentido para los
elementos de superficie definidos sobre el rectángulo que se apoya en la espira. El flujo es entonces
Φ=
Z
S
µ0 I1 a
µ0 I1
~uφ · (dr dz~uφ ) =
[ln(r + b) − ln r] .
2πr
2π
La fuerza electromotriz resulta
dΦ
dΦ dr
µ0 I1 a
ε=−
=−
=
dt
dr dt
2π
1
1
−
v,
r r+b
donde hemos usado la regla de la cadena e identificado la derivada temporal de la distancia al eje
como la velocidad de la espira.
Apartado b)
La intensidad inducida en la espira, que llamaremos Iind , se obtiene directamente de ε = Iind R, y
vale
1
µ0 I1 av 1
−
.
Iind =
2πR
r r+b
Se trata de una intensidad positiva, lo cual quiere decir que recorre la espira en sentido horario en el
esquema de la figura (recordemos que el sentido de los elementos de superficie determina el sentido
positivo de circulación de acuerdo con la regla de la mano derecha). Si acudimos ahora a la ley de
Lenz para predecir el sentido de la corriente inducida, observamos que una corriente horaria produce
un campo magnético que entra en el papel, es decir, que produce un flujo que trata de compensar
la disminución del flujo original conforme la espira se aleja. Por tanto la intensidad obtenida está de
acuerdo con la ley de Lenz.
Apartado c)
Al estar recorrida la espira por una corriente inducida y a la vez sometida al campo del hilo, existe
una fuerza magnética sobre ella. La fuerza es
F~ = Iind
I
γ
~
d~r × B,
donde γ representa la espira. En la evaluación de la integral descomponemos el recorrido en los cuatro
lados del rectángulo. Sin embargo, podemos omitir los dos lados perpendiculares al hilo porque el
integrando es independiente de la coordenada z y la integración toma el mismo valor excepto el signo,
que cambia por ser opuesto el sentido de recorrido. En conclusión, los aportes de ambos tramos se
cancelan mutuamente.
El aporte del lado más cercano, que llamaremos F~M N es
~M N = Iind
F
Z
0
a
dzB(r)(−~ur ) = −Iind a
µ0 I1
~ur ,
2πr
mientras que el aporte del lado más alejado es
F~P Q = Iind
Z
0
a
dzB(r + b)(−~ur ) = Iind a
µ0 I1
~ur .
2π(r + b)
Sumando y sustituyendo la intensidad inducida por el valor encontrado queda
µ0 I1 a
F~ = −Iind
2π
1
1
−
r r+b
µ0 I1 a
=−
2π
1
1
−
r r+b
2
v
~ur .
R
~ ′ necesaria para mantener la espira con velocidad constante será la opuesta de la fuerza
La fuerza F
magnética que acabamos de calcular.
Finalmente, podemos comprobar que la potencia mecánica, Pm , que empleamos es igual a la
potencia disipada en calor por efecto Joule, PJ , sin más que sustituir en las expresiones
Pm = F ′ v,
2
PJ = Iind
R.