I. T. Telecomunicaciones Universidad de Alcalá Soluciones a los

I. T. Telecomunicaciones
Soluciones a los ejercicios propuestos–2008-09-Tema 3-4
Universidad de Alcalá
Departamento de Fı́sica
1) Considere la lı́nea de transmisión formada por un par de hilos paralelos muy largos de forma
cilı́ndrica de radio a y cuyos centros están separados una distancia 2d. Cuando por la lı́nea circula
una corriente I a lo largo de ella aparecen unas distribuciones de carga, que podemos suponer
uniformes, de densidades lineales +λ en uno de los hilos y −λ en el otro. En la figura se muestra
un corte transversal de dicha lı́nea. Suponiendo que el campo eléctrico creado por cada conductor
es independiente del otro, y por tanto los campos pueden considerarse radiales desde los ejes
respectivos de los conductores, determine:
a) el campo eléctrico a lo largo de la lı́nea que une los centros de los hilos conductores;
b) realice una representación de las lı́neas de campo eléctrico en el plano del papel;
c) la capacidad por unidad de longitud asociada a la lı́nea de transmisión si el radio de los
conductores es a = 0, 5 mm y la separación 2d = 3, 0 mm;
d) evalúe las impedancias asociadas a dichas capacidades, Z = (jwC)−1 , a las frecuencias f1 = 50
Hz, f2 = 10 MHz y f3 = 1 GHz.
Nota: Use el teorema de Gauss para hallar los campos debidos a cada distribución lineal y luego
el principio de superposición para determinar el campo eléctrico a lo largo del eje de las Xs.
Solución
~ en
a) Tomemos primero el conductor cargado positivamente. Según lo visto en clase, el campo E
su interior (r < a) es nulo, y en su exterior a una distancia r del centro vale
E+ (r) =
λ
2πǫ0 r
Reescribimos esta expresión para el campo a lo largo del eje X y entre los dos hilos: como r = d+x,
~ + (x) =
E
λ
~i,
2πǫ0 (d + x)
válido para −d + a < x < d − a y sobre el eje X.
De igual manera, el campo debido al conductor cargado negativamente tiene la expresión
~ − (x) =
E
λ
~i,
2πǫ0 (d − x)
válido también para −d + a < x < d − a y sobre el eje X. Determinamos el campo total sumando
~+ y E
~ −:
E
1
λ
1
~
~i
(1)
E(x) =
+
2πǫ0 d + x d − x
b) Como ambos cilindros están cargados con cargas iguales en módulo y de signo contrario, las
~ nacerán en el conductor cargado positivamente y morirán todas en el cargado
lı́neas de campo E
negativamente. Por tanto tenemos en realidad un condensador, cuyas armaduras son los dos
cilindros conductores.
~ junto a las de H
~ (estas últimas rodean los conductores).
La figura muestra las lı́neas de E
c) Para hallar la capacidad por unidad de longitud debemos relacionar la densidad lineal de carga
λ (carga por unidad de longituden el conductor cargado positivamente) con ∆φ, la diferencia de
~ en
potencial entre ambos conductores. Determinamos ∆φ calculando la circulación del campo E
~ = dx~i, tendremos:
la ecuación (1): como a lo largo del eje X dl
Z d−a
E dx
∆φ =
−d+a
=
=
=
Z d−a 1
1
λ
+
dx
2πǫ0 −d+a d + x d − x
2d − a
a
λ
ln
− ln
2πǫ0
a
2d − a
2d
λ
ln
−1
πǫ0
a
Despejando λ,
λ=
πǫ0
∆φ,
−1
ln
2d
a
y por tanto la capacidad por unidad de longitud es
C′ =
Sustituyendo valores,
πǫ0
.
ln
−1
2d
a
C ′ = 17.3
pF
m
d) Calculamos la impedancia por cada metro de lı́nea, Z ′ , sustituyendo directamente en la expresión:
f1 = 50 Hz → w1 = 314 rad/s →
Z1′ = −1.84 × 108 j Ω.m
f2 = 10 MHz → w2 = 6.28 × 107 rad/s →
Z2′ = −921j Ω.m
f3 = 1 GHz → w3 = 6.28 × 109 rad/s →
Z3′ = −9.21j Ω.m
Nótese que para calcular la impedancia de l metros de lı́nea hay que dividir los resultados obtenidos
por l. La baja impedancia a altas frecuencias implica baja tensión en los extremos de la lı́nea y
baja eficiencia en la transmisión de la señal (la lı́nea se comporta como un filtro paso-bajo).
2) Consideremos el sistema eléctrico formado por una esfera metálica de radio a, con carga +Q y
por un cascarón esférico dieléctrico, concéntrico con la esfera metálica, de radio interior R1 > a,
radio exterior R2 > R1 y permitividad ǫ = ǫ0 ǫr . La zona entre la esfera metálica y el cascarón
dieléctrico, al igual que la exterior al dieléctrico, es el vacı́o. En la figura se muestra dicha
distribución. Determine:
a) el desplazamiento eléctrico en las diferentes zonas del espacio, a distancia r del centro, dadas
por:
• r<a
• a < r < R1
• R1 < r < R2
• r > R2
b) la intensidad de campo eléctrico, en las mismas regiones que en el apartado anterior;
c) la polarización eléctrica, en las mismas zonas que en los apartados anteriores;
d) la densidad volumétrica de carga de polarización, en la zona R1 < r < R2 ;
e) las densidades superficiales de carga de polarización, en las superficies lı́mite del material
dieléctrico r = R1 y r = R2 ;
f) la energı́a electrostática del sistema.
Solución
a) En el caso del desplazamiento eléctrico, basta con dividir el espacio en dos zonas; la zona
interior al conductor (r < a) y la exterior (r > a). Aplicando la ley de Gauss a una superficie
esférica de radio r se obtiene para ambos casos:
~ < a) = 0
D(r
~ > a) =
D(r
Q
~ur
4πr 2
(2)
~ = D/(ǫ
~ 0 ǫr ) se obtiene
b) A partir de la ecuación (2) y utilizando la expresión E
~ < a) = 0
E(r
~ 1 < r < R2 ) =
E(R
~ < r < R1 ) =
E(a
Q
~ur
4πǫ0 ǫr r 2
~ > R2 ) =
E(r
Q
~ur
4πǫ0 r 2
Q
~ur
4πǫ0 r 2
(3)
~ se obtiene
c) A partir de la ecuación (3) y utilizando la expresión P~ = ǫ0 (ǫr − 1)E
P~ (r < a) = 0
P~ (a < r < R1 ) = 0
ǫr − 1 Q
~ur
P~ (R1 < r < R2 ) =
ǫr 4πr 2
P~ (r > R2 ) = 0
(4)
~ P~ , donde ∇
~ repred) La densidad volumétrica de carga de polarización viene dada por ρ′ = −∇
2
senta la divergencia. Como la divergencia de un vector que varı́a como ~ur /r es nula (salvo en el
origen r = 0, pero este punto no está incluido en el el rango R1 < r < R2 ), tendremos
ρ′ = 0
e) La densidad superficial de carga de polarización viene dada por σ ′ = P~ .~n, donde ~n es el vector
unitario normal a la superficie del dieléctrico y dirigido hacia fuera del dieléctrico. Obtenemos
entonces con la ayuda de la ecuación (4):
r = R1 → ~n = −~ur →
σ′ = −
r = R2 → ~n = +~ur →
σ′ =
ǫr − 1 Q
ǫr 4πR12
ǫr − 1 Q
ǫr 4πR22
f ) Para calcular la energı́a electrostática del sistema utilizamos la expresión
Z Z Z
1
~ D
~ dV,
E.
W =
2
espacio
donde la integral está extendida a todo el espacio. Tendremos W = W1 + W2 + W3 + W4 , donde
W1 es la energı́a acumulada en r < a, W2 corresponde a la región a < r < R1 , W3 a R1 < r < R2 ,
y W4 a r > R2 .
~ = 0 y por tanto
En el interior de la esfera conductora, r < a, E
W1 = 0
En a < r < R1 , y utilizando el elemento de volumen dV = 4πr 2 dr, obtenemos
Z R1
dr
1
1
Q2
1 Q2
−
(4π)
=
W2 =
2 (4π)2 ǫ0
r2
8πǫ0 a R1
a
En R1 < r < R2 obtenemos análogamente
Q2
1
(4π)
W3 =
2 (4π)2 ǫ0 ǫr
Z
R2
R1
dr
Q2
=
r2
8πǫ0 ǫr
1
1
−
R1 R2
Por último, para la región exterior tendremos
1 Q2
W4 =
(4π)
2 (4π)2 ǫ0
Z
∞
R2
dr
Q2 1
=
r2
8πǫ0 R2
Utilizando estos resultados parciales obtenemos:
Q2
W =
8πǫ0
1
1
1
1
1
−
+
−
+
a R1 ǫr R1 ǫr R2 R2
ANEXO: Explicación sucinta del generador electrostático de Kelvin
Tal y como se muestra en http://www.youtube.com/watch?v=ulXTyh4EsgU el generador
electrostático de Kelvin es sencillo de implementar con elementos caseros. He aquı́ una foto de
tal implementación, y un esquema del dispositivo:
El agua procedente de un recipiente es conducida a través de unos tubos de riego para que
caiga en dos chorros a través de sendos cilindros conductores hasta dos recipientes metálicos
conductores. Los cilindros y recipientes están conectados en cruz a través de cables conductores
terminados en cocodrilos. Es importante que cada cilindro esté bien aislado tanto del recipiente
ubicado bajo él como del otro cilindro. El cilindro de la izquierda CI y el recipiente de la derecha
RD forman un conjunto CI RD con el mismo potencial electrostático (equipotencial), mientras que
el cilindro de la derecha CD y recipiente de la izquierda RI forman un segundo conjunto CD RI
también equipotencial. A ambos conjuntos están conectados sendos cables conductores cuyos
extremos P se colocan a una distancia de d = 5 − 7 mm, y entre los cuales se generan chispas
cada 10 − 15 segundos. Cada cable (y su extremo) está por supuesto al mismo potencial que el
conjunto CI RD o CD RI al que está conectado.
Es evidente, por tanto, que se ha conseguido generar una diferencia de potencial entre los
conjuntos CI RD y CD RI lo suficientemente grande como para provocar la ruptura del aire entre
los extremos P y la consiguiente descarga. La ruptura del aire se produce con un campo eléctrico
de Er = 3 × 106 V/m. Fijémonos que si los extremos de los cables P terminaran en las placas
planas de un condensador, la diferencia de potencial necesaria para producir la descarga serı́a
∆φ ≈ Er .d ∼ 1.8 × 104 V
No obstante, los cables terminan en puntas y el efecto punta reduce de forma importante la
diferencia de potencial necesaria para la ruptura (aunque no creo que por debajo de varios cientos
de V).
¿Pero cómo se genera esta diferencia de potencial? Para entenderlo hay que tener en cuenta
dos puntos:
• en el agua lı́quida tenemos iones positivos y negativos; incluso si es destilada, una de cada
≈ 107 moléculas de H2 O está disociada en los iones H+ y OH− (PH=7), iones sobre los que
un campo eléctrico ejerce fuerzas;
• los sistemas en la naturaleza no están en perfecto equilibrio; debido, por ejemplo, a la
acción de rayos cósmicos cuyos efectos llegan a la superficie terrestre, siempre tenemos
pequeños desequilibrios de cargas. Esto significa que, inicialmente y por azar, CI RD y/o
CD RI estarán ligeramente cargados y habrá una pequeña diferencia de potencial inicial
entre ambos conjuntos.
Lo que hace el dispositivo es amplificar esa diferencia de potencial inicial. En la figura se
muestra el modo en que esto ocurre:
Imaginemos que inicialmente CD (y RI ) tiene una pequeña carga inicial positiva (en verde en
la figura). Tal carga genera el campo eléctrico (también mostrado en verde) en la zona central
~ dirigido hacia arriba en la parte superior del cilindro y hacia
donde el agua cae, un campo E
~ en la parte superior repele los iones positivos
abajo en la parte inferior del cilindro. El campo E
+
H , que por tanto se separan del chorro descendente y no atraviesan el cilindro (no me atreverı́a
~ tiene sentido contrario y
a asegurar su destino). En la parte inferior del cilindro el campo E
tiende por tanto a repeler hacia arriba los iones negativos, pero para que no suceda esto el chorro
de agua debe ser turbulento, es decir, debe romperse en la zona central en gotas, de manera que
los iones negativos, pese al campo el contra, no pueden escapar de ellas (el chorro turbulento se
consigue haciendo que el diámetro del chorro sea estrecho, . 1 mm). De manera que el cilindro
CR cargado positivamente se comporta como un filtro que deja pasar sólo los iones negativos.
Las gotas cargadas negativamente llegan a RD , y debido a su conexión con CI el conjunto CI RD
queda cargado negativamente. Entonces, CI se comporta como un filtro que deja pasar sólo los
iones positivos, de acuerdo con el sentido del campo indicado en morado. RI se carga por tanto
positivamente y, al estar conectado con CR , éste aumenta su carga positiva de manera que el
proceso de carga de los conjuntos CD RI y CI RD , con cargas de signo opuesto, aumenta (es
de esperar que el aumento sea exponencial), incrementándose de esta manera la diferencia de
potencial entre ellos.
Para terminar, dos detalles: la humedad del ambiente es contraproducente, pues tiende a
descargar paulatinamente los conjuntos impidiendo la descarga repentina en forma de chispa; de
hecho, el experimento no funcionó en Valencia, ciudad muy húmeda, pero sı́ en Madrid. Por
otro lado, ¿de dónde sale la energı́a necesaria para cargar el sistema? De la energı́a potencial del
agua al inicio. La fuerza de repulsión electrostática entre los recipientes y las gotas que caen, del
mismo signo, hace que las gotas caigan más lentamente de como lo harı́an en ausencia de campo,
de manera que su energı́a cinética al caer no cancela su energı́a potencial inicial. El desequilibrio
temporal entre ambas energı́as se manifiesta en la energı́a electrostática que va adquiriendo el
sistema.
Bibliografı́a:
• Desmet, S., Orban, F., & Grandjean, F. 1989, Eur. J. Phys. 10, 118
• Hill, M., & Jacobs, D. J. 1997, Phys. Educ. 60