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Guía 2: Conductores y dieléctricos
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Publicado: Mar Sep 20, 2011 5:11 pm Asunto:

Guía 2: Conductores y dieléctricos


Guía 2: Conductores y dieléctricos Notación: $[tex]k_e = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}[/tex]$ Conductores 1) Hallar y graficar, usando la ley de Gauss, el campo creado en todo el espacio por una esfera metálica de radio R con carga total Q. Cómo se distribuye la carga? Graficar el campo y el potencial ( $[tex]V_\infty = 0[/tex]$ ) en todo el espacio. La esfera está formada por un material conductor (por propiedad, los metales son buenos conductores a temperatura ambiente). Esto quiere decir que tiene cargas libres. Resulta que cuando la configuración llega al caso estacionario de equilibrio, todas las cargas se ubican sobre la superficie, de manera que el campo en el interior sea nulo. Partiendo de esta condición y sabiendo que el problema posee simetría esférica, analizamos el campo por separado para cada región separada por la interfaz dónde se acumulan las cargas libres: * $[tex]r < R[/tex]$ Por definición: $[tex]\vec{E} = 0 [/tex]$ * $[tex]r > R[/tex]$ Por Gauss: $[tex]\iint \vec{E}\cdot\vec{dA} = \frac{Q}{\epsilon_0}[/tex]$ $[tex]E \iint \vec{dA} = \frac{Q}{\epsilon_0}[/tex]$ $[tex]E 4 \pi r^2 = \frac{Q}{\epsilon_0}[/tex]$ Despejando y agregando el versor radial: $[tex]\vec{E}(r) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \, \hat{r}[/tex]$ Para averiguar el potencial para todo el espacio tomamos la definición de diferencia de potencial ( $[tex]V_{ab} = -\int_{a}^{b} \vec{E}\cdot\vec{dl}[/tex]$ ) y se nos da una referencia. Planteamos: * $[tex]r \geq R[/tex]$ $[tex]V_{\infty r} = V(r) - V(\infty) = -\int_{\infty}^{r} \vec{E}\cdot\vec{dl}[/tex]$ $[tex]V(r) - 0 = -\int_{\infty}^{r} \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \, \hat{r} \cdot dr \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r}[/tex]$ * $[tex]r \leq R[/tex]$ $[tex]V_{R r} = V(r) - V(R) = -\int_{R}^{r} \vec{E}\cdot\vec{dl} = -\int_{R}^{r} 0 = 0[/tex]$ $[tex]V(r) = V(R) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 R}[/tex]$ Gráfico cualitativo del campo y el potencial: 2) Una cáscara conductora esférica, de radio interior a = 5cm y espesor d=4cm, tiene en su centro una carga puntual q = 1uC. Calcular y graficar el campo y el potencial eléctrico ( $[tex]V_\infty = 0[/tex]$ ) en todo el espacio suponiendo la cáscara conductora: a) Descargada b) Cargada con q = -3uC c) Conectada a un potencial V=10V (respecto al infinito). Cómo se distribuye la carga en cada caso? Discutir la validez del modelo. a) El problema presenta simetría esférica. Las consideraciones a tener son: conservación de la carga en todas las partes del sistema ya que se encuentra aislado y condición de campo nulo dentro del conductor. Si tomamos el sistema de referencia esférico en el centro de la esfera y llamando $[tex]r_b = r_a + d[/tex]$ resulta por la segunda condición: * $[tex]r \in (r_a, r_b)[/tex]$ $[tex]E = 0[/tex]$ Pero por la ley de Gauss sabemos que $[tex]\vec{\nabla}\cdot\vec{E} = \frac{\rho}{\epsilon_0}[/tex]$ . Si el campo es nulo entonces la densidad de carga también es nula. Por lo tanto la suma de todas las cargas encerradas por cualquier superficie esférica de radio r (para todo r dónde el campo se anula obviamente) va a ser 0. Como la carga puntual no varía y dentro del conductor no puede haber cargas libres entonces la única opción es que el conductor se "polarize" y ubica cargas negativas en su superficie interna.Qué cantidad? La que sea necesaria para anular el campo, es decir, la misma pero con signo opuesto. Por otro lado, por la conservación de la carga, el cascarón inicialmente tenía carga total 0 por lo tanto es necesario que esta condición se cumpla y si aparece una carga -q en su superficie interior entonces debe trasladarse la carga q a su superficie exterior. Esto nos da también un resultado esperable si observamos el sistema desde r mayores a $[tex]r_b[/tex]$ ya que la suma total de las cargas va a ser $[tex]q-q+q = q[/tex]$ . El campo queda (todo por Gauss y simetría esférica): * $[tex] r \in (r_b, \infty)[/tex]$ $[tex]\vec{E}(r) = \frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \, \hat{r}[/tex]$ * $[tex]r \in (r_a, r_b)[/tex]$ $[tex]\vec{E}(r) = 0[/tex]$ * $[tex]r \in (0, r_a)[/tex]$ $[tex]\vec{E}(r) = \frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \, \hat{r}[/tex]$ De manera similar, el potencial resulta: * $[tex] r \in [r_b, \infty][/tex]$ $[tex]V_{\infty r} = V(r) - V(\infty) = -\int_{\infty}^{r} \frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \, \hat{r} \cdot dr \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{q}{4 \pi \epsilon_0}(\frac{1}{r} - \frac{1}{\infty}) = \frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r}[/tex]$ * $[tex]r \in [r_a, r_b][/tex]$ $[tex]V_{\infty r} = V_{\infty r_b} + V_{r_b r} = \frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r_b} - \int_{r_b}^{r} 0[/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r_b}[/tex]$ * $[tex]r \in (0, r_a][/tex]$ $[tex]V_{\infty r} = V_{\infty r_b} + V_{r_b r_a} + V_{r_a r}[/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r_b} + 0 -\int_{r_a}^{r} \frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \, \hat{r} \cdot dr \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r_b} + \frac{q}{4 \pi \epsilon_0}(\frac{1}{r} - \frac{1}{r_a})[/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{q}{4 \pi \epsilon_0}(\frac{1}{r_b} + \frac{1}{r} - \frac{1}{r_a})[/tex]$ Gráfico cualitativo: b) Esta parte sigue exactamente la misma lógica que el anterior a excepción de lo siguiente. Ahora la suma de las cargas debe ser un Q' para el cascarón. Si bien en la superficie interior se va a distribuir uniformemente -q para contrarrestar el campo generado por la carga puntual contenida, ahora la suma de la carga total del sistema debe ser q+Q' por lo tanto queda el siguiente sistemita de ecuaciones a resolver: $[tex]q_a = -q[/tex]$ $[tex]q_a + q_b = Q'[/tex]$ Evidentemente resulta que $[tex]q_b = Q' - q_a = Q' + q[/tex]$ . Numéricamente queda: $[tex]q_a = -q = -1 \mu C[/tex]$ $[tex]q_b = -3 \mu C + 1 \mu C = -2 \mu C[/tex]$ El campo y el potencial: * $[tex] r \in (r_b, \infty)[/tex]$ $[tex]\vec{E}(r) = \frac{q+Q'}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \, \hat{r}[/tex]$ * $[tex]r \in (r_a, r_b)[/tex]$ $[tex]\vec{E}(r) = 0[/tex]$ * $[tex]r \in (0, r_a)[/tex]$ $[tex]\vec{E}(r) = \frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \, \hat{r}[/tex]$ De manera similar, el potencial resulta: * $[tex] r \in [r_b, \infty][/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{q+Q'}{4 \pi \epsilon_0 r}[/tex]$ * $[tex]r \in [r_a, r_b][/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{q+Q'}{4 \pi \epsilon_0 r_b}[/tex]$ * $[tex]r \in (0, r_a][/tex]$ $[tex]V_{\infty r} = V_{\infty r_b} + V_{r_b r_a} + V_{r_a r}[/tex]$ $[tex]V_{\infty r} = \frac{q+Q'}{4 \pi \epsilon_0 r_b} + 0 - \int_{r_a}^{r} \frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} dr[/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{q+Q'}{4 \pi \epsilon_0 r_b} + \frac{q}{4 \pi \epsilon_0}(\frac{1}{r} - \frac{1}{r_a})[/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{q+Q'}{4 \pi \epsilon_0 r_b} + \frac{q}{4 \pi \epsilon_0}(\frac{1}{r} - \frac{1}{r_a})[/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{q}{4 \pi \epsilon_0}(\frac{1+Q'}{r_b} + \frac{1}{r} - \frac{1}{r_a})[/tex]$ Y el gráfico cualitativo es similar. c) Si el cascarón exterior está conectado a un potencial V' respecto al infinito (análogamente, a tierra), entonces la fuente que establece y mantiene dicho potencial va a necesitar mover cargas de un lado a otro. Como nos interesa el punto electrostático, es evidente que la cantidad de carga inicial que tiene el cascarón es irrelevante entonces. Por otro lado, la condición de nulidad del campo en el interior es siempre válida para el caso electrostático entonces la cantidad de carga en $[tex]r_a[/tex]$ va a seguir siendo -q. Para averiguar qué cantidad de carga queda sobre la superficie exterior planteamos: $[tex]V_{\infty r_b} = -\int_{\infty}^{r_b} \frac{q+q_b}{4 \pi \epsilon_0 r^2}[/tex]$ $[tex]V' = \left[ \frac{q+q_b}{4 \pi \epsilon_0 r} \right]_{\infty}^{r_b}[/tex]$ $[tex]V' = \frac{q+q_b}{4 \pi \epsilon_0 r_b}[/tex]$ $[tex]q_b = V' \cdot 4\pi \epsilon_0 r_b - q[/tex]$ Una vez averiguada la carga el resto del ejercicio se hace análogamente a los anteriores. El modelo no sirve para $[tex]r=0[/tex]$ en ninguno de los casos ya que en ese punto hay una fuente puntual del campo y el campo crece indefinidamente a medida que se toman valores mas cercanos a dicho punto. 3) Se tiene una lámina no conductora plana de gran extensión con densidad uniforme de carga $[tex]\sigma[/tex]$ . Próxima a ella y a una distancia d se halla una placa metálica de área A y espesor e con una carga Q conocidos. Determine las densidades de carga $[tex]\sigma_1[/tex]$ y $[tex]\sigma_2[/tex]$ en cada cara de la placa y trace un diagrama de potencial, asumiendo $[tex]V_{placa} = 0[/tex]$ . Considerar simetría plana infinita. Si tomamos un sistema de referencia cartesiano y hacemos reposar la lámina sobre el plano xy, hacemos uso de la simetría del problema y vemos que los campos generados van a ser uniformes en z y 0 en x e y. Calculemos primero el campo de la lámina mediante la ley de Gauss. Si tomamos un cubo de lado L con centro en el origen de coordenadas y calculamos el flujo a través de dicha superficie obtenemos que el flujo es nulo a través de todas las caras excepto las 2 paralelas al plano xy, y en ambas el flujo tiene el mismo valor ya que es saliente. Resulta entonces: $[tex]E \cdot L^2 + E \cdot L^2 = \frac{\sigma \cdot L^2}{\epsilon_0}[/tex]$ $[tex]\vec{E} = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0} \, \hat{z}[/tex]$ (para z > 0 que es la región que consideraremos) Ahora introducimos la placa en el sistema. Sabemos que se debe conservar la carga total, es decir: $[tex]\sigma_1 \cdot A + \sigma_2 \cdot A = Q[/tex]$ $[tex]\sigma_1 + \sigma_2 = \frac{Q}{A}[/tex]$ Por otro lado, el campo en el interior de la placa se debe anular. Ya demostramos que el campo para una lámina de espesor despreciable es $[tex]\frac{\sigma}{2 \epsilon_0}[/tex]$ . Hagamos un diagrama para entender mejor la situación: La condición del conductor implica: $[tex]\frac{\sigma}{2 \epsilon_0} + \frac{\sigma_1}{2 \epsilon_0} - \frac{\sigma_2}{2 \epsilon_0} = 0[/tex]$ $[tex]\sigma + \sigma_1 - \sigma_2 = 0[/tex]$ Combinando con la ecuación anterior queda el sistema: $[tex]\begin{cases}\sigma + \sigma_1 - \sigma_2 = 0 \\\sigma_1 + \sigma_2 = \frac{Q}{A}\end{cases}[/tex]$ Donde podemos despejar $[tex]\sigma_1[/tex]$ y $[tex]\sigma_2[/tex]$ como mas nos guste. Tracemos un bosquejo del potencial V(z) basados en el diagrama anterior y teniendo en cuenta que la lámina está cargada negativamente, la placa positivamente, el campo en su interior es nulo y que el campo generado por la placa es la mitad en intesidad que el de la lámina: 4) Se tiene una esfera metálica descargada de radio $[tex]r_a[/tex]$ conectada a tierra por un hilo conductor muy largo. La misma se rodea luego por una cáscara conductora de radio intero $[tex]r_b[/tex]$ y radio externo $[tex]r_c[/tex]$ , la cual tiene una carga $[tex]Q>0[/tex]$ . a) Demostrar que el potencial de la cáscara es positivo ( $[tex]V_\infty = 0[/tex]$ ). Calcular su valor. b) Establecer las densidades superficiales de carga $[tex]\sigma_a[/tex]$ , $[tex]\sigma_b[/tex]$ y $[tex]\sigma_c[/tex]$ . a,b) Lo importante que hay que entender acá es que la suposición de que la esfera metálica interior está conectada a tierra lleva a que su potencial es 0. Por lo tanto, si tomamos un sistema de referencia esférico concéntrico con la esfera metálica, tenemos dos puntos de potencial conocido y nulo: el interior metálico y el infinito. Por otro lado, sabemos que el cascáron está aislado por lo tanto su carga neta siempre va a ser mayor a 0. Si el potencial crece desde su valor 0 en el infinito hasta el cascarón y luego debe decrecer a 0 nuevamente, entonces por ser continuo no queda mas opción de que el potencial sea positivo. Para resolver el problema, calculemos primero las densidades superficiales de carga. Está claro que en algún lado hay alguna pila que está forzando a la esfera metálica interior a mantener su potencial en 0, caso contrario el campo interior de la cascara conductora sería nulo por simetría y las cargas de la esfera metálica, inicialmente descargada, no tendrían ningúna razón para re ordenarse. La manera, claro está, de forzar dicha diferencia de potencial es llevando cargas negativas a la esfera interior, que obviamente se acomodarán en la superficie por ser un conductor. Supongamos que cada superficie tiene una cantidad de carga $[tex]q_a, q_b, q_c[/tex]$ . Calculemos, siguiendo con las suposiciones, los valores del campo eléctrico en función de la carga. Debido a la condición de conductor del cascarón, resulta que $[tex]E = 0[/tex]$ cuando se toma una superficie que encierre $[tex]r_a[/tex]$ y $[tex]r_b[/tex]$ . Por lo tanto, $[tex]q_b = -q_a[/tex]$ . Como ya dijimos, el cascarón está aislado entonces $[tex]q_b + q_c = -q_a + q_c = Q[/tex]$ . El campo queda entonces: $[tex]\begin{cases}E = 0 & r \in [0, r_a) \\\vec{E} = \frac{q_a}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \, \hat{r} & r \in (r_a, r_b) \\E = 0 & r \in (r_b, r_c) \\\vec{E} = \frac{q_a+Q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \, \hat{r} & r \in (r_c, \infty) \\\end{cases}[/tex]$ Sabemos que la esfera metálica es un equipotencial ( $[tex]V(0) = V(r_a)[/tex]$ ) y que lo mismo ocurre para el cascarón ( $[tex]V(r_b) = V(r_c)[/tex]$ ). La condición que impone el problema es: $[tex]V_{r_a r_b} = - V_{r_c \infty} = 0[/tex]$ $[tex]-\int_{r_a}^{r_b} \frac{q_a}{4 \pi \epsilon_0 r^2} dr = \int_{r_c}^{\infty} \frac{q_a+Q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} dr[/tex]$ $[tex]q_a(\frac{1}{r_b} - \frac{1}{r_a}) = -(q_a+Q)(\frac{1}{\infty} - \frac{1}{r_c})[/tex]$ $[tex]q_a(\frac{1}{r_b} - \frac{1}{r_a}) = (q_a+Q) \frac{1}{r_c}[/tex]$ $[tex](\frac{r_c}{r_b} - \frac{r_c}{r_a}) = 1+\frac{Q}{q_a}[/tex]$ $[tex]\frac{Q}{(\frac{r_c}{r_b} - \frac{r_c}{r_a} - 1)}= q_a[/tex]$ Se desprende que $[tex]q_a[/tex]$ va a tener signo opuesto a Q. Resta calcular las densidades de carga superficiales conocidas las cargas: $[tex]\sigma_a = \frac{q_a}{4 \pi r_a^2}[/tex]$ $[tex]\sigma_b = \frac{q_b}{4 \pi r_b^2}[/tex]$ $[tex]\sigma_c = \frac{q_c}{4 \pi r_c^2}[/tex]$ 5) (Ver guía para el enunciado) a) Se resuelve análogamente al ejercicio 2)c). b) Se resuelve análogamente al ejercicio 4), utilizando la carga del cascarón del punto a). Dieléctricos 6) Bajo qué condiciones se cumple $[tex]\vec{D} = \epsilon_0 \epsilon_r \vec{E}[/tex]$ siendo $[tex]\epsilon_r[/tex]$ un valor real? Necesitamos un material: * Homogéneo: $[tex]\epsilon_r[/tex]$ no es función de la posición. * Isotrópico: $[tex]\epsilon_r[/tex]$ afecta todas las coordenadas de $[tex]\vec{E}[/tex]$ por igual. También se dice que es "lineal", ya que $[tex]\epsilon_r[/tex]$ es un factor constante que relaciona linealmente a $[tex]\vec{D}[/tex]$ y $[tex]\vec{E}[/tex]$ 7) Un plano separa dos medios de permitividad $[tex]\epsilon_{r1}[/tex]$ =3.5, y $[tex]\epsilon_{r2}[/tex]$ =6.25. Sabiendo que $[tex]V_A - V_B [/tex]$ es 200 V, y que $[tex]V_B - V_C[/tex]$ es 50 V, hallar $[tex]\vec{E}, \vec{D}[/tex]$ y $[tex]\vec{P}[/tex]$ a ambos lados del plano interfaz. Datos: $[tex]AO=10 \, cm[/tex]$ , $[tex]BO=20\,cm[/tex]$ , $[tex]BC= 5\, cm[/tex]$ . Considerar los campos uniformes en cada región. Las condiciones de frontera del campo eléctrico son: - $[tex]E_{\tau_1}=E_{\tau_2}[/tex]$ La componente tangencial del campo $[tex]\vec{E}[/tex]$ es continua a través de una superficie de separación. - $[tex]D_{\eta_1} - D_{\eta_2}= \sigma_l[/tex]$ La componente normal del campo D es discontinua a través de una superficie de separación cuando existe una densidad superficial de carga libre y su discontinuidad es igual a ella.. Con la normal unitaria de referencia hacia afuera del medio 2. Como $[tex]\vec{E}[/tex]$ es uniforme: $[tex]\Delta V_{BC} = V_C - V_B = -\int_C^B \vec{E} \cdot \vec{dl}[/tex]$ , de donde $[tex]E_{\tau_2}= \frac {50\, V} {0,05\, m}= 1000\, V/m[/tex]$ $[tex]E_{\tau_2}= 1000 \, V/m = E_{\tau_1}[/tex]$ Como la densidad supercial de carga libre en la superficie de separación de los dos medios es nula, se verifica: $[tex]D_{\eta_1} = D_{\eta_2}[/tex]$ . Y además debido a que los medios son medios simples (lineales, isótropos y homogéneos), de acuerdo a la ecuación constitutiva: $[tex]\vec{D_1} = \epsilon_{r_1} \epsilon_0 \vec{E_1}[/tex]$ Por lo tanto $[tex]E_{\eta_2} = \frac{\epsilon_{r_1}} {\epsilon_{r_2}} E_{\eta_1}[/tex]$ Además es inmediato que: $[tex]\Delta V_{AB} = 200V = E_{\eta_2} \overline{BO} + E_{\eta_1} \overline{OA}[/tex]$ $[tex] = E_{\eta_1} \left( {\frac{\epsilon_{r_1}}{\epsilon_{r_2}}}(\overline{BO}+\overline{AO}) \right)[/tex]$ De aquí se obtiene que: $[tex]E_{\eta_1}= 943.39 V/m[/tex]$ $[tex]E_{\eta_2}= 528.30 V/m[/tex]$ La expresión del campo electrostático será entonces para el medio 1: $[tex]\vec{E_1}= 1000 \, \hat{\tau} + 943.39 \, \hat{\eta}[/tex]$ V/m Y para el 2: $[tex]\vec{E_2}= 1000 \, \hat{\tau} + 528.30 \, \hat{\eta}[/tex]$ V/m. De donde se deduce rápidamente que: $[tex]\vec{D_1}= 210^{-8} \hat{\tau} + 2.910^{-8} \hat{\eta}[/tex]$ $[tex]C/m^2[/tex]$ $[tex]\vec{D_2}= 3.610^{-8} \hat{\tau} + 2.9 10^{-8} \hat{\eta}[/tex]$ $[tex]C/m^2[/tex]$ Por último nos basta calcular el vector de polarización. $[tex]\vec{P_1} = \vec{D_1} - \epsilon_0 \vec{E_1}= (1,4 \hat{\tau} + 2 \hat{\eta})10^{-8} C/m^2[/tex]$ $[tex]\vec{P_2} = \vec{D_2} - \epsilon_0 \vec{E_2}= (3 \hat{\tau} + 2.4 \hat{\eta})10^{-8} C/m^2[/tex]$ Lo que da por concluido el ejercicio. Se puede observar que la normal al plano que separa las dos medios puede comportarse como el vector director del eje x de un sistema de coordenadas cartesiano ortogonal, y el versor asociado a la dirección tangencial como el que indica la dirección del eje y. Por tanto se puede definir un ángulo por $[tex]arctg (\theta)= \frac {y}{x}[/tex]$ de donde resulta que $[tex]\vec{E_1}, \vec{D_1}, \vec{P_1}[/tex]$ son colineales como era de esperarse, al igual que $[tex]\vec{E_2}, \vec{D_2}, \vec{P_2}[/tex]$ . En efecto, los vectores de la primera tanda forman un ángulo de aproximadamente 36º, y la segunda tanda uno de aproximadamente 51º respecto a un sistema dextrorsum, es decir donde un vector con igual dirección a la que define el eje x tiene ángulo cero, y el sentido de crecimiento positivo del ángulo es en sentido opuesto al de las manecillas del reloj. Luego, al pasar de un medio simple a otro de acuerdo a las constantes dieléctricas dadas por el problema, los vectores E, P, y D modifican su dirección en unos 15º. 8) Una gota de aceite ( $[tex]\epsilon_r = 2.7[/tex]$ ) de radio R = 1mm tiene una carga de $[tex]Q = 2\times10^{-10} C[/tex]$ distribuida uniformemente. Calcular: a) El campo y el potencial que crea en todo el espacio Simetría esférica, etc, sistema de coordenadas esférico concéntrico con la gota. La ley de Gauss generalizada es $[tex]\vec{\nabla}\cdot\vec{D} = \rho_f[/tex]$ , donde $[tex]\rho_f[/tex]$ es la densidad de carga libre y $[tex]\vec{D} = \epsilon_0 \epsilon_r \vec{E}[/tex]$ el vector desplazamiento eléctrico. Utilizando estos conceptos y la práctica de las guías anteriores: Definamos primero $[tex]\rho_f = \frac{3Q}{4 \pi R^3}[/tex]$ y apliquemos Gauss generalizado según corresponda: * $[tex]r > R[/tex]$ $[tex]\vec{E} = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \, \hat{r}[/tex]$ * $[tex]r < R[/tex]$ $[tex]\vec{E} = \rho_f \frac{4 \pi r^3}{3} \frac{1}{\epsilon_0 \epsilon_r 4 \pi r^2} \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]\vec{E} = \frac{\rho_f}{3 \epsilon_0 \epsilon_r } r \, \hat{r}[/tex]$ El potencial tomando $[tex]V_\infty = 0[/tex]$ : * $[tex]r \geq R[/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r} \, \hat{r}[/tex]$ * $[tex]r \leq R[/tex]$ $[tex]V_{\infty r} = V_{\infty R} + V_{R r} = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 R} - \int_{R}^{r} \frac{\rho_f}{3 \epsilon_0 \epsilon_r } r \, \hat{r} \dot dr \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 R} - \frac{\rho_f}{6 \epsilon_0 \epsilon_r } (r^2 - R^2)[/tex]$ $[tex]V(r) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 R} + \frac{\rho_f}{6 \epsilon_0 \epsilon_r } (R^2 - r^2)[/tex]$ b) Las densidades de carga libre y de polarización volumétricas y superficiales La densidad de carga libre volumétrica: $[tex]\rho_f = \frac{3Q}{4 \pi R^3}[/tex]$ La densidad de carga libre superficial propongo que la hallemos con las condiciones de borde. Claramente debería dar 0 ya que la carga está distribuída en el interior. $[tex](\vec{D_1}(R) - \vec{D_2}(R)).\hat{n} = \sigma_f[/tex]$ Tomando los D (recordar que $[tex]D = \epsilon_0 \epsilon_r E[/tex]$ ) de la interfaz y el vector radial normal queda: $[tex](\frac{Q}{4 \pi R^2} - \frac{\rho_f}{3} R) = \sigma_f[/tex]$ $[tex]\sigma_f = (\frac{Q}{4 \pi R^2} - \frac{Q}{4 \pi R^3} R) = 0[/tex]$ Calculemos ahora las densidades de carga de polarización. Cabe esperar que la carga de polarización sea positiva en la superficie y negativa en el interior ya que el campo es saliente y las cargas de polarización siempre forman un campo que se opone al campo que las induce. $[tex]D = \epsilon_0 E + P[/tex]$ $[tex]D = \frac{D}{\epsilon_r} + P[/tex]$ $[tex]P = (1 - \frac{1}{\epsilon_r})D[/tex]$ Sabemos que $[tex](\vec{P_2} - \vec{P_1}).\hat{n} = -\sigma_b[/tex]$ . En la interfaz resulta que no hay P del lado exterior por lo tanto: $[tex]\sigma_b = \vec{P}.{n}[/tex]$ $[tex]\sigma_b = P(R)[/tex]$ $[tex]\sigma_b = (1 - \frac{1}{\epsilon_r})D(R)[/tex]$ $[tex]\sigma_b = (1 - \frac{1}{\epsilon_r})\frac{Q}{4 \pi R^2}[/tex]$ Para averiguar la densidad volumétrica utilizemos la definición $[tex]\vec{\nabla}\cdot\vec{P} = -\rho_b[/tex]$ . Primero necesitamos averiguar P en función de E. $[tex]D = \epsilon_0 E + P[/tex]$ $[tex]P = \epsilon_0 \epsilon_r E - \epsilon_0 E[/tex]$ $[tex]P = (\epsilon_r - 1) \epsilon_0 E[/tex]$ $[tex]P(r) = (\epsilon_r - 1) \frac{\rho_f}{3 \epsilon_r } r \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]P(r) = (1 - \frac{1}{\epsilon_r}) \frac{\rho_f}{3 } r \, \hat{r}[/tex]$ Tomamos la divergencia de P, recordando que la única componente que varía es la radial por lo que el operador resulta (en esféricas y por definición): $[tex]\rho_b = -\vec{\nabla}.\vec{P}[/tex]$ $[tex]\rho_b = -\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}(r^2 P(r))[/tex]$ $[tex]\rho_b = -\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}(r^2 \cdot(1 - \frac{1}{\epsilon_r}) \frac{\rho_f}{3 } r)[/tex]$ $[tex]\rho_b = -\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}((1 - \frac{1}{\epsilon_r}) \frac{\rho_f}{3 } r^3)[/tex]$ $[tex]\rho_b = -\frac{1}{r^2} ((1 - \frac{1}{\epsilon_r}) \rho_f r^2)[/tex]$ $[tex]\rho_b = -(1 - \frac{1}{\epsilon_r}) \rho_f[/tex]$ c) La densidad de energía del campo eléctrico y la energía total del sistema La densidad de energía se calcula como $[tex]\mu = \frac{1}{2} \vec{E} \cdot \vec{D}[/tex]$ . Como tenemos una función partida para el campo necesitamos integrar por separado y luego sumar. $[tex]V = \frac{4}{3} \pi r^3[/tex]$ $[tex]\frac{dV}{dr} = 4 \pi r^2[/tex]$ $[tex]dV = 4 \pi r^2 \, dr[/tex]$ * $[tex]r < R[/tex]$ $[tex]\mu = \frac{1}{2} \cdot \frac{\rho_f}{3 \epsilon_0 \epsilon_r } r \, \hat{r} \cdot \frac{\rho_f}{3 } r \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]\mu = \frac{\rho_f^2}{18 \epsilon_0 \epsilon_r } r^2 [/tex]$ $[tex]U_1 = \iiint \frac{\rho_f^2}{18 \epsilon_0 \epsilon_r } r^2 \, dV[/tex]$ $[tex]U_1 = \int_{0}^{R} \frac{\rho_f^2}{18 \epsilon_0 \epsilon_r } r^2 \, 4 \pi r^2 \, dr[/tex]$ $[tex]U_1 = \frac{4 \pi \rho_f^2}{18 \epsilon_0 \epsilon_r } \int_{0}^{R} r^4 \, dr[/tex]$ $[tex]U_1 = \frac{2 \pi \rho_f^2 R^5}{45 \epsilon_0 \epsilon_r }[/tex]$ * $[tex]r > R[/tex]$ $[tex]\mu = \frac{1}{2} \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \, \hat{r} \cdot \frac{Q}{4 \pi r^2} \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]\mu = \frac{Q^2}{32 \pi^2 \epsilon_0 r^4} [/tex]$ $[tex]U_2 = \iiint \frac{Q^2}{32 \pi^2 \epsilon_0 r^4} \, dV[/tex]$ $[tex]U_2 = \int_{R}^{\infty} \frac{Q^2}{32 \pi^2 \epsilon_0 r^4} \, 4 \pi r^2 \, dr[/tex]$ $[tex]U_2 = \frac{Q^2}{8 \pi \epsilon_0 } \, \int_{R}^{\infty} \frac{1}{r^2} \, dr[/tex]$ $[tex]U_2 = \frac{Q^2}{8 \pi \epsilon_0 R}[/tex]$ Resultado: $[tex]U = U_1 + U_2[/tex]$ $[tex]U = \frac{2 \pi \rho_f^2 R^5}{45 \epsilon_0 \epsilon_r } + \frac{Q^2}{8 \pi \epsilon_0 R}[/tex]$ d) La carga de polarización total La carga total de polarización siempre es 0. Verifiquemoslo: $[tex]\rho_b \frac{4}{3} \pi R^3 + \sigma_b 4 \pi R^2 = 0[/tex]$ $[tex]-(1 - \frac{1}{\epsilon_r}) \rho_f \frac{4}{3} \pi R^3 + (1 - \frac{1}{\epsilon_r})\frac{Q}{4 \pi R^2} 4 \pi R^2 = 0[/tex]$ $[tex]-\rho_f \frac{4}{3} \pi R^3 + Q = 0[/tex]$ $[tex]-Q + Q = 0[/tex]$ 9) Calcular la energía electrostática de una esfera de neoptreno ( $[tex]e_r = 7[/tex]$ ) de radio R cuya carga es Q si: a) La carga está distribuida uniformemente en su superficie b) La carga está distribuida uniformemente en su volumen. Discuta los resultados obtenidos. a) Si la carga es distribuye en la superficie, entonces el campo interior en la esfera es nulo. Por ende, sin E no hay P y la esfera no se polariza. Basandonos en el ejercicio anterior, resulta: $[tex]U = \frac{Q^2}{8 \pi \epsilon_0 R}[/tex]$ Ya que en el interior el campo es nulo. b) Por el resultado que obtuvimos en 8)c): $[tex]U = \frac{2 \pi \rho_f^2 R^5}{45 \epsilon_0 \epsilon_r } + \frac{Q^2}{8 \pi \epsilon_0 R}[/tex]$ Por lo tanto, cargar una esfera dieléctrica uniformemente require mas trabajo que cargarla superficialmente. Makes sense. 10) Calcular la capacidad y la energía almacenada de las siguientes configuraciones: a) un capacitor de placas plano-paralelas (despreciando efectos de borde) si hay aire o vacío entre las placas. La definición de capacidad es $[tex]C = \frac{Q}{\Delta V}[/tex]$ , donde Q es la carga en una de las placas (ambas placas tienen la misma carga pero de signo contrario) y V es la diferencia de potencial (en modulo) entre las placas. Definamos $[tex]\sigma = \frac{Q}{A}[/tex]$ donde A es el área de las placas. Como ya vimos, el campo entre dos placas despreciando efectos de borde es $[tex]E = \frac{\sigma}{\epsilon_0}[/tex]$ . Si la separación entre las placas es d (debe ser $[tex]d << A[/tex]$ para que la aproximación sea buena), entonces $[tex]\Delta V = \frac{\sigma}{\epsilon_0} d[/tex]$ . Resulta entonces: $[tex]C = \sigma A \cdot \frac{\epsilon_0 }{\sigma d} = \frac{\epsilon_0 A}{d} [/tex]$ Para el cálculo de energía retomamos la fórmula de densidad de energía $[tex]\mu = \frac{1}{2} \vec{E} \cdot \vec{D}[/tex]$ . En este caso resulta: $[tex]\mu = \frac{1}{2} \frac{\sigma}{\epsilon_0} \hat{n} \cdot \sigma \hat{n}[/tex]$ $[tex]\mu = \frac{\sigma^2}{2 \epsilon_0}[/tex]$ Integrando para todo el volumen: $[tex]U = \mu \cdot A \cdot d = \frac{\sigma A d \sigma}{2 \epsilon_0}[/tex]$ $[tex]U = \frac{1}{2} Q V[/tex]$ b) un capacitor clíndrico (despreciando efectos de borde) si hay aire o vacío entre las placas. El campo exterior generado por una distribución cilíndrica lo podemos obtener por la ley de Gauss utilizando la simetría del problema. Supongamos que tenemos un cilindro de altura H, radio R y carga total Q. La densidad de carga lineal es $[tex]\lambda = \frac{Q}{H}[/tex]$ . Tomemos un pequeño cilindro de altura M y radio r como superficie gaussiana: $[tex]E \cdot 2 \pi r M = \frac{\lambda M}{\epsilon_0}[/tex]$ $[tex]\vec{E} = \frac{\lambda}{\epsilon_0 2 \pi r } \, \hat{r}[/tex]$ Conocido el campo se procede análogamente a calcular la diferencia de potencial, suponiendo radios a y b, interior y exterior: $[tex]V = \int_{a}^{b} \frac{\lambda}{\epsilon_0 2 \pi r } \, dr[/tex]$ $[tex]V = \frac{\lambda}{\epsilon_0 2 \pi} ln(b/a)[/tex]$ Y ahora enchufamos todo en la fórmula de capacitancia: $[tex]C = \lambda H \frac{\epsilon_0 2 \pi}{\lambda ln(b/a)}[/tex]$ $[tex]C = H \frac{\epsilon_0 2 \pi}{ln(b/a)}[/tex]$ La fórmula de energía obtenida en el punto anterior es genérica para cualquier tipo de capacitor, se puede deducir nuevamente pero llegamos al mismo resultado. c) un capacitor esférico si hay aire o vacío entre las placas. El campo ya sabemos es $[tex]\vec{E} = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r^2} \, \hat{r}[/tex]$ . El potencial, asumiendo radios a y b respectivamente: $[tex]V = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0} (\frac{1}{b} - \frac{1}{a})[/tex]$ Reemplazando: $[tex]C = \frac{4 \pi \epsilon_0}{(\frac{1}{b} - \frac{1}{a})}[/tex]$ La fórmula de energía obtenida en el punto anterior es genérica para cualquier tipo de capacitor, se puede deducir nuevamente pero llegamos al mismo resultado. d) Repetir los cálculos de a) y c) si el espacio entre las placas está totalmente ocupado por un dieléctrico de constante $[tex]\epsilon_r[/tex]$ Los resultados y cálculos son idénticos excepto que hacemos uso auxiliar del vector D en el cálculo de las integrales de línea. Por ende, aparecen las permitividades relativas en los resultados finales: $[tex]C = \frac{\epsilon_r \epsilon_0 A}{d} [/tex]$ $[tex]C = \frac{4 \pi \epsilon_r \epsilon_0}{(\frac{1}{b} - \frac{1}{a})}[/tex]$ e) Repetir los cálculos para el capacitor cilíndrico si la placa interior está rodeado por una capa de un material con constante dieléctrica $[tex]\epsilon_1[/tex]$ y esta por otra capa con $[tex]\epsilon_1[/tex]$ hasta llenar el resto del espacio entre placas. f) Repetir los cálculos para el capacitor esférico si la placa interior está rodeado por una capa de un material con constante dieléctrica $[tex]\epsilon_1[/tex]$ y esta por otra capa con $[tex]\epsilon_1[/tex]$ hasta llenar el resto del espacio entre placas. Se hacen análogamente reemplazando el D en las integrales de línea para el cálculo de potencial para cada interfaz. 11) Se tiene una esfera de radio R y permitividad $[tex]\epsilon[/tex]$ cargada con una densidad de carga $[tex]\rho(r) = Ar[/tex]$ donde A es dato. Calcular: a) El campo eléctrico en todo el espacio b) El potencial en todo el espacio ( $[tex]V_\infty = 0[/tex]$ ) c) Energía de la configuración d) Carga de polarización total Se resuelve análogamente al 8) excepto que la densidad de carga es lineal con la posición. 12) Se llena con un dieléctrico de permitividad $[tex]\epsilon_r[/tex]$ la mitad del espacio entre placas de un capacitor plano. Calcular la relación entre los valores del campo eléctrico en el punto donde no hay dieléctrico, antes y después de que dicho dieléctrico, si el proceso se realiza a carga constante entre las placas. Considerando simetría planoinfinita sabemos que el campo entre las placas es $[tex]E = \frac{\sigma}{\epsilon_0}[/tex]$ . Si la carga se mantiene constante entonces vemos que el campo no varía. 13) Se llena con un dieléctrico de permitividad $[tex]\epsilon_r[/tex]$ la mitad del espacio entre placas de un capacitor plano. Calcular la relación entre los valores del campo eléctrico en el punto donde no hay dieléctrico, antes y después de que dicho dieléctrico, si el proceso se realiza a diferencia de potencial constante entre las placas. Nuevamente consideramos simetría planoinfinita. Como el problema dice que el potencial se mantiene constante, igualemos el trabajo en ir de una placa a la otra antes y después de la introducción del dieléctrico. Asumimos que la separación entre las placas es d y que el dieléctrico ocupa la mitad de dicha distancia. * Antes $[tex]V = \int_{0}^{d} \vec{E} \cdot \vec{dl}[/tex]$ $[tex]V = \frac{\sigma}{\epsilon_0} d[/tex]$ * Después $[tex]V = \int_{0}^{d/2} \frac{\vec{D}}{\epsilon_0 \epsilon_r} \cdot \vec{dl} + \int_{d/2}^{d} \vec{E} \cdot \vec{dl}[/tex]$ $[tex]V = \frac{\sigma}{\epsilon_0 \epsilon_r} \frac{d}{2} + \frac{\sigma}{\epsilon_0} \frac{d}{2}[/tex]$ Igualando: $[tex]E_i d = \frac{E_f}{\epsilon_r} \frac{d}{2} + E_f \frac{d}{2}[/tex]$ $[tex]E_i = \frac{E_f}{\epsilon_r} \frac{1}{2} + E_f \frac{1}{2}[/tex]$ $[tex]E_i = E_f(\frac{1}{2 \epsilon_r} + \frac{1}{2})[/tex]$ 14) Se tiene la configuración de la figura 1, donde el cilindro interior, de radio a es un conductor, rodeado de dos cascaras dieléctricas de radios b y c con permitividades $[tex]\epsilon_1[/tex]$ y $[tex]\epsilon_2[/tex]$ , y finalmente por una cáscara conductora de radio exterior d. El conductor interior tiene una carga $[tex]Q_1[/tex]$ y el exterior una carga $[tex]Q_2[/tex]$ inicialmente. Se conectan el conductor interno y el externo por medio de una batería de valor $[tex]V_0[/tex]$ . La longitud de los cilindros es $[tex]L << d[/tex]$ . Se pide calcular: a) Las densidades en volumen y superficie de carga libre. b) Las densidades, en volumen y superficie de carga de polarización. c) El campo electrico, el vector desplazamiento y el vector polarización para todo el espacio d) La diferencia de potencial electrostático en todo el espacio (elegir una referencia adecuada) Vamos a resolver todo a medida que va saliendo en vez de en el orden que lo especifíca el problema. Notemos las cosas obvias primero: el problema posee simetría cilíndrica por lo que utilizaremos un sistema de coordenadas cilíndrico con eje z en el eje de los cilíndros concéntricos. Resolvamos el problema de "adentro" hacia afuera. Nombraremos a las cargas en superficie como $[tex]q_x[/tex]$ indicando la carga libre que se ubica en el radio x (análogamente, $[tex]\lambda_x[/tex]$ para la densidad de carga $[tex]\frac{q_x}{L}[/tex]$ ). Definamos también $[tex]\lambda_1 = \frac{Q_1}{L}, \lambda_2 = \frac{Q_2}{L}[/tex]$ . La primer condición del problema es que se encuentra aislado. Es decir, la suma total de las cargas tiene que ser igual a la carga inicial (no se incluye la carga de polarización porque la suma siempre es 0). De aquí se desprende que: $[tex]\lambda_a + \lambda_c + \lambda_d = \lambda_1 + \lambda_2[/tex]$ Por otro lado, para que el campo sea nulo dentro del conductor exterior es necesario que la carga encerrada por cualquier superficie gaussiana de radio $[tex]r \in (c, d)[/tex]$ de 0. Por lo tanto: $[tex]\lambda_a + \lambda_c = 0[/tex]$ $[tex]\lambda_c = -\lambda_a[/tex]$ Calculemos primero el campo eléctrico/vector desplazamiento/polarización en función de las densidades de carga aun desconocidas. * $[tex]r \in (0, r_a)[/tex]$ $[tex]\vec{D} = 0[/tex]$ (por la condición de conductor) $[tex]\vec{E} = 0[/tex]$ $[tex]\vec{P} = 0[/tex]$ * $[tex]r \in (r_a, r_b)[/tex]$ Podemos despejar el campo fácilmente dada la simetría utilizando la ley de Gauss con un pequeño cilindro de radio genérico y altura h de manera que el flujo sea solo a través del lado del cilindro y no las tapas. $[tex]D \cdot 2 \pi r H = \lambda_a H[/tex]$ $[tex]\vec{D} = \frac{\lambda_a}{2 \pi r} \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]\vec{E} = \frac{\lambda_a}{\epsilon_0 \epsilon_1 2 \pi r} \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]\vec{P} = \frac{\lambda_a}{2 \pi r} \, \hat{r} - \epsilon_0 \frac{\lambda_a}{\epsilon_0 \epsilon_1 2 \pi r} \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]\vec{P} = (1 - \frac{1}{\epsilon_1}) \vec{E}[/tex]$ * $[tex]r \in (r_b, r_c)[/tex]$ $[tex]D \cdot 2 \pi r H = \lambda_a H[/tex]$ $[tex]\vec{D} = \frac{\lambda_a}{2 \pi r} \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]\vec{E} = \frac{\lambda_a}{\epsilon_0 \epsilon_2 2 \pi r} \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]\vec{P} = \frac{\lambda_a}{2 \pi r} \, \hat{r} - \epsilon_0 \frac{\lambda_a}{\epsilon_0 \epsilon_2 2 \pi r} \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]\vec{P} = (1 - \frac{1}{\epsilon_2}) \vec{E}[/tex]$ * $[tex]r \in (r_c, r_d)[/tex]$ $[tex]\vec{D} = 0[/tex]$ (por la condición de conductor) $[tex]\vec{E} = 0[/tex]$ $[tex]\vec{P} = 0[/tex]$ * $[tex]r \in (r_d, \infty)[/tex]$ $[tex]\vec{D} = \frac{\lambda_1 + \lambda_2}{2 \pi r} \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]\vec{E} = \frac{\lambda_1 + \lambda_2}{\epsilon_0 2 \pi r} \, \hat{r}[/tex]$ $[tex]\vec{P} = 0[/tex]$ Ahora que hemos establecido el valor de los campos, debemos determinar los valores de las densidades de carga en función de los datos. Utilizando el dato de la diferencia de potencial: $[tex]V_0 = -\int_{r_a}^{r_c} \vec{E} \cdot \vec{dl}[/tex]$ $[tex]V_0 = -\int_{r_a}^{r_b} \vec{E} \cdot \vec{dl} -\int_{r_b}^{r_c} \vec{E} \cdot \vec{dl}[/tex]$ $[tex]V_0 = -\int_{r_a}^{r_b} \frac{\lambda_a}{\epsilon_0 \epsilon_1 2 \pi r} dr -\int_{r_b}^{r_c} \frac{\lambda_a}{\epsilon_0 \epsilon_2 2 \pi r} dr[/tex]$ $[tex]V_0 = -\frac{\lambda_a}{\epsilon_0 \epsilon_1 2 \pi} (ln(r_b) - ln(r_a)) -\frac{\lambda_a}{\epsilon_0 \epsilon_2 2 \pi} (ln(r_c) - ln(r_b))[/tex]$ $[tex]V_0 = \frac{\lambda_a}{\epsilon_0 \epsilon_1 2 \pi} ln(\frac{r_a}{r_b}) + \frac{\lambda_a}{\epsilon_0 \epsilon_2 2 \pi} ln(\frac{r_b}{r_c})[/tex]$ $[tex]V_0 = \frac{\lambda_a}{\epsilon_0 2 \pi}\left(\frac{ln(\frac{r_a}{r_b})}{\epsilon_1} + \frac{ln(\frac{r_b}{r_c})}{\epsilon_2}\right)[/tex]$ De aquí podemos despejar $[tex]\lambda_a[/tex]$ en función de los datos. $[tex]\lambda_a = \frac{V_0 \epsilon_0 2 \pi}{ \left(\frac{ln(\frac{r_a}{r_b})}{\epsilon_1} + \frac{ln(\frac{r_b}{r_c})}{\epsilon_2}\right)}[/tex]$ Conocida $[tex]\lambda_a[/tex]$ , el resto de las densidades de carga libre se pueden obtener con las relaciones anteriores. No hay densidad de carga volumétrica libre en ningún lado del problema. Toda la carga libre está en conductores por lo tanto se ubica en las superficies. Calculemos ahora las densidades de carga de polarización. Para la carga volumétrica no tenemos problema, sabemos que es nula ya que no hay carga superficial libre que la mantenga inducida. Matemáticamente: $[tex]D = \epsilon_0 E + P[/tex]$ $[tex]D = \frac{D}{\epsilon_r} + P[/tex]$ $[tex]D(1 - \frac{1}{\epsilon_r}) = P[/tex]$ Tomando divergencia a ambos lados y dando vuelta los terminos de la ecuación: $[tex]-\rho_b = (1 - \frac{1}{\epsilon_r}) \, \rho_f[/tex]$ $[tex]\rho_b = (\frac{1}{\epsilon_r}- 1) \, \rho_f[/tex]$ Ya que $[tex]\rho_f = 0[/tex]$ , entonces $[tex]\rho_b = 0[/tex]$ . Otra manera de probar esto es tomando la divergencia de P. Pero en cilíndricas la divergencia se define (para la coordenada radial): $[tex]\vec{\nabla}\cdot\vec{F} = \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} r F_r[/tex]$ . Como el campo varía como $[tex]\frac{1}{r}[/tex]$ , al tomar la divergencia se cancelan las r y la derivada de una constante es 0. Calculemos entonces las densidades de carga ligada superficiales: $[tex]\lambda_b = \vec{P} \cdot \hat{n}[/tex]$ En $[tex]r_a^+[/tex]$ : $[tex]\lambda_{a}^{b} = P(r_a^+) \cdot -\hat{r}[/tex]$ En $[tex]r_b^-[/tex]$ : $[tex]\lambda_{b}^{b} = P(r_b^-) \cdot \hat{r}[/tex]$ En $[tex]r_b^+[/tex]$ : $[tex]\lambda_{b}^{b} = P(r_b^+) \cdot -\hat{r}[/tex]$ En $[tex]r_c^-[/tex]$ : $[tex]\lambda_{c}^{b} = P(r_c^-) \cdot \hat{r}[/tex]$ Los superindices indican el sentido en el que nos acercamos al radio. Menos indica desde valores mas chicos y mas desde valores mas grandes. El superindice b indica carga ligada. Resta, por último, calcular el potencial. No tiene mucho de especial con respecto a los ejercicios anteriores excepto la elección de la referencia. Como el sistema está aislado, cabría esperar una elección natural de potencial 0 en infinito. Sin embargo, el sistema tiene extensión infinta y habría una contradicción si en infinito el potencial tiene dos valores distintos. Debemos notar que cuando integramos $[tex]\frac{1}{r}[/tex]$ nos da $[tex]ln(r)[/tex]$ . El único valor en el que esta función es 0 es en $[tex]r=1[/tex]$ . Por lo tanto, si queremos establecer un potencial de 0 en algún lado, debemos ajustar la función potencial de tal manera que quede $[tex]ln(r+1)[/tex]$ , en concordancia con nuestro sistema de referencia cilíndrico y sabiendo que el potencial solo puede decrecer con respecto a $[tex]r=0[/tex]$ a medida que r aumenta. ---- Avisen de errores, sugerencias etc!

Última edición por koreano el Mar May 15, 2012 11:51 am, editado 11 veces

Yankey
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Publicado: Mie Sep 21, 2011 7:12 pm Asunto: (Sin Asunto)


Bueno, no garantizo que esté bien, pero aporto el ejercicio 7: (7) Un plano separa dos medios de permitividad $[tex]\epsilon_{r1}[/tex]$ =3.5, y $[tex]\epsilon_{r2}[/tex]$ =6.25. Sabiendo que $[tex]V_a - V_b [/tex]$ es 200 V, y que $[tex]V_b - V_c[/tex]$ es 50 V, hallar $[tex]\vec{E}, \vec{D}[/tex]$ y $[tex]\vec{P}[/tex]$ a ambos lados del plano interfaz. Datos: ao=10 cm, BO=20 cm, BV= 5 cm. Considerar los campos uniformes en cada región. Los campos electrostáticos presentan ciertas condiciones de frontera, a saber: $[tex]E_{\tau 1}=E_{\tau 2}[/tex]$ La componente tangencial del campo $[tex]\vec{E}[/tex]$ es continua a través de una superficie de separación. y $[tex]D_{\eta 1} - D_{eta 2}= \sigma_l[/tex]$ La componente normal del campo D es discontinua a través de una superficie de separación cuando existe una densidad superficial de carga libre y su discontinuidad es igual a ella. Con la normal unitaria de referencia hacia afuera del medio 1. Como $[tex]\vec{E}[/tex]$ es uniforme: $[tex]V_A - V_B = - \int_{a\rightarrow{b}} \vec{E} \cdot{\vec{dl}} = E (AB) [/tex]$ , de donde $[tex]E_{\tau 1}= \frac {200 V} {0,3 m}= 666,67 V/m=E_{\tau 2}[/tex]$ $[tex]V_B -V_C= \int_C^B \vec{E} \cdot \vec{dl}= E (BC)[/tex]$ De donde: $[tex]E_{\eta 2}= 1000 V/m[/tex]$ Como la densidad supercial de carga libre en la superficie de separación de los dos medios es nula, se verifica: $[tex]D_{\eta 1}=D_{\eta_2}[/tex]$ . Y además debido a que los medios son medios simples (lineales, isótropos y homogéneos), de acuerdo a la ecuación constitutiva: $[tex]\vec{D_1}=\epsilon_{r1} \epsilon_0 \vec{E_1}[/tex]$ i.e. $[tex]E_{\eta 2}= \frac {E_{\eta 1} \epsilon_{r1}} {\epsilon_{r2}}[/tex]$ Además es inmediato que: $[tex]200V= E_{\eta 2} (BO) + E_{\eta 1} (AO)[/tex]$ = $[tex]E_{\eta 1}({\frac{\epsilon_{r1}}{\epsilon_{r2}}}(BO)+(AO))[/tex]$ De aquí se obtiene que: $[tex]E_{\eta 1}= 943,39 V/m[/tex]$ $[tex]E_{\eta 2}= 528-3 V/m[/tex]$ La expresión del campo electrostático será entonces para el medio 1: $[tex]\vec{E_1}= 666,67 \hat{\tau} + 943,39 \hat{\eta}[/tex]$ V/m Y para el 2: $[tex]\vec{E_1}= 666,67 \hat{\tau} + 528,30 \hat{\eta}[/tex]$ V/m. De donde se deduce rápidamente que: $[tex]\vec{D_1}= 210^{-8} \hat{\tau} + 2.910^{-8} \hat{\eta}[/tex]$ $[tex]C/m^2[/tex]$ $[tex]\vec{D_2}= 3,610^{-8} \hat{\tau} + 2,9 10^{-8} \hat{\eta}[/tex]$ $[tex]C/m^2[/tex]$ Por último nos basta calcular el vector de polarización. $[tex]\vec{P_1} = \vec{D_1} - \epsilon_0 \vec{E_1}= (1,4 \hat{\tau} + 2 \hat{\eta})10^{-8} C/m^2[/tex]$ $[tex]\vec{P_2} = \vec{D_2} - \epsilon_0 \vec{E_2}= (3 \hat{\tau} + 2.4 \hat{\eta})10^{-8} C/m^2[/tex]$ Lo que da por concluido el ejercicio. Se puede observar que la normal al plano que separa las dos medios puede comportarse como el vector director del eje x de un sistema de coordenadas cartesiano ortogonal, y el versor asociado a la dirección tangencial como el que indica la dirección del eje y. Por tanto se puede definir un ángulo por $[tex]arctg (\theta)= \frac {y}{x}[/tex]$ de donde resulta que $[tex]\vec{E_1}, \vec{D_1}, \vec{P_1}[/tex]$ son colineales como era de esperarse, al igual que $[tex]\vec{E_2}, \vec{D_2}, \vec{P_2}[/tex]$ . En efecto, los vectores de la primera tanda forman un ángulo de aproximadamente 36º, y la segunda tanda uno de aproximadamente 51º respecto a un sistema dextrorsum, es decir donde un vector con igual dirección a la que define el eje x tiene ángulo cero, y el sentido de crecimiento positivo del ángulo es en sentido opuesto al de las manecillas del reloj. Luego, al pasar de un medio simple a otro de acuerdo a las constantes dieléctricas dadas por el problema, los vectores E, P, y D modifican su dirección en unos 15º.

koreano
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Publicado: Mie Sep 21, 2011 7:55 pm Asunto: (Sin Asunto)


Buenísimo, ahí lo agregué al primer post. Ahora en un rato subo el 14.

gira
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Publicado: Vie Sep 30, 2011 2:45 pm Asunto: (Sin Asunto)


Enorme aporte che, muy bueno.

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Publicado: Jue Ene 26, 2012 5:42 pm Asunto: (Sin Asunto)


Che loco, no entiendo porque en el 14 el potencial lo calculas entre a y c, y no entre a y d. Se me esta formando una ligera idea pero es muy tirada de los pelos y no me cierra, como que por tener la referencia en a=0, y al estar equipotenciado con d, todo lo de d hasta c da 0 y que ajfakfdadfd, listo, gracias por explicarme, cualquier cosa vuelvo.

Trigger
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Carrera: Industrial

Publicado: Dom Feb 19, 2012 4:39 pm Asunto: (Sin Asunto)


Tengo un par de dudas con este tema: -Dentro del dielectrico solo tengo cargas de polarizacion y como el fenomeno de polarizacion es volumetrico, tengo densidad volumetrica de polarizacion y la densidad superficial de polarizacion es siempre cero. Esta bien esto? -Las cargas libres donde estan? en las afueras del dielectrico? De donde salen estas cargas?

Jackson666
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Publicado: Dom Feb 19, 2012 4:46 pm Asunto: (Sin Asunto)


- Estrictamente dentro del dieléctrico sí. Si consideras todo el dieléctrico no, porque el módulo del vector P es justamente la densidad superficial de cargas de polarizacion. - Con carga libre, se refiere a los electrones libres que tienen por ejemplo los metales para desplazarse. El término "libre" viene referido a eso, a que están "libres" de movimiento. Las cargas libres son las que "uno pone voluntariamente". En el caso de un capacitor, son las que están en las placas del mismo.

koreano
Nivel 9

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Carrera: No especificada

Publicado: Dom Feb 19, 2012 4:47 pm Asunto: (Sin Asunto)


La polarización volumétrica se da únicamente cuando tenés un dieléctrico con carga neta no nula. Y a menos que el dieléctrico ya esté cargado, no tiene cargas libres. En general las cargas de polarización netas son no nulas en las superficies del dieléctrico. Te recomiendo leer el McKelvey para entender el tema de dieléctricos

brb
Nivel 2

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Mensajes: 6

Publicado: Jue Abr 19, 2012 2:48 pm Asunto: (Sin Asunto)


hola! la verdad que buen laburo te pasaste, igual tengo una duda que no entiendo muy bien (no se si sera el lugar indicado, sepan disculpar soy nuevo ), es en el punto 2)c) cuando dicen que se conecta a un potencial de 10V, respecto del infinito, que es lo que le hace esto a la cascara conductora, algo parecido pasa en el ejercicio 5 cuando tenes las dos llaves conectadas a esferas, que ninguna llave esta abierta, que una esta abierta, la otra no y después las dos, la pregunta es cuando se conecta un potencial a un conductor que es o q sucede con la carga q se tenia antes de que conecte el potencial?? (si es que tenia) Ya se que es un pregunta media boluda, pero la verdad me esta trabando para poder hacer la guia, se agradece cualquier respuesta, saludos

koreano
Nivel 9

Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796

Carrera: No especificada

Publicado: Jue Abr 19, 2012 3:04 pm Asunto: (Sin Asunto)


El potencial depende de los puntos extremos entre los que se evalúa (eligiendo cualquier trayectoria que los una) y del campo eléctrico. A su vez, el campo está generado por carga. Por lo tanto, establecer un potencial significa establecer el campo, lo que se traduce en establecer las cargas. Por lo tanto, lo podes pensar como que cualquier diferencia de potencial va a resultar en un movimiento de cargas. Lo que tenés que tener en cuenta siempre es la conservación de carga total para sistemas aislados y en contrapartida, los sistemas que están conectados a tierra, que se lo considera una fuente (o sumidero) infinita de carga. En resumen, va a fluir carga (positiva o negativa), la cantidad exacta necesaria para establecer un campo tal que cuando evaluás la integral para obtener la diferencia de potencial te dé exactamente 10V o el número que sea. Para resolver el ejercicio lo que tenés que hacer es averiguar el campo como siempre y dejarlo en función de cargas desconocidas. Al final, cuando tenés el campo en las regiones donde vas a circular para averiguar el potencial, hacés la integral y igualás a la diferencia de potencial dato, de donde podes despejar la carga desconocida. Nota de color: si un conductor no está aislado, no importa su carga inicial cuando está sujeto a una diferencia de potencial.

Cachengue
Nivel 4

Registrado: 31 Ago 2009
Mensajes: 112

Carrera: Industrial

Publicado: Vie Abr 27, 2012 7:09 pm Asunto: (Sin Asunto)


Hay algo que no me termina de cerrar en el 4), en cuanto a la conexión a Tierra. El dato inicial de que la esfera esta descargada es irrelevante? O sea, entiendo como calcular el potencial, pero haciéndolo entre un Rb<r<Rc e infinito me queda Qext/4EoPIRc , y no justifico como Qext es positiva. Lo vuelvo a plantear pero ahora tomando como referencia que en la esfera interior el potencial también es 0? Perdón por la poca claridad, y MUCHAS gracias koreano, esta buenísimo.

Jackson666
Nivel 9

Edad: 37
Registrado: 01 Feb 2009
Mensajes: 1980
Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
CARRERA.electrica.3.jpg

Publicado: Vie Abr 27, 2012 9:56 pm Asunto: (Sin Asunto)


Como la esfera metálica está descargada, en la región comprendida entre la esfera y la superficie interna del cascarón, no hay fuentes ni sumideros de campo eléctrico. De la ley de Gauss (considerando una superficie esférica concéntrica con aquella metálica), se desprende que el flujo eléctrico en esa región es nulo. Para la región comprendida entre la superficie interna y la externa del cascaron (sin tocar los bordes del mismo), se podría pensar que en la superficie interna hay una carga distribuída. Suponete que así fuera. Entonces, ocurriría que, por la ley de Gauss el flujo eléctrico (considerando una superficie esférica al igual que antes pero de distinto radio) iguala a la hipotética carga encerrada sobre la permitividad eléctrica del vacío. Pero antes dijimos que para $[tex]0<r_{a}<r<r_{b}[/tex]$ , no hay fuentes ni sumideros de campo. Por ende, si existe E, sólo estará en la región $[tex]r_{b}<r<r_{c}[/tex]$ . Pero esa región es la comprendida por un conductor en condición electrostática. Por ende, E = 0 en esa región. De ahí sacas que toda la carga está distribuída sobre la superficie exterior del cascarón (y sabes que es positiva por hipótesis).

aimac
Nivel 6

Registrado: 22 Ago 2009
Mensajes: 283

Carrera: No especificada y Electrónica

Publicado: Lun Abr 30, 2012 2:46 pm Asunto: (Sin Asunto)

Koreano, una consulta:

Cita:

Para resolver el problema, calculemos primero las densidades superficiales de carga. Está claro que en algún lado hay alguna pila que está forzando a la esfera metálica interior a mantener su potencial en 0, caso contrario el campo interior de la cascara conductora sería nulo por simetría y las cargas de la esfera metálica, inicialmente descargada, no tendrían ningúna razón para re ordenarse.
La manera, claro está, de forzar dicha diferencia de potencial es llevando cargas negativas a la esfera interior, que obviamente se acomodarán en la superficie por ser un conductor. Supongamos que cada superficie tiene una cantidad de carga $[tex]q_a, q_b, q_c[/tex]$ .

En el ej. 4 de esta guía, decís que existe una pila para forzar la densidad de carga. No me queda claro por qué la necesidad de una pila.
Supongamos el caso sin pila. Las cargas positivas en la cáscara se reordenarían un poco en la parte externa y otro en la cara interna... y habrían 0 cargas en el conductor esférico metálico.
Por qué es necesario que haya carga neta negativa en el conductor esférico?

_________________

Cachengue
Nivel 4

Registrado: 31 Ago 2009
Mensajes: 112

Carrera: Industrial

Publicado: Lun Abr 30, 2012 3:34 pm Asunto: (Sin Asunto)


Gracias Jackson, creo que entendi. Una ultima pregunta, por que en el 14) usa para los cilindros la carga como densidad lineal (lambda) y no superficial (sigma)? Me parece que hay algo que no estoy entendiendo ahi. Fui por un camino algo distinto, y llegue a lo mismo, pero con sigma, y si lo quiero reemplazar por Q/Sup ahi si me da distinto.

koreano
Nivel 9

Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796

Carrera: No especificada

Publicado: Lun Abr 30, 2012 3:39 pm Asunto: (Sin Asunto)

aimac escribió:

Koreano, una consulta:

Cita:

No es una "pila" estrictamente hablando, pero el potencial está fijado.

La justificación de la carga negativa en la esfera interior es la siguiente: si no hay carga en la esfera interior, no hay campo en la región interna del cascarón ( $[tex]r \leq b[/tex]$ ). Y si no hay campo, el potencial no cambia ( $[tex]E = -\nabla V[/tex]$ ). Pero el problema te pide que el potencial en la esfera interior y en el infinito sea el mismo. Entonces lo que subió viniendo desde infinito lo tiene que bajar cuando vas desde el cascarón exterior hasta la esfera interior.

El gráfico del potencial es algo así:

Fijate como debe ser el campo para que eso se cumpla. Y el campo está generado por cargas.

Resumiendo: en este problema el potencial está fijo. El potencial depende del campo. El campo depende de cargas. La conexión a tierra es una fuente de carga al mismo tiempo que fija todos los puntos a los que está conectado al mismo potencial.

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