Departamento de Física Aplicada III
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- Elena Márquez Guzmán
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1 Departamento de Física Aplicada III Escuela Superior de Ingenieros Camino de los Descubrimientos s/n 4109 Sevilla Examen de Campos electromagnéticos. o Curso de Ingeniería Industrial. Septiembre de 011 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: ρ(r) = ρ 0 b r donde ρ 0 es una constante con unidades de C/m 3. 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)
2 SOLUCIÓN: Apartado a) Dada la simetría 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: S E d S = E4πr = Q int ε 0 (1) En esta ecuación el valor de la carga neta encerrada dentro de la superficie gaussiana (Q int ) depende del valor del radio r. En general: Q int (r) = ρ(r)dτ = r a ρ 0 b r 4πr dr = 4πb ρ 0 (r a). () Teniendo esto en cuenta, obtenemos lo siguiente para el campo eléctrico: 0 para r < a E(r) = b ρ 0 (r a) ɛ 0 r u r para a < r < b b ρ 0 (b a) ɛ 0 r u r 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 (ρ i ) y exterior (ρ e ). 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: q i = Q int (b) = 4πb ρ 0 (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 q e = q i. Todo esto nos lleva a la siguiente expresión para las densidades de carga que nos piden: ρ i = b ρ 0 (b a) c (4) ρ e = b ρ 0 (b a) d (5) Apartado c) Al colocar la esfera metálica sobre la esfera cargada que había previamente no añadimos carga neta al sistema, ya que la esfera metálica está descargada. Tampoco se ve alterada la
3 simetría 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: E = b ρ 0 (b a) ɛ 0 r u r = Q int(b) 4πɛ 0 r u r 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) = Q int(b) 4πɛ 0 r. Entonces el potencial de la esferá metálica es el valor de V (r) para r = d: V = V (b) = Q int(b) 4πɛ 0 d = b ρ 0 (b a) ɛ 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 q i = Q int (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 había 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 = q e = Q int (b) = 4πb ρ 0 (b a).
4 Departamento de Física Aplicada III Escuela Superior de Ingenieros Camino de los Descubrimientos s/n 4109 Sevilla Examen de Campos Electromagnéticos ( a convocatoria). o de Industriales. Septiembre-011 Problema.- (.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 v 1 y v respectivamente (v > v 1 ). 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 confírmese 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, F 1 y F, qué potencia mecánica se está suministrando al conjunto? Discútase la conservación de la energía en el sistema. (0.8 ptos.) B S v 1 v 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 = dφ dt = L d dt (x x 1 )B = L(v v 1 )B = IR, donde la resistencia R se calcula a partir de la expresión válida para hilos, puesto que se trata de la misma geometría en el caso de una barra: R = L σs. En resumen, I = (v v 1 )BσS. 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 así se crea un campo magnético cuyo flujo trata de contrarrestar el aumento de flujo que está teniendo lugar.
5 Apartado (b) La corriente inducida, en presencia del campo magnético, produce una fuerza sobre cada barra, que calculamos usando la fórmula F m = I d r B = IL B, barra donde hemos resuelto la integral fácilmente por ser el campo uniforme y salir fuera de ella. La fórmula es válida para cada barra. El vector L está orientado en cada caso según el sentido positivo de circulación (antihorario). La intensidad debe expresarse incluyendo el signo que ha resultado en el apartado (a). Con todo esto escribimos F m1 = ILB u x = (v v 1 )B LσS u x ; donde u x es un vector unitario dirigido según las dos velocidades. Apartado (c) Fm = ILB u x = (v v 1 )B LσS u x, 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 P mec = F 1 v 1 + F v = F m1 v 1 F m v = (v v 1 )B LσS v1 (v v 1 )B LσS v = (v v 1 ) B LσS. Al resultar que P mec = I 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 energía mecánica del sistema (las velocidades se mantienen y tampoco hay variación de energía potencial).
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