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 de Industriales. Junio-2002
Problema 1.- (2.5 ptos.) Se tiene la distribución de cargas y conductores de la figura.
Una esfera conductora perfecta, de radio R y carga neta nula, tiene en su interior dos
huecos esféricos del mismo radio. En el centro de cada hueco hay una carga puntual, de
valores qb y qc . En el exterior de la esfera, a una distancia D de su centro, se encuentra
una carga puntual qd .
qa=0
qb
1.
Calcúlese la fuerza sobre las cargas en
los huecos.
2.
Calcúlese la fuerza sobre la carga qd .
qd
qc
D
Solución:
Apartado 1
Los huecos dentro de la esfera están apantallados del exterior por el conductor. Es
decir, la distribución de campo y potencial eléctricos en su interior no se ve afectada
por la distribución de cargas en el exterior. Cada hueco debe mirarse como un problema
distinto.
La clave en los problemas donde hay superficies conductoras es
- - - - - -qb
que
están a potencial constante. Si nos fijamos en la carga qb , la
- qb --- superficie esférica a potencial constante y el hecho de que la carga se
-qc
encuentre en el centro del hueco impone una simetrı́a esférica. Esto
-- qc
quiere decir que la distribución de carga en la superficie del hueco debe
- - - -ser uniforme. Se ha visto en clase que una superficie esférica cargada
no crea campo eléctrico en su interior. La fuerza sobre la carga se
Figura 1: La fuerza debe al campo creado por las cargas en la superficie del hueco (no
so bre las cargas es
al creado por la propia carga). Por tanto, al ser nulo ese campo, la
nula
fuerza sobre la carga es nula.
Otra forma de obtener el mismo resultado es intentar decidir la dirección de la hipotética fuerza sobre la carga. Esta fuerza deberı́a ser un vector dirigido desde el centro
del hueco hacia afuera. Pero dada la simetrı́a esférica, ¿cuál serı́a esa direccion? Todas las
direcciones radiales son equivalentes. La única solución de esa multiplicidad de soluciones
es que la fuerza es cero.
El mismo razonamiento puede hacerse con el otro hueco. Por tanto la respuesta a la
pregunta es que la fuerza sobre ambas cargas es cero.
Aclaremos también que el problema no puede resolverse utilizando condensadores. Para
que haya un condensador tiene que haber dos superficies en influencia total, esto es, que
todas las lı́neas de campo que salen de una de ellas vayan a la otra. En este caso las únicas
1
Problemas resueltos de examen de Campos Electromagnéticos
2
superfices que hay son las interiores de los huecos y la externa de la esfera, y no cumplen
ese requisito.
Apartado 2
qt=qa+qb+qc
Antes hemos visto que la esfera conductora apantalla los huecos, aislándolos de lo que ocurre en el exterior.
De dentro hacia afuera también actúa, aunque en este
caso no apantalla, sino que modifica la influencia de las
qd
R
cargas que se hallan en su interior. De este modo, el
problema en el exterior no depende de la distibución
de la carga en los huecos, aunque sı́ de la carga total
que hay en ellos.
La carga qd colocada en el exterior de la esfera ve
D
una superficie de radio R a potencial constante (la de Figura 2: Problema visto por la
la esfera) y con una carga total qt = qa +qb +qc = qb +qc carga qd
(pues qa = 0). Este problema se ha resuelto en clase con
el método de las imágenes. Primero se coloca una carga imagen de valor q 0 en el interior
de la esfera en la lı́nea que une la carga qd con el centro de la esfera, a una distancia b
de éste. El valor de esta carga y de la distancia b se fijan de modo que la suma sobre la
superficie de la esfera de q 0 y qd se anule. Para ello basta con exigir que se anule en los
puntos A y B de la figura 3.
1
qd
q0
1
VA =
+
=0
4π0 D − R 4π0 R − b
0
1
qd
q
1
+
=0
VB =
4π0 D + R 4π0 R + b







⇒
q 0 = −qd R/D
b = R2 /D
Puede comprobarse que el resultado es razonable explorando los valores lı́mites de D. Si
D se hace muy grande tanto q 0 como b se hacen muy pequeños. Es decir, la carga imagen
se desplaza hacia el centro de la esfera y su valor tiende a cero. Esto es lógico, pues en
ese caso la influencia de la carga D se harı́a despreciable. En el otro lı́mite, si D → R, se
tiene q 0 → −qd y b → R. De nuevo es razonable. En el lı́mite, cuando la carga qd se acerca
mucho a la superficie de la esfera llega a verla como un plano infinito, con lo cual la carga
imagen tendrı́a su mismo valor cambiado de signo y estarı́a situada a la misma distancia
de la superficie, en el interior de la esfera.
qt=q´+q´´=qb+qc
q´´
B
qd
q´
R
X
b
D
Figura 3: Distribución de cargas imágenes del problema exterior
Esta carga imagen consigue que la superficie
de la esfera sea equipotencial, en concreto que su
potencial sea cero (el mismo que en el infinito).
Ocurre que la condición de contorno es que la esfera tenga una carga qt = qb + qc . Para conseguir
esto, y que su superficie siga siendo equipotencial,
se debe colocar otra carga imagen en su centro, de
valor q 00 = qt − q 0 = qb + qc + qd R/D. Como las
superficies equipotenciales creadas por una carga
puntual son esferas centradas en la carga, el potencial eléctrico creado por esta nueva carga puntual
en la superficie de la esfera es el mismo en todos
sus puntos.
La fuerza sobre la carga exterior puede calcularse como la fuerza que las cargas imágenes ejercen sobre ella. Tomando como eje X la linea que une el centro de la esfera con la
Problemas resueltos de examen de Campos Electromagnéticos
3
carga se tiene
qd q 0
1 qd q 00
1
+
F~ = ~ux
4π0 (D − b)2 4π0 D2
Sustituyendo los calculos anteriores se obtiene
1 qd (qb + qc )
qd 2 R3 2D 2 − R2
+
~ux
F~ = −
3
2
2
2
4π0 D (D − R )
4π0
D2
El primer término es atractivo mientras que el segundo es repulsivo (suponiendo que q d y
qb + qc tienen el mismo signo).
Problema 2.Se tiene una pieza en forma de tronco de cono como la indicada en la figura, de altura
h, radio en la base R y semiángulo de apertura θ0 . En su superficie se arrollan de modo
muy apretado N espiras de un cable muy fino recorrido por una corriente I, de modo
que la distribución de corriente puede modelarse con una corriente superficial azimutal
~S = jS ~uφ .
a
1.
Calcúlese la densidad superficial equivalente en
función de h, N , y θ0
2.
Calcúlese el campo magnético en el punto P, el
vértice del cono no truncado.
3.
Se tiene una espira de radio a R en el punto
P , orientada de modo que su perpendicular forma un ángulo α con el eje del cono. Si la corriente
varı́a en el tiempo como I(t) = I0 cos(wt), ¿cuál
es la fuerza electromotriz inducida en la espira?
a
P
q0
N
I
h
R
Solución:
Apartado 1
La densidad volumétrica de corriente se define de modo que dada una superficie S, la
corriente que la atraviesa es
Z
~ ,
I = ~ · dS
(1)
S
~ un vector que, en cada punto de la superficie, es perpendicular a ella y su módulo
siendo dS
es igual al area del elemento de superficie en cada punto.
Sin embargo, en este problema no se trabaja con esta densidad de corriente, sino con la
densidad superficial de corriente, ~S . Mientras que la densidad volumétrica se utiliza
para calcular la corriente que atraviesa una superficie, la densidad superficial sirve para
calcular la corriente que atraviesa una lı́nea. Ası́, dada una lı́nea Γ, la corriente que la
atraviesa se expresa
Z
I=
Γ
~S · d~r⊥ .
(2)
Problemas resueltos de examen de Campos Electromagnéticos
4
El vector d~r⊥ indica que, en cada punto de la curva, debe
definirse un vector infintesimal perpendicular a la curva, conL
tenido en la superficie en la que fluye la corriente y de módulo
h q0
la longitud del elemento de lı́nea definido en el punto. Nótese
I
que este vector
es distinto del que se usa en la circulación de
js
R
~ · d~r , por ejemplo; en este caso d~r es paralelo a
un
vector
E
Γ
B
R
la curva en cada punto.
Figura 4: El bobinado se
En el problema, la superficie por la que fluye la corriente
modela con una densidad
es la que define el bobinado, es decir, la superficie lateral del
de corriente superficial
tonco de cono. Como se indica en el enunciado, la densidad de
corriente tendrá la forma ~S = jS ~uφ , con jS uniforme, pues el bobinado lo es. Para hallar
esta densidad, hay que usar la propia definición (2). La corriente total que atraviesa una
lı́nea que va desde el punto A al B en el dibujo es
N
A
IT = N I =
Z
Γ
~S · d~r⊥ =
Z
Γ
(js ~uφ ) · (dr⊥ ~uφ ) = jS L,
siendo Lh/ cos θ0 la longitud de la lı́nea. Despejando en la expresión anterior se obtiene
~S =
N I cos θ0
NI
~uφ =
~uφ
L
h
(3)
Apartado 2
Una vez calculada la densidad de corriente superficial,
la forma más simple de calcular el campo en el punto P es
dividir el tronco de cono en rebanadas transversales al eje,
de espesor dz1 , y utilizar la expresión del campo magnético
producido en un punto de su eje por una espira de radio a
recorrida por una intensidad I,
a2
~ esp = µ0 I
B
~uz .
2 (a2 + z 2 )3/2
Z
P
q0
dz1 dr^
h0
(4)
q0
h
dz1
r1
dr^
z1
js
Aquı́, z es la distancia desde el punto del eje donde se calcula
el campo hasta el centro de la espira.
R
En nuestro caso, I debe ser sustituido por la corriente
Figura 5: El campo en el
dI que circula por una de las rebanadas en que hemos divivértice es la suma de los
dido el tronco de cono. Se tiene dI = jS dr⊥ , siendo dr⊥ la
campos de las rebanadas.
longitud de la superficie lateral de una rebanada. Como se
ve en la figura anterior,
NI
dz1
⇒ dI =
dz1 .
(5)
dr⊥ =
cos θ0
h
Tomamos el origen del eje Z en la base del tronco de cono. Consideremos la rebanada
situada a la altura z1 y de radio r1 . En (4), a debe ser sustituido por r1 , el radio de la
espira, mientras que z debe ser sustituido por h0 − z1 , la distancia desde el punto P al
centro de la rebanada (h0 = R/ tan θ0 es la altura del punto P ). Con esto, el campo creado
por esta rebanada en el punto P es
~P =
dB
r12
µ0 N Idz1
uz ,
2
3/2 ~
2h
r1 + (h0 − z1 )2
(6)
Problemas resueltos de examen de Campos Electromagnéticos
5
Para integrar esta expresión, hay que encontrar una relación entre r1 y z1 . Por trigonometrı́a,
r1
tan θ0 =
⇒ r1 = (h0 − z1 ) tan θ0
(7)
h0 − z1
El campo en el punto P se obtiene sin más que sumar las contribuciones de todas las
rebanadas, esto es, integrando esta expresión para todos los valores posibles de z 1 ,
~P =
B
Z h
µ0 N I sen 2 θ0 cos θ0
2h
0
dz1
~uz .
h0 − z1
(8)
Integrando resulta
2
1
~ P = µ0 N I sen θ0 cos θ0 ln
~uz
B
2h
1 − h tan θ0 /R
Apartado 3
A través de la espira existe un flujo magnético debido al campo creado por el bobinado. Si la corriente que circula por el bobinado varı́a con el tiempo, el flujo magnético
que atraviesa la espira también lo hace, con lo que aparece una fuerza electromotriz. La
expresión del campo en el punto P es la obtenida en el apartado anterior, sin más que
sustituir I por I0 cos(wt).
Se dice en el enunciado que el radio de la espira es muy pequeño comparado con el
radio de la base del cilindro, a R. Esto quiere decir que el campo magnético en los
puntos de la superficie de la espira es casi constante e igual al valor en su centro, es decir,
en el punto P . El flujo magnético que atraviesa la espira vale entonces
Φm =
Z
Sesp
~ P · dS
~ =B
~P ·
B
Z
Sesp
~ =B
~ P · (πa2~n ) = πa2 BP cos α.
dS
Aquı́, ~n es el vector normal a la espira. La f.e.m. inducida en la espira es
E =−
dΦm
dBP
= −πa2 cos α
dt
dt
Lo único que depende del tiempo en BP es la intensidad, y se tiene dI(t)/dt = −I0 w sen(wt).
Ası́ pues, la solución es
E=
µ0 N I0 w sen(wt) sen
πa2 cos α
2h
2θ
0 cos θ0
1
ln
1 − h tan θ0 /R