Ayudantía 11 - Soluciones Dipolos y Dieléctricos

Transcripción

1 Ponticia Univesidad Católica de Chile Facultad de Física Electicidad y Magnetismo: Fis 532 Sección ; Fiz 022 Ayudantía - Soluciones Dipolos y Dielécticos Pofeso: Ricado Ramiez (amiez@puc.cl) Ayudante: Daniel Naias (dinaia@uc.cl) Miécoles 24 de Septiembe Poblema Considee el dipolo eléctico de la gua. Encuente paa el dipolo eléctico micoscópico (es deci, paa distancia mucho más gandes que 2d, la sepaación ente cagas): a) El potencial eléctico en todo el espacio (Hint: Use coodenadas polaes, y use la ley de los cosenos paa expesa las distancias elevantes en tales coodenadas). b) El campo eléctico en todo el espacio. c) La enegía potencial del dipolo (esto, paa un dipolo en geneal). Solución:

2 a) Po el pincipio de supeposición, el potencial eléctico en el punto P está dado po V = q ( ) 4πɛ 0 + Po la ley del coseno, tenemos que ( π ) + 2 = 2 + d 2 2d cos 2 θ = 2 + d 2 2d sen(θ) = = d 2 2d sen (θ) = + ( d )2 2 d sen (θ) Peo estamos calculando el potencial paa >> d, po lo que d << y + = ( = 2 = + ( d )2 2 d sen (θ) ( (d ) )) 2 2 d sen(θ) ( ( ) ) 2 d + d 2 sen(θ) A su vez, tenemos paa ( π ) 2 = 2 + d 2 2d cos 2 + θ = 2 + d 2 + 2d sen (θ) y de foma análoga a lo anteio ( = 2 Po lo que el potencial paa >> d esulta ( ) ) 2 d d sen(θ) 2

3 V (, θ) = = = V (, θ) = ( q ) 4πɛ 0 + (( q 4πɛ 0 2 q 4πɛ 0 = 2qd sen(θ) 4πɛ 0 2 p = sen(θ) 4πɛ 0 2 4πɛ 0 ( 2d sen(θ) p ˆ 2 ( ) 2 d + d ) sen(θ) donde p es el momento dipola eléctico del dipolo. ) ( 2 ( ) )) 2 d d sen(θ) b) Sabemos que Así, tenemos que E = ˆ V = V ˆ V θ ˆθ V = psen(θ) 2πɛ 0 3 V θ = pcos(θ) 4πɛ 0 3 = E(, θ) = p ( ) 2sen(θ)ˆ cos(θ)ˆθ 4πɛ 0 3 c) Consideemos la siguiente gua. Dado que la egión ocupada po el dipolo es acotada, podemos toma V (+ ) = 0 como potencial de efeencia. Al tae las cagas desde el innito y foma el dipolo, la enegía asociada al dipolo es 3

4 U = qv (x + dx, y + dy, z + dz) qv (x, y, z) = q (V (x + dx, y + dy, z + dz) V (x, y, z)) = qdv ( ) V V V = q dx + dy + x y z dz = V x p x + V y p y + V z p z = p V U = p E Poblema 2 Considee un condensado de placas paalelas (cuadadas de lados a), sepaación d y caga, ( el cual está aislado. Si se intoduce un bloque dieléctico, de pemitividad ɛ(z) = ɛ 0 + z d), una distancia t, como muesta la gua (suponemos que a, t >> d paa pode despecia los efectos de bode). a) Calcule la fueza sobe el dieléctico en esa posición (paa amalo ). b) Con el dieléctico en esa posición, calcule las densidades de caga en cada una de las placas conductoas, el vecto desplazamiento y el campo eléctico en cada egión del condensado. c) Calcule el vecto polaización ente placas y las densidades de caga de polaización. Solución: a) En el equilibio, las placas del condensado son equipotenciales. Así, al intoduci el dieléctico, la pate ente placas sin dieléctico foma un condensado y la 4

5 pate con dieléctico foma oto condensado, los cuales están conectados en paalelo. Sea C la capacitancia del condensado sin dieléctico y C 2 la capacitancia del condensado con dieléctico. Sabemos que la capacitancia del pime condensado es a(a t) C = ɛ 0 d No podemos aplica la misma fómula paa el segundo condensado, cambiando ɛ 0 po ɛ, pues la pemitividad del dieléctico es vaiable. Paa calcula la capacitancia, consideémoslo como una sucesión de condensadoes conectados en seie de altua dz, áea at de las placas y capacitancia dc 2 = ɛ(z) at. Así, tenemos que dz C 2 = = = C 2 = d 0 = atɛ 0 dc 2 dz ɛ(z)at d 0 = d atɛ 0 ln = d ln(2) atɛ ( 0 ln(2) dz ( ) + z d ( + z d ) ɛ 0 at d po ( lo que ) podemos considea que el dieléctico de pemitividad vaiable ɛ(z) = ɛ 0 + z d tiene una pemitividad efectiva ɛ = ɛ ln(2) 0 = kɛ 0, con constante dieléctica efectiva k = ln(2) Po tanto, la capacitancia del condensado completo es C = C + C 2 = ɛ 0 a(a t) d Ahoa, la enegía potencial del condensado es 2 U(t) = 2 C(t) = du = 2 Po tanto, la fueza sobe el dieléctico es F = du dt ŷ = 2 ) d at + kɛ 0 d = ɛ 0a (a + t(k )) = C(t) d dc dt = ɛ a 0 (k ) d 5 0 ( ) 2 dc C ( ) 2 dc C dt ŷ

6 Así, la fueza nalmente es F = 2 ( ) 2 dc C dt ŷ = 2 d 2ɛ 0 a (k ) (a + t(k )) ŷ 2 po lo que la fueza sobe el dieléctico es hacia dento del dieléctico. b) Llamemos egión a la pate sin dieléctico y egión 2 a la con dieléctico. Las condensadoes C, C 2 están conectados en paalelo, po lo que tenemos las ecuaciones q + q 2 = V = q C = q 2 C 2 = V 2 q = = q = C C q = C 2 C (a t) a + t(k ) q kt 2 = a + t(k ) Po tanto, la densidad de caga supecial en cada egión de las placas son σ = q a(a t) = a(a + t(k )) σ 2 = q at = k a(a + t(k )) Como la caga está en la placa supeio, el vecto desplazamiento tiene sentido ẑ. Si D y D 2 son los vectoes desplazamiento en las egiones, 2 espectivamente, tenemos que D = σ ẑ = q a(a t) = a(a + t(k ))ẑ D 2 = σ 2 ẑ = q at = k a(a + t(k ))ẑ Paa enconta el campo eléctico en cada egión, usamos que D = ɛ E, esultando E = D ɛ 0 = ɛ 0 a(a + t(k )ẑ D E 2 = 2 ɛ = k kɛ 0 a(a + t(k ))ẑ = ɛ 0 a(a + t(k ))ẑ Vemos que el campo eléctico es el mismo en ambas egiones, esto es debido a las condiciones de bode, es deci, debido a que tomamos la apoximación a, t >> d, lo cual conduce a que el campo eléctico sólo pueda depende de z. 6

7 c) En la egión el vecto polaización es P = 0, pues allí no hay dieléctico. En la segunda egión el vecto polaización lo encontamos como P 2 = D 2 ɛ 0E2 = (ɛ ɛ 0 ) E (k ) 2 = a(a + t(k ))ẑ Así, la densidad de caga de polaización en z=d es y en z=0 es σ p = P 2 ˆn = P (k ) 2 ẑ = a(a + t(k )) σ p+ = P 2 ˆn = P 2 ẑ = (k ) a(a + t(k )) Nótese además que la densidad volumética de polaización dento del dieléctico es nula, pues ρ p = P 2 = 0 po lo que toda la caga efectiva de polaización se concenta en la supecie del dieléctico. Poblema 3 Un cascaón esféico macizo dieléctico, de adios inteno a y exteno b, es sometido bajo un campo exteno que poduce en él un vecto polaización P ( ) = k ˆ donde k es una constante abitaia y la distancia al cento del cascaón. Note que no hay caga libe en este poblema. Encuente el campo eléctico de polaización en todo el espacio. Solución: Dado la simetía esféica del dieléctico y el vecto polaización, es clao que el vecto campo eléctico de polaización es de la foma E( ) = E()ˆ. Sepaemos el poblema en tes egiones. a) < a Es clao que en esta egión, po ley de Gauss, el vecto campo eléctico es E( ) = 0 b) a < < b Sabemos que D( ) = ɛ 0 E( ) + P ( ) Como no hay caga libe, tenemos que 7

8 D( ) ˆndS = 4π 2 D() = libe = 0 = D( ) = 0 en todo el espacio, po tanto E( ) = ɛ 0 P ( ) En esta egión, el vecto polaización es P ( ) = k ˆ po lo cual E() = k ɛ 0 ˆ Esto pudo calculase también de ota foma (aunque más laga). Tenemos po ley de Gauss E( ) ˆndS = enceada ɛ 0 donde la caga enceada en este caso está dada po la densidad de caga supecial σ p y volumética ρ p de polaización, y hemos tomado una supecie de integación esféica de adio a < < b. Encontemoslos. Sabemos que σ p = P ( ) ˆn y ρ p = P ( ), po lo que σ p (a) = P ( a) ˆn = k ˆ ˆ a = k a σ p (b) = P ( b) ˆn = k ˆ ˆ b = k b 8

9 ρ p () = P ( ) = ( 2 P ) 2 = ( 2 P ) 2 = k 2 = k 2 De esta foma, tenemos que (sen(φ)p φ ) (P θ ) sen(φ) φ sen(φ) θ enceada = σ p (a)4πa 2 + = 4πka + 4π = 4πka 4πk a a ρ p ()d 3 x ρ p 2 d d = 4πka 4πk( a) = 4πk Po tanto, E( ) ˆndS = 4π 2 E() = enceada ɛ 0 = 4πk ɛ 0 = E() = k ɛ 0 ˆ c) > b En esta egión el vecto polaización es nulo, es deci, P ( ) = 0, po lo que E( ) = ɛ 0 P ( ) = 0 También usando la ley de Gauss, tenemos que y en este caso la caga enceada es E( ) ˆndS = enceada ɛ 0 9

10 enceada = σ p (b)4πb 2 + σ p (a)4πa 2 + = 4πkb 4πka + 4π = 4πk(b a) 4πk b a b a ρ p 2 d d = 4πk(b a) 4πk(b a) = 0 ρ p ()d 3 x po lo que nalmente E( ) ˆndS = 4π 2 E() = 0 = E( ) = 0 Po tanto, esumiendo el campo eléctico de polaización es E() = 0 k ˆ ɛ 0 0 < a a < < b > b Poblema 4 Se tiene un condensado cilíndico de adios inteno a y exteno b, de lago L >> b, a, y caga ja (la placa intena es positiva y la extena negativa). El condensado está lleno con un bloque dieléctico de pemitividad ɛ y masa m, que desliza sin oce en las paedes de los cilindos. Encuente la condición sobe el lago L del condensado paa que exista posición de equilibio y detemine dicha posición, cuando el condensado se ja veticalmente (de foma que el peso desliza el bloque). Solución: Dado que L >> a, b, podemos despecia los efectos de bode del condensado. En estas condiciones, tenemos que el sistema tiene simetía cilíndica, po lo que el campo pesenta la foma E( ) = E()ˆ, con la distancia nomal desde el eje de simetía del condensado al punto en cuestión, y ˆ el vecto unitaio con dicho sentido. Usando la ley de Gauss, llegamos a que el campo es (esto se deja al lecto) E() = 0 ˆ 2πɛ 0 L po lo que la difeencia de potencial ente placas es 0 < a a < < b > b 0

11 V = b d 2πɛ 0 L a = 2πɛ 0 L ln(b/a) = C = 2πɛ 0L ln(a/b) es la capacitancia del condensado cilíndico. Al ja veticalmente el condensado, el bloque dieléctico desciende po el peso quedando una pate del condensado sin dieléctico, po lo que la capacitancia del sistema cambia. Sea x la distancia que el bloque dieléctico desciende, medida desde la pate supeio del condensado hasta la pate supeio del dieléctico, y ˆx el vecto unitaio en el sentido mencionado. Al descende x el dieléctico, se foman dos condensadoes en paalelo de capacitancias C = 2πɛ 0x ln(b/a) C 2 = po lo que la capacitancia del condensado completo es C(x) = C + C 2 = 2πɛ 0x 2πɛ(L x) + ln(b/a) ln(b/a) paa 0 < x < L La enegía potencial almacenada en el condensado es 2 U(x) = 2 C(x) 2πɛ(L x) ln(b/a) = 2π ln(b/a) (ɛl x(ɛ ɛ 0)) Sabemos que la fueza sobe el dielético ejecida po el condensado, cuando la caga es constante, es F = U, po lo que la fueza total sobe el bloque dieléctico es F = du dx ˆx + mgˆx = 0 última condición que se debe cumpli en el equilibio. Po tanto,

12 mg = du dx = 2 ( ) 2 dc C dx = 2 ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) 4π (ɛl x(ɛ ɛ 0 )) 2 = (ɛl x(ɛ ɛ 0 )) 2 = 2 ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) 4πmg ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) ɛl x(ɛ ɛ 0 ) = 4πmg ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) (ɛl x(ɛ ɛ 0 )) = ± 4πmg = x = ɛl (ɛ ɛ 0 ) (ɛ ɛ 0 ) ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) 4πmg Debemos aplica la esticción 0 < x < L a ambas soluciones. Tenemos pimeamente que x + = ɛl (ɛ ɛ 0 ) + (ɛ ɛ 0 ) = (ɛ ɛ 0 ) lo cual es una contadicción pues ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) 4πmg ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) 4πmg < L ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) (ɛ ɛ 0 > 0 ) 4πmg ( ) ɛ < L = Lɛ 0 (ɛ ɛ 0 ) (ɛ ɛ 0 ) < 0 Po tanto, la única posición de equilibio po lo ponto posible es x 0 = ɛl (ɛ ɛ 0 ) ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) (ɛ ɛ 0 ) 4πmg Aplicando las esticciones, tenemos que x 0 = ɛl (ɛ ɛ 0 ) ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) (ɛ ɛ 0 ) 4πmg = L > ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) ɛ 4πmg 2 > 0

13 es una condición que debe cumpli el lago del condensado paa que exista posición de equilibio. Y la última esticción es x 0 = ɛl (ɛ ɛ 0 ) ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) (ɛ ɛ 0 ) 4πmg = L < ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) ɛ 0 4πmg Veamos si esta última condición es compatible con la anteio. Paa que exista posición de equilibio debe cumplise simultáneamente que < L ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) ɛ 4πmg = ɛ < L < ɛ 0 ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) 4πmg < ɛ 0 lo cual es vedadeo. Po tanto, la posición de equilibio es x 0 = ɛl (ɛ ɛ 0 ) ln(b/a)(ɛ ɛ 0 ) (ɛ ɛ 0 ) 4πmg Poblema 5 Considee el mismo condensado de placas conductoas cilindicas del poblema anteio (de adio inteno a, exteno b y lago L >> b, a), con caga unifomemente distibuida en la placa intena y en la extena. Ahoa llenemos el condensado con un dieléctico de constante dieléctica k = k(), con la distancia nomal del eje del condensado al punto en cuestión. a) Encuente una expesión paa k = k() que pemita un campo eléctico adial independiente de la distancia al eje. b) Calcule la capacidad del condensado cilíndico dada tal constante dieléctica. c) Calcule la densidad supecial de caga de polaización en las supecies del dieléctico (en = a, = b), y la densidad volumética de caga de polaización dento del dieléctico. d) Calcule la cantidad total de caga de polaización (incluyendo las del volumen y las supecies). 3

14 e) Calcule la enegía potencial electostática en el condensado. f) Suponiendo que se puede saca el dieléctico fácilmente del condensado sin oce deslizándolo a lo lago del eje del sistema, calcule el tabajo necesaio paa emove el dieléctico de ente las placas del condensado. Solución: a) Encontemos el campo eléctico ente las placas. Como L >> a, b, podemos despecia los efectos de bode poduciéndose simetía cilíndica, po lo cual D( ) = D()ˆ y E( ) = E()ˆ. Tenemos, po la ley de Gauss genealizada dento de un dieléctico, que paa a < < b y D( ) ˆndS = 2πLD() = libe = = D() = D( ) = 0 2πL ˆ paa > b y < a. De esta foma, tenemos que el campo eléctico fuea del condensado y dento de la placa intena es nulo, y ente placas es E() = 2πɛ 0 Lk() ˆ pues D = ɛ E. Po tanto, paa que el campo no dependa de tomamos k() = α paa a < < b. Como k debe se siempe mayo que, α debe satisface α > a >. Así, el campo eléctico ente placas es E = 2πɛ 0 Lα ˆ b) Calculemos la capacidad del condensado. Tenemos que la constante dieléctica del dieléctico ente placas del condensado vaía continuamente, po lo que no podemos simplemente multiplica la capacitancia sin dieléctico po la constante dieléctica paa obtene la capacitancia del sistema. Encontemos la capacitancia de dos fomas. La pimea foma es encontando diectamente la difeencia de potencial en función de la caga. Sabemos que el campo eléctico ente placas es 4

15 E() = 2πɛ 0 Lα ˆ Consideemos un camino adial desde la supecie inteio hacia la exteio. Así tenemos que a (b a) V = E( ) d = ˆ dˆ = Γ b 2πɛ 0 Lα 2πɛ 0 Lα = C = 2πɛ 0Lα b a También podemos calculala consideando el condensado como una sucesión de condensadoes cilíndicos en seie de capacitancia dc = 2πk()ɛ 0L ln ( ) = 2πɛ 0Lα +d ln ( ) + d Así, la capacitancia del sistema está dado po C = = = dc b ln ( ) + d a 2πɛ 0 Lα b ln( + d 2πɛ 0 Lα = 2πɛ 0 Lα = b a 2πɛ 0 Lα = C = 2πɛ 0Lα b a a b a d d ) d que es el mismo esultado obtenido anteiomente. Aquí usamos paa apoxima el hecho que lím x 0 ln(+x) x =. c) Paa enconta las densidades de caga de polaización, encontemos pimeamente el vecto polaización. Sabemos que P ( ) = D( ) ɛ 0E( ), po lo que el vecto polaización ente placas es P () = D() ɛ 0E() = 2πL ˆ ɛ 0 2πɛ 0 Lα ˆ = ( 2πL ) ˆ α 5

16 De esta foma las densidades de caga de polaización de la supecie extena e intena del dieléctico, en = b y = a espectivamente, son σ p (b) = P (b) ˆn = P (b) ˆ = ( 2πL b ) α σ p (a) = P (a) ˆn = P (b) ˆ = ( 2πL a ) α Y la densidad de caga volumética de polaizaición es ρ p () = P ( ) = ( = ) α 2πL = 2πLα (P ) P θ θ P z z = (P ) d) Conociendo las densidades de caga de polaización podemos enconta la caga de polaización. En efecto, p = σ p (a)(2πa)l + σ p (b)(2πb)l + = ( a ) ( + b ) + 2πL α α = α (a b) + (b a) α = 0 dielec b ρ p d 3 x a 2πLα d Esto se cumple poque un dieléctico acotado (que ocupa una egión acotada del espacio) siempe es elécticamente neuto. En efecto, paa un dieléctico en geneal p = P ( ) ˆndS + P ( )d 3 x = P ( ) ˆndS P ( ) ˆndS = 0 donde hemos usado el teoema de la divegencia. e) Tenemos que la enegía electostática acumulada en el condensado es U = 2 2 C = 2 (b a) 2 2πɛ 0 Lα = 2 (b a) 4πɛ 0 Lα 6

17 f) La enegía inicial del condensado, antes de emove el dieléctico, es U i = 2 (b a) 4πɛ 0 Lα y la enegía nal, una vez emovido el dieléctico, es U f = 2 2 C = 2 ln(b/a) 2 2πɛ 0 L = 2 ln(b/a) 4πɛ 0 L Así, el tabajo necesaio paa emove el dieléctico del sistema es W = U i U f = ( ) 2 (b a) ln(b/a) 4πɛ 0 L α 7