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.
Septiembre de 2011
PROBLEMA 1
Sea una distribución de carga conocida que ocupa una esfera hueca de radio interior a y radio
exterior b. La densidad de carga en volumen en esa esfera hueca depende de la coordenada radial
r, y cumple la ecuación:
b2
ρ(r) = ρ0 2
r
donde ρ0 es una constante con unidades de C/m3 . Suponga que esta esfera hueca cargada se
introduce ahora en el interior de una esfera metálica hueca descargada y aislada de radio interior
c > b y radio exterior d de forma que ambas esferas huecas son concéntricas, tal como muestra
la figura. La densidad de carga de la esfera hueca interior no se ve alterada en el proceso. En el
equilibrio electrostático, se pide calcular:
a) Campo eléctrico en todo el espacio antes de colocar la esfera metálica. (0.8 ptos)
b) Densidades de carga en volumen y en superficie en la esfera metálica. (0.6 ptos)
c) Potencial al que se encuentra la esfera metálica y campo eléctrico fuera (r > d). (0.6 ptos)
d) La esfera metálica se conecta ahora a tierra y alcanza de nuevo el equilibrio electrostático.
Indique cuánta carga pasa de la esfera a tierra en ese proceso. (0.5 ptos)
SOLUCIÓN:
Apartado a)
Dada la simetrı́a del problema podemos asumir que el campo eléctrico es radial y tiene
dependencia exclusivamente de la coordenada radial. En estas condiciones puede calcularse el
campo eléctrico usando la Ley de Gauss. En efecto, si tomamos como superficie de integración
una esfera concéntrica con la del problema y de radio r tenemos:
∫
~ · dS
~ = E4πr2 = Qint
E
ε0
S
(1)
En esta ecuación el valor de la carga neta encerrada dentro de la superficie gaussiana (Qint )
depende del valor del radio r. En general:
Qint (r) =
∫
ρ(r)dτ =
∫
r
a
ρ0
b2
4πr2 dr = 4πb2 ρ0 (r − a).
r2
(2)
Teniendo esto en cuenta, obtenemos lo siguiente para el campo eléctrico:
~
E(r)
=

0






 2







para r < a
b ρ0 (r−a)
~ur
0 r 2
para a < r < b
b2 ρ0 (b−a)
~ur
0 r 2
para r > b
(3)
Apartado b)
En el equilibrio electrostático no hay carga en volumen en el interior del conductor, por lo
que la densidad de carga en volumen en el interior de la esfera metálica es nula.
En la esfera metálica pueden aparecer densidades superficiales de carga en las superficies
interior (ρi ) y exterior (ρe ). Aplicando la Ley de Gauss a una superficie cualquiera contenida
dentro de la esfera metálica (donde el campo eléctrico es nulo) llegamos la conclusión de que la
carga en la superficie interior de la esfera hueca debe ser igual que la carga neta encerrada en el
hueco pero de signo contrario Es decir:
qi = −Qint (b) = −4πb2 ρ0 (b − a).
Por otro lado, la suma de las cargas en la superficie interior y en la exterior de la esfera hueca
metálica debe ser nula, puesto que se nos dice que la esfera está descargada. Es decir, que
qe = −qi . Todo esto nos lleva a la siguiente expresión para las densidades de carga que nos
piden:
b2 ρ0 (b − a)
c2
2
b ρ0 (b − a)
ρe =
d2
ρi = −
(4)
(5)
Apartado c)
Al colocar la esfera metálica sobre la esfera cargada que habı́a previamente no añadimos
carga neta al sistema, ya que la esfera metálica está descargada. Tampoco se ve alterada la
simetrı́a esférica del problema. Entonces, si se calcula el campo eléctrico en la región r > d
usando la Ley de Gauss obtendremos exactamente el mismo resultado que se obtuvo antes para
el campo fuera de la esfera cargada, esto es:
2
~ = b ρ0 (b − a) ~ur = Qint (b) ~ur
E
0 r 2
4π0 r2
Este campo es el mismo que el de una carga puntual de carga igual a la carga total de la
esfera cargada y situada en su centro. El potencial electroatático puede calcularse a partir de
la circulación de este campo eléctrico. De todos modos este cálculo es innecesario: el potencial
electrostático fuera de la esfera será también el de la carga puntual.
V (r) =
Qint (b)
.
4π0 r
Entonces el potencial de la esferá metálica es el valor de V (r) para r = d:
V = V (b) =
Qint (b)
b2 ρ0 (b − a)
=
4π0 d
0 d
Apartado d)
Si conectamos la esfera a tierra su potencial pasa a ser cero. Como V (∞) = 0, es claro que
en la región d < r < ∞ la solución para el potencial es V (r) = 0 V, ya que cumple la ecuación
de Laplace y las condiciones de contorno. Esto significa que el campo eléctrico es nulo en esa
región y por tanto no hay densidad superficial de carga en la cara externa de la esfera metálica.
Por otra parte, en la cara interna de la esfera se sigue cumpliendo qi = −Qint (b). Esto puede
verse si se aplica de nuevo la Ley de Gauss en una superficie contenida en la esfera conductora:
como la carga de la esfera interior no cambia el resultado sigue siendo el mismo. La conclusión es
que la carga que habı́a en la superfice externa de la esfera metálica ha abandonado el conductor
a través del cable con el que se lo ha conectado a tierra. Esta carga que pasa de la esfera a tierra
es: Q = qe = Qint (b) = 4πb2 ρ0 (b − a).
Departamento de Física Aplicada III
Escuela Superior de Ingenieros
Camino de los Descubrimientos s/n
41092 Sevilla
Examen de Campos Electromagnéticos (2a convocatoria). 2o de Industriales.
Septiembre-2011
Problema 2.- (2.5 ptos.) Sobre dos rieles conductores horizontales y paralelos, separados una distancia L,
se colocan transversalmente dos barras conductoras de sección S y conductividad σ, que hacen contacto
en ambos rieles. Los propios rieles tienen una resistencia despreciable. Ambas barras se mueven hacia la
derecha con velocidades v1 y v2 respectivamente (v2 > v1 ). Existe además un campo magnético uniforme,
vertical y dirigido hacia arriba, de intensidad B.
(a) Hállese la intensidad que recorre el circuito formado por los rieles y ambas barras, y confı́rmese aplicando
la ley de Lenz el sentido encontrado para dicha intensidad (1.0 ptos.)
(b) ¿Qué fuerza magnética se ejerce sobre cada barra? (0.7 ptos.)
(c) Si las velocidades se mantienen constantes mediante las fuerzas apropiadas, F1 y F2 , ¿qué potencia
mecánica se está suministrando al conjunto? Discútase la conservación de la energı́a en el sistema. (0.8 ptos.)
B
S
s
v1
v2
L
SOLUCIÓN
Apartado (a)
El movimiento relativo de las barras produce un cambio en el área delimitada por el circuito formado por
las barras y los rieles. El flujo del campo magnético a su través también cambiará, lo cual induce una f.e.m.
y una intensidad. Mediante la regla del flujo escribimos:
ε=−
d
dΦ
= −L (x2 − x1 )B = −L(v2 − v1 )B = IR,
dt
dt
donde la resistencia R se calcula a partir de la expresión válida para hilos, puesto que se trata de la misma
geometrı́a en el caso de una barra:
2L
R=
.
σS
En resumen,
(v2 − v1 )BσS
I=−
.
2
El resultado es negativo, lo cual se interpreta como una corriente en sentido horario, visto el circuito desde
arriba. Hay que recordar, a este respecto, que en el cálculo del flujo hemos orientado los elementos de
superficie en el mismo sentido que el campo magnético, y según la regla de la mano derecha, esto implica un
sentido positivo de circulación antihorario. Por otra parte, la ley de Lenz nos predice también una corriente
en sentido horario, porque ası́ se crea un campo magnético cuyo flujo trata de contrarrestar el aumento de
flujo que está teniendo lugar.
Apartado (b)
La corriente inducida, en presencia del campo magnético, produce una fuerza sobre cada barra, que calculamos usando la fórmula
∫
~ = IL
~ × B,
~
F~m = I
d~r × B
barra
donde hemos resuelto la integral fácilmente por ser el campo uniforme y salir fuera de ella. La fórmula es
~ está orientado en cada caso según el sentido positivo de circulación
válida para cada barra. El vector L
(antihorario). La intensidad debe expresarse incluyendo el signo que ha resultado en el apartado (a). Con
todo esto escribimos
(v2 − v1 )B 2 LσS
F~m1 = −ILB~ux =
~ux ;
2
(v2 − v1 )B 2 LσS
F~m2 = ILB~ux = −
~ux ,
2
donde ~ux es un vector unitario dirigido según las dos velocidades.
Apartado (c)
Las fuerzas necesarias para mantener las velocidades constantes son justo las opuestas a las fuerzas magnéticas
calculadas. Por otra parte la potencia mecánica que realizan es la suma de la que realizan por separado, es
decir
Pmec = F1 v1 + F2 v2 = −Fm1 v1 − Fm2 v2 =
(v2 − v1 )B 2 LσS
(v2 − v1 )2 B 2 LσS
(v2 − v1 )B 2 LσS
v1 −
v2 =
.
2
2
2
Al resultar que Pmec = I 2 R, es decir, que la potencia mecánica es justo la potencia disipada por efecto Joule,
el balance energético es correcto, puesto que no ha habido aumento de la energı́a mecánica del sistema (las
velocidades se mantienen y tampoco hay variación de energı́a potencial).