Departamento de Física Aplicada III Universidad de Sevilla

Departamento de Física Aplicada III
Escuela Superior de Ingenieros
Camino de los Descubrimientos s/n
41092 Sevilla
Examen Final de Campos electromagnéticos. 2o Curso de Ingenierı́a Industrial.
Junio 2005
III
PROBLEMA 1
pa
rt
am
U e
ni nt
ve o
rs de
id
ad Fís
de ica
Se Ap
vi lic
lla ad
a
Sea una distribución esférica de carga de radio R1 y de densidad de carga no uniforme: ρ(r) = Ar,
donde A es una constante y r es la coordenada radial en coordenadas esféricas. Concéntrica con
esta distribución de carga se coloca una esfera hueca metálica de radio interior R2 (con R2 > R1 )
y radio exterior R3 que está conectada a tierra. Calcular:
a) El campo eléctrico y el potencial eléctrostático en todo el espacio antes de colocar la esfera
hueca metálica. (0.8 ptos)
b) El campo eléctrico y el potencial eléctrostático en todo el espacio después de haber
colocado la esfera hueca metálica. (0.7 ptos)
c) Carga eléctrica acumulada en las superficies de la esfera hueca. (0.6 ptos)
d) Se retira la esfera hueca y se coloca otra esfera hueca metálica con las misma dimensiones
y aislada. A continuación se comprueba que el campo eléctrico en la región exterior a la
esfera hueca es el mismo que cuando no existe ninguna esfera hueca colocada. ¿Qué carga
almacena esta esfera hueca y a que potencial se encuentra? (0.4 ptos)
SOLUCIÓN:
Apartado a)
Antes de colocar la esfera hueca solamente tenemos una distribución esférica de carga.
Aunque la densidad de carga no es uniforme, ésta sólo depende de la coordenada radial, por
tanto, por la simetrı́a del problema se puede asumir que el campo eléctrico que genera esta
distribución de carga tiene sólo componente radial y, además depende exclusivamente de r:
r) = E(r)ur
E(
De
Esta fuerte simetrı́a nos permite calcular el campo eléctrico utilizando la Ley de Gauss. Para
ello, escogemos como superficie de Gauss una esfera de radio r concéntrica con la distribución de
carga. A tal efecto tenemos que distinguir dos regiones espaciales: dentro de la esfera de carga
(r < R1 ), donde llamaremos EI al campo eléctrico, y fuera de la distribución de carga (r > R1 ).
En esta región denominaremos EII al campo eléctrico.
Para la región interior (r < R1 ) tenemos:
Sr
I · dS
=
E
Sr
EI (r) dS = 4πr2 EI (r) =
q(r)
0
(1)
donde q(r) es la carga neta encerrada en la superficie gaussiana:
q(r) =
Sr
r
ρ(r)dτ =
0
1
Ar4πr2 dr = Aπr4
(2)
A partir de (1) y (2) podemos despejar:
EI (r) =
A 2
r
40
(3)
Para r > R1 : En este caso la carga contenida dentro de la superficie gaussiana coincide con
la carga total en la distribución esférica de carga, que llamaremos q0 :
Sr
R1
0
Ar4πr2 dr = AπR1 4
(4)
Entonces, aplicando de nuevo la Ley de Gauss:
Sr
EII (r) dS = 4πr2 EII (r) =
q0
0
pa
rt
am
U e
ni nt
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id
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de ica
Se Ap
vi lic
lla ad
Sr
=
II · dS
E
III
ρ(r)dτ =
a
q0 =
(5)
de donde, para r > R1 :
q0
AR14
=
(6)
4π0 r2
40 r2
Resumiendo, obtenemos la solución para el campo eléctrico dentro y fuera de la distribución
de carga. En virtud de la ecuación (4), que relaciona la constante A y la carga neta de la
distribución de carga, q0 , podemos escribir también la solución para los campos como:
EII (r) =
E(r) =
⎧
q0
2
⎪
⎨ EI (r) = 4π0 R14 r
⎪
⎩
q0
4π0 r 2
EII (r) =
si r < R1
(7)
si r > R1
Donde se pone de manifiesto que el campo en el exterior de la distribución de cargas es el mismo
que el que generarı́a una carga puntual q0 situada en el centro de la esfera de carga.
Para obtener ahora el potencial electrostático es suficiente aplicar la relación integral que
existe entre éste y el campo eléctrico. Ası́, para r > R1 , si consideramos V (∞) = 0:
VII (r) = −
r
∞
EII (r) dr = −
r
AR14
AR14
=
dr
=
2
∞
40 r
40 r
q0
4π0 r
(8)
donde se ha hecho uso de la relación (4) para expresar el potencial en función de la carga total
de la esfera. Por otra parte, dentro de la esfera de carga (r < R1 ) tenemos:
VI (r) − VI (R1 ) = −
r
R1
EI (r) dr = −
A r3 − R13
40
3
(9)
De
Donde, dado que el potencial debe ser una función continua, podemos obtener VI (R1 ) a partir
AR3
de (8) haciendo r = R1 . Se deduce ası́ que VI (R1 ) = 401 y, sustituyendo esta expresión en (9)
despejamos el valor del potencial en el interior de la esfera de carga:
VI (r) =
A
q0
4
r3
(4R13 − r3 ) =
(
− 4)
120
12π0 R1 R1
Apartado b)
Ahora el problema queda dividido en cuatro regiones:
• región I: r < R1 : Dentro de la distribución de carga
2
(10)
• región II: R1 < r < R2 : Entre la frontera de la distribución de carga y la cara interna de
la esfera conductora.
• región III: R2 < r < R3 : dentro de la esfera conductora.
• región IV: R3 < r: Región exterior, fuera de la esfera conductora.
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de ica
Se Ap
vi lic
lla ad
⎧
q0
2
⎪
⎨ EI (r) = 4π0 R14 r
a
III
Sin embargo, es importante destacar que la colocación de la esfera hueca metálica no rompe en
absoluto la simetrı́a esférica del problema. A partir de este punto es inmediato comprender que
los resultados para el campo eléctrico dentro de la distribución de carga y en la región exterior
a ésta que se han hallado en el apartado anterior siguen siendo correctos para las regiones I y II
respectivamente de nuestro nuevo problema. En efecto, para estas dos regiones la aplicación de
la Ley de Gauss se harı́a sin modificación en las condiciones de simetrı́a ni en la carga encerrada
dentro de las superficies gaussianas. Tenemos, por tanto:
E(r) =
⎪
⎩
EII (r) =
q0
4π0 r 2
si r < R1
(11)
si R1 < r < R2
En la región III el problema es también sencillo, puesto que nos encontramos en el interior
de una esfera conductora. En el equilibrio eléctrostático se cumple que el campo eléctrico debe
ser nulo en el interior de un conductor y por tanto tenemos: EIII = 0.
Para calcular EIV nos encontramos con la dificultad de que la esfera conductora tiene una
carga desconocida, pues el dato que nos suministran es que su potencial es nulo. Sin embargo
este dato nos resulta de gran utilidad, puesto que es inmediato comprender que la solución
VIV (r) = 0 cumple la ecuación de Laplace y las condiciones de contorno en la región IV. Del
teorema de unicidad de la solución de la ecuación de Laplace deducimos que ésta es la solución
IV (r) = 0.
IV = −∇V
correcta. De aquı́ se infiere que E
En lo que se refiere al potencial, ya hemos visto que VIII = VIV = 0. Sólo tenemos que
determinar su valor en la regiones I y II.
En la Región II el cálculo del potencial es muy similar al realizado en el apartado anterior,
ya que la forma funcional de EII (r) es la misma. Sin embargo ahora se ha modificado el origen
de potencial. En efecto, si usamos que V (R2 ) = 0 tenemos:
VII (r) = −
r
R2
EII (r) dr =
AR14
40
1
1
−
r R2
=
q0
4π0
1
1
−
r R2
(12)
De
vemos que en lo único que difiere esta expresión de VII del apartado anterior (8) es en una
constante − 4πq00R2 . Esto no debe sorprender, dado que, como hemos visto, los campos eléctricos
son iguales en esta región y en la región II del apartado anterior. Campos iguales corresponden
a potenciales iguales salvo un factor constante1 . Como esto también es cierto en la región I, y
dado que el potencial es continuo en la interfase, se deduce que este factor constante es el mismo
que afecta a VI respecto al valor del potencial en la región I obtenido en el apartado anterior
(10). Entonces podemos escribir:
VI (r) =
A
R4
q0
4
r3
1
(4R13 − r3 − 1 ) =
(
−
−
)
4
120
R2
4π0 3R1 3R1 R2
(13)
En cualquier caso, conviene resaltar que también podrı́amos haber obtenido este resultado a
partir de la circulación del campo eléctrico, como se ha hecho con VII en (12).
1
= −∇V
Dado que E
3
Apartado c)
Llamaremos qint a la carga neta acumulada en la superficie interna de la esfera hueca metálica
y qext a la carga acumulada en la cara externa. La determinación del valor de estas cargas en
sencilla a partir de la aplicación de la Ley de Gauss. En efecto, si escogemos cualquier superficie
gaussiana contenida en la región III (SIII ), y dado que EIII = 0, tenemos:
= 0 = q0 + qint
III dS
E
0
SIII
(14)
= 0 = q0 + qint + qext
IV dS
E
0
pa
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a
III
de donde: qint = −q0 . La carga acumulada en la cara interna del conductor hueco coincide en
módulo con la carga neta en la distribución esférica de carga y es de signo contrario.
Si escogemos ahora cualquier superficie gaussiana contenida en la región IV (SIV ), y dado
que también EIV = 0, tenemos:
SIV
(15)
De donde, dado que qint + q0 = 0, se deduce que ha de ser qext = 0. Es decir, no hay carga
neta acumulada en la cara externa del conductor hueco. Este resultado también podrı́a haberse
deducido más directamente. En efecto, recordemos que la densidad superficial de carga en
la superficie de un conductor en equilibrio electrostático es ρs = 0 En , siendo En el campo
eléctrico normal a la superficie en cada punto de ésta. Como en la región IV tenemos EIV = 0
se deduce que la densidad superficial de carga en cada punto de la superficie externa es nula.
En consecuencia la propia carga neta qext debe ser cero.
Apartado d)
Supongamos que la nueva esfera hueca que se ha colocado tiene una carga neta qm . Si
aplicamos la Ley de Gauss integrando sobre una superficie gaussiana, Sext , contenida en el
espacio exterior a la esfera hueca obtenemos:
dS
= qm + q0
E
0
Sext
(16)
Sin embargo, nos dicen que el campo eléctrico en esta región no ha cambiado respecto al que
existı́a antes de colocar la esfera hueca (serı́a entonces igual a EII del apartado a)). Por tanto,
la integral del campo en (16) debe dar el mismo resultado que la de EII (5):
Sext
dS
=
E
= q0
II dS
E
0
Sext
(17)
De
De (16) Y (17) se deduce que qm = 0. Es decir, la esfera que se ha colocado está descargada.
Por otra parte el potencial fuera de la esfera metálica puede deducirse facilmente:
q0
(18)
V (r) =
4π0 r
Este resultado es inmediato si se tiene en cuenta que el campo eléctrico en este problema es el
mismo que EII en el apartado a). Por tanto el potencial se obtiene de la misma forma que en
(8).
El potencial de la esfera hueca, que llamaremos Vm , se obtiene particularizando el valor del
potencial (18) sobre la superficie externa de la esfera. Como el enunciado dice que esta esfera
tiene las misma dimensiones que la anterior, tomamos su radio exterior como R3 y obtenemos:
q0
Vm =
(19)
4π0 R3
4
Examen de Campos Electromagnéticos. 2o de Industriales. Junio-2005
PROBLEMA 2
a
III
Problema 2.- (2.5 ptos.) Una corriente de intensidad I fluye por un hilo recto, largo y delgado, y desemboca
perpendicularmente en una placa conductora delgada y muy extensa.
a) Hallar la densidad de corriente superficial en cualquier punto de la placa. La distribución completa, ¿es
poloidal, toroidal o de ninguno de estos tipos?. Justifı́quese la respuesta. (1 pto.)
b) Hallar el campo magnético en todo el espacio mediante la aplicación de la ley de Ampère. (Nota: Obtener
el campo por integración directa resulta complicado). (1 pto.)
c) Con los campos y la densidad superficial de corriente obtenidos, verifı́quense las condiciones de salto para
el campo magnético en la placa conductora.(0.5 ptos.)
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I
z
y
x
SOLUCIÓN:
Apartado a)
Por simetrı́a, la corriente se distribuye radialmente en la placa. Proponemos pues una densidad superficial
del tipo S = jS (r)ur . Por conservación de la carga, el flujo a través de una lı́nea circular de radio r, γ(r),
contenida en la placa, y con centro en la conexión con el hilo, será
I=
γ(r)
S · dr⊥ =
2π
0
rdφjS (r) = 2πrjS (r).
Por tanto la corriente superficial pedida es
S =
I
ur .
2πr
La corriente filiforme y la superficial forman una distribución poloidal, puesto que tiene simetrı́a de revolución
y no posee componente acimutal (sólo axial y radial).
De
Apartado b)
Como consecuencia de la simetrı́a de las corrientes, el campo producido debe ser toroidal. Podemos entonces
= B(r, z)uφ . Tomando como lı́nea de integración una circunferencia γ(r, z) de radio r arbitrario
escribir B
centrada en cualquier punto z del eje que contiene al hilo, aplicamos la ley de Ampère:
γ
· dr = µ0 I(r, z),
(r, z)B
donde I(r, z) es la intensidad de corriente que atraviesa cualquier superficie que se apoya en γ(r, z). Dada
la forma que tiene el campo, la circulación es simplemente 2πrB(r, z). Por otra parte, la corriente que
atraviesa la superficie puede tomar dos valores, dependiendo de la localización de su centro. Si, según la
figura, z > 0, entonces I(r, z) = −I, pero si z < 0, I(r, z) = 0. Nótese que no existe ninguna ambigüedad
relacionada con la forma de la superficie que se apoya en γ(r, z): el resultado siempre es el mismo.
En resumen, el campo magnético es:
= − µ0 I uφ
B
2πr
si z > 0,
y
=0
B
si z < 0.
= 0 y n × [B]
= µ0S . La primera de ellas se cumple
Apartado c) Las condiciones de salto son n · [B]
trivialmente puesto que el campo magnético no posee componente perpendicular al plano conductor en
ninguna de las dos regiones que separa. En cuanto a la segunda, tomando n = uz , el salto se define como
z − ). Por tanto,
= B(r,
z + ) − B(r,
[B]
uz × −
µ0 I
µ0 I
− 0 uφ =
ur = µ0S ,
2πr
2πr
De
pa
rt
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U e
ni nt
ve o
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ad Fís
de ica
Se Ap
vi lic
lla ad
a
III
tal y como establece dicha condición.