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Departamento de Física Aplicada III
Escuela Técnica Superior de Ingenieros
Camino de los Descubrimientos s/n
41092 Sevilla
Examen de Campos Electromagnéticos (3a convocatoria). 2o de Industriales.
Febrero-2010
Problema 1.- (2.5 ptos.) Se tiene un condensador plano formado por dos armaduras semicirculares de radio R
enfrentadas a una distancia d. Dentro del condensador se ha colocado una pieza dieléctrica de permitividad
ε que lo llena completamente y que tiene posibilidad de girar respecto del eje que pasa por los centros de las
armaduras. La figura 1 muestra una posición genérica en que la pieza dieléctrica se ha girado un ángulo α
respecto de dicho eje. El sistema se ha cargado mediante un generador que suministra una tensión V0 entre
armaduras. Despreciando en todo momento los efectos de borde, se pide calcular:
(a) Energı́a del sistema con la pieza completamente dentro (0.5 ptos.)
(b) Trabajo necesario para girar la pieza hasta un ángulo α estando conectado el generador. (0.5 ptos.)
(c) Momento de la fuerza eléctrica que actúa sobre el dieléctrico en esa situación. (0.7 ptos.)
(d) Repetir los apartados (b) y (c) si previamente hemos desconectado el generador. (0.8 ptos.)
R
a
e
d
SOLUCIÓN
Apartado (a)
La energı́a que se pide es simplemente la asociada a un condensador, es decir, Ue =
capacidad, que en este caso es
επR2
εS
=
.
Ci =
d
2d
Por tanto, la energı́a será
επR2 V02
.
Ue,i =
4d
Apartado (b)
1
2
2 CV ,
siendo C la
Para resolver este apartado necesitaremos hallar la energı́a asociada a la posición de la figura, suponiendo
que las armaduras soportan una d.d.p. igual a V0 . Ahora la capacidad C(α) se obtiene considerando el
condensador como asociación en paralelo de uno lleno de dieléctrico y área correspondiente a un sector
circular de ángulo π − α y otro vacı́o, con ángulo α:
C(α) =
R2
επR2 (π − α) ε0 πR2 α
+
=
[ε(π − α) + ε0 α] .
d
2π
d 2π
2d
La parte de dieléctrico que queda fuera de las placas no tiene ningún aporte apreciable sobre la capacidad
total. La energı́a será entonces
1
R2 V02
[ε(π − α) + ε0 α] .
Ue,f = C(α)V02 =
2
4d
Planteamos ahora un balance de energı́a del proceso escribiendo
ΔT = −ΔUe + Wg + Wm ,
siendo ΔT la variación de energı́a cinética en el proceso, que en nuestro caso es nula, ΔUe la variación de
energı́a electrostática del sistema, Wg el trabajo del generador, que en un proceso a potencial constante,
como el nuestro, es siempre Wg = 2ΔUe , y por último Wm es el trabajo realizado por las fuerzas mecánicas,
que es lo que se nos pide. Sustituyendo todo ello en la ecuación de balance se llega a
Wm = −ΔUe = Ue,i − Ue,f =
επR2 V02 R2 V02
R2 V02 (ε − ε0 )
−
[ε(π − α) + ε0 α] =
α.
4d
4d
4d
Apartado (c)
A partir del principio de los trabajos virtuales se demuestra que el momento de las fuerzas eléctricas sobre
la pieza dieléctrica se obtiene mediante cualquiera de las fórmulas
dUe dUe =
Me = −
dα q
dα V
Por tanto podemos aprovechar el cálculo de la energı́a final realizado en el apartado anterior para obtener
el momento de las fuerzas pedido:
Me =
dUe R2 V02
(ε0 − ε).
=
dα V
4d
Puede verse que el momento es negativo (puesto que ε > ε0 ), lo cual quiere decir que hay tendencia natural
a que la pieza dieléctrica se introduzca entre las armaduras.
Apartado (d)
Para hallar el trabajo mecánico realizado en el giro de la pieza dieléctrica necesitamos la nueva energı́a final,
que es distinta que en el proceso a potencial constante. La carga inicial del condensador es
επR2 V0
εSV0
=
.
d
2d
Esta carga se mantiene durante todo el proceso si hemos desconectado el generador. La energı́a final será
q = Ci V0 =
Ue,f
q2
=
=
2C(α)
επR2 V0
2d
2
d
[ε(π − α) + ε0 α]−1 .
R2
Por otro lado, el balance de energı́a es ahora 0 = −ΔUe + 0 + Wm → Wm = ΔUe , puesto que la variación
de energı́a cinética es nuevamente nula y además no hay generadores que produzcan trabajo. Por tanto
Wm = Ue,f − Ue,i
q2
q2
−
=
=
2C(α) 2C(0)
επR2 V0
2d
2
1
d
1
−
.
2
R ε(π − α) + ε0 α επ
Para hallar el momento de las fuerzas aplicamos la fórmula correspondiente a carga constante:
dUe q2 d
=
−
Me = −
dα q
2 dα
=
1
C(α)
1
q 2 dC
=
=
2
2C(α) dα
2
π 2 ε2 R2 V02 (ε0 − ε)
4d [ε(π − α) + ε0 α]2
επR2 V0
2d
2
2
(2d)2
−2 R
(ε0 − ε) =
[ε(π
−
α)
+
ε
α]
0
R2
2d
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.
2 de febrero de 2010
PROBLEMA 2.Sea una barra cilı́ndrica de radio a y longitud L que está fabricada con un conductor óhmico cuya conductividad varı́a con la distancia al eje de la barra cilı́ndrica, r, según la ecuación:
σ=
σ0
r
a
donde σ0 es una constante. Se establece una diferencia de potencial V0 entre las caras de los extremos de la
barra y se alcanza el régimen de corriente estacionaria. Se pide:
a) Asumiendo como hipótesis que la densidad de corriente es paralela al eje z, establecer de forma razonada
la dependencia con las variables espaciales que han de tener la densidad de corriente y el campo eléctrico
en el interior de la barra conductora. (0.5 ptos)
b) Calcular la densidad de corriente y el campo eléctrico en el interior del cilindro conductor en función de
los parámetros del problema. (1.0 ptos)
c) Calcular la resistencia eléctrica de la barra conductora. (0.6 ptos)
d) Suponga que se sustituye la barra conductora por otra barra cilı́ndrica con el mismo radio pero cuya
conductividad es uniforme y vale σ0 . ¿Qué longitud ha de tener esta nueva barra para que su resistencia sea
la misma que la de la barra anterior? (0.4 ptos)
SOLUCIÓN:
Apartado a)
Dado que la corriente debe ser tangencial a las paredes laterales de la barra conductora es razonable
suponer que el vector densidad de corriente tiene solamente la dirección del eje longitudinal (eje z):
~ = (r, z)~uz ,
donde, dada la simetrı́a de revolución del problema se ha omitido la dependencia de la corriente con φ.
Aplicando la condición de que la corriente es estacionaria tenemos que:
~ · ~ = 0
∇
→
∂j(r, z)
=0
∂z
→
~ = (r)~uz .
Es decir, la densidad de corriente no puede depender de la variable z.
Por otra parte, en el interior de la barra conductora la relación entre el campo eléctrico y la densidad de
~ de donde se deduce que la forma del campo eléctrico
corriente viene dada por la Ley de Ohm: ~ = σ(r)E,
~
~ ×E
~ = 0. Aplicando esta
es: E = E(r)~uz . Sin embargo, el campo eléctrico es estático y debe cumplir que ∇
condición llegamos a :
∂E(r)
= 0.
∂r
~ = E0 ~uz , donde E0 es una
Es decir, que el campo no puede depender de la variable r y será de la forma: E
constante. La ley de Ohm obliga entonces que la densidad de corriente sea, efectivamente, función de r:
~ = σ(r)E0 ~ur .
Estas conclusiones se pueden alcanzar igualmente sin realizar una sola cuenta. En efecto, ya hemos visto
que a partir de las condiciones de contorno y de la simetrı́a del problema puede establecerse que la corriente
ha de ser de la forma ~ = (r, z)~uz . Pero si la densidad de corriente dependiese de z podrı́a proporcionarnos
una intensidad diferente en diferentes puntos de la barra, lo que viola la condición de corriente estacionaria.
~ sólo pueden depender de r. Pero, a su vez, si admitimos que el campo eléctrico
Esto significa que ~j y E
puede ser diferente para distintos valores de r, su circulación (diferencia de potencial) entre los extremos
de la barra serı́a en general diferente para dos caminos de integración paralelos al eje z pero con distinta r.
Esto no tiene sentido en electrostática y nos permite asumir que el campo eléctrico debe ser uniforme en el
interior de la barra conductora. Nótese que este modo de razonar hace uso también de las condiciones de
corriente estacionaria y de campo electrostático pero desde un punto de vista conceptual en lugar de aplicar
las ecuaciones matemáticas.
Apartado b)
La diferencia de potencial entre el lado izquierdo de la barra (z = 0) el derecho (z = L) es V0 . Entonces
si calculamos la circulación del campo eléctrico entre ambos extremos por un camino recto paralelo al eje z
obtenemos:
∫ L
∫ 0
~ · d~r =
E
E0 dz = E0 L.
V (0) − V (L) = V0 = −
L
De donde:
0
~ = V0 ~uz .
E
(1)
L
~ sustituyendo la
La densidad de corriente puede hallarse a su vez a partir de la Ley de Ohm ~ = σ(r)E
expresión (1) para el campo y la expresión de la conductividad que nos dan en el enunciado:
~ =
σ0 V 0
r~uz
aL
Apartado c)
Para calcular la resistencia hemos de relacionar la diferencia de potencial V0 con la intensidad I que
circula por la barra. Esto es inmediato si consideramos que la intensidad es el flujo de la densidad de
corriente a través de la sección transversal de la barra conductora:
I=
∫
S
~=
~ · dS
∫
2π
0
∫
a
0
De donde:
R=
σ0 a2
σ 0 V0 2
r dφdr = 2π V0
aL
L
3
V0
1 3L
=
I
σ0 2πa2
(2)
Apartado d)
En general, la resistencia de una barra de conductor óhmico con conductividad uniforme puede escribirse
como:
1 l
R=
.
σS
Donde σ es la conductividad de la barra, l su longitud y S el área de su sección transversal. En este caso
particular tenemos una barra cilı́ndrica de longitud L0 y radio a constituida por un material óhmico con
conductividad uniforme σ0 . Entonces su resistencia, a la que llamaremos R0 , puede escribirse:
R0 =
1 L0
.
σ0 πa2
Si comparamos esta expresión con la resistencia de la barra de nuestro problema (2) se concluye inmediatamente que para que las resistencias sean iguales ha de ser L0 = 32 L.