Departamento de Física Aplicada III

Transcripción

1 epartamento de Física Aplicada III Escuela Superior de Ingenieros Camino de los escubrimientos s/n 4092 Sevilla Examen de Campos Electromagnéticos. 2 o de Industriales. Junio-2002 Problema.- (2.5 ptos.) Se tiene la distribución de cargas y conductores de la figura. Una esfera conductora perfecta, de radio y carga neta nula, tiene en su interior dos uecos esféricos del mismo radio. En el centro de cada ueco ay una carga puntual, de valores q b y q c. En el exterior de la esfera, a una distancia de su centro, se encuentra una carga puntual. q a =0. Calcúlese la fuerza sobre las cargas en los uecos. q b 2. Calcúlese la fuerza sobre la carga. q c Solución: Apartado Los uecos 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 ueco debe mirarse como un problema distinto q b - q b q - - c - q c Figura : La fuerza so bre las cargas es nula La clave en los problemas donde ay superficies conductoras es que están a potencial constante. Si nos fijamos en la carga q b, la superficie esférica a potencial constante y el eco de que la carga se encuentre en el centro del ueco impone una simetría esférica. Esto quiere decir que la distribución de carga en la superficie del ueco debe ser uniforme. Se a visto en clase que una superficie esférica cargada no crea campo eléctrico en su interior. La fuerza sobre la carga se debe al campo creado por las cargas en la superficie del ueco (no al creado por la propia carga). Por tanto, al ser nulo ese campo, la fuerza sobre la carga es nula. Otra forma de obtener el mismo resultado es intentar decidir la dirección de la ipotética fuerza sobre la carga. Esta fuerza debería ser un vector dirigido desde el centro del ueco acia afuera. Pero dada la simetría esférica, cuál sería 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 acerse con el otro ueco. 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 aya un condensador tiene que aber dos superficies en influencia total, esto es, que todas las líneas de campo que salen de una de ellas vayan a la otra. En este caso las únicas

2 Problemas resueltos de examen de Campos Electromagnéticos 2 superfices que ay son las interiores de los uecos y la externa de la esfera, y no cumplen ese requisito. Apartado 2 Antes emos visto que la esfera conductora apantalla los uecos, aislándolos de lo que ocurre en el exterior. e dentro acia afuera también actúa, aunque en este caso no apantalla, sino que modifica la influencia de las cargas que se allan en su interior. e este modo, el problema en el exterior no depende de la distibución de la carga en los uecos, aunque sí de la carga total que ay en ellos. La carga colocada en el exterior de la esfera ve una superficie de radio a potencial constante (la de la esfera) y con una carga total q t = q a +q b +q c = q b +q c (pues q a = 0). Este problema se a resuelto en clase con q t =q +q +q a b c Figura 2: Problema visto por la carga el método de las imágenes. Primero se coloca una carga imagen de valor q en el interior de la esfera en la línea que une la carga 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 y se anule. Para ello basta con exigir que se anule en los puntos A y B de la figura 3. V A = 4πɛ 0 V B = 4πɛ 0 + q 4πɛ 0 b = q 4πɛ 0 + b = 0 q = / b = 2 / Puede comprobarse que el resultado es razonable explorando los valores límites de. Si se ace muy grande tanto q como b se acen muy pequeños. Es decir, la carga imagen se desplaza acia el centro de la esfera y su valor tiende a cero. Esto es lógico, pues en ese caso la influencia de la carga se aría despreciable. En el otro límite, si, se tiene q y b. e nuevo es razonable. En el límite, cuando la carga se acerca muco a la superficie de la esfera llega a verla como un plano infinito, con lo cual la carga imagen tendría su mismo valor cambiado de signo y estaría situada a la misma distancia de la superficie, en el interior de la esfera. B q t =q +q =q b+qc q b q Figura 3: istribución de cargas imágenes del problema exterior X 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 q t = q b + q c. Para conseguir esto, y que su superficie siga siendo equipotencial, se debe colocar otra carga imagen en su centro, de valor q = q t q = q b + q c + /. 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

3 Problemas resueltos de examen de Campos Electromagnéticos 3 carga se tiene q F = u x 4πɛ 0 ( b) 2 + q 4πɛ 0 2 Sustituyendo los calculos anteriores se obtiene F = πɛ 0 3 ( 2 2 ) 2 + (q b + q c ) 4πɛ 0 2 u x El primer término es atractivo mientras que el segundo es repulsivo (suponiendo que y q b + q c tienen el mismo signo). Problema 2.- Se tiene una pieza en forma de tronco de cono como la indicada en la figura, de altura, radio en la base y semiángulo de apertura θ 0. 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 j S = j S u φ.. Calcúlese la densidad superficial equivalente en función de, N, y θ 0 a P 2. Calcúlese el campo magnético en el punto P, el vértice del cono no truncado. 3. Se tiene una espira de radio a en el punto P, orientada de modo que su perpendicular forma un ángulo α con el eje del cono. Si la corriente varía en el tiempo como I(t) = I 0 cos(wt), cuál es la fuerza electromotriz inducida en la espira? N I Solución: Apartado La densidad volumétrica de corriente se define de modo que dada una superficie S, la corriente que la atraviesa es I = j ds, () S siendo ds un vector que, en cada punto de la superficie, es perpendicular a ella y su módulo 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, j 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 línea. Así, dada una línea, la corriente que la atraviesa se expresa I = j S d r. (2)

4 Problemas resueltos de examen de Campos Electromagnéticos 4 N A j s I L B Figura 4: El bobinado se modela con una densidad de corriente superficial El vector d r indica que, en cada punto de la curva, debe definirse un vector infintesimal perpendicular a la curva, contenido en la superficie en la que fluye la corriente y de módulo la longitud del elemento de línea definido en el punto. Nótese que este vector es distinto del que se usa en la circulación de un vector E d r, por ejemplo; en este caso d r es paralelo a la curva en cada punto. En el problema, la superficie por la que fluye la corriente es la que define el bobinado, es decir, la superficie lateral del tonco de cono. Como se indica en el enunciado, la densidad de = j S u φ, con j S uniforme, pues el bobinado lo es. Para allar corriente tendrá la forma j S esta densidad, ay que usar la propia definición (2). La corriente total que atraviesa una línea que va desde el punto A al B en el dibujo es I T = NI = j S d r = (j s u φ ) (dr u φ ) = j S L, siendo L/ cos θ 0 la longitud de la línea. espejando en la expresión anterior se obtiene j S = NI L u φ = NI cos θ 0 u φ (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 dz, 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, Z P dz dr 0 B esp = µ 0I 2 a 2 (a 2 + z 2 ) 3/2 u z. (4) Aquí, z es la distancia desde el punto del eje donde se calcula el campo asta el centro de la espira. En nuestro caso, I debe ser sustituido por la corriente di que circula por una de las rebanadas en que emos dividido el tronco de cono. Se tiene di = j S dr, siendo dr la longitud de la superficie lateral de una rebanada. Como se ve en la figura anterior, z j s dz r dr Figura 5: El campo en el vértice es la suma de los campos de las rebanadas. dr = dz cos θ 0 di = NI dz. (5) Tomamos el origen del eje Z en la base del tronco de cono. Consideremos la rebanada situada a la altura z y de radio r. En (4), a debe ser sustituido por r, el radio de la espira, mientras que z debe ser sustituido por 0 z, la distancia desde el punto P al centro de la rebanada ( 0 = / tan θ 0 es la altura del punto P ). Con esto, el campo creado por esta rebanada en el punto P es d B P = µ 0NIdz r 2 [ r 2 + ( 0 z ) 2] 3/2 u z, (6)

5 Problemas resueltos de examen de Campos Electromagnéticos 5 Para integrar esta expresión, ay que encontrar una relación entre r y z. Por trigonometría, tan θ 0 = r 0 z r = ( 0 z ) tan θ 0 (7) 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, Integrando resulta B P = 0 µ 0 NI sen 2 θ 0 cos θ 0 B P = µ 0NI sen 2 θ 0 cos θ 0 [ ln dz 0 z u z. (8) tan θ 0 / ] u z 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 varía con el tiempo, el flujo magnético que atraviesa la espira también lo ace, 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 I 0 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. 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 Φ m = BP ds = B P ds = B P (πa 2 n ) = πa 2 B P cos α. S esp S esp Aquí, n es el vector normal a la espira. La f.e.m. inducida en la espira es E = dφ m dt = πa 2 cos α db P dt Lo único que depende del tiempo en B P es la intensidad, y se tiene di(t)/dt = I 0 w sen(wt). Así pues, la solución es E = πa 2 cos α µ 0NI 0 w sen(wt) sen 2 θ 0 cos θ 0 [ ] ln tan θ 0 /