Resolved Problems - Electromagnetism

ELECTROMAG�ETISMO

Problemas explicados

Autores: R. Palau L. & R. Palau G. Fecha: Junio 2012

Los materiales presentados a continuación proceden de los apuntes de Roberto Palau Lage, Ingeniero

Industrial, y han sido revisados (seguramente menos de lo deseable) por Roberto Palau García, Ingeniero del

ICAI y doctor Ingeniero Industrial. Estos materiales, realizados para la asignatura de Ampliación de Física

cursada en la Etsii de la Universidad de Vigo por el primero de los autores, ya han sido de utilidad a unos

cuantos de sus compañeros de estudios desde el año 2005, por lo que creemos que también pueden ser de

utilidad a otros estudiantes. Por ello, una vez digitalizados, nos decidimos a ponerlos a disposición de todo

aquel que los pueda necesitar.

Nuestro mayor deseo es que estos materiales les sean de utilidad a muchos estudiantes.

Con nuestros mejores deseos, ánimo y adelante. Con interés y esfuerzo todo es posible.

Un cordial saludo.

A Coruña, junio de 2012

Problemas Resueltos y Explicados de Electromagnetismo. Rev. Octubre 2005. Roberto Palau L. & R.Palau G. Página 1 de 82

I�TRODUCCIÓ� Comentarios sobre los condensadores

1º/ Los condensadores típicos son de placas paralelas, cilindros concéntricos y esferas concéntricas. Las armaduras está cargadas con una cierta diferencia de potencial de forma que una armadura adquiere carga positiva y la otra carga negativa:

2º/ En todos los casos, idealmente, el campo está confinado entre las armaduras, no habiendo campo en el exterior.

3º/ De esta forma ambas placas tienen que tener la misma cantidad de carga. Esto se puede comprobar con el teorema de Gauss, poniendo superficies gaussianas como las de las figuras inferiores. Veamos cada caso: * Condensador plano:

Teorema de Gauss con la superficie de puntos:

eriorlibreQSdE int_. =∫∫

y como en la superficie lateral E y dS forman un ángulo de 90º, en ella no hay contribución al fluxo, y en las tapas no hay campo, por lo que la integral es nula. Por lo tanto: Qinterior = 0 ---> ρsup.arriba.Sarriba + ρsup.abaixo.Sabaixo = 0 Y como Sarriba = Sabaixo ---> ρsup.arriba = - ρsup.abaixo O sea, densidades superficiales de carga iguales y de signo contrario en las armaduras. De forma que como las armaduras son iguales, también: Qsuperior = - Qinferior


* Condensador cilíndrico:



e como en las tapas de la superficie gaussiana E y dS forman un ángulo de 90º, en ellas no hay contribución al flujo, y en la superficie lateral no hay campo, por lo que la integral es nula. Por lo tanto: Qinterior = 0 ---> λexterior . L + λinterior . L = 0 Por lo tanto ---> λexterior = - λinterior O sea, densidades lineales de carga iguales y de signo contrario en las armaduras. De forma que como son igual de largas, también:

Qexterior = - Qinterior : cargas totales iguales y de signo contrario en las armaduras. Nota: En este condensador no se trabaja con la densidad superficial de carga pues fijarse que la densidad superficial de carga en cada armadura tiene que ser diferente al tener carga total igual en superficie diferente (la armadura exterior tiene mayor superficie que la interior). * Condensador esférico:



y como en toda la superficie gaussiana no hay campo, la integral es nula. Por lo tanto: Qdentro_da_superficie = 0 ---> Qesfera_exterior + Qesfera_interior = 0 Por lo tanto ---> Qesfera_exterior = - Qesfera_interior O sea, cargas totales iguales y de signo contrario en cada

armadura. Nota: En este condensador no se trabaja con la densidad superficial de carga pues hay que fijarse que la densidad superficial de carga en cada armadura tiene que ser diferente al tener carga total igual en superficie diferente (la armadura exterior tiene mayor superficie que la interior).


Problema 1: Campo electrostático

Se tienen tres cáscaras conductoras esféricas (superficies de espesor despreciable) concéntricas

S1, S2 y S3 y de radios medios r1, r2 y r3 (r1 < r2 < r3). La esfera interior y la más interna se

encuentran conectadas a tierra y la intermedia tiene carga q2 . Calcular:

a) las cargas de S1 y S2. b) El potencial de S2.

Solución: En la figura representamos las tres cáscaras en línea continua. La primera y la tercera están conectadas a tierra: potencial cero, pero no carga cero. Llamaremos q1 a la carga sobre la cáscara s1, q2 a la carga sobre la cáscara s2, y q2 a la carga sobre la cáscara s3. Las cáscaras dividen el espacio en cuatro zonas: estudiaremos el campo eléctrico con ayuda del teorema de Gauss en cada una de esas cuatro zonas. De todas formas partimos de saber que, dada la simetría del problema el campo eléctrico E será radial y dependiente únicamente de la distancia “r” al centro del sistema. Las líneas de puntos son superficies gaussianas (esferas concéntricas con las cáscaras, una en cada una de las cuatro zonas del espacio, salvo en la primera zona que no hace falta). a) La zona (1) es una zona interior a una cáscara conductora vacía, y por lo tanto el campo es cero y el potencial idéntico al de la cáscara s1 en todo el interior. Así, no nos hace falta calcular nada. En la zona (2) calcularemos el campo eléctrico utilizando el teorema de Gauss aplicado a la esfera de puntos representada en esa zona de la figura.

SaeriorQSdE __int20 =⋅⋅∫∫ε

Vemos en la figura que los vectores E y dS son paralelos en cualquier dS que consideremos en la superficie gaussiana, y por tanto:

120 º0cos qdSE =⋅⋅⋅∫∫ε

Y como ε0 es constante en todos los dS, y es de esperar que el campo E sólo dependa de la distancia r al centro del sistema, también será constante en todos los dS, y por lo tanto podrán salir de la integral:

qdSE =⋅⋅ ∫∫20ε --> ε0 · E2 · S = q1 (recuerda que S es la superficie de la esfera gaussiana)

ε0 · E2 ·4. ·π·r2 = q1

Despejando: 20

12 4 r

qE

⋅⋅=

επ (q1 es incógnita pues el dato es V1=0, pero ya la calcularemos

más adelante con ayuda de las condiciones de contorno) Ahora el potencial podremos calcularlo integrando a lo largo de una línea radial, pues en este problema las líneas radiales son paralelas a E:

∫∫ ∫∫∫ ⋅⋅⋅

−=⋅⋅⋅

−=⋅⋅−=⋅−=⋅−=2

0

12

0

1222 4

.1

4º0cos

r

drqdr

r

qdrErdEsdEV

επεπ


Por tanto: 20

12 4

Cr

qV +

⋅⋅=

επ

Para calcular C2, sabemos que para r=r1 es V2=0 (la cáscara primera). Por tanto:

10

122

10

1

440

r

qCC

r

q

⋅⋅−=⇒+

⋅⋅=

επεπ

Y así, la ecuación de V2 quedará: 10

1

0

12 44 r

q

r

qV

⋅⋅−

⋅⋅=

επεπ

Simplificando:

−⋅

⋅=

10

12

11

4 rr

qV

επ

Zona 3 : Aplicamos el teorema de Gauss a la superficie gaussiana situada en dicha zona (ver en figura línea de trazos en zona (3), que representa a una esfera imaginaria concéntrica con todo el sistema):

212

30

21302130__int30

4

º0cos

qqrE

qqdSEqqdSEQSdE Saerior

+=⋅⋅⋅

→+=⋅⋅→+=⋅⋅⋅→=⋅⋅ ∫∫∫∫∫∫

πε

εεε

Despejando: 20

213 4 r

qqE

⋅⋅

+=

επ (q2 es un dato, pero digo lo mismo que antes de q1)

Ahora el potencial podremos calcularlo integrando a lo largo de una línea radial, pues en este problema las líneas radiales son paralelas a E:

∫∫ ∫∫∫ ⋅⋅⋅

+−=⋅

⋅⋅

+−=⋅⋅−=⋅−=⋅−=

20

212

0

213333 4

.1

4º0cos

r

drqqdr

r

qqdrErdEsdEV

επεπ

Por tanto: 30

213 4

Cr

qqV +

⋅⋅

+=

επ

Para calcular C3, sabemos que para r=r3 es V3=0 (la cáscara tercera). Por tanto:

30

2133

30

21

440

r

qqCC

r

qq

⋅⋅

+−=⇒+

⋅⋅

+=

επεπ


21

0

213 44 r

qq

r

qqV

⋅⋅

+−

⋅⋅

+=

επεπ

Simplificando:

−⋅

⋅

+=

30

213

11

4 rr

qqV

επ

En esta tercera disponemos de una segunda condición de contorno, y es que, para r=r2, los valores que proporcionan la V2 y la V3 tienen que ser el mismo, pues corresponde en ambos casos al potencial de la cáscara segunda:

( ) ( )

13

2121

12

211

320

21

120

132

11

4

11

4 rr

rrqq

rr

rrq

rr

qq

rr

qVV

⋅

−⋅+=

⋅

−⋅→

−⋅

⋅

+=

−⋅

⋅→=

επεπ

Operando para despejar la incógnita q1 en función del dato q2, quedará:

( )( )312

23121

rrr

rrrqq

−⋅

−⋅⋅=


Zona 4: Aplicamos el teorema de Gauss a la superficie gaussiana situada en dicha zona (ver en figura línea de trazos en zona (4), que representa a una esfera imaginaria concéntrica con todo el sistema):

3212

40

3214032140__int40

4

º0cos

qqqrE

qqqdSEqqqdSEQSdE Saerior

++=⋅⋅⋅

→++=⋅⋅→++=⋅⋅⋅→=⋅⋅ ∫∫∫∫∫∫

πε

εεε

Despejando: 20

3214 4 r

qqqE

⋅⋅

++=

επ (q3 ya lo calcularemos con las condiciones de contorno)

Ahora el potencial podremos calcularlo integrando a lo largo de una línea radial, pues en este problema las líneas radiales son paralelas a E:

∫∫ ∫∫∫ ⋅⋅⋅

++−=⋅

⋅⋅

++−=⋅⋅−=⋅−=⋅−=

20

3212

0

3214434 4

.1

4º0cos

r

drqqqdr

r

qqqdrErdEsdEV

επεπ

Por tanto: 40

3214 4

Cr

qqqV +

⋅⋅

++=

επ

Para calcular C4, sabemos que para r=r3 es V4=0 (la cáscara tercera). Por tanto: :

40

32144

40

321

440

r

qqqCC

r

qqq

⋅⋅

++−=⇒+

⋅⋅

++=

επεπ


321

0

3214 44 r

qqq

r

qqqV

⋅⋅

++−

⋅⋅

++=

επεπ

Simplificando:

−⋅

⋅

++=

30

3213

11

4 rr

qqqV

επ

Además, otra condición de contorno, que nos servirá para calcular q3, será que para r=∞ es V4=0:

( )

( ) 2312

2312213321

30

321 04

0 qrrr

rrrqqqqqqq

r

qqq−

−⋅

−⋅⋅−=+−=⇒=++⇒

⋅⋅

++−=

επ

Operando, queda:

( )( )312

21323

rrr

rrrqq

−⋅

−⋅⋅−=

b) Con relación al potencial de la esfera (2) podemos calcularlo con V2 o V3. Con V2 será más fácil pues su expresión es más simple:

( )( ) 21

21

312

2312

0120

1

10

12 4

111

4

11

4 rr

rr

rrr

rrrq

rr

q

rr

qV

⋅

−⋅

−⋅

−⋅⋅⋅

⋅=

−

⋅=

−

⋅=

επεπεπ

Operando: ( ) ( )

( )31220

212322 4 rrr

rrrrqV

−⋅⋅⋅

−⋅−⋅=

επ


Problema 2: Campo electrostático Dos placas conductoras paralelas doblemente infinitas están situadas en y=0 e y=d, y se

mantienen a potenciales 0 y V0 respectivamente. La región entre placas está llena con una

distribución continua de electrones que tiene densidad volumétrica de carga ρρρρfv= ρρρρfv0 y/d.

Determine:

a) el potencial en cualquier punto entre placas.

b) Las densidades superficiales de carga en cualquier placa.

Solución: a) Determine el potencial en cualquier punto entre placas.

Dado que la región entre placas tiene una distribución de cargas, las placas no tendrán la misma densidad de carga. Llamaremos σσσσ1 y σσσσ2 a la densidad de carga superficial sobre cada placa, según figura. Dada la simetría del problema, partimos de saber que el campo eléctrico es paralelo al eje Y y que su valor en cada punto del espacio entre placas sólo depende de

su distancia a las placas: jyEE ⋅= )( Además en estos casos el campo está limitado a la región entre placas. Aplicaremos la intensidad de campo entre placas aplicando el Teorema de Gauss con la superficie cilíndrica indicada a trazos en la figura:


Desarrollando la integral de superficie cerrada a través de la superficie lateral, la tapa superior y la tapa inferior (de valor nulo pues en esa zona la intensidad de campo es nula), quedará:

espacioplaca QQ

eriortapa

dSE

lateralSup

dSE +=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ ∫∫∫∫sup

º0cos.

º90cos 00 εε

Quedando: espacioplaca QQ

eriortapa

dSE +=⋅⋅∫∫sup

0ε

Y como E sólo depende de y, será constante en todos los diferenciales de superficie dS de la tapa que

tienen la misma coordenada y, quedando así la integral: espacioplaca QQ

eriortapa

dSE +=⋅⋅ ∫∫sup

0ε

O sea que:

espacioplacatapa QQSE +=⋅⋅0ε -- Ecuación 1

En cuanto a las cargas, tenemos que: * Qplaca = σσσσ1 · Sbase siendo Sbase la superficie de placa encerrada por la superficie gaussiana, que aparece con relleno más oscuro en la figura superior y que, como se observa en la figura, es igual a la Stapa * Qespacio = carga espacial contenida dentro de la superficie gaussiana, entre la base rallada oscura de la figura de arriba y la tapa superior. Para calcularla nos fijamos en la figura adjunta. La carga contenida en el cilindro diferencial de altura dy de la figura será: ρρρρfv · dV, siendo ρρρρfv= ρρρρfv0 y/d tal como dice el enunciado. Por tanto, la carga total contenida en el volumen encerrado por la superficie


gaussiana será:

2

20

0

0

0 00

y

d

Sdyy

d

SdyS

d

ydV

d

yQ

basefvy

y

basefvy

ybasefvfvespacio ⋅

⋅=⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅= ∫∫∫∫∫ ==

ρρρρ

Substituyendo estos valores de carga en la Ecuación 1, tendremos:

2010 2

yd

SSSE

basefv

basetapa ⋅⋅

+⋅=⋅⋅ρ

σε

Y teniendo en cuenta que la Stapa = Sbase, se pueden eliminar las superficies en la ecuación anterior, quedando:

2010 2

yd

Efv

⋅+=⋅ρ

σε

Y por tanto la intensidad de campo será: jyd

Efv

⋅

⋅

⋅+= 2

0

0

0

1

2ε

ρ

ε

σ

No sabemos la densidad de carga σσσσ1 en la placa inferior pero ya la calcularemos con las condiciones de contorno, una vez calculado el potencial: Procedemos ahora a calcular el potencial realizando la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea paralela al eje Y. Tener en cuenta que en este caso la diferencial de espacio

sobre dicha línea será: jdyds ⋅= . Por tanto:

Cyd

ydyy

ddyEsdEV

fvfv+⋅

⋅−

⋅−=⋅

⋅

⋅+−=⋅⋅−=⋅−= ∫ ∫∫

3

0

0

0

12

0

0

0

1

62º0cos

ε

ρ

ε

σ

ε

ρ

ε

σ

O sea que el potencial en cada punto del espacio entre placas será:

Cyd

yV

fv+⋅

⋅−

⋅−= 3

0

0

0

1

6ε

ρ

ε

σ --- Ecuación 2

Y tenemos dos condiciones de contorno, una para cada placa: para y=0, es V=0; y para y=d, es V=V0

Por lo tanto, como: Cyd

yV

fv+⋅

⋅−

⋅−= 3

0

0

0

1

6ε

ρ

ε

σ, será:

Primera condición: 006

00 3

0

0

0

1 =→+⋅⋅

−⋅

−= CCd

fv

ε

ρ

ε

σ

Segunda condición: 06

3

0

0

0

10 +⋅

⋅−

⋅−= d

d

dV

fv

ε

ρ

ε

σ

Despejando la densidad superficial en la placa inferior tendremos:

6000

1

d

d

V fv ⋅−

⋅−=

ρεσ --- Ecuación 3

Por lo tanto ya sabemos el potencial entre placas sin más que llevar los valores de C y de σσσσ1 a la ecuación 2:

3

0

0

0

00

66y

dy

d

d

VV

fvfv⋅

⋅−⋅

⋅+=

ε

ρ

ε

ρ

b) Determine las densidades superficiales de carga en cualquier placa.

La densidad superficial de carga en la placa inferior ya está calculada en la ecuación 3:


6000

1

d

d

V fv ⋅−

⋅−=

ρεσ

Para calcular la densidad de carga en la placa superior aplicamos el Teorema de Gauss utilizando la superficie gaussiana de la figura adjunta:


O sea que:

supinf0

.º90cos placaespacioplaca QQQ

lateralSup

dSE ++=⋅⋅⋅∫∫ε

Operando:

supinf0 placaespacioplaca QQQ ++= -- Ecuación 4

En cuanto a las cargas, tenemos que: * Qplaca inf = σσσσ1 · Sbase1 siendo Sbase1 la superficie de la placa inferior encerrada por la superficie gaussiana, que aparece con relleno más oscuro en la figura superior y que, como se observa en la figura, es igual a la superficie de las tapas Stapa * Qplaca sup = σσσσ2 · Sbase2 siendo Sbase2 la superficie de la placa superior encerrada por la superficie gaussiana, que aparece con relleno más oscuro en la figura superior y que, como se observa en la figura, es igual a la Stapa * Qespacio = carga espacial contenida en la superficie gaussiana, entre la base rallada oscura y la tapa superior. Para calcularla nos fijamos en la figura adjunta. La carga contenida en el cilindro diferencial de altura dy de la figura será: ρρρρfv · dV, siendo ρρρρfv= ρρρρfv0 y/d tal como dice el enunciado. Por tanto, la carga total contenida en el volumen encerrado por la superficie gaussiana será:

220

20

0

0

0 00

dSd

d

S

dyyd

SdyS

d

ydV

d

yQ

basefvbasefv

d

y

basefvd

ybasefvfvespacio

⋅⋅=⋅

⋅=

=⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅=⋅⋅= ∫∫∫∫∫ ==

ρρ

ρρρ


20 0

21

dSSS

basefv

basebase

⋅⋅+⋅+⋅=

ρσσ

Eliminando las superficies en la ecuación anterior, substituyendo la densidad superficial de la placa inferior por su valor (dado en la ecuación 3) y despejando la carga superficial en la placa superior tendremos:

326200000000

12

d

d

Vdd

d

Vd fvfvfvfv ⋅−

⋅=

⋅−

⋅−

⋅−−=

⋅−−=

ρερρερσσ



Entre dos placas plano-paralelas doblemente infinitas separadas por una distancia D, se

distribuye una carga de la forma siguiente:

ρρρρfv= ρρρρfv0 y/d para dy ≤≤0

ρρρρfv= ρρρρfv0 para Dyd ≤≤

Las placas se conectan a una diferencia de potencial de manera que V(y=0) = 0 y V(y=D) = V0.

Calcular en función de los datos del problema:

a) El potencial en cualquier punto entre placas.

b) El campo eléctrico en y=0 e y=D.

Solución: a) Determine el potencial en cualquier punto entre placas.

Dado que la región entre placas tiene una distribución de cargas, las placas no tendrán la misma densidad de carga. Llamaremos σσσσ1 y σσσσ2 a la densidad de carga superficial sobre cada placa, según figura. Dada la simetría del problema, partimos de saber que el campo eléctrico es paralelo al eje Y y que su valor en cada punto del espacio entre placas sólo depende de

su distancia a las placas: jyEE ⋅= )( Además en estos casos el campo está limitado a la región entre placas. Calcularemos el campo y el potencial, primero en la zona 1 y luego en la zona 2 Zona 1: Aplicaremos la intensidad de campo entre placas aplicando el Teorema de Gauss con la superficie cilíndrica indicada a trazos en la figura superior:


Desarrollando la integral de superficie cerrada a través de la superficie lateral, la tapa superior y la tapa inferior (de valor nulo pues en esa zona la intensidad de campo es nula), quedará:

espacioplaca QQ

eriortapa

dSE

lateralSup

dSE +=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ ∫∫∫∫sup

º0cos.

º90cos 1010 εε

Quedando: espacioplaca QQ

eriortapa

dSE +=⋅⋅∫∫sup

10ε

Y como E1 sólo depende de y, será constante en todos los diferenciales de superficie dS de la tapa

que tienen la misma coordenada y, quedando así la integral: espacioplaca QQ

eriortapa

dSE +=⋅⋅ ∫∫sup

10ε

O sea que:

espacioplacatapa QQSE +=⋅⋅ 10ε -- Ecuación 1

En cuanto a las cargas, tenemos que: * Qplaca = σσσσ1 · Sbase siendo Sbase la superficie de placa encerrada por la superficie gaussiana, que aparece con relleno más oscuro en la figura superior y que, como se observa en la figura, es igual a la Stapa * Qespacio = carga espacial contenida dentro de la superficie gaussiana, entre la base rallada oscura de la figura de arriba y la tapa


superior. Para calcularla nos fijamos en la figura adjunta. La carga contenida en el cilindro diferencial de altura dy de la figura será: ρρρρfv · dV, siendo ρρρρfv= ρρρρfv0 y/d tal como dice el enunciado. Por tanto, la carga total contenida en el volumen encerrado por la superficie gaussiana será:

2

20

0

0

0 00

y

d

Sdyy

d

SdyS

d

ydV

d

yQ

basefvy

y

basefvy

ybasefvfvespacio ⋅

⋅=⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅= ∫∫∫∫∫ ==

ρρρρ


20110 2

yd

SSSE

basefv

basetapa ⋅⋅

+⋅=⋅⋅ρ

σε

Y teniendo en cuenta que la Stapa = Sbase, se pueden eliminar las superficies en la ecuación anterior, quedando:

20110 2

yd

Efv

⋅+=⋅ρ

σε

Y por tanto la intensidad de campo será: jyd

Efv

⋅

⋅

⋅+= 2

0

0

0

11 2ε

ρ

ε

σ

No sabemos la densidad de carga σσσσ1 en la placa inferior pero ya la calcularemos con las condiciones de contorno, una vez calculado el potencial: Procedemos ahora a calcular el potencial realizando la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea paralela al eje Y. Tener en cuenta que en este caso la diferencial de espacio

sobre dicha línea será: jdyds ⋅= . Por tanto:

Cyd

ydyy

ddyEsdEV

fvfv+⋅

⋅−

⋅−=⋅

⋅

⋅+−=⋅⋅−=⋅−= ∫ ∫∫

3

0

0

0

12

0

0

0

1111 62

º0cosε

ρ

ε

σ

ε

ρ

ε

σ


Cyd

yV

fv+⋅

⋅−

⋅−= 3

0

0

0

11 6ε

ρ

ε

σ --- Ecuación 2

Y tenemos una condición de contorno en esta zona 1: para y=0, es V=0

Por lo tanto, como: Cyd

yV

fv+⋅

⋅−

⋅−= 3

0

0

0

11 6ε

ρ

ε

σ, será:

Condición de contorno: 006

00 3

0

0

0

1 =→+⋅⋅

−⋅

−= CCd

fv

ε

ρ

ε

σ

Por lo que el potencial en los puntos de la zona 1 será:

3

0

0

0

11 6

yd

yV

fv⋅

⋅−

⋅−=

ε

ρ

ε

σ --- Ecuación 3

Aún no sabemos σσσσ1 pero ya la calcularemos con el resto de las condiciones de contorno. Zona 2: Utilizamos la superficie gaussiana de la figura adjunta, con su tapa superior dentro de la zona 2.


Desarrollando la integral de superficie cerrada a


través de la superficie lateral, la tapa superior y la tapa inferior (de valor nulo pues en esa zona la intensidad de campo es nula), quedará:

21200

supº0cos

.º90cos espacioespacioplaca QQQ

eriortapa

dSE

lateralSup

dSE ++=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ ∫∫∫∫ εε

Quedando: 2120

supespacioespacioplaca QQQ

eriortapa

dSE ++=⋅⋅∫∫ε

Y como E2 sólo depende de y, será constante en todos los diferenciales de superficie dS de la tapa que tienen la misma coordenada y, quedando así la integral:

2120

supespacioespacioplaca QQQ

eriortapa

dSE ++=⋅⋅ ∫∫ε

O sea que:

2120 espacioespacioplacatapa QQQSE ++=⋅⋅ε -- Ecuación 4

En cuanto a las cargas, tenemos que: * Qplaca = σσσσ1 · Sbase siendo Sbase la superficie de placa encerrada por la superficie gaussiana, que aparece con relleno más oscuro en la figura superior y que, como se observa en la figura, es igual a la Stapa * Qespacio 1 = carga espacial contenida dentro de la superficie gaussiana, entre la placa inferior y el límite de la zona 1. Para calcularla nos fijamos en la figura adjunta. La carga contenida en el cilindro diferencial de altura dy de la figura será: ρρρρfv · dV, siendo ρρρρfv= ρρρρfv0 y/d tal como dice el enunciado que es la carga en la zona 1. Por tanto, la carga total contenida en esta parte del volumen encerrado por la superficie gaussiana será:

220

20

0

0

0 00

dSd

d

S

dyyd

SdyS

d

ydV

d

yQ

basefvbasefv

d

y

basefvd

ybasefvfvespacio

⋅⋅=⋅

⋅=

=⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅=⋅⋅= ∫∫∫∫∫ ==

ρρ

ρρρ

* Qespacio 2 = carga espacial contenida dentro de la superficie gaussiana, entre el límite de la zona 1 y la tapa superior. La carga contenida en un cilindro diferencial de base Sbase y altura dy construido en esta zona será: ρρρρfv · dV, siendo ρρρρfv= ρρρρfv0 tal como dice el enunciado. Por tanto, la carga total contenida en esta parte superior del volumen encerrado por la superficie gaussiana será:

)(0000 dySdySdySdVQ basefv

y

dybasefv

y

dybasefvfvespacio −⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅= ∫∫∫∫∫ ==

ρρρρ

Llevando estas cargas a la ecuación 4, tendremos:

)(2 0

0120 dyS

SdSSE basefv

basefv

basetapa −⋅⋅+⋅⋅

+⋅=⋅⋅ ρρ

σε

Teniendo en cuenta que Stapa = Sbase , se pueden simplificar las superficies en la ecuación superior, quedando así la intensidad de campo:

)(2 0

0

0

0

0

12 dy

dE

fvfv−⋅+

⋅+=

ε

ρ

ε

ρ

ε

σ


Vectorialmente: jdyd

Efvfv

⋅

−⋅+

⋅+= )(

2 0

0

0

0

0

12

ε

ρ

ε

ρ

ε

σ

Calculemos ahora el potencial V2 en cualquier punto de la zona 2, para lo que realizaremos la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea paralela al eje y. La integral se realizará sobre una línea contenida totalmente en la zona 2 para que la intensidad de campo en todos sus puntos sea E2:

Cyyd

dydyd

dyEsdEV

fvfv

fvfv

+⋅−⋅

−

⋅=

=⋅

−⋅+

⋅+−=⋅⋅−=⋅−= ∫ ∫∫

2

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

1222

22

)(2

º0cos

ε

ρ

ε

σ

ε

ρ

ε

ρ

ε

ρ

ε

σ


Cyyd

Vfvfv

+⋅−⋅

−

⋅= 2

0

0

0

1

0

02 22 ε

ρ

ε

σ

ε

ρ --- Ecuación 5

Y tenemos dos condiciones de contorno en esta zona 2: para y=D, es V=V0; y para y=d, es V2=V1

Por lo tanto, como: Cyyd

Vfvfv

+⋅−⋅

−

⋅= 2

0

0

0

1

0

02 22 ε

ρ

ε

σ

ε

ρ, será:

Condición de contorno primera: CDDd

Vfvfv

+⋅−⋅

−

⋅= 2

0

0

0

1

0

00 22 ε

ρ

ε

σ

ε

ρ

Condición de contorno segunda: Cdddd

d

d fvfvfv+⋅−⋅

−

⋅=−

⋅− 2

0

0

0

1

0

0

0

1

0

30

226 ε

ρ

ε

σ

ε

ρ

ε

σ

ε

ρ

Despejando C en las dos ecuaciones e igualando obtenemos:

D

V

D

ddD

fv 002

01 32

ερσ −

+−−=

De esta forma, con los valores de σσσσ1 y C , V1 y V2 quedarán:

Para dy ≤≤0 : yAyd

Vfv

⋅+⋅⋅

−= 13

0

01 6ε

ρ; Con

D

V

D

ddDA

fv 02

0

01 32

−

+−−=

ε

ρ

Para Dyd ≤≤ : 212

0

02 2

ByByVfv

+⋅+⋅−=ε

ρ; con: 1

0

01 2

Ad

Bfv

−=ε

ρ;

0

20

2 6ε

ρ dB

fv−=

b) Calcular el campo eléctrico en y=0 e y=D.

Como ya vimos:

jD

V

D

ddDE

yparajydD

V

D

ddDE

fv

fvfv

⋅

−

+−−=→

→=→⋅

⋅

⋅+−

+−−=

02

0

01

2

0

002

0

01

32

0232

ε

ρ

ε

ρ

ε

ρ


jD

V

D

dDE

Dyparajdyd

D

V

D

ddDE

fv

fvfvfv

⋅

−

−=

→=→⋅

−⋅+

⋅+−

+−−=

02

0

02

0

0

0

002

0

02

32

)(232

ε

ρ

ε

ρ

ε

ρ

ε

ρ


Problema 4: Campo electrostático El espacio comprendido entre dos conductores cilíndricos coaxiales indefinidos, el más interno de

radio a y el externo de radio b, está lleno de una distribución continua de carga con una densidad

volumétrica que sigue la ley ρρρρfv= ρρρρ0 /r. Mediante una batería se aplica una d.d.p. entre los

conductores de tal forma que V(r=a)=0 y V(r=b)= V0. Calcular el potencial electrostático en la región entre los conductores coaxiales.

Solución: Dado que la región entre conductores tiene una distribución de cargas, los conductores no tendrán la misma densidad de carga. Llamaremos λλλλ1 y λλλλ2 a la densidad lineal de carga sobre cada conductor. Dada la simetría del problema, partimos de saber que el campo eléctrico es radial y que su valor en cada punto del espacio entre placas sólo depende de su distancia a los

conductores : rurEE ⋅= )( Además en estos casos el campo está limitado a la región entre conductores. Calcularemos la intensidad de campo entre los conductores aplicando el Teorema de Gauss con la superficie cilíndrica, de radio r y longitud l, indicada a trazos en la figura superior:


Desarrollando la integral de superficie cerrada a través de la superficie lateral y las bases, quedará:

espacioernoconductor QQ

bases

dSE

lateralSup

dSE +=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ ∫∫∫∫ int100 º90cos.

º0cos εε

Quedando: espacioQl

lateralSup

dSE +⋅=⋅⋅∫∫ 10

.λε

Y como E sólo depende de r, será constante en todos los puntos de la superficie lateral del cilindro gaussiano, quedando:

espaciolateralespacio QlSEQl

lateralSup

dSE +⋅=⋅⋅→+⋅=⋅⋅ ∫∫ 1010

.λελε -- Ecuación 1

Y siendo: lrS lateral ⋅⋅= π2

∫∫∫ ⋅= dVQ fvespacio ρ y como ρρρρfv sólo depende de r,

podemos poner dV= 2ππππr·l·dr, que es el volumen del cilindro diferencial (rayado) de la figura adjunta. Por tanto la carga contenida en el espacio encerrado por la superficie gaussiana será:

( )arldrlrr

Q

r

ar

esp −⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= ∫=

00 22 ρππ

ρ


Llevando estos valores a la ecuación 1, tendremos:

( )arllrlE −⋅⋅⋅+⋅=⋅⋅ 010 22 ρπλπε

Operando, quedará: 0

0

0

0

0

1 1

2 ε

ρ

ε

ρ

πε

λ+⋅

−=

r

aE

Ou sexa que: rur

aE ⋅

+⋅

−=

0

0

0

0

0

1 1

2 ε

ρ

ε

ρ

πε

λ

Para calcular el potencial aplicaremos la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial situada en el espacio entre conductores:

drr

adrEdsEV ∫∫∫ ⋅

+⋅

−−=⋅⋅−=⋅−=

0

0

0

0

0

1 1

2º0cos

ε

ρ

ε

ρ

πε

λ

Integrando queda:

CrrLna

V +⋅−⋅

+−=

0

0

0

0

0

1

2 ε

ρ

ε

ρ

πε

λ --- Ecuación 2

En esta expresión del potencial hay dos incógnitas, λλλλ1 y C, y disponemos de dos condiciones de contorno para determinar estos valores: para r=a es V=0; y para r=b es V=V0:

Primera condición: CaaLna

+⋅−⋅

+−=

0

0

0

0

0

1

20

ε

ρ

ε

ρ

πε

λ

Segunda condición: CbbLna

V +⋅−⋅

+−=

0

0

0

0

0

10 2 ε

ρ

ε

ρ

πε

λ

Con estas dos ecuaciones se pueden despejar λλλλ1 y C (por ejemplo restando las dos ecuaciones con lo que ya despejaremos λλλλ1:

−

+⋅+⋅

−=

a

bLn

baa

a

bLn

V0

001 2

2πρ

πελ

Y llevando este valor a la primera condición de contorno se podrá despejar la constante C:

( )

0

0

0

00

ε

ρ

ε

ρ a

a

bLn

baaLna

a

bLn

aLnVC

⋅+

⋅

−⋅⋅⋅+

⋅−=

Y llevando estos valores a la ecuación 2 y operando/agrupando términos, el potencial quedará:

( )( )ra

a

rLn

a

bLn

baa

a

bLn

VV −⋅+⋅

⋅

−⋅⋅−=

0

0

0

00

ε

ρ

ε

ρ


Problema 5: Campo electrostático Concéntricamente a una esfera dieléctrica de permitividad εεεε y radio a se dispone una cáscara esférica de radio interno b (b>a). La esfera dieléctrica está cargada con una distribución de carga

libre dada por ρρρρfv(r) = 5Qr2 /4ππππa5, siendo Q la carga total. Si el espacio comprendido entre la

esfera dieléctrica y la cáscara es el vacío, hallar la expresión de la diferencia de potencial ∆∆∆∆V entre el centro de la esfera dieléctrica y la cáscara metálica aplicando el teorema de Gauss.

Solución: Dada la simetría del problema se puede hacer la hipótesis de que la intensidad de campo es radial y dependiente de r (distancia al centro

de la configuración) en todo punto: rurEE ⋅= )( Suponiendo Q>0, el campo sería radial hacia fuera y como la intensidad de campo se orienta hacia potenciales descendientes sería Vb < Va < V0 por lo que nos ocuparemos de calcular V0 – Vb. Calcularemos esta diferencia de potencial calculando primero V0 – Va en la zona (1), y luego Va – Vb en la zona (2). De esta forma, la suma de estas dos diferencias de potencial nos dará la diferencia de potencial pedida: V0 – Va + Va – Vb = V0 – Vb Zona 1: Aplicamos el teorema de Gauss con la esfera de radio r dibujada a trazos en la figura adjunta:

SaeriorQSdE __int=⋅⋅∫∫ε

→=⋅⋅⋅→=⋅⋅→=⋅⋅⋅ ∫∫∫∫ espacioespacioespacio QrEQdSEQdSE 24º0cos πεεε

επ ⋅⋅=⋅→

24 r

QE

espacio -- Ecuación 1

Siendo la Qespacio la carga encerrada en la superficie gaussiana de radio r. Para calcularla veremos la cantidad de carga existente en el volumen dV de la cáscara diferencial de la figura adjunta y luego lo integraremos:

∫∫∫ ⋅= dVQ fvespacio ρ

Como ρρρρfv sólo depende de r, podemos tomar el volumen diferencial indicado, de valor: dV = 4ππππr2dr (para un r genérico menor que el r de la esfera gaussiana). Por tanto la carga total será:

∫∫∫ ∫ =⋅⋅⋅=⋅==

5

5

0

2

3

2

44

5

a

Qrdrr

a

QrdVQ

r

r

fvespacio ππ

ρ

Llevando este valor a la ecuación 1, ya tendremos la intensidad de campo en un punto genérico de la zona 1 (interior del dieléctrico):

5

3

2

5

5

44 a

rQ

r

aQr

E⋅⋅

⋅=

⋅⋅=⋅

επεπ


Por tanto: rua

rQE ⋅

⋅⋅

⋅=⋅

5

3

4 επ

Calcularemos ahora la diferencia de potencial entre el centro O y la superficie del dieléctrico realizando la integral de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial trazada entre esos dos puntos. En vez de hacer, como en los problemas anteriores, una integral sobre una línea de extremos indeterminados para calcular la función V(r), ahora haremos una integral entre dos extremos determinados, O y la superficie del dieléctrico, pues buscamos la diferencia de potencial entre esos dos lugares:

a

Q

a

rQdr

a

rQdrEVVdsEdV

ar

r

a

O

a

O

Oa

a

O

a

O⋅

−=

⋅−=⋅

⋅−=⋅⋅−=−→⋅−=

=

=

∫∫∫∫ πεπεπε 16164º0cos

0

5

4

5

3

Por tanto, poniendo el potencial mayor menos el menor, tendremos:

a

QVV a

⋅=−

πε160 Ecuación 2

Zona 2: Aplicamos el teorema de Gauss con la esfera de radio r dibujada a trazos en la figura adjunta:


→=⋅⋅⋅→

→=⋅⋅→

→=⋅⋅⋅

∫∫

∫∫

odieléctric

odieléctric

odieléctric

QrE

QdSE

QdSE

20

0

0

4

º0cos

πε

ε

ε

024 επ ⋅⋅

=⋅→r

QE odieléctric -- Ecuación 3

Siendo la Qdieléctrico la carga total contenida en el dieléctrico que es la carga encerrada en la superficie gaussiana de radio r. Si uno se da cuenta que la carga total del dieléctrico viene dada por el enunciado, y es Q, ya está identificada la carga del dieléctrico. Pero si no se da cuenta, puede calcularla viendo la cantidad de carga existente en un volumen dV de cáscara diferencial como el de la figura de la zona 1, y luego lo integraremos, pero ahora entre r=0 y r=a, para incluir todo el dieléctrico:

∫∫∫ ⋅= dVQ fvespacio ρ

Como ρρρρfv sólo depende de r, podemos tomar el volumen diferencial indicado, de valor: dV = 4ππππr2dr (para un r genérico, interior a la esfera dieléctrica). Por tanto la carga total será:

∫∫∫ ∫ =

=⋅⋅⋅=⋅=

=

=

=

=

Qa

Qrdrr

a

QrdVQ

ar

r

ar

r

fvespacio

0

5

5

0

2

3

2

44

5π

πρ

Llevando este valor a la ecuación 3, ya tendremos la intensidad de campo en la zona 1 (interior del dieléctrico):

204 r

QE

⋅⋅=⋅

επ


Por tanto: rur

QE ⋅

⋅⋅=⋅

204 επ

Calcularemos ahora la diferencia de potencial entre la superficie del dieléctrico y la superficie de la cáscara conductora exterior, realizando la integral de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial trazada entre esas dos superficies. Igual que antes haremos una integral entre dos extremos determinados, la superficie del dieléctrico y la superficie de la cáscara exterior, pues buscamos la diferencia de potencial entre esos dos lugares:

−⋅−=

⋅=⋅

⋅−=

=⋅⋅−=−→⋅−=

=

=

=

=

=

=

∫

∫∫∫

ab

Q

r

Qdr

r

Q

drEVVdsEdV

br

ar

br

ar

br

ar

ab

b

a

b

a

11

1614

º0cos

002

0 πεπεπε

Por tanto, poniendo el potencial mayor menos el menor, tendremos:

−⋅=−ba

QVV ba

11

4 0πε Ecuación 2

Sumando ahora las dos diferencias de potencial calculadas, tendremos la diferencia de potencial pedida:

−+⋅=

−⋅+

⋅=−+−=−

baa

Q

ba

Q

a

QVVVVVV baab

00000

11

4

1

4

11

416 εεεππεπε


Problema 6: Campo electrostático Se coloca una carga puntual q en un medio indefinido e isótropo de constante dieléctrica variable

εεεεr = 1 + k/r, siendo k una constante y r la distancia a la carga. Calcular: a) el potencial electrostático en un punto P genérico,

b) la densidad volumétrica de carga de polarización.

Solución: Dada la simetría del problema se puede hacer la hipótesis de que la intensidad de campo es radial y dependiente de r (distancia al centro de la configuración) en todo punto:

rurEE ⋅= )( Averiguaremos la intensidad de campo aplicando el teorema de Gauss con la esfera de radio r dibujada a trazos en la figura adjunta:


qdSE =⋅⋅⋅∫∫ º0cosε

Vemos que E y εεεε son funciones únicamente de r por lo que son constantes para todo dS definido sobre la superficie gaussiana. Por tanto, la integral anterior quedará:

20

2

44

r

qEqrEqdSE

r ⋅⋅⋅=⋅→=⋅⋅⋅→=⋅⋅ ∫∫ εεπ

πεε

u

rr

k

qE ⋅

⋅⋅

+⋅

=2

014 επ -- Ecuación 1

a) Calcular el potencial electrostático en un punto P genérico.

Para esto realizamos la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial genérica trazada en el espacio que rodea a la carga q:

∫∫∫∫⋅

+

⋅⋅

−=⋅

⋅⋅

+⋅

−=⋅⋅−=⋅−=202

0 14

14

º0cos

rr

k

drqdr

rr

k

qdrEdsEV

επεπ

Integrando queda:

Ck

r

kLn

qV +

+−

⋅⋅

−=

1

4 0επ

Para calcular C tomamos como condición de contorno que para r=∞ es V=0:

0

1

40

0

=→+

∞+−

⋅⋅

−= CCk

kLn

q

επ


Por lo tanto:

+⋅

⋅⋅=

r

kLn

k

qV 1

4 0επ

b) Calcular la densidad volumétrica de carga de polarización.

La densidad volumétrica de la carga de polarización es: Ppv ⋅∇−=ρ

Calculemos el vector polarización P :

Vector desplazamiento: EPD ⋅+= 0ε siendo: ED ⋅= ε

Por tanto: EPE ⋅+=⋅ 0εε

Despejando el vector polarización :

P :

( ) ( )

( ) rr

r

u

rr

k

q

r

kE

EEEEP

⋅

⋅⋅

+⋅

⋅⋅

−+=⋅⋅−=

=⋅−⋅=⋅−=⋅−⋅=

20

00

0000

14

111

επ

εεε

εεεεεεε

Por tanto el vector polarización será: ( ) rurkr

kqP ⋅

⋅+⋅=

24π

Ahora ya podemos calcular la densidad de carga volumétrica de polarización aplicando la divergencia de este vector polarización que, en coordenadas esféricas adopta la expresión:

( )( )

+∂

∂⋅

⋅−=

⋅+⋅⋅

∂

∂⋅−=⋅

∂

∂⋅−=⋅∇−=

krrr

kq

rkr

kqr

rrPr

rrP rpv

1

44

1122

2

2

2

2 ππρ

Quedando: ( )224 krr

kqpv

+⋅⋅=

πρ

�ota: Recordar que en un dieléctrico se puede hablar de:

• Densidad volumétrica de carga de polarización en cualquier punto del interior del

dieléctrico, que cumple que: Ppv ⋅∇−=ρ

• Densidad superficial de carga de polarización: en cualquier punto de la superficie de un dieléctrico, que cumple que: ρρρρps = ±Pn Que sea “+” o “-“ depende de la superficie analizada y de

la dirección de P dentro del dieléctrico, recordando que este vector sale de cargas “-“ y se dirige hacia cargas “+”, por lo que en el origen del vector la carga superficial será negativa y en su destino la carga superficial será positiva.


Problema 7: Campo electrostático Una esfera metálica de radio R1 se encuentra rodeada por una capa de dieléctrico de permitividad

relativa εεεεr y radio R2. Sabiendo que la carga total de la esfera conductora es Q, calcular:

a) El campo eléctrico E(r) en función de la distancia r al centro de la esfera metálica, para r<R1,

R1<r<R2 y r>R2.

b) Calcular el potencial electrostático del conductor.

Solución: a) Calcular el campo eléctrico E(r) en función de la distancia r al centro de la esfera metálica,

para r<R1, R1<r<R2 y r>R2.

Dada la simetría del problema se puede hacer la hipótesis de que la intensidad de campo es radial y dependiente de r (distancia al centro de la configuración)

en todo punto: rurEE ⋅= )( Consideramos el espacio dividido en tres zonas:

• zona 1: dentro de la esfera metálica • zona 2: dentro del dieléctrico • zona 3: en el exterior del dieléctrico para

r>R2. Zona 1: Dado que estamos dentro de un conductor la intensidad de campo es nula por lo que: Para r<R1 es E=0 Zona 2: La aplicación del Teorema de Gauss a la esfera de trazos dibujada dentro del dieléctrico en la figura adjunta, conduce a:

→=⋅⋅∫∫ SaeriorQSdE __intε QdSE =⋅⋅⋅∫∫ º0cosε


20

2

44

r

QEQrEQdSE

r ⋅⋅⋅=⋅→=⋅⋅⋅→=⋅⋅ ∫∫ εεπ

πεε

r

r

ur

QE ⋅

⋅⋅⋅=

204 εεπ

-- Ecuación 1

que vale para: R1 <= r <= R2 (incluye hasta la parte interior de la frontera dieléctrica) Zona 3: La aplicación del Teorema de Gauss a la esfera de trazos dibujada en el exterior del dieléctrico en la figura adjunta, conduce a:

→=⋅⋅∫∫ SaeriorQSdE __int0ε QdSE =⋅⋅⋅∫∫ º0cos0ε


20

200

44

r

QEQrEQdSE

⋅⋅=⋅→=⋅⋅⋅→=⋅⋅ ∫∫ επ

πεε


rur

QE ⋅

⋅⋅=

204 επ

-- Ecuación 2

Que vale para: r => R2 (incluye desde la zona exterior de la frontera dieléctrica) Frontera entre zonas (2) y (3): Para justamente r=R2 estamos en la frontera dieléctrica por lo que hay que hablar de un salto en el valor de las componentes normales En de la intensidad de campo, y de la constancia del valor de las componentes tangenciales (que en este caso son nulas). Por tanto tendríamos: fsnn EE ρεε =⋅−⋅ 3322 por lo que, siendo nula la densidad de carga superficial libre

en la frontera (darse cuenta que la carga que existe en esa zona es carga de polarización), la ecuación queda: 03322 =⋅−⋅ nn EE εε , y siendo normales las dos intensidades de campo, quedará:

302 EE ⋅=⋅ εε lo que podemos comprobar en las ecuaciones 1 y 2.

b) Calcular el potencial electrostático del conductor.

De la zona 1 sabemos que, siendo un conductor, el potencial es constante pero no sabemos su valor. En la zona 2 podemos aplicar da definición de potencial, aplicando la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial:

∫∫∫∫ ⋅⋅⋅

−=⋅⋅⋅⋅

−=⋅⋅−=⋅−=2

02

0

222 44º0cos

r

drQdr

r

QdrEdsEV

rrεεπεεπ

Integrando queda:

20

2 4C

r

QV

r

+⋅⋅⋅

=εεπ

-- Ecuación 3

Aquí aún no podemos calcular la constante de integración C2 pues lo único que sabemos en esta zona (2) es:

* Para r=R1 es V2 (R1) = Vconductor que es lo que no sabemos * Para r=R2 es V2 (R2) = V3 (R2) pero no sabemos ninguno de los dos.

Calcularemos entonces V3 aplicando la integral de línea de la intensidad de campo en esta zona, utilizando una línea radial indefinida comprendida dentro de la zona (3):

∫∫∫∫ ⋅⋅

−=⋅⋅⋅

−=⋅⋅−=⋅−=2

02

0

333 44º0cos

r

drQdr

r

QdrEdsEV

επεπ

Integrando queda:

30

3 4C

r

QV +

⋅⋅=

επ -- Ecuación 4

Para calcular la constante de integración C3 sabemos que para r=∞ es V3=0. Por tanto:

04

04 33

03

03 =→+

∞⋅⋅=→+

⋅⋅= CC

QC

r

QV

επεπ

Por tanto la ecuación 4 quedará:

r

QV

⋅⋅=

03 4 επ

-- Ecuación 5

Con lo cual, aplicando ahora la condición de frontera de que: V2 (R2) = V3 (R2), de forma que combinando las ecuaciones 3 y 5, podremos calcular la constante C2, quedando:


−⋅

⋅⋅=→

⋅⋅=+

⋅⋅⋅ rr R

QC

R

QC

R

Q

εεπεπεεπ

11

444 202

202

20

Por tanto la expresión de V2 que nos permitirá calcular la Vconductor pedida, quedará:

⋅−+

⋅⋅

⋅=

2202

111

4 RRr

QV

rr εεεπ

Y el potencial pedido que es V2(r=R1) quedará:

⋅−+

⋅⋅

⋅==

221012

111

4)(

RRR

QRVV

rr

conductorεεεπ



Un condensador cilíndrico de radio interno a y externo c y dieléctrico el vacío, se carga a

potencial V0. Posteriormente se aísla y se introduce entre sus armaduras un tubo de material

dieléctrico εεεεr de radio interno b (b>a) y externo c. Calcular las densidades de carga de polarización en ambas caras del dieléctrico.

Solución: Primera parte: Aunque son expresiones conocidas para un condensador cilíndrico, calcularemos la intensidad de campo y la densidad lineal de carga de las armaduras en función del potencial de carga. Dada la simetría del problema, partimos de saber que el campo eléctrico es radial y que su valor en cada punto del espacio entre armaduras sólo depende de su distancia a los conductores :

rurEE ⋅= )( Además en estos casos el campo está limitado a la región entre conductores. Al cargar el condensador con potencial V0, los conductores adquirirán la misma densidad de carga líneal: +λλλλ y -λ λ λ λ . Calcularemos en primer lugar la intensidad de campo entre los conductores aplicando el Teorema de Gauss con la superficie cilíndrica, de radio r y longitud l, indicada a trazos en la figura adjunta:


Desarrollando la integral de superficie cerrada a través de la superficie lateral y las bases, quedará:

ernoconductorQ

bases

dSE

lateralSup

dSE int00 º90cos.

º0cos =⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ ∫∫∫∫ εε

Quedando: l

lateralSup

dSE ⋅=⋅⋅∫∫ λε.

0

Y como E sólo depende de r, será constante en todos los puntos de la superficie lateral del cilindro gaussiano, quedando:

lSEl

lateralSup

dSE lateral ⋅=⋅⋅→⋅=⋅⋅ ∫∫ λελε 00

. -- Ecuación 1

Y siendo: lrS lateral ⋅⋅= π2

Llevando este valor a la ecuación 1, tendremos: lrlE ⋅=⋅⋅ 10 2 λπε

Operando, quedará: r

E⋅

=02πε

λ O sea que: ru

rE ⋅

⋅=

02πε

λ


Ahora podemos calcular la Va – Vc aplicando la integral de línea de la intensidad de campo a lo largo de una línea radial que vaya de la superficie del conductor interno a la del conductor externo (ver figura adjunta):

a

cLn

r

drdr

r

drEVVdsEdV

cr

ar

cr

ar

cr

ar

ac

c

a

c

a

⋅−=⋅−=⋅−=

=⋅⋅−=−→⋅−=

∫∫

∫∫∫=

=

=

=

=

=

000 222

º0cos

πε

λ

πε

λ

πε

λ

Por tanto, despejando Va – Vc que es el valor que conocemos V0,

quedará: a

cLn

rVV ca ⋅=−

02πε

λ

Por tanto: a

cLnVo ⋅=

02πε

λ, y ya podemos despejar el valor desconocido de la densidad lineal de

carga que adquiere cada armadura:

oa

cLn

V002 ⋅=

πελ

Segunda parte: Al aislar ahora el conductor de Tierra y de cualquier generador, la carga de las armaduras ya no podrá cambiar. Por otra parte en dieléctrico adquirirá una densidad de carga superficial de polarización negativa en la superficie interior más próxima a la armadura interna positiva, y positiva en la superficie pegada a la armadura exterior.

En cualquier superficie de un dieléctrico:

nnPs PuP =⋅=ρ (siendo un el vector normal a la superficie,

y dirigido hacia el exterior del dieléctrico) Siendo P el vector de polarización del dieléctrico en una superficie dada, y Pn su componente normal. Para calcular ρρρρPs en cada superficie necesitamos los respectivos vectores de polarización en las

mismas: 1P y 2P .

Calculemos cada vector polarización P :




P : ( ) ( ) ( ) EEEEEP rr ⋅⋅−=⋅−⋅=⋅−=⋅−⋅= 00000 1 εεεεεεεεε

Vemos que para saber el vector polarización en cualquier punto del dieléctrico necesitamos saber la intensidad de campo en el mismo punto. Podemos calcularlo aplicando el Teorema de Gauss a cualquier superficie cilíndrica concéntrica con la armaduras y de radio comprendido entre b y c para que la superficie lateral del mismo esté dentro del dieléctrico. Se trata dun ejercicio idéntico al realizado en el inicio del problema salvo por el valor de la permitividad dieléctrica en los puntos de la superficie lateral gaussiana que ahora será e. Por tanto, la intensidad de campo en el interior del

dieléctrico será: rur

E ⋅⋅

=πε

λ

2

Por tanto el vector polarización será:


( ) ( ) ( ) ( ) r

r

rr

r

rrrr ur

ur

ur

EP ⋅⋅

⋅−=⋅⋅⋅

⋅⋅−=⋅⋅

⋅⋅−=⋅⋅−=πε

λε

επε

λεε

πε

λεεεε

21

21

211

0000

Y ya viéramos antes que la densidad de carga era:

oa

cLn

V002 ⋅=

πελ , lo que llevado a la expresión del

vector de polarización resulta:

( ) ( ) r

r

rr

r

rr

r

r u

a

cLnr

Vu

a

cLn

V

ru

rP ⋅

⋅

⋅⋅

−=⋅

⋅⋅

⋅⋅−=⋅

⋅⋅−= 0000 12

2

11

21

ε

ε

επε

πεε

πε

λε

O sea que en la superficie interior del dieléctrico: r

r

r u

a

cLnb

VP ⋅

⋅

⋅⋅

−= 00

1

1 ε

ε

ε

Y en la superficie externa: r

r

r u

a

cLnc

VP ⋅

⋅

⋅⋅

−= 00

2

1 ε

ε

ε

Resultando por tanto las densidades de carga superficial de polarización:

Carga interior: 11111 )(º180cos1 PfiguraverPuP nPs −=⋅⋅=⋅=ρ

O sea que:

a

cLnb

V

r

rsp

⋅

⋅⋅

−−= 00

1

1 ε

ε

ερ (vemos que negativa)

Carga exterior: : 22122 )(º0cos1 PfiguraverPuP nPs =⋅⋅=⋅=ρ

O sea que:

a

cLnc

V

r

rsp

⋅

⋅⋅

−= 00

2

1 ε

ε

ερ (vemos que positiva)


Problema 9: Campo electrostático Un condensador esférico de radio interno a y externa b y dieléctrico el vacío, se somete a una

diferencia de potencial V0. Posteriormente se aísla y se introduce entre sus armaduras un material

dieléctrico de permitividad εεεεr que ocupa todo el espacio. Calcular las densidades de carga de polarización en ambas caras del dieléctrico.

Solución: Dada la simetría del problema se puede hacer la hipótesis de que la intensidad de campo es radial y dependiente de r (distancia al

centro de la configuración) en todo punto: rurEE ⋅= )( En primer lugar determinaremos la carga de las armaduras en función del potencial de carga conocido, para posteriormente determinar como esa carga libre determina la carga de polarización sobre las superficies del dieléctrico que se introduce entre las armaduras una vez aisladas estas del generador de carga y de Tierra. Primera parte: Carga del condensador. Podría aplicarse el Teorema de Gauss pero resulta ampliamente conocido que, a efectos de la intensidad de campo entre las armaduras, un dispositivo como el descrito es equivalente a una carga puntual de igual valor a la carga de las armaduras situada en el centro de la configuración. Por tanto:

rur

QE ⋅

⋅⋅=

204 επ

para b>= r >=a, y siendo Q la carga de las armaduras

Por otra parte el potencial en cualquier punto de este espacio viene dado por:

r

QV

⋅⋅=

04 επ

Siendo por tanto la diferencia de potencial entre cualquier punto de la superficie de la armadura interior y cualquier punto de la armadura exterior:

−⋅

⋅=−

ba

QVV ba

11

4 0επ

diferencia de potencial que es el potencial de carga del condensador V0 por lo que ya se puede despejar la carga que adquieren las armaduras cuando se cargan con este potencial:

ab

baVQ

−

⋅⋅⋅⋅= 004 επ

Pues bien esta es la carga que adquiere cada una de las armaduras, y una vez aislado el condensador esta carga no puede variar. Por tanto, al introducir un dieléctrico entre las armaduras aparecerá una carga de polarización superficial negativa en la superficie en contacto con la armadura interior (cargada positivamente en nuestro caso), y una carga de polarización superficial positiva en la superficie en contacto con la armadura exterior (cargada negativamente en nuestro caso). Segunda parte: Aislamos el condensador y le introducimos el dieléctrico. Aparecerán las cargas superficiales de polarización tales como indicamos en la figura adjunta, inducidas por las cargas +Q y –Q de las armaduras.

La carga superficial de polarización obedece a la expresión:


nnPs PuP =⋅=ρ

Siendo un el vector normal a la superficie, y dirigido hacia el exterior del dieléctrico, y siendo P el vector de polarización del dieléctrico en una superficie dada, y Pn su componente normal. Para calcular ρρρρPs en cada superficie necesitamos los respectivos vectores de polarización en las

mismas: 1P y 2P .

Calculemos cada vector polarización P :




P : ( ) ( ) ( ) EEEEEP rr ⋅⋅−=⋅−⋅=⋅−=⋅−⋅= 00000 1 εεεεεεεεε

Vemos que para saber el vector polarización en cualquier punto del dieléctrico necesitamos saber la intensidad de campo en el mismo punto. Podemos calcularlo aplicando el Teorema de Gauss a cualquier superficie cilíndrica concéntrica con las armaduras y de radio comprendido entre a y b para que la superficie lateral del mismo esté dentro del dieléctrico. De todas formas se trata de un valor ampliamente conocido como ya citamos al principio, resultando:

rur

QE ⋅

⋅⋅=

24 επ

Por tanto el vector polarización será:

( ) ( ) ( ) ( ) r

r

rr

r

rrrr ur

Qu

r

Qu

r

QEP ⋅

⋅⋅−=⋅

⋅⋅⋅⋅⋅−=⋅

⋅⋅⋅−=⋅⋅−=

220

02004

14

14

11πε

εεεπ

εεπε

εεεε

Y ya viéramos antes que la carga era: ab

baVQ

−

⋅⋅⋅⋅= 004 επ

, lo que llevado a la expresión del vector

de polarización resulta:

( ) ( ) r

r

rr

r

rr

r

r uabr

baVu

ab

baV

ru

r

QP ⋅

−⋅

⋅⋅⋅⋅

−=⋅

−

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅−=⋅

⋅⋅−=

)(

14

4

11

41

20000

22

ε

ε

επε

πεε

πεε

O sea que en la superficie interior del dieléctrico: r

r

r uaba

bVP ⋅

−⋅

⋅⋅⋅

−=

)(

1 001

ε

ε

ε

Y en la superficie externa: r

r

r uabb

aVP ⋅

−⋅

⋅⋅⋅

−=

)(

1 002

ε

ε

ε

Resultando por tanto las densidades de carga superficial de polarización:

Carga interior: 11111 )(º180cos1 PfiguraverPuP nPs −=⋅⋅=⋅=ρ

O sea que: )(

1 001

aba

Vb

r

rsp

−⋅

⋅⋅⋅

−−=

ε

ε

ερ (vemos que negativa)

Carga exterior: : 22122 )(º0cos1 PfiguraverPuP nPs =⋅⋅=⋅=ρ

O sea que: )(

1 002

abb

Va

r

rsp

−⋅

⋅⋅⋅

−=

ε

ε

ερ (vemos que positiva)



Se tienen dos placas gruesas doblemente infinitas de vidrio de permitividad εεεεv colocadas verticalmente según el plano YZ y paralelas entre si de forma que entre ellas queda una capa de

espesor constante ocupada por aire. Todo el espacio restante está lleno de aceite de permitividad

εεεεa . En el semiespacio lleno de aceite que está a la izquierda de las placas existe un campo

electrostático uniforme de magnitud E1 cuya dirección está contenida en el plano XZ y forma un

ángulo θθθθ con la normal a las placas y cuyo sentido es el del aceite hacia el vidrio. Calcúlese:

a) el campo eléctrico en los otros cuatro medios.

b) La densidad superficial de carga de polarización en cada una de las fronteras.

Solución: Hacemos un dibujo en donde se vean los cinco medios, el medio 1 y el medio 5 que son aceite, los medios 2 y 4 que son vidrio, y el medio 3 que es aire. Comenzamos por poner el campo E1 que forma el ángulo ϑ con la normal, o sea con su propia componente E1n También dibujamos la componente E1t que son las componentes que tenemos que estudiar para establecer las condiciones de frontera entre los dieléctricos.

a) Condiciones de frontera entre dieléctricos: Nos dicen como es el campo eléctrico en dos puntos infinitamente próximos pero uno en un dieléctrico y el otro punto en el otro dieléctrico:

- Potenciales idénticos a ambos lados de la frontera: en este caso no nos interesa pues no estudiamos potenciales: V1 = V2

- Componentes tangenciales del campo iguales: Et1 = Et2


- Componentes normales relacionadas con los coeficientes dieléctricos: ε1 . En1 = ε2 . En2 Antes de comenzar a analizar las diferentes fronteras, podemos ver que las componentes del campo E1 son conocidas dado que sabemos el ángulo que forma E1 con la normal: Et1 = E1 .sen ϑ En1 = E1 .cos ϑ

- Frontera 1-2: * Igualdad de componentes tangenciales: Et2 = Et1 = E1 .sen ϑ * Relación entre componentes normales: ε2 . En2 = ε1 . En1 O sea que: εv. En2 = εa . En1 = εa . E1 .cos ϑ Despejando En2: En2 = εa . E1 .cos ϑ / εv

* En consecuencia el valor del campo E2 será:

ϑε

εϑϑ

ε

εϑ 2

2

22

122

12

222

122

222 cos..cos...

v

a

v

a

nt senEEsenEEEE +=+=+=

- Frontera 2-3: * Igualdad de componentes tangenciales: Et3 = Et2 = E1 .sen ϑ * Relación entre componentes normales: ε3 . En3 = ε2 . En2 O sea que: ε0. En3 = εv . En2 = εv . εa . E1 .cos ϑ / εv Despejando En3: En3 = εa . E1 .cos ϑ / ε0


ϑε

εϑϑ

ε

εϑ 2

20

22

122

120

222

123

233 cos..cos... aa


- Frontera 3-4: * Igualdad de componentes tangenciales: Et4 = Et3 = E1 .sen ϑ * Relación entre componentes normales: ε4 . En4 = ε3 . En3 O sea que: εv. En4 = ε0 . En3 = ε0 . εa . E1 .cos ϑ / ε0 Despejando En4: En4 = εa . E1 .cos ϑ / εv


ϑε

εϑϑ

ε

εϑ 2

2

22

122

12

222

124

244 cos..cos...

v

a

v

a


Podemos ver que es igual que E2. Frontera 4-5: * Igualdad de componentes tangenciales: Et5 = Et4 = E1 .sen ϑ * Relación entre componentes normales: ε5 . En5 = ε4 . En4 O sea que: εa. En5 = εv . En4 = εv . εa . E1 .cos ϑ / εv Despejando En5: En5 = E1 .cos ϑ Podemos ver que ambas componentes de E5 son iguales que las de E1.

* En consecuencia el valor del campo E5 será el mismo que E1:

122

122

122

125

255 cos.cos... EsenEEsenEEEE nt =+=+=+= ϑϑϑϑ


b) Las cargas de polarización se sitúan sobre las fronteras dieléctricas. La densidad superficial de carga en cada una es la componente normal del vector de polarización en ese lugar:

nnps PuP ±== .ρ

Como indicamos arriba, debemos tener cuidado con el signo, pues hay que tener en cuenta que el vector un está dirigido hacia fuera de la superficie. Así en la primera de las figuras adjuntas, representamos el vector P1, y vemos que al multiplicarlo escalarmente por un sale P1n positivo. Mientras que en la segunda figura donde representamos P2, y vemos que al multiplicarlo escalarmente por u2 sale P2n negativo. En cualquier caso debemos calcular el vector de polarización en cada frontera dieléctrica. Sin embargo podemos ver que el vector de polarización es constante dentro de cada medio dieléctrico. En efecto el vector polarización en cualquiera de los cinco medios será:

( ) xxxxxxxx EEEEDP .... 000 εεεεε −=−=−=

Y como el vector E es constante dentro de cada medio, el vector de polarización también lo será. Frontera 1-2:

Medio 1: ( ) 101011011 .... EEEEDP aa εεεεε −=−=−=

La densidad de carga de polarización será por tanto:

ρps12 = P1n = (εa - ε0).En1 = (εa - ε0). E1 .cos ϑ

Medio 2: ( ) 202022022 .... EEEEDP vv εεεεε −=−=−=

No vale la pena sustituir arriba E2 en función de los datos, pues realmente sólo nos va a hacer falta la componente normal que es mucho más sencillo de indicar

Así, la densidad de carga de polarización será por tanto:

( ) ( ) ϑεε

εϑ

ε

εεεεερ cos...1cos.... 1

01020221 EEEP a

vv

a

vnvnps

−=−=−−=−=

Puedes ver que ρps21 es negativa pues ε0 es siempre el menor valor que puede tomar un coeficiente dieléctrico. Aquí acabamos de ver la densidad de carga de polarización dentro del medio 2 pero en la frontera 1-2. En el medio 2 pero en la frontera 2-3, la densidad

de carga será la misma ρps21 que antes pero positiva, como puedes ver en la figura. Operando te saldría también positiva pues en esa frontera, al multiplicar escalarmente P2 por un, sale positivo pues date cuenta que un está dirigido

siempre hacia fuera: ρps23 = - ρps21


Medio 3, en la frontera 2-3: : 0... 10103033 =−=−= EEEDP εεε

Evidentemente en el medio 3 no hay carga de polarización pues el medio 3 es aire, que se asimila al vacío. Medio 4, en la frontera 3-4: sería una situación similar que en el medio 2 en la frontera 1-2, y como alli, el P4n será negativo como se puede ver en el correspondiente dibujo (frontera 1-2, medio 2):

( ) 404044044 .... EEEEDP vv εεεεε −=−=−=

No vale la pena sustituir arriba E4 en función de los datos, pues realmente sólo nos va a hacer falta la componente normal que es mucho más sencillo de indicar Así, la densidad de carga de polarización será por tanto:

( ) ( ) ϑεε

εϑ

ε

εεεεερ cos...1cos.... 1

01040443 EEEP a

vv

a

vnvnps

−=−=−−=−=

Vemos que sale, como es lógico, negativo.

En este mismo medio 4 pero en la frontera 4-5, la densidad de carga será la misma

ρps43 que antes pero positiva. Operando te saldría también positiva pues en esa frontera, al multiplicar escalarmente P2 por un, sale positivo pues date cuenta que un

está dirigido siempre hacia fuera: : ρps45 = - ρps43 Medio 5: sería una situación similar que en el medio 2 en la frontera 1-2, y como alli, el P4n será negativo como se puede ver en el correspondiente dibujo (frontera 1-2, medio 2):

( ) 505055055 .... EEEEDP aa εεεεε −=−=−=

Así, la densidad de carga de polarización será por tanto: ( ) ( ) ϑεεεερ cos... 105055 EEP ananps −=−−=−=

Vemos que sale, como es lógico, negativo. Puedes ver que tiene el mismo valor que ρps12 pero de signo contrario.


Problema 11: Campo electrostático Una esfera dieléctrica de radio a y permitividad εεεε situada en el vacío tiene una distribución de carga volumétrica ρρρρfv =ρρρρ0a/r siendo r la distancia al centro y r0 una constante. Determinar la

energía electrostática del sistema.

Solución:

La energía contenida en un sistema es: ∫∫∫∫ == dvVdqVE ...2

1..

2

1ρ Ecuación 1

Esta ecuación, evidentemente sólo hay que integrarla donde hay carga (donde dq es distinto de cero), o sea en la zona (1) de la figura. Sin embargo al calcular el potencial en la zona (1) nos va a aparecer una constante de integración que sólo podremos determinar con las condiciones de contorno que involucran al potencial en la zona (2): que para r=∞ será V2=0, y que para r=a será V1=V2. Con estas dos condiciones podremos calcular las dos constantes de integración, la que aparece en la integración de V1 y la que aparece en la integración de V2. Y sabemos que, para poder calcular el potencial, antes tenemos que calcular el campo en cada una de las zonas, para luego hacer

la integral de línea que nos dará V (recuerda que ∫−= rdEV . )

Debido a esto, en este caso puede ser mucho más simple utilizar esta otra expresión de la energía almacenada en una configuración electrostática:

∫= dvEW ..2

1 2ε Ecuación 1

Y aunque esta integral hay que hacerla en todo el espacio, no sólo la zona donde haya carga, en muchos casos es mucho más simple que la ecuación anterior. O sea que vamos a utilizar esta. Además habrá que resolver esta integral en cada zona por separado, pues el campo cambia de la zona (1) a la zona (2) y también ε es distinta en cada zona, y luego sumar los resultados. �ota: Como dada la simetría del problema el campo E = Ε(r), podemos poner el diferencial de volumen que aparece en la ecuación 1 también en función de r: dv = 4.π.r2.dr (el dv sería la zona gris de la figura).

-Zona (1): Dieléctrico con distribución de carga volumétrica (r

a.0ρρ = ) y de constante ε.

- Para calcular el campo eléctrico en esta zona utilizamos el teorema de Gauss aplicado a la esfera de puntos representada en esa zona (1) de la figura.

erior

S

QSdE int1..∫∫ =ε

Vemos en la figura que los vectores E1 y dS son paralelos en cualquier dS que consideremos en la superficie gaussiana, y por tanto:


erior

S

QdSE int1 º0cos...∫∫ =ε

Suponemos que ε es constante en todos los dS, y ,dada la simetría del sistema, es seguro que el campo E sólo dependa de la distancia r al centro del sistema. Por lo tanto también E será constante en todos los dS, y así podrá salir de la integral:

erior

S

QdSE int1.. ∫∫ =ε --> ε. E1 .S = Qinterior (y recuerda que S es la superficie de la esfera gaussiana)

ε . E1 . 4. π.r2 = Qinterior Ecuación 2

(fíjate que también llamamos “r” al radio de la superficie gaussiana, pues también es un radio genérico)

• Calculemos ahora la Qinterior a la superficie gaussiana:

∫∫∫= dvQ erior .int ρ

Utilizamos el mismo diferencial de volumen que antes citamos (en gris en la figura):

20

0

20int ....2...4.

.. radrr

r

advQ

rr

r

erior ρππρ

ρ === ∫∫∫∫=

=

(como ya hicimos antes, aquí también llamamos “r” al radio de la superficie gaussiana, pues está en una posición de radio genérico)

Llevando esta Qinterior a la ecuación 2 para calcular el campo E1, quedará:

ε . E1 . 4. π.r

2 = Qinterior --> ε . E1 . 4. π.r2 = 2 . π. ρ0 . a . r

2

Por tanto: ε

ρ

.2

.01

aE =

Antes de calcular la energía correspondiente a esta zona (1), calculemos el campo en la zona (2), y luego ya calcularemos todo junto.

- Zona (2): Vacío sin carga y con constante ε0. Podemos proceder como antes para calcular el campo eléctrico, colocando una esfera gaussiana en la zona (2) pero no vale la pena, pues dada la simetría de la configuración, la esfera con carga vista desde fuera, es como si toda la carga estuviera concentrada en el centro, por lo que el campo sería el de una carga puntual:

22

...4 r

QE total

επ=

y para calcular el Qtotal procedemos igual que antes para calcular el Qinterior, pero ahora la integral en vez de llegar hasta un “r” genérico, llegará hasta “r=a” para incluir toda la esfera cargada:

30

0

20 ...2...4..

. adrrr

advQ

ar

r

total ρππρ

ρ === ∫∫∫∫=

=

Con lo que el campo será: 2

30

2

30

22..2

.

...4

...2

...4 r

a

r

a

r

QE total

ε

ρ

επ

ρπ

επ===

Ahora podemos proceder a integrar en cada zona para calcular la energía del sistema:


-Zona (1): ε

ρππ

ε

ρεε

.6

.....4.

.2

...

2

1...

2

1 520

0

2

2

0

0

211

adrr

advEW

ar

r

ar

r

=

== ∫∫

=

=

=

=

-Zona (2): 0

5202

2

20

30

02202 .2

.....4.

..2

....

2

1

ε

ρππ

ε

ρεε

adrr

r

advEW

r

ar

r

ar

=

== ∫∫

∞=

=

∞=

=

Y por tanto la energía total será:

+=+=+=

0

520

0

520

520

21

1

.3

1.

2

..

.2

..

.6

..

εε

ρπ

ε

ρπ

ε

ρπ aaaWWW


Problema 12: Campo electrostático Encuentre la energía necesaria para formar una esfera de carga uniforme con radio b y densidad

volumétrica de carga ρρρρfv.

Solución:

La energía contenida en un sistema es: ∫∫∫∫ ⋅⋅⋅=⋅⋅= dvVdqVE ρ2

1

2

1

Esta ecuación, evidentemente sólo hay que integrarla donde hay carga (donde dq es distinto de cero), o sea en la zona (1) de la figura. Sin embargo al calcular el potencial en la zona (1) nos va a aparecer una constante de integración que sólo podremos determinar con las condiciones de contorno que involucran al potencial en la zona (2): que para r=∞ será V2=0, y que para r=a será V1=V2. Con estas dos condiciones podremos calcular las dos constantes de integración, la que aparece en la integración de V1 y la que aparece en la integración de V2. Y sabemos que, para poder calcular el potencial, antes tenemos que calcular el campo en cada una de las zonas, para luego hacer la integral de línea que nos dará V

(recuerda que ∫ ⋅−= rdEV )

Debido a esto, en este caso puede ser mucho más simple utilizar esta otra expresión de la energía almacenada en una configuración electrostática:

∫ ⋅⋅= dvEW 2

2

1ε Ecuación 1

Y aunque esta integral hay que hacerla en todo el espacio, no sólo la zona donde haya carga, en muchos casos es mucho más simple que la ecuación anterior. O sea que vamos a utilizar esta. Además habrá que resolver esta integral en cada zona por separado, pues el campo cambia de la zona (1) a la zona (2) y también ε es distinta en cada zona, y luego sumar los resultados. �ota: Como dada la simetría del problema el campo E = Ε(r), podemos poner el diferencial de volumen que aparece en la ecuación 1 también en función de r: dv = 4π·r2·dr (el dv sería la zona gris de la figura). -Zona (1): Esfera con distribución de carga volumétrica ρfv y de constante ε0 (suponemos la carga uniformemente distribuida por el espacio).

-Para calcular el campo eléctrico en esta zona utilizamos el teorema de Gauss aplicado a la esfera de puntos representada en esa zona (1) de la figura.

erior

S

QSdE int10 ..∫∫ =ε

Vemos en la figura que los vectores E1 y dS son paralelos en cualquier dS que consideremos en la superficie gaussiana, y por tanto:


erior

S

QdSE int10 º0cos...∫∫ =ε

Dada la simetría del sistema, es seguro que el campo E sólo dependa de la distancia r al centro del sistema. Por lo tanto también E será constante en todos los dS, y así podrá salir de la integral:

erior

S

QdSE int10 .. ∫∫ =ε --> ε0. E1 .S = Qinterior

(y recuerda que S es la superficie de la esfera gaussiana) ε0 . E1 . 4. π.r

2 = Qinterior Ecuación 2 (fíjate que llamamos “r” tanto al radio de la superficie gaussiana como al radio del diferencial de volumen genérico, pues en ambos casos se trata de un radio genérico).

Por lo que respecta al Qinterior, como la densidad de carga es uniforme, la carga puede calcularse directamente con una multiplicación:

Qinterior = ρ.volumen interior = ρfv.4.π.r3/3

Pero si no te das cuenta, puedes calcular la Qinterior a la superficie gaussiana integrando:

∫∫∫= dvQ erior .int ρ

Utilizamos el mismo diferencial de volumen que antes citamos (en gris en la figura):

3

...4...4..

3

0

2int

rdrrdvQ

fvrr

r

fverior

ρππρρ === ∫∫∫∫

=

=

Llevando esta Qinterior a la ecuación 2 para calcular el campo E1, quedará:

ε0 . E1 . 4. π.r2 = Qinterior --> 3

...4

3

10

rr

fvρππε = .4. . Ε . 2

Por tanto: 0

1 .3

.

ε

ρ rE

fv=

Antes de calcular la energía correspondiente a esta zona (1), calculemos el campo en la zona (2), y luego ya calcularemos todo junto.

- Zona (2): Vacío sin carga y con constante ε0.

Podemos proceder como antes para calcular el campo eléctrico, colocando una esfera gaussiana en la zona (2) pero no vale la pena, pues dada la simetría de la configuración, la esfera con carga vista desde fuera, es como si toda la carga estuviera concentrada en el centro, por lo que el campo sería el de una carga puntual:

2

0

2...4 r

QE total

επ=

Y para calcular el Qtotal procedemos igual que antes para calcular el Qinterior, por lo que ahora sería: Qtotal = ρfv . volumen cargado = ρfv.4.π.b

3/3

Si no te das cuenta de que se puede hacer así en este caso, puedes integrar pero ahora la integral en vez de llegar hasta un “r” genérico, llegará hasta “r=b” para incluir todo el espacio con carga:

3

...4...4..

3

0

2b

drrdvQfv

br

r

fvtotal

ρππρρ === ∫∫∫∫

=

=


Con lo que el campo será: 2

0

3

20

3

20

2..3

.

...4.3

...4

...4 r

b

r

b

r

QE

fvfvtotal

ε

ρ

επ

ρπ

επ===

Ahora podemos proceder a integrar en cada zona para calcular la energía del sistema:

-Zona (1): 0

52

0

2

2

00

2101 .45

...2...4.

.3

..

2

1..

2

1

ε

ρππ

ε

ρεε

bdrr

rdvEW

fvbr

r

fv=

== ∫∫

=

=

-Zona (2): 0

522

2

20

3

02202 .9

...2...4.

..3

..

2

1..

2

1

ε

ρππ

ε

ρεε

bdrr

r

bdvEW

fvr

br

fv=

== ∫∫

∞=

=

Y por tanto la energía total será: 0

52

0

52

0

52

21 .15

...4

.9

...2

.45

...2

ε

ρπ

ε

ρπ

ε

ρπ bbbWWW

fvfvfv=+=+=


Problema 13: Campo electrostático Una arandela plan de grafito de espesor h tiene un radio interior a y exterior b. Si a la arandela se

le practica un corte muy delgado según una sección radial y se aplica una diferencia de potencial

entre ambas caras del corte mediante dos electrodos planos conectados a una batería, calcular su

resistencia. Tomar σσσσ como conductividad de la arandela.

Solución: Hacemos un dibujo de la arandela vista desde arriba, con un generador (con una diferencia de potencial arbitraria de V0) conectado. Ponemos varias líneas imaginarias a trazos para luego integrar a lo largo de las mismas para establecer la diferencia de potencial entre los extremos. Al establecer una diferencia de potencial entre los extremos de la arandela, aparece en su interior un campo eléctrico que mueve las cargas libres existentes en su interior y determina la corriente eléctrica. Pide la resistencia de la arandela, y según la ley de Ohm:

I

VR

∆=

Para calcular R necesitamos calcular ∆V e I. Con repecto a ∆V, al pedirnos la resistencia total a lo largo de toda la circunferencia de la arandela, la ∆V será la diferencia de potencial entre los extremos, es decir V0.

Con respecto a la intensidad, sabemos que : ∫∫= SdJI .

Y deberemos integrar sobre la superficie que está atravesando la corriente eléctrica, o sea que están atravesando las cargas en su movimiento, que en este caso será cualquier sección transversal de arandela: un rectángulo de lados (b-a) y h, como dibujamos en esta otra figura.

Además en un conductor óhmico EJ .σ= , siendo σ la conductividad eléctrica del material. Por tanto la intensidad quedará:

∫∫∫∫ ==erficieerficie

SdESdJIsupsup

... σ Ecuación 2

La conductividad σ del material es constante en toda diferencial de superficie que consideremos en la sección transversal, de hecho es constante en todo el material. Sin embargo el campo E tiene que estar atravesando esta sección circular pues debe impulsar al corriente a lo largo de cualquier circunferencia sobre la arandela como dibujamos en la primera figura. Por tanto no puede ser constante en toda la sección transversal como veremos. En efecto, sabemos que:


∫−=−2

1

12 . sdEVV , aunque en estos casos de corrientes es más cómodo considerar la ecuación en

positivo:

∫=−2

1

21 . sdEVV . (recuerda que este “ds” es un diferencial de longitud, al contrario del “dS” de la

ecuación de la intensidad que es una diferencial de superficie) Esta ecuación es una integral de línea, es decir proporciona la diferencia de potencial entre dos puntos de una línea a lo largo de la cual se integra el campo eléctrico. Evidentemente, lo más cómodo es integrar a lo largo de una línea de campo eléctrico pues así “E” y el “ds” serán paralelos en todo lugar, y el producto escalar quedará más sencillo. Como ya citamos, en este problema, dada su simetría, las líneas de campo eléctrico tienen que ser circunferencias concéntricas con la arandela (piensa además que el campo eléctrico es que determina hacia donde es la intensidad de corriente, y que esta tiene que seguir la circunferencia de la arandela), y por tanto nos interesará integrar a lo largo de cualquiera de las líneas de puntos de la primera figura, y así:

∫∫∫ ===−2

1

2

1

2

1

21 º0cos.. EdsEdssdEVV

Y el diferencial de longitud sobre una circunferencia será “r·dϕ” como se ve en la figura siguiente. Por tanto la integral anterior quedará:

∫∫ ==−2

1

2

1

21 .. ϕdrEEdsVV .

Y si integramos entre las dos aberturas de la arandela será: V1-V2=V0 Además, dada la simetría del problema es de esperar que el campo eléctrico sea constante a lo largo de toda la línea (aunque lógicamente debe cambiar de una línea a otra, pues la integral de línea anterior debe dar el mismo V0 a lo largo de líneas de diferente longitud: todas las líneas de trazos dibujadas en la primera figura, por ejemplo). Además, a lo largo de cualquier circunferencia que estemos integrando, “r” es constante, y por tanto también puede salir de la integral: Por tanto, la integral anterior quedará:

πϕϕπϕ

ϕ

2...... 0

2

0

0

2

1

21 rEVdrEVdrEVV =⇒=⇒=− ∫∫=

=

.

Despejando E: r

VE

..20

π=

Vemos que E depende de “r”, es decir vale lo mismo en cualquier punto de la sección de grosor “dr” que dibujamos en la figura pues en ella todos los puntos tienen el mismo “r”. Pues bien ahora ya podemos integrar la ecuación 2:

: ∫∫=erficie

SdEIsup

..σ

donde tanto el vector E como el vector dS son perpendiculares a la sección del dibujo (podrían ser vectores entrantes en el plano del dibujo), o sea que forman un ángulo de 0º. Además vemos en la


figura que integrando en la dS rayada más fuerte (podemos pues E es idéntico en todos los puntos de la misma), esta dS será: dS = h.dr Por tanto llevando el valor de E que acabamos de despejar a la ecuación 2, quedará:

a

bLn

hVdrh

r

VdSESdEI

br

arerficieerficie

..2

....

..2.º0cos..... 00

supsup π

σ

πσσσ ==== ∫∫∫∫∫

=

=

Pues bien ahora ya podemos calcular la R en la ecuación 1: I

VR

∆=

Pues ya sabemos tanto ∆V como I:

a

bLnh

a

bLn

hV

V

I

VR

..

.2

..2

.. 0

0

σ

π

π

σ==

∆=


Problema 14: Campo electrostático Se tiene una línea bifilar de longitud L constituida por dos cables cilíndricos paralelos de radio a

y perfectamente conductores y separados una distancia d, verficiándose que L>>d>>a. Uno de los

extremos de esta línea se conecta a una resitencia de carga RL. Si la capacidad de la línea por

unidad de longitud es C’ y el medio que la rodea es homogéneo de conductividad σσσσ y permtitividad

εεεε, hallar la intensidad suministrada por la batería.

Solución: Hacemos un dibujo del fenómeno. Llamamos λ a la densidad lineal de carga que adquiere cada cable. La intensidad que proporcione el generador será la que circula por la resistencia del final, I2, más la que se mueva entre los cables debido a la conductividad del medio entre ellos: IT = I1 + I2 Veamos cada una de ellas. La del final, según la ley de Ohm será: I2 = V0 / R Mientras que la I1 habrá que averiguarla con la densidad de corriente J1 que circula entre los cables:

SdESdESdJI .....11 ∫∫∫∫∫∫ === σσ

(Utilizamos la proporcionalidad entre densidad de corriente y campo eléctrico que es propia de los medios óhmicos). Como superficie a través de la que medir el flujo del campo eléctrico, debemos tomar una superficie situada entre ambos cables por la cual circule la corriente. En concreto podremos tomar cualquier cilindro imaginario concéntrico con el cable superior como el que dibujamos a trazos en la figura adjunta, pues de acuerdo con el teorema de Gauss todos estos cilindros tendrán el mismo flujo dado que todos encierran la misma carga: λ.L

∫∫∫∫∫∫ =⇒=⇒=ε

λλεε

LSdELSdEQSdE erior

....... int

Pues bien, tal como vemos aquí, ya tenemos despejado el flujo que buscábamos arriba. Por tanto:

ε

λσσ

LSdEI

....1 == ∫∫ Ecuación (1)

Sin embargo, desconocemos λ, pero podremos calcularla gracias al dato de capacidad por unidad de longitud de los cables C’ que nos dan. En efecto, dado que C = Q/∆V=Q/V0, la capacidad del sistema será:


00

.

V

LC

V

QC

λ=⇒=

Y por tanto, la capacidad por unidad de longitud C’ que nos dan, será:

000

'.

VC

VL

C

V

LC

λλλ=⇒=⇒=

Y por tanto λ será: λ = C’ . V0

Y llevándolo a la ecuación (1) ya tendremos la intensidad que buscamos:

ε

σ

ε

λσ LVCLI

.'.... 01 ==

Y por tanto la intensidad total que suministra el generador será:

+=+=+=

LL

totalR

LCV

R

VLVCIII

1'...

.'..0

0021

ε

σ

ε

σ


Problema 15: Campo magnetostático

Se tiene una tira de material conductor de longitud infinita y ancho 2a, por la que circula una

corriente I en dirección longitudinal. Hallar la fuerza que está sometido un protón que se mueve

con velocidad v perpendicular al plano de la tira y que está situado en la vertical de uno de los

lados de la tira y a una altura 2a sobre el plano de ésta.

Solución:

�ota inicial: El campo dB creado por un diferencial de corriente dlI viene dado por la ley de Biot y Savart:

30

4 r

rdlIdB

×⋅=

π

µ

Si el diferencial de línea dl y el vector r son perpendiculares, la ley de Biot y Savart se convierte en:

ur

dlIdB ⋅

⋅

⋅=

20

4π

µ

Si se trata de una corriente rectilínea infinitamente larga, se convierte en:

Φ⋅⋅

= ur

IdB

π

µ

20

====================================================================== Representamos el fenómeno en la figura adjunta, siendo P

la posición del protón y dB la intensidad de campo creado en dicho punto por una banda diferencial de corriente de ancho dx, y paralela al eje Z a lo largo de toda la tira de corriente. Al tratarse de una “tira” la tomaremos de pequeño grosor: “e” muy pequeño, por lo que la banda diferencial que comenzamos tomando tendrá una altura “e” y una anchura

dx, por lo que podemos asimilar la banda analizada como una línea de corriente infinita. Por lo tanto, esta banda diferencial creará en la posición P del protón un campo que será tal como el creado por una corriente infinitamente larga y recorrido por una corriente dI, y cuyo valor, por tanto, será:

r

dIdB

⋅

⋅=

π

µ

20

Nos dicen que por la tira de corriente circula una intensidad I que supondremos uniformemente distribuida a lo largo de la sección de

la tira de valor “2a·e”, por tanto el dI de la banda de corriente tomada será la parte proporcional que circula por una sección de valor “dx·e”:

a

dxI

ea

edxIdI

22

⋅=

⋅

⋅⋅=

Y por tanto, el valor del campo creado en P por la banda diferencial de corriente será:


ar

dxI

r

dIdB

⋅⋅

⋅⋅=

⋅

⋅=

π

µ

π

µ

4200

Y esta intensidad de campo creará una fuerza dF sobre el protón (carga q y velocidad v) que vendrá dada por la fuerza de Lorentz:

( )ksendBvqdBvqdF −⋅⋅⋅⋅=×= α

La fuerza quedará:

ksendBvqdF ⋅⋅⋅⋅−= α

Por tanto, la fuerza será:

∫

∫

∫∫

=

=

=

=

⋅⋅⋅⋅

⋅

⋅⋅−=

=⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅−=

=⋅⋅⋅⋅−=⋅⋅⋅−=

ax

x

ax

x

x

r

dxsenkvq

a

vqI

senar

dxIkvq

sendBkvqkdBvqF

2

0

0

2

0

0

4

4

α

π

µ

απ

µ

α

En estos casos se comienza a probar a poner todas las variables en función de una sola de ellas. Lo habitual es comenzar a probar por intentar poner dx y r en función del ángulo αααα. si no saliera una expresión manejable, habría que intentar las otras dos posibilidades. Como se ve en la figura anterior:

αsen

ar

2= ;

α

α

α sen

a

tg

ax

cos22 ⋅== α

αα

α

ααd

sen

ad

sen

senadx ⋅−=⋅

−−⋅=⇒

22

22 2cos2

Por lo tanto (fijarse en la figura anterior que el valor de αααα varía desde 2

π hasta

41

2

21

πα === tgarc

a

atgarc ):

ka

vqIdk

a

vqI

sen

a

dsen

asen

ka

vqI

r

dxsenk

a

vqIF

ax

x

⋅⋅

⋅⋅−=⋅⋅

⋅

⋅⋅=

=

−⋅

⋅⋅⋅

⋅⋅−=

⋅⋅⋅

⋅

⋅⋅−=

∫

∫∫

=

=

=

=

=

=

164

2

2

44

04

2

0

1

2

20

2

0

0

µα

π

µ

α

αα

α

π

µα

π

µ

πα

πα

αα

πα


Problema 16: Campo magnetostático Calcúlese el campo magnético B en el eje de un solenoide finito de longitud λλλλ, radio a y L’ espiras por unidad de longitud.

Solución: Un solenoide puede considerarse un conjunto de espiras por lo que, en primer lugar, calcularemos el campo creado por una espira en un punto de su eje:

ur

dlI

r

rdlIdB ⋅

⋅

⋅=

×⋅=

20

30

44 π

µ

π

µ

Estando dB en el plano ππππ de la figura adjunta.

Podemos ver que los dB y 'dB creados por dos

dl simétricos, deben de tener igual valor y formar igual ángulo a con el eje Y por lo que sus componentes horizontales deben anularse, mientras que las componentes verticales se refuerzan. Por lo tanto sólo calcularemos el dBy creado por cada dl:

απ

µα cos

4cos

20 ⋅

⋅

⋅=⋅=

r

dlIdBdBy

Al integrar la expresión anterior a lo largo de todos los dl, podemos ver que en todos los dl el valor de r y el valor de αααα son constantes por lo que la integración quedará:

20

20

20

20

2

cos2cos

4cos

4cos

4 r

aIa

r

Idl

r

I

r

dlIBy

⋅

⋅⋅=⋅⋅⋅

⋅=⋅⋅

⋅=⋅

⋅

⋅= ∫∫

αµπα

π

µα

π

µα

π

µ

Ahora pasamos a considerar la contribución de todas las espiras al campo en el mismo punto. Ver figura adjunta en la que calcularemos la contribución de todas las espiras al campo en un punto genérico P, situado a una altura h sobre la base del solenoide. Calcularemos inicialmente el campo creado en este punto por un conjunto de espiras contenidas en una altura dy de solenoide En este dy habrá una cantidad de espiras L’·dy, siendo L’ el número de espiras que hay en cada unidad de longitud, por lo que el campo en dicho punto, creado por este conjunto de espiras, será el calculado antes para una espira multiplicado por el número de espiras L’·dy:

dy+r

aIdBy ⋅⋅

⋅

⋅⋅= '

2

cos2

0 αµ

Integrando para calcular la contribución de todas las espiras:

∫ ⋅⋅⋅

⋅⋅= dy+

r

aIBy '

2

cos2

0 αµ

Extrayendo las constantes, quedará: ∫ ⋅⋅⋅⋅

= dyr

+aIBy 2

0 cos

2

' αµ


Hay que fijarse en que al cambiar de una contribución a otra, cambian los valores de r, y, αααα. Ahora hay que poner las tres variables en función de una sola. Comenzaremos por intentar poner r e y en función de αααα, y veremos si los resultados obtenidos nos permiten calcular fácilmente la integral:

αcos

ar = ; α

αα d

adytgahy ⋅−=⇒⋅−=

2cos

Y llevando estas expresiones a la integral anterior, quedará:

∫∫=

=

⋅−⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅=

?

?2

2

20

20

coscos

cos

2

'cos

2

' α

α

αα

α

αµαµd

a

a

+aIdy

r

+aIBy

Para determinar los límites de integración, fijarse en la figura anterior que, observando la evolución del ángulo αααα desde abajo hasta arriba del solenoide, el valor de αααα disminuye desde un valor de θθθθ1111 hasta cero y luego vuelve a aumentar hasta θθθθ2222. Sin embargo la integración exige una variación continua de la variable, αααα en este caso, por lo que fijándonos vemos que esta variación podemos considerarla como una disminución desde θθθθ1111 hasta cero, y luego continúa la disminución desde cero hasta −−−−θθθθ2222 . Fijarse que en la expresión de y: αtgahy ⋅−= , el signo “menos” de la resta implica que

el ángulo αααα es positivo, por lo que los ángulos de las espiras situadas por debajo de P tienen que ser positivos. Una vez aclarado esto podemos terminar la integración:

( )( ) ( ) ( )120

120

120

2

1

02

12

2

20

2

'

2

'

2

'

cos2

'

coscos

cos

2

'

θθµ

θθµ

θθµ

ααµ

αα

α

αµ θα

θα

θα

θα

sensen+I

sensen+I

sensena

+aI

da

+aId

a

a

+aIBy

+⋅⋅

=−−⋅⋅

−=−−⋅⋅⋅

−=

=⋅⋅⋅⋅

−=⋅⋅⋅⋅⋅

−= ∫∫−=

=

−=

=

Por tanto: ( )120

2

'θθ

µsensen

+IB +⋅

⋅=

donde θθθθ1111 y θθθθ2222 ya representan valores positivos dado que ya pusimos que: sen (-θθθθ2) = - sen θθθθ2 . De acuerdo con esto, si fuera el caso de un punto del eje de un solenoide infinito, los ángulos de integración serían entre -90º y +90º, por lo que el resultado sería:

( ) 'º90º902

'0

0 +Isensen+I

B ⋅=+⋅⋅

= µµ

Si el solenoide es muy largo en comparación con su ancho y tiene L espiras en una longitud L, para calcular el campo en el punto medio de su eje, podemos tomar los ángulos aproximadamente iguales a 90º, y como L’=L/L, por lo que el campo será:

( )L

+Isensen

+IB

⋅=+⋅

⋅= 00 º90º90

2

' µµ



Estúdiense los valores de la inducción magnética B dentro y fuera de una bobina toroidal de L

espiras apretadas y sección cuadrada que transporta una corriente I.

Solución: Comenzamos por hacer una figura representativa del fenómeno en la que incluimos la hipótesis de que, dada la simetría de la configuración, el campo debe tener dirección acimutal y depender

sólo de su distancia r al centro del solenoide : φurBB ⋅= )(

Para calcular el campo en el interior del toroide aplicaremos el Teorema de Ampere a la línea 1 de la figura:

fIdlB 0

1

µ==⋅∫

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea 1, y esa superficie es atravesada N veces por la intensidad I que recorre el solenoide, tantas como espiras. Por tanto, el teorema de Ampere quedará:

+IdlBIdlB f 0

1

0

1

º0cos µµ =⋅⋅⇒=⋅ ∫∫

Y dado que toda la línea se encuentra a la misma distancia r del centro del toroide, el valor del campo debe ser igual en todo dl, por lo que la integral quedará:

+IrB+IdlB+IdlB 00

1

0

1

2º0cos µπµµ =⋅⋅⇒=⋅⇒=⋅⋅ ∫∫

Por tanto, el campo en el interior del toroide quedará: r

+IB

⋅=

π

µ

20

Para calcular el campo en el exterior del toroide, aplicamos el teorema de Ampere a la línea 2:

fIdlB 0

2

µ==⋅∫

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea 2, y esa superficie es atravesada L veces por la intensidad I entrando en la superficie y otras L veces por la intensidad I en sentido saliente, por lo que la intensidad neta que atraviesa a esa superficie es nula. Por tanto, el teorema de Ampere quedará:

0º0cos2

0

2

=⋅⋅⇒=⋅ ∫∫ dlBIdlB fµ


00200º0cos22

=⇒=⋅⋅⇒=⋅⇒=⋅⋅ ∫∫ BrBdlBdlB π

Es decir que el campo es nulo en el exterior del toroide. Por lo que respecta a la zona interna del anillo, aplicaremos el Teorema de Ampere a la línea 3:

fIdlB 0

3

µ==⋅∫


Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea 3, y esa superficie no es atravesada por ninguna intensidad. Por tanto, el teorema de Ampere quedará:

0º0cos3

0

3

=⋅⋅⇒=⋅ ∫∫ dlBIdlB fµ


00200º0cos33

=⇒=⋅⋅⇒=⋅⇒=⋅⋅ ∫∫ BrBdlBdlB π

O sea que el campo es nulo salvo en la zona entre las espiras.



Sea un conductor homogéneo de radio b, permeabilidad µµµµ1 , conductividad σσσσ1 y longitud l,

verificándose que L>> b, con un hueco cilíndrico concéntrico, de radio a (a<b) y lleno de un

material de permeabilidad µµµµ2 y conductividad σσσσ2 nula.

Si entre los extremos de dicho conductor se establece una d.d.p. V0, determinar el campo

magnético B en puntos no cercanos a los extremos del cable, tanto en el interior ( br ≤≤0 ) como

en el exterior a pequeñas distancias (b<r<<L).

Solución: Dado que: l >> b , podemos suponer que el cilindro se comportará como un cilindro infinito, tanto en su interior, siempre que no nos acerquemos a los extremos, como en el exterior, siempre que no nos alejemos mucho de él.

Por tanto: φurBB ⋅= )(

Comencemos por determinar la corriente I que va a establecer el campo magnético. Hay que darse cuenta que el cilindro interior no es conductor por lo que la corriente circulará por el cilindro exterior:

( )( )l

abVI

ab

l

V

S

l

V

R

VI

2210

221

0

1

00

11

−⋅⋅=⇒

⇒

−⋅

=

⋅

==

πσ

πσσ

Comencemos por calcular el campo magnético en el exterior, para lo que aplicaremos el teorema de Ampere a la línea (1) de la figura adjunta:

fIdsB 0

1

µ==⋅∫

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea 1, y esta intensidad es la totalidad de la intensidad calculada antes. Por tanto, el teorema de Ampere quedará:

( )l

abVdsBIdsB f

2210

0

1

0

1

º0cos−⋅⋅

⋅=⋅⋅⇒=⋅ ∫∫πσ

µµ

Donde, dado que B tiene el mismo valor en todo ds, la integral quedará:

( ) ( )

( ) ( )lr

abVB

l

abVrB

l

abVdsB

l

abVdsB

⋅⋅

−⋅⋅⋅=⇒

−⋅⋅⋅=⋅⋅⇒

⇒−⋅⋅⋅

=⋅⇒−⋅⋅

⋅=⋅⋅ ∫∫

π

πσµπσµπ

πσµπσµ

22

º0cos

22100

22100

22100

1

2210

0

1

Por tanto:

( )φ

σµu

lr

VabB ⋅

⋅⋅

⋅−⋅⋅=

20

2210


Calculemos ahora el campo magnético en la zona entre cilindros, para lo que aplicaremos el teorema de Ampere a la línea (2) de la figura adjunta:

fIdsB 1

2

µ==⋅∫

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea (2). Suponiendo la intensidad uniformemente distribuida por toda la superficie conductora (superficie entre superficies cilíndricas), la parte que atraviesa a la superficie encerrada por la línea (2) será:

( )( )

( ) ( )( )

( )l

arV

ab

ar

l

abV

ab

arII f

2210

22

222210

22

22 −⋅⋅=

−

−⋅

−⋅⋅=

−⋅

−⋅⋅=

πσπσ

π

π

. Por tanto, el teorema de Ampere quedará:

( )l

arVdsBIdsB f

2210

1

2

1

2

º0cos−⋅⋅

⋅=⋅⋅⇒=⋅ ∫∫πσ

µµ


( ) ( )

( ) ( )lr

arVB

l

arVrB

l

arVdsB

l

arVdsB

⋅⋅

−⋅⋅⋅=⇒

−⋅⋅⋅=⋅⋅⇒

⇒−⋅⋅⋅

=⋅⇒−⋅⋅

⋅=⋅⋅ ∫∫

π

πσµπσµπ

πσµπσµ

22

º0cos

22100

22100

22100

2

2210

2

Por tanto:

( )φ

σµu

lr

VarB ⋅

⋅⋅

⋅−⋅⋅=

20

2211

Calculemos ahora el campo magnético en la zona interior del cilindro pequeño, para lo que aplicaremos el teorema de Ampere a la línea (3) de la figura adjunta:

fIdsB 2

3

µ=⋅∫

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea (3) que, en este caso es nula, dado que toda la intensidad circula entre las dos superficies cilíndricas. Por tanto, el resultado será:

00200º0cos0333

=⇒=⋅⋅⇒=⋅⇒=⋅⋅⇒=⋅ ∫∫∫ BrBdsBdsBdsB π



Un conductor muy largo de radio a y permeabilidad µµµµ es recorrido longitudinalmente por una

corriente estacionaria de intensidad I. Coaxialmente a este conductor se coloca un tubo de igual

permeabilidad y radio interno b y externo c. Determinar los vectores H, B, M, Jms y Jmv en todo el

espacio, suponiendo:

a) que la permeabilidad µµµµ es constante, y b) que varía en la forma µµµµ = µµµµ0 H/H0 con H0 constante.

Solución: Aplicaremos el teorema de Ampere y las definiciones de vector excitación magnética H, vector de magnetización magnética M, densidad de corriente volumétrica de magnetización Jmv, y densidad de corriente superficial de magnetización Jms:

µ

BH = ; ( ) BMMHB ⋅

−=⇒+⋅=

00

11

µµµ ;

MJmv ×∇= ; nms uMJ ×=

En la figura adjunta representamos una sección de la configuración, dividida en cuatro zonas. Calcularemos las magnitudes pedidas en cada una de ellas. Por otra parte, dada la simetría de la configuración

podemos suponer en todas las zonas que: φurBB ⋅= )(

Zona 1: zona en el interior del conductor. Aplicamos el teorema de Ampere en la línea (1):

fIdsB µ==⋅∫1

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea (1). Suponiendo la intensidad uniformemente distribuida por toda la superficie conductora, la parte que atraviesa a la superficie encerrada por la línea (1) será:

2

2

2

2

a

rI

a

rII f

⋅=

⋅

⋅⋅=π

π

Por tanto:

2

2

11

º0cosa

rIdsBIdsB f

⋅⋅=⋅⋅⇒=⋅ ∫∫ µµ


22

2

2

2

12

2

1

22

º0cos

a

rIB

a

rIrB

a

rIdsB

a

rIdsB

⋅

⋅⋅=⇒

⋅⋅=⋅⋅⇒

⇒⋅⋅

=⋅⇒⋅

⋅=⋅⋅ ∫∫

π

µµπ

µµ

Por tanto: φπ

µu

a

rIB ⋅

⋅

⋅⋅=

22


Por su parte en vector H quedará: φπµ

ua

rIBH ⋅

⋅

⋅==

22

Y el vector magnetización: φφπµ

µµ

π

µ

µµµµu

a

rIu

a

rIBM ⋅

⋅

⋅⋅

−=⋅

⋅

⋅⋅⋅

−=⋅

−=

20

02

00 22

1111

Y el vector Jmv será: MJmv ×∇= , y aquí hay quye recordar como se calcular el rotacional en

coordenadas cilíndricas, que, en este caso, quedará:

( )zzzmv u

a

Iu

a

rIr

rru

r

Mr

rMJ ⋅

⋅⋅

−=⋅

⋅

⋅⋅

−⋅

∂

∂⋅=⋅

∂

⋅∂⋅=×∇=

20

02

0

0

2

11

πµ

µµ

πµ

µµφ

Y la densidad de corriente de magnetización superficial en la superficie del conductor (r=a y

rn uu = ) quedará:

zzrnms ua

Iu

a

aIuu

a

rIuMJ ⋅

⋅⋅

−−=⋅

⋅

⋅⋅

−−=×⋅

⋅

⋅⋅

−=×=

πµ

µµ

πµ

µµ

πµ

µµφ 222 0

02

0

02

0

0

Zona 2: Zona entre los dos conductores Aplicamos el teorema de Ampere en la línea (1):

fIdsB 0

21

µ=⋅∫

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea (2) que es la intensidad total I que atraviesa al conductor. Por tanto:

IdsBIdsB f 0

2

0

2

º0cos µµ =⋅⋅⇒=⋅ ∫∫


r

IBIrB

IdsBIdsB

⋅

⋅=⇒⋅=⋅⋅⇒

⇒⋅=⋅⇒⋅=⋅⋅ ∫∫

π

µµπ

µµ

22

º0cos

00

0

2

0

2

Por tanto: φπ

µu

r

IB ⋅

⋅

⋅=2

0


ur

IBH ⋅

⋅==20

En cuanto a los vectores magnetización y densidades de corriente de magnetización son nulas en el vacío, lo que podemos comprobar a continuación:

El vector magnetización: 01111

000

=⋅⋅

−=⋅

−= BBM

µµµµ

Y el vector Jmv será: 0=×∇= MJmv , y el vector 0=×= nms uMJ

Zona 3: En el interior del tubo externo: Aplicamos el teorema de Ampere en la línea (1):


fIdsB µ=⋅∫3

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea (2) que es la intensidad total I que atraviesa al conductor. Por tanto:

IdsBIdsB f µµ =⋅⋅⇒=⋅ ∫∫33

º0cos


r

IBIrB

IdsBIdsB

⋅

⋅=⇒⋅=⋅⋅⇒

⇒⋅=⋅⇒⋅=⋅⋅ ∫∫

π

µµπ

µµ

22

º0cos33

Por tanto: φπ

µu

r

IB ⋅

⋅

⋅=2


ur

IBH ⋅

⋅==2

Y el vector magnetización: φφπµ

µµ

π

µ

µµµµu

r

Iu

r

IBM ⋅

⋅⋅

−=⋅

⋅

⋅⋅

−=⋅

−=

22

1111

0

0

00

Y el vector Jmv será:

( )

02

1

1

0

0 =⋅

⋅⋅

−⋅

∂

∂⋅=

=⋅∂

⋅∂⋅=×∇=

z

zmv

ur

Ir

rr

ur

Mr

rMJ

πµ

µµ

φ

Y la densidad de corriente de magnetización superficial habrá que calcularla en la superficie

interna (r=b y rn uu −= ) y en la superficie externa (r

= c y rn uu = ), quedando así (ver figura adjunta):

- Superficie interna:

( )

z

rnms

ub

I

uur

IuMJ

⋅⋅

⋅−

=

=−×⋅⋅

⋅−

=×=

πµ

µµ

πµ

µµφ

2

2

0

0

0

0

Superficie externa:

z

rnms

uc

I

uur

IuMJ

⋅⋅

⋅−

−=

=×⋅⋅

⋅−

=×=

πµ

µµ

πµ

µµφ

2

2

0

0

0

0

Zona 4: En la parte externa del montaje. Evidentemente la solución para B y para H es la misma que la zona 2, mientras que los vectores M, Jmv y Jms son nulos pues estamos en el aire/vacío.


Problema 20: Campo magnetostático Un material conductor en forma de barra cilíndrica de longitud indefinida y radio a está recorrido

en la sección transversal, para r< a, por una corriente distribuida según la ley: zurkJ ⋅= donde

k es una constante. Calcular:

a) la permeabilidad magnética del material µµµµ si se sabe que el campo magnético en el interior de

la barra viene dado por: φ

µur

a

rkB 20 1

3⋅

+⋅=

b) Obtener la expresión de los vectores M, Jms(r), Jmv(r).

Solución: a) Calcular la permeabilidad magnética en el

interior de la barra.

Dada la simetría de la configuración:

φurBB ⋅= )(

Para aplicar el teorema de Ampere a la línea (1) de la figura, debemos saber la cantidad de corriente que atraviesa a la superficie encerrada por esta línea:

dSJI f ⋅= ∫∫

Para realizar esta integral, dividiremos la sección encerrada por la línea (1) en coronas circulares de grosor dr (ver figura adjunta), de forma que su superficie será: dS = 2p·r·dr. Por otra parte, tanto el vector J como el vector diferencial de superficie tienen la dirección Z por lo que su producto escalar será igual al producto de sus módulos:

3

0 3

22 rkdrrrkdSJdSJI

r

r

f ⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅=⋅= ∫∫∫∫∫=

ππ

Fijarse que integramos entre r=0 y un valor genérico de r correspondiente a la línea genérica (1) que utilizaremos en el teorema de Ampere:

fIdsB µ==⋅∫1

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea (1) que acabamos de

calcular: 3

3

2rkI f ⋅⋅= π

Por tanto:

3

11 3

2º0cos rkdsBIdsB f ⋅⋅⋅=⋅⋅⇒=⋅ ∫∫ πµµ



33

22

3

2

3

2º0cos

23

3

1

3

1

rkB

rkrB

rkdsBrkdsB

⋅⋅=⇒

⋅⋅⋅=⋅⋅⇒

⇒⋅⋅⋅

=⋅⇒⋅⋅⋅=⋅⋅ ∫∫

µπµπ

πµπµ

Por tanto: φ

µu

rkB ⋅

⋅⋅=

3

2

Con lo cual, como nos dicen que: φ

µur

a

rkB 20 1

3⋅

+⋅= , igualando ambas expresiones podremos

calcular la permeabilidad magnética pedida:

+⋅=⇒

⋅⋅=⋅

+⋅

a

rrkr

a

rk1

31

3 0

220 µµ

µµ

b) Obtener la expresión de los vectores M, Jms(r), Jmv(r).

El vector magnetización:

φφµ

µµµ

µµµµur

a

rkur

a

rkBM ⋅⋅

+⋅⋅

−=⋅

+⋅⋅

−=⋅

−= 2020

00

13

13

1111

Y substituyendo la permeabilidad magnética do material por la expresión calculada antes, quedará:

φφφ

µ

µµ

µ

µµu

a

rkur

a

rk

a

r

a

r

ura

rkM ⋅

⋅=⋅⋅

+⋅⋅

+⋅

−

+⋅

=⋅⋅

+⋅⋅

−=

31

31

1

13

32

0

0020

Y el vector Jmv será: ( )

zzzmv ua

rku

a

rkr

rru

r

Mr

rMJ ⋅

⋅

⋅=⋅

⋅

⋅⋅

∂

∂⋅=⋅

∂

⋅∂⋅=×∇=

3

4

3

11 23φ


rn uu = ) quedará:

zzrnms uak

ua

akuu

a

rkuMJ ⋅

⋅−=⋅

⋅

⋅−=×⋅

⋅=×=

333

233

φ



Determinar la densidad de flujo magnético en el entrehierro del circuito magnético mostrado en

la figura.

Solución: Comenzamos por recordar los conceptos básicos de circuitos magnéticos: Fuerza magnetromotriz: εm = NI

Flujo magnético: ∫∫ ⋅=Φ dSB

Reluctancia magnética: ∫ ⋅=

S

dlR

µ

Magnitudes relacionadas por la ley del circuito magnético: εεεεm = ΦΦΦΦ ·R Además, en cada nudo : ΣΦ = 0ΣΦ = 0ΣΦ = 0ΣΦ = 0 , o sea que: ΦΦΦΦque entra al nudo = ΦΦΦΦque sale del nudo Una vez recordado esto, organizamos datos:

- Longitud adcb = L1 - Longitud afeb = L1 - Longitudes ag = hb = L2 - Longitud gh = L0

Apliquemos la ley del circuito magnético a las mallas abcda y a la afeba: - Malla abcda: εεεεm = ΦΦΦΦ ·R --> LI = ΦΦΦΦ1 · Radca + ΦΦΦΦ3 · Rag + ΦΦΦΦ3 · Rgh + ΦΦΦΦ3 · Rhb

Operando: 2

21

00

01

2

23

1

11

S

L

S

L

S

L

S

L+I

⋅⋅Φ+

⋅⋅Φ+

⋅⋅Φ+

⋅⋅Φ=

µµµµ

⋅+

⋅⋅Φ+

⋅⋅Φ=

00

0

2

23

1

11

2

S

L

S

L

S

L+I

µµµ Ecuación 1

- Malla abcda: εεεεm = ΦΦΦΦ ·R --> LI = ΦΦΦΦ2 · Rafeb + ΦΦΦΦ3 · Rag + ΦΦΦΦ3 · Rgh + ΦΦΦΦ3 · Rhb

Operando: 2

21

00

01

2

23

1

12

S

L

S

L

S

L

S

L+I

⋅⋅Φ+

⋅⋅Φ+

⋅⋅Φ+

⋅⋅Φ=

µµµµ


⋅+

⋅⋅Φ+

⋅⋅Φ=

00

0

2

23

1

12

2

S

L

S

L

S

L+I

µµµ Ecuación 2

Comparando ahora las ecuaciones 2 y 3, vemos que : ΦΦΦΦ1 = ΦΦΦΦ2 = ΦΦΦΦ Además, en el nodo a vemos que como: ΦΦΦΦque entra al nudo = ΦΦΦΦque sale del nudo --> ΦΦΦΦ + ΦΦΦΦ = ΦΦΦΦ3 --> Φ Φ Φ Φ = = = = ΦΦΦΦ3/2 Lo ponemos en función de ΦΦΦΦ3 pues es lo que nos piden. Por tanto, volviendo a la ecuación 1, tendremos que:

⋅+

⋅+

⋅⋅Φ=

⇒

⋅+

⋅⋅Φ+

⋅⋅

Φ=⇒

⋅+

⋅⋅Φ+

⋅⋅Φ=

00

0

2

2

1

13

00

0

2

23

1

13

00

0

2

23

1

1

2

2

2

2

2

S

L

S

L

S

L+I

S

L

S

L

S

L+I

S

L

S

L

S

L+I

µµµ

µµµµµµ

Por lo que, el flujo magnético en el entrehierro será:

00

0

2

2

1

13 2

2 S

L

S

L

S

L

+I

⋅+

⋅+

⋅

=Φ

µµµ

Y como: SB ⋅=Φ , la densidad de flujo magnético no es otra que el propio vector B. Por tanto, la densidad de flujo magnético en el entrehierro es :

0

0

2

02

1

010

3

2

2 µµµ

L

S

SL

S

SL

+I

SBe

+⋅

⋅+

⋅

⋅=

Φ=



Un toroide cuya circunferencia media mide L está formado un material magnéticamente lineal de

permeabilidad µµµµr = 100 y un entrehierro de longitud e<<L (L=30e). Cuando el material está

rodeado de L espiras recorridas por una corriente I, el campo obtenido en el entrehierro es Be. Si

se duplica la longitud del entrehierro manteniendo constante el número de espiras, ¿que corriente

tendría que circular por las espiras para conseguir el mismo valor del campo Be en el entrehierro?

¿Cuánto vale L en función de los datos del problema?

Solución: Datos: longitud total = L; longitud en el entrehierro = e; longitud en el hierro = L – e .L (fijarse que dice que e<<L); Shierro = Sentrehierro = S. Y dada la geometría del circuito magnético: ΦΦΦΦhierro = ΦΦΦΦentrehierro = ΦΦΦΦ Aplicamos la ley del circuito magnético: εεεεm = ΦΦΦΦ ·R --> LI = ΦΦΦΦ · Rhierro + ΦΦΦΦ · Rentrehierro

Operando: S

e

S

L+I

⋅⋅Φ+

⋅⋅Φ=

0µµ

e

S+I

S

eee

S

eL

S+I

⋅

⋅⋅⋅=Φ⇒

+⋅

⋅

⋅Φ=

+⋅

Φ=

+⋅

Φ=

13

101

100

30

100

30 0

0000

µ

µµµµµ

Quedando por tanto el vector B en el entrehierro, así:

e

+I

Se

S+I

SBe

⋅

⋅⋅=

⋅⋅

⋅⋅⋅=

Φ=

13

10

13

10 00 µµ

O sea que el campo en el entrehierro de grosor e será:

e

+IBe

⋅

⋅⋅=

13

10 0µ Ecuación 1

Esta es la expresión general para un entrehierro de espesor e. Si ahora el espesor pasa a ser 2e, el nuevo campo en el entrehierro sería:

e

+I

e

+IBe 213

5

213

10 00'

⋅

⋅⋅=

⋅

⋅⋅=

µµ

Si quisiéramos que este Be’ fuese igual a Be pero cambiando el valor de la intensidad I, la expresión

del campo sería:

e

+IBe 213

5 '0

⋅

⋅⋅=

µ

Con lo que igualando la ecuación 1 con esta última expresión, tendríamos:

e

+I

e

+I

⋅

⋅⋅=

⋅

⋅⋅

13

5

13

10 '00 µµ

Y despejando I’ en función de I, tendremos: I’ = 2 I Lo que nos dice que, para mantener el mismo valor de inducción magnética en el entrehierro, la intensidad debiera duplicarse. Por lo que respecta al valor de N en función de los datos del problema, podemos recurrir a la ecuación 1 y despejar N:


I

Be+ e

⋅

⋅⋅=

0

3'1

µ

Nota: si en vez de hacer la aproximación L – e .L, trabajásemos con L = 30·e y poniendo, por tanto

que: L – e = 30e – e = 29e, los resultados serían: I’ = 1,77· I ; I

Be+ e

⋅

⋅⋅=

0

29'1

µ



Una barra cilíndrica muy larga de radio a y material conductor está recorrida por una corriente I

uniformemente distribuida a través de su sección transversal. La permitividad magnética de la

barra varía según la ley

+=a

r10µµ siendo r la distancia al eje del conductor. Determinar los

vectores H, B M, Jms y Jmv en el interior del cilindro.

Solución: Aplicamos el teorema de Ampere en la línea de puntos:

fIdsB µ==⋅∫

Siendo If la intensidad total que atraviesa la superficie encerrada por la línea de puntos. Como lala intensidad uniformemente distribuida por toda la superficie conductora, la parte que atraviesa a la superficie encerrada por la línea de puntos será:

2

2

2

2

a

rI

a

rII f

⋅=

⋅

⋅⋅=π

π

Por tanto:

2

2

º0cosa

rIdsBIdsB f

⋅⋅=⋅⋅⇒=⋅ ∫∫ µµ


22

2

2

2

2

2

22º0cos

a

rIB

a

rIrB

a

rIdsB

a

rIdsB

⋅

⋅⋅=⇒

⋅⋅=⋅⋅⇒

⋅⋅=⋅⇒

⋅⋅=⋅⋅ ∫∫ π

µµπ

µµ

Por tanto: φπ

µu

a

rIB ⋅

⋅

⋅⋅=

22

Y substituyendo µµµµ por su valor, quedará: φπ

µ

ua

rIa

r

B ⋅⋅

⋅⋅

+⋅

=2

0

2

1


ua

rIBH ⋅

⋅

⋅==

22

El vector magnetización será:

φφφπµ

µµ

πµ

µµ

π

µ

µµµµu

a

rIa

r

ua

rIu

a

rIBM ⋅

⋅

⋅⋅

−

+⋅

=⋅⋅

⋅⋅

−=⋅

⋅

⋅⋅⋅

−=⋅

−=

20

00

20

02

00 2

1

22

1111

Quedando: φπ

ua

rIM ⋅

⋅

⋅=

3

2

2

Y las corrientes de magnetización serán:

( )zzzmv u

a

rIu

a

rIr

rru

r

Mr

rMJ ⋅

⋅

⋅=⋅

⋅

⋅⋅

∂

∂⋅=⋅

∂

⋅∂⋅=×∇=

33

2

2

3

2

11

ππ

φ



rn uu = ) quedará:

zzzrnms ua

Iu

a

aIu

a

rIuu

a

rIuMJ ⋅

⋅−=⋅

⋅

⋅−=⋅

⋅

⋅−=×⋅

⋅

⋅=×=

ππππφ

2222 3

2

3

2

3

2


Problema 24: Inducción electromagnética

Una espira rectangular plana de lados a y b paralelos a los ejes OX y OY respectivamente, se

mueve en el plano XY con velocidad uniforme y paralela al eje OX y sentido de las x crecientes.

En el plano XY existe un campo magnético de dirección perpendicular a dicho plano y módulo

B(x,t) = B0 ·cos (wt) · cos (kx), donde B0 , w y k son constantes. Determínese la fuerza

electromotriz inducida en la espira en función del tiempo. Supóngase que para t=0 el lado de la

espira más atrasado en el sentido del movimiento está situado en la posición x=0.

Solución:

Según la ley de Faraday: dt

dΦ−=ε , siendo kxsentBtxB ⋅⋅= ωcos),( 0

En una superficie diferencial como la rayada de la figura, rectangular de lados b.dx, el campo es uniforme en un instante dado pues todos sus puntos tienen la misma coordenada x. En esa superficie el flujo será:

dxbkxsentBdxbBdSBd ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅=Φ ωcos0

Por lo tanto, en un instante dado, el flujo a través de la totalidad de la superficie de la espira será:

[ ]

( )kxsenaxksenk

btB

kxsenk

btBdxkxbtB

dxbkxtBdxbBdSBd

ax

x

ax

x

ax

x

ax

x

−+⋅⋅⋅

=

=⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅=

=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅=Φ=Φ

++

++

∫

∫∫∫∫∫∫

)(cos

coscoscos

coscos

0

00

0

ω

ωω

ω

Aquí tenemos que darnos cuenta que ΦΦΦΦ(x,t) pero que x=x(t) pues v tvx ⋅= , dado que para t=0 es x=0. Por tanto, poniendo el flujo únicamente en función del tiempo, quedará:

( ) ( )kvtsenavtksenbtBkxsenaxksenbtB −+⋅⋅⋅=−+⋅⋅⋅=Φ )(cos)(cos 00 ωω

Ahora ya podemos calcular la fuerza electromotriz inducida fácilmente:

( )

( ) ( )kvtavtktvbBkvtsenavtksentsenk

bB

kvtsenavtksenk

btB

dt

d

dt

d

cos)(coscos)(

)(cos

00

0

−+⋅⋅⋅⋅+−+⋅⋅⋅⋅

=

=

−+⋅

⋅⋅−=

Φ−=

ωωω

ωε



Frente a una línea conductora rectilínea indefinida recorrida por una

corriente I(t) se mueve perpendicularmente a ella con una velocidad

constante v una espira cuadrada conductora de lado d, resistencia R y

autoinducción L, tal como se indica en la figura. Si la línea y la espira son,

en todo momento, coplanarias, hállese la ecuación diferencial que liga a

ambas intensidades I(t) e i.

Solución: De acuerdo con la ley de Biot y Savart, la intensidad I(t) crea sobre la superficie encerrada por la espira un campo B de valor:

x

tIB

⋅=

π

µ

2

)(0

Este campo origina un flujo variable dado que su valor es variable no sólo por ser variable el valor de la intensidad I(t) que lo origina, sino porque, dado que la espira está en movimiento alejándose del cable, el flujo del campo B a su través también varía por este hecho, haciéndose cada vez más pequeño por irse haciendo x cada vez más grande. El flujo sobre la tira de superficie sombreada de la figura será:

dxx

IdxdBdSBd ⋅⋅

⋅=⋅⋅=⋅=Φ

π

µ

20


r

drLn

dI

x

dxdIdxd

x

Id

drx

rx

drx

rx

+⋅

⋅=⋅

⋅=⋅⋅

⋅=Φ=Φ ∫∫∫∫

+=

=

+=

=π

µ

π

µ

π

µ

222000

Para calcular la fuerza electromotriz inducida por este flujo variable hay que tener encuenta que no sólo I=I(t) sino que r = r(t) = vt, (supuesto que en t=0 la espira está en r=0). De esta forma, el flujo queda, ya sólo en función del tiempo:

vt

dvtLn

dtI +⋅

⋅=Φ

π

µ

2

)(0

Con lo que la fuerza electromotriz inducida en la espira será:

⋅+⋅

⋅+

+⋅−⋅

⋅=

+⋅

⋅

⋅+

+⋅

⋅−=

+⋅

⋅−=

Φ−=

tdtv

dtI

vt

dvtLn

dt

dId

dvtt

dtI

vt

dvtLn

d

dt

dI

vt

dvtLn

dtI

dt

d

dt

d

20

2000

)(

2

1

2

)(

22

)(

π

µ

π

µ

π

µ

π

µε

Esta fuerza electromotriz causa en la espira una corriente i que cumple: dt

diLRi ⋅+⋅=ε

Substituyendo en esta ecuación la fuerza electromotriz por el valor que nos dió la ley de Faraday,

quedará:dt

diLRi

tdtv

dtI

vt

dvtLn

dt

dId⋅+⋅=

⋅+⋅

⋅+

+⋅−⋅

⋅2

0 )(

2π

µ

Ecuación diferencial que relaciona i con I, tal como pide el problema.



Una espira rectangular de resistencia R y lados a y b, está contenida en plano

en el que existe una línea conductora rectilínea indefinida recorrrida por una

corriente I(t) = I0 · cos (wt), como muestra la figura. Calcular la fuerza sobre

cada uno de los lados de la espira.

Solución:

Por efecto de la corriente variable, sobre la espira aparece una corriente inducida i por los lados de la espira, corriente que, sometida al campo magnético creado por el cable, experimenta una fuerza que, en cada lado viene dada por la 2ª ley de Laplace:

∫ ×⋅= BdliF

Para calcular esta fuerza, por tanto, lo primero será calcular la corriente inducida i sobre los lados de la espira, para lo cual calcularemos primero el flujo a través de la superficie encerrada por la espira y luego le aplicaremos la ley de Faraday para calcular la fuerza electromotriz inducida en la espira. De acuerdo con la ley de Biot y Savart, la intensidad I(t) crea sobre la superficie encerrada por la espira un campo B de valor:

x

tI

x

tIB

⋅

⋅=

⋅=

π

ωµ

π

µ

2

cos

2

)( 000

Este campo origina un flujo variable dado que su valor es variable debido a la intensidad I(t) que lo origina. El flujo sobre la tira de superficie sombreada de la figura será:

dxbx

tIdxbBdSBd ⋅⋅

⋅

⋅=⋅⋅=⋅=Φ

π

ωµ

2

cos00


c

acLn

btI

x

dxbtI

dxbx

tId

acx

cx

acx

cx

+⋅

⋅⋅=

=⋅⋅⋅

=

=⋅⋅⋅

⋅=Φ=Φ

∫

∫∫∫+=

=

+=

=

π

ωµ

π

ωµ

π

ωµ

2

cos

2

cos

2

cos

00

00

00

Y por tanto la fuerza electromotriz inducida será:

tsenc

acLn

bI

c

acLn

btI

dt

d

dt

dω

π

ωµ

π

ωµε ⋅

+⋅

⋅⋅⋅=

+⋅

⋅⋅−=

Φ−=

22

cos 0000

Y por tanto, aparecerá en la espira una corriente que viene dada por la ley de Ohm:

tsenc

acLn

R

bI

Ri ω

π

ωµε⋅

+⋅

⋅

⋅⋅⋅==

200


Veamos ahora la fuerza que aparece sobre cada lado de la espira: Lado M�:

( ) ( )

=⋅+

⋅⋅⋅

−=

=⋅⋅⋅⋅

−=

=⋅

⋅⋅⋅⋅−=

=−⋅×−⋅⋅=×⋅=

∫

∫

∫∫

+=

=

+=

=

y

acx

cx

y

acx

cx

y

zx

uc

acLn

tIi

x

dxu

tIi

x

tIdxui

uBudliBdliF

π

ωµ

π

ωµ

π

ωµ

2

cos

2

cos

2

cos

00

00

00

1

y

o

y

utsenc

acLn

R

bI

uc

acLn

tItsen

c

acLn

R

bI

⋅⋅

+⋅

⋅

⋅⋅⋅−=

=⋅+

⋅⋅

⋅⋅+

⋅⋅

⋅⋅⋅−=

ωπ

ωµ

π

ωµω

π

ωµ

28

2

cos

22

2

20

2

0000

Lado QP: Dada la simetría de la situación, la fuerza sobre este lado tiene que tener igual valor pero sentido contrario que la que actúa sobre ML, por lo que:

yo utsen

c

acLn

R

bIF ⋅⋅

+⋅

⋅

⋅⋅⋅= ω

π

ωµ2

8

2

2

20

2

3

Lado QM: Sobre este lado, B tiene el mismo valor sobre todos sus puntos, siendo este valor:

c

tI

x

tIB

⋅

⋅=

⋅

⋅=

π

ωµ

π

ωµ

2

cos

2

cos 0000

Y, por lo tanto, la fuerza que actúa sobre ese lado será (fijarse que B es constante para todo dl por lo que sólo hay que integrar dl que da, lógicamente, b):

( ) ( )

xo

x

xzy

utsenc

acLn

cR

bI

c

tIubtsen

c

acLn

R

bI

c

tIubiuBudliBdliF

⋅⋅

+⋅

⋅⋅

⋅⋅⋅−=

=⋅

⋅⋅⋅⋅⋅

+⋅

⋅

⋅⋅⋅−=

=⋅

⋅⋅⋅⋅−=−⋅×⋅⋅=×⋅= ∫∫

ωπ

ωµ

π

ωµω

π

ωµπ

ωµ

28

2

cos

2

2

cos

2

220

2

0000

002

Lado P�: Sobre este lado actúa una F4 similar a la F2 que acabamos de calcular, pero está sometida

a un campo inferior, y el sentido de la fuerza es según +X, por lo que será:

( )ac

tI

x

tIB

+⋅

⋅=

⋅

⋅=

π

ωµ

π

ωµ

2

cos

2

cos 0000

Y, por lo tanto, la fuerza que actúa sobre ese lado será:


( ) ( ) ( )( )

( )

( ) x

o

x

xzy

utsenc

acLn

acR

bI

ac

tIubtsen

c

acLn

R

bI

ac

tIubiuBudliBdliF

⋅⋅

+⋅

+⋅⋅

⋅⋅⋅=

=+⋅

⋅⋅⋅⋅⋅

+⋅

⋅

⋅⋅⋅=

=+⋅

⋅⋅⋅⋅=−⋅×⋅⋅=×⋅= ∫∫

ωπ

ωµ

π

ωµω

π

ωµ

π

ωµ

28

2

cos

2

2

cos

2

220

2

0000

004



Considere un solenoide semi-infinito y núcleo de aire con L’ vueltas por

unidad de longitud, por donde circula una intensidad de corriente variable

dada por I = I0·e-ααααt , siendo I0 y αααα constantes. En el extremo superior del

solenoide, concéntrico con él y sin tocarlo, se fija un anillo delgado de

aluminio de radio a, ligeramente mayor que el radio del solenoide, y

resistencia R, como se indica en la figura.

Se supone que el campo magnético producido por el solenoide tiene la

misma dirección, sentido y módulo en toda la superficie encerrada por el

anillo, y coincide con el valor en el eje del solenoide. También suponga que

la autoinducción del anillo es despreciable.

a) ¿Cuál es la intensidad de corriente inducida en el anillo?

b) ¿Cuál es el campo magnético, en el centro del anillo, producido por la corriente inducida? ¿Y

cuál es su dirección y sentido?

Solución: a) ¿Cuál es la intensidad de corriente inducida en el anillo?

En el caso de ser un solenoide infinito podríamos decir que: Bs = µµµµ L’I, y siendo

semiinfinito como es este caso, podríamos decir que: 2

' I+Bs

µ= . De otra forma

más larga podríamos demostrar, como hicimos en el Problema 16:, que el campo creado por un solenoide finito en un punto de su eje es:

( )120

2

'θθ

µsensen

+IBs +⋅

⋅=

Que aplicado al caso de un solenoide semiinfinito al que le queremos conocer el campo en un extremo Q, por ejemplo, para este punto los ángulos serán θθθθ1 = 90º y θθθθ2=0º (ver figura superior) con lo que el campo quedará:

( )2

'º90º0

2

' 00 +Isensen

+IBs

⋅=+⋅

⋅=

µµ

Y que para la corriente dada, será:

2

'

2

' 000t

s

eI++IB

⋅−⋅⋅⋅=

⋅=

αµµ Ecuación 1

Por su parte, el flujo a través del anillo (supuesto que todos los puntos del anillo tienen el mismo campo que en el punto del eje, tal como dice el enunciado):

2

'

2

'

º0cos

02

02

00

2

tt

sss

ss

eI+aaeI+

aBdSBdSB

dSBdSBd

⋅−⋅− ⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅⋅⋅=

=⋅⋅=⋅=⋅=

=⋅⋅=⋅=Φ=Φ

∫∫∫∫

∫∫∫∫∫∫

αα µππµ

π

Y por tanto la fuerza electromotriz inducida será:

2

'

2

' 02

002

0tt eI+aeI+a

dt

d

dt

d⋅−⋅− ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

−=

⋅⋅⋅⋅⋅−=

Φ−=

αα αµπµπε

Y por tanto, aparecerá en la espira una corriente que viene dada por la ley de Ohm:


teR

I+a

Ri ⋅−⋅

⋅

⋅⋅⋅⋅⋅−== ααµπε

2

' 02

0

b) ¿Cuál es el campo magnético, en el centro del anillo, producido por la corriente inducida? ¿Y

cuál es su dirección y sentido?

Visto el anillo desde arriba (ver figura derecha), el Bs que crea el solenoide sobre la superficie que encierra el anillo, es del sentido indicado en la figura, dado el sentido de la corriente en el solenoide que se observa en la figura del enunciado. Además la intensidad en el solenoide tiene un valor descendente dado que es proporcional a e-ααααt y, de acuerdo con esto, ver ecuación 1, el valor del campo Bs también desciende. En consecuencia, de acuerdo con la ley de

Lenz, la corriente inducida será tal que se oponga a este descenso, es decir que la corriente inducida debe de crear un campo Bi que refuerce al Bs por lo que deberá tener el mismo sentido que este. Ver figura de la derecha.

Y la corriente i capaz de hacer esto tiene que tener sentido horario: zii uBB ⋅=

Y el valor de este Bi en el centro del anillo, creado por la corriente inducida i, viene dado por la ley de Biot y Savart:

( ) zz ua

dliu

a

adli

a

adlidB ⋅

⋅

⋅−=−⋅

⋅

⋅⋅=

×⋅=

2

0

3

0

3

0

444 π

µ

π

µ

π

µ

Al integrar la expresión anterior a lo largo de todos los dl, podemos ver que en todos los dl el valor de todos los parámetros es constante por lo que la

integración quedará:

z

t

zzz ueR

I+aau

a

idlu

a

iu

a

dliB ⋅⋅

⋅

⋅⋅⋅⋅⋅−=⋅⋅⋅

⋅−=⋅⋅

⋅−=⋅

⋅

⋅−= ⋅−

∫∫ααµπ

ππ

µ

π

µ

π

µ

4

'2

4440

20

2

0

2

0

2

0



Calcular la intensidad mutua por unidad de longitud entre dos líneas

de transmisión de dos cables conductores cada una A-A’ y B-B’

mostradas en la figura adjunta. Asúmase que los radios de los cables

conductores son mucho más pequeños que d y D.

Solución: La inductancia mutua entre dos circuitos es el flujo que uno crea en el otro dividido por la intensidad que lo causa. En este caso podría ser el flujo que existe en el circuito de AA’ originado por la corriente de BB’ (puede verse en la figura de la derecha como las corrientes de B y B’ originan un campo magnético en cada punto de la superficie que delimitan A y A’).

De esta forma la inductancia mutua será: Φ

Φ=

creaqueIM

Vistos los cables desde arriba, como en la figura de la izquierda, y limitando una superficie entre cables de longitud unitaria pues piden la inductancia mutua por unidad de longitud de las líneas, tendremos que encontrar el flujo a través de dicha superficie. Y este flujo es el provocado por los dos cables inferiores. Asumimos que los cables son muy largos por lo que podemos suponer que el valor creado por uno de estos cables a una

distancia r será: r

IB

⋅=

π

µ

20 , y que tendrá el sentido de líneas

circunferenciales con centro en la intensidad de corriente. Estudiaremos primero el flujo creado por el cable B y, dada la simetría de

la configuración, sabremos que el cable B’ origina un flujo igual. Analizando el flujo que crea el cable B sobre la superficie de longitud unitaria de la figura, vemos que, dada la simetría de la configuración, el valor del campo B no varía en dirección Z sino que sólo varía en dirección X, por lo que comenzaremos por calcular el dΦΦΦΦ que atraviesa a la superficie diferencial sombreada de la figura: dS = 1·dx

Observando la figura de la izquierda, vemos que:


∫∫∫∫∫∫ ⋅⋅=⋅⋅⋅⋅

=⋅=Φ=Φ'

0

'

0 cos

2cos1

2AhastaAdesdeAhastaAdesde

dxr

Idx

r

IdSBd

α

π

µα

π

µ

En esta integral tenemos tres variables. Probaremos a poner las tres en función de x .Fijándonos en la figura, vemos que:

22

22 cos;Dx

x

r

xDxr

+==+= α

Con lo cual, la integral quedará:

( )

+⋅=

+⋅=

=

+⋅=

+

⋅⋅=⋅

+⋅

+⋅=Φ

=

=

=

=

=

=

∫∫

2

20

2

220

0

220

022

0

02222

0

144

222

1

2

D

dLn

I

D

DdLn

I

DxLnI

Dx

dxxIdx

DxDx

xIdx

x

dx

x

dx

x

π

µ

π

µ

π

µ

π

µ

π

µ

Es es el campo creado por el cable B, y como el cable B’ crea un flujo igual, el flujo total creado por el circuito inferior sobre el superior, será:

+⋅=Φ

2

20 12 D

dLn

IT

π

µ

Con lo cual, la inductancia mutua será:

+⋅=

Φ=

2

20 1

2 D

dLn

IM T

π

µ



Un toroide delgado de radio medio b y sección S, está dividido en dos mitades por un plano que

contiene al eje de revolución, cuyos materiales tienen permeabilidades µµµµ1 y µµµµ2, respectivamente.

Sobre el toroide se arrollan L espiras por las que circula una corriente I.

Calcular los vectores H y B en ambos materiales y el coeficiente de autoinducción L del circuito.

Solución:

Dada la simetría de la configuración: φurBB ⋅= )(

Por otra parte, podemos tratar el sistema como un circuito magnético serie, con lo que, aplicando la ley del circuito magnético:

εm = Φ ·R --> NI = Φ · R1 + Φ · R2

Operando: S

L

S

L+I

⋅⋅Φ+

⋅⋅Φ=

2

2

1

1

µµ

Siendo: L1 = L2 = ππππ · b, con lo que la ecuación anterior quedará:

⋅

+⋅⋅⋅=⇒

⇒

⋅

+⋅

⋅⋅⋅=⇒

⇒

+⋅

⋅⋅Φ=

21

12

21

12

21

11

µµ

µµπ

µµ

µµπ

µµ

π

bB+I

S

bSB+I

S

b+I

Con lo que, despejando el campo B, tendremos:

( ) ( ) φµµπ

µµ

µµπ

µµu

b

+IB

b

+IB ⋅

+⋅⋅

⋅⋅=⇒

+⋅⋅

⋅⋅=

12

21

12

21

Y como: µ

BH = , al ser diferentes las µµµµ en las dos mitades del circuito, las H también los serán,

quedando en cada parte:

Mitad izquierda de la figura: ( )

( ) φ

φ

µµπ

µ

µ

µµπ

µµ

µu

b

+Iu

b

+I

BH ⋅

+⋅⋅

⋅=

⋅+⋅⋅

⋅⋅

==12

2

1

12

21

11

Mitad derecha de la figura: ( )

( ) φ

φ

µµπ

µ

µ

µµπ

µµ

µu

b

+Iu

b

+I

BH ⋅

+⋅⋅

⋅=

⋅+⋅⋅

⋅⋅

==12

1

2

12

21

22

Y el coeficiente de autoinducción será:

( )( )12

2112

21

º0cos

µµπ

µµµµπ

µµ

+⋅⋅

⋅⋅⋅=

⋅+⋅⋅

⋅⋅

=⋅

=⋅⋅

=⋅

=Φ

=∫∫∫∫

b

S+

I

Sb

+I

I

SB

I

dSB

I

dSB

IL



Una espira cuadrada de alambre se mueve con velocidad constante en

dirección transversal a un campo magnético uniforme confinado en

una región cuadrada cuyos lados son de longitud el doble de las de la

espira.

Calcular y hacer un gráfico esquemático de la f.e.m. inducida en la

espira en función de la distancia x, desde x=-2L hasta x= 2L,

especificando su sentido en cada punto.

Solución: Partimos de la posición indicada en la figura de la derecha y la espira se mueve hacia la derecha con velocidad constante v. De acuerdo con la configuración, aparecerá una fuerza electromotriz inducida en la espira cuando el flujo a través de su superficie esté variando. Por tanto, no habrá fem inducida mientras la espira esté completamente fuera de la región en la que existe el campo magnético. -Sin embargo, en cuanto el lado derecho de la espira comience a tocar la región, la fem inducida aparece inmediatamente en la espira pues el flujo a su través comienza a aumentar y esto continuará hasta que la espira esté completamente dentro de la región con campo. Ver en la figura adjunta las posiciones inicial y final. Como se ve en la figura, este fenómeno durará, por tanto, desde x= -3L/2 hasta x=-L/2 que será el momento en que la espira se encuentre totalmente dentro de la región y, por tanto el campo magnético a su través deje de variar. Entre estos dos instantes, la espira se puede encontrar en una posición genérica como la de la figura siguiente. Pues bien, examinando el flujo que está atravesando a la espira en un momento genérico como el de la figura adjunta, podemos ver que dicho flujo es el que está atravesando a una superficie rectangular de lados L y vt :

tvLBSBdSB

dSBdSBd

⋅⋅⋅=⋅=⋅=

=⋅⋅=⋅=Φ=Φ

∫∫

∫∫∫∫∫∫ º0cos

Este es el flujo que está atravesando a la espira en el instante genérico considerado durante la entrada de la espira en la región con campo magnético Ahora ya podemos aplicar la ley de Faraday para determinar la fem inducida durante el proceso de entrada de la espira en la región:

[ ] vLBtvLBdt

d

dt

d⋅⋅−=⋅⋅⋅−=

Φ−=ε

- Como decimos, cuando la espira ya se encuentre completamente dentro de la región, su movimiento no dará lugar a variación de flujo magnético a través de su superficie hasta que su lado derecho comience a salir de la región, por lo tanto entre estos dos momentos no habrá fem inducida, y corresponden a las posiciones desde x=-L/2 hasta x=+L/2, de acuerdo con la figura anterior y la siguiente. - En cuanto el lado derecho de la espira comience a salir de la región, aparecerá inmediatamente una fem inducida en la espira, dado que el campo a su través comenzará a disminuir, y esto corresponderá desde que x=L/2 hasta que x=3L/2 que será cuando el lado izquierdo de la


espira salga de la región con campo, de acuerdo con las figura adjunta en la que se representan las posiciones inicial y final de este proceso de disminución del flujo magnético a través de la superficie de la espira. Procederemos igual que antes para determinar la fem inducida entre estas dos posiciones de la espira: Entre estos dos instantes, la espira se puede encontrar en una posición genérica como la de la figura siguiente. Pues bien, examinando el flujo que está atravesando a la espira en un momento genérico como el de la figura adjunta, podemos ver que dicho flujo es el que está atravesando a una superficie rectangular de lados L y L-vt :

( )tvLLBSBdSB

dSBdSBd

⋅−⋅⋅=⋅=⋅=

=⋅⋅=⋅=Φ=Φ

∫∫

∫∫∫∫∫∫ º0cos

Este es el flujo que está atravesando a la espira en el instante genérico considerado durante la entrada de la espira en la región con campo magnético Ahora ya podemos aplicar la ley de Faraday para determinar la fem inducida durante el proceso de entrada de la espira en la región:

( )[ ] vLBtvLLBdt

d

dt

d⋅⋅=⋅−⋅⋅−=

Φ−=ε

- Como decimos, en cuanto el lado izquierdo de la espira salga de la región, dejará de variar el flujo a su través (de hecho dejará de haber flujo) por lo que ya no habrá fem inducida. Por lo tanto, podemos representar la fem inducida entre las dos posiciones indicadas en la gráfica siguiente:


Problema 31: Exame de setembro de 2005

Problema 1: As correntes de fuga prodúcense cando o dieléctrico que separa dous conductores posúe unha

conductividade non nula, de forma que a corrente pode fluír a través deste material.

Supoña un cable coaxial de grande lonxitude L formado por un núcleo metálico, de radio a,

rodeado por unha capa de dieléctrico de radio interior a e exterior b, recuberta á súa vez por outro

conductor de radio interior b e exterior c. Pode supoñerse que os conductores son perfectos e que

o dieléctrico ten unha conductividade baixa σσσσ1.

Cando desde o extremo do cable se aplica unha tensión V0 ó núcleo metálico, mentres que a

cortiza conductora se pon a terra. ¿Canto vale a corrente de fuga a través do dieléctrico? E ¿cal é

a resistencia do material dieléctrico?

Solución: Trátase dun cable coaxial cargado, e cun campo eléctrico radial entre os conductores dado que nos din que ten grande lonxitude (e así podemos depreciar a desfiguración do campo nos extremos). Ademais, como ten conductividade non nula, existirá entre os conductores unha corrente de fuga que podemos cuantificar tanto co vector J como coa intensidade de corrente I.

É esta intensidade I a que nos piden que calculemos.

Por definición: ∫∫= AdJI .

Na figura adxunta representamos unha visión frontal dos cables coaxiais, representado tamén a densidade de corrente de fuga, así como un cilindro imaxinario coaxial cos conductores de radio r e a mesma lonxitude L dos conductores (representado a trazos na figura), que deste xeito se verá atravesado por toda a densidade de corrente que flúe entre ambos conductores. Así, como queremos captar toda a corrente de fuga, debemos poñer un cilindro imaxinario cunha superficie lateral que se vexa atravesada por toda a densidade de corrente. Deste xeito podemos calcular a intensidade de corrente que nos piden, calculando a integral anterior sobre dita superficie lateral:

∫∫=lateraldAJI.sup.

Supoñendo que o dieléctrico é un conductor óhmico, cumprirase que: EJ .1σ= E polo tanto a ecuación da intensidade de corrente de fuga quedará:

dAEdAE

AdEAdEAdJI

laterallateral

laterallaterallateral

..º0cos..

.....

.sup

1

.sup

1

.sup

1

.sup

1

.sup

∫∫∫∫

∫∫∫∫∫∫

==

====

σσ

σσ

(pódese ver que o vector E e o vector dA forman un ángulo de 0º en todas as diferenciais de superficie que se poden trazar sobre superficie lateral do cilindro) A integral anterior resulta sinxelo de resolver pois, dada a simetría da configuración, E só pode depender de r ,


e como todas as dA están a igual r, E será constante en toda dA que tracemos na superficie lateral do cilindro. Así E sairía fóra da integral anterior, e polo tanto o resultado é:

LrEAEdAEdAEI lateral

laterallateral

...2......... 1.sup1

.sup

1

.sup

1 πσσσσ ==== ∫∫∫∫

Polo tanto: LrEI ...2..1 πσ= Ecuación 1 Aquí temos a intensidade en función do valor do campo que nos é descoñecido, pero que podemos tratar de averigualo co teorema de Gauss, que aplicaremos a un cilindro imaxinario de radio r e lonxitude L’ calquera, como o que representamos con liña de trazos visto de fronte na figura seguinte:

∫∫ = eriorQAdE int.ε

Suposta a permitividade dieléctrica εεεε constante, e utilizando a densidade liñal de carga do conductor interior +λλλλ , temos que: Qinterior = λλλλ . L’ Polo tanto a integral anterior quedará:

'.0..

'.º90cos..º0cos...

.

.sup

.sup.sup

int

LdAE

LdAEdAE

QAdE

lateral

tapaslateral

erior

λε

λε

ε

=

+→

→=

+→

→=

∫∫

∫∫∫∫

∫∫

(fixarse que nas tapas o campo segue a ser radial mentres que os dA son perpendiculares ó plano do debuxo, polo que forman un ángulo de 90º en toda diferencial de superficie que se trace nas tapas do noso cilindro imaxinario). Para resolver a integral anterior sabemos que o valor do campo E é constante en todos os dA da superficie lateral do cilindro imaxinario (todos os dA están a igual r, e E só pode depender de r dada a simetría da configuración). Polo tanto E pode saír da integral, co que a integral anterior quedará:

'.'...2..

'...'...'.0.. .sup.sup.sup

LLrE

LAELdAELdAE laterallaterallateral

λπε

λελελε

=→

→=→=→=

+ ∫∫∫∫

Polo tanto: r

E...2 επ

λ= -- Ecuación 2

Xa temos o valor do campo, que podemos substituír na ecuación 1, que quedará:

ε

λσπ

επ

λσπσ

LLr

rLrEI

.....2.

...2....2.. 1

11 === --- Ecuación 3

Novamente temos a dificultade de non coñecer un dato, agora a densidade de carga λλλλ no cilindro interior (nin εεεε). Pero podemos encontrar a súa relación coa diferencia de potencial aplicada entre os conductores, que evidentemente é a que determina dita densidade de carga. Para isto relacionaremos a diferencia de potencial coa intensidade de campo a través dunha integral de liña. A liña que nos interesa é a da figura, en dirección radial como o campo eléctrico, entre os puntos 1 e 2 entre os que coñecemos a diferencia de potencial:


∫∫

∫∫→=→

→=−→−=−

2

1

2

10

2

121

2

112

.º0cos..

..

drEdrEV

drEVVdlEVV

E como o valor do campo xa o sabemos na ecuación 2, podemos realizar a integral anterior:

επ

λ

επ

λ

επ

λ

επ

λ

..2

/..

..2..

..2.

...2.

2

10

abLnrLn

r

drdr

rdrEV

b

a

br

ar

br

ar=

==== ∫∫∫

=

=

=

=

E despexando o valor de λλλλ que buscamos: abLn

V

/

...2 0επλ =

Agora podemos levalo á ecuación 3, e calcular a corrente de fuga solicitada:

ε

επσ

ε

λσ

L

abLn

V

LI

./

...2.

..

01

1 ==

Operando obtemos a intensidade de fuga polo dieléctrico que é: abLn

LVI

/

....2 01σπ=

Polo que respecta á resistencia do material dieléctrico, iso nolo proporciona a lei de Ohm:

abLn

LV

V

I

VR

/

....2 01

00

σπ==

Polo tanto, a resistencia do dieléctrico é: L

abLnR

...2

/

1σπ=


Problema 32: Exame de setembro de 2005

Problema 2: Unha espira cadrada de lado 2b encóntrase situada entre dous

fíos paralelos, separados unha distancia 2a. A espira é

coplanaria cos dous fíos e dous dos seus lados son paralelos a

eles, estando o seu centro separado unha distancia c do punto

medio entre os dous fíos.

Encontre a forza sobre a espira cando por ambos fíos está a

circular unha corrente I0 pero en sentido oposto entre si, e pola

espira circula unha corrente I1.

Solución:

Aparece forza sobre cada lado da espira pois sobre eles actúa o campo magnético que crean os dous cables. E entonces temos que cada lado da espira é un fío percorrido por unha corrente I1 sobre a que están actuando un campo magnético resultante dos dous campos que crean ambos

cables. Así, sobre cada elemento de corrente ( LdI .1 ) da espira aparecerá unha forza:

BxLdIFd .1= Na figura adxunta debuxamos sobre cada un dos lados da espira os campos magnéticos que actúan sobre eles (o B1 creado polo fío 1 e o B2 creado polo fío 2), e a forza que, como consecuencia, e segundo establece a ecuación anterior, aparece sobre eles. Calcularemos por separado a forza que aparece sobre cada lado da espira, sen preocuparnos moito pola súa dirección pois a dirección de cada forza xa a vemos na figura anterior. Forza sobre o lado AB: Calculemos primeiro o campo magnético total que actúa sobre este lado. Como vemos na figura ambos campos magnéticos son de igual dirección e sentido. Ademais cada campo é de igual valor en todos os puntos do lado (todos os puntos están a igual distancia de cada fío). Así, sabido o campo total nun punto do lado, xa saberemos o campo total en todos os puntos do mesmo. Polo tanto, aplicando o Principio de Superposición en calquera punto do lado, xa teremos o campo total en todos os puntos:

( ) ( )

( )22

0000

000021

.2.

.2

.11.

.2

.

..2

.

..2

.

bca

aI

bcabca

I

bca

I

bca

IBBB

−−=

+−+

−+=

=+−

+−+

=+=

π

µ

π

µ

π

µ

π

µ

E como o campo magnético é o mesmo en todos os puntos, a forza tamén será igual en todo elemento de corrente dese lado. E así podemos calcular directamente a forza sobre este lado cunha integración moi sinxela (de feito, nin faría falta integrar):


( ) ( ) ( )iBbIFdLiBIdFiBdLIdFBxLdIFd ABABABABABABAB −=→−=→−=→= ∫∫ .......... 1111

E polo tanto, substituíndo o valor do campo magnético, a forza será:

( )( )

ibca

baIIiBbIF AB .

..2.

.2

.....

22

1001

−−−=−=

π

µ

Forza sobre o lado CD: Calculemos primeiro o campo magnético total que actúa sobre este lado. Como vemos na figura ambos campos magnéticos son de igual dirección e sentido, e podemos facer as mesmas consideracións que fixemos na lado AB. Polo tanto, o campo total sobre todo punto (elemento de corrente) dese lado será:

( ) ( )

( )22

0000

000021

.2.

.2

.11.

.2

.

..2

.

..2

.

bca

aI

bcabca

I

bca

I

bca

IBBB

+−=

−−+

++=

=−−

+++

=+=

π

µ

π

µ

π

µ

π

µ

E a forza total sobre ese lado será:

iBbIFdLiBIFdiBdLIFdBxLdIFd CDCDCDCDCDCDCD ........... 1111 =→=→=→= ∫∫

E polo tanto a forza será:

( )i

bca

baIIiBbIF CD .

..2.

.2

.....

22

1001

+−==

π

µ

Forza sobre o lado AD: Calculemos primeiro a forza magnética creada por cada fío en cada punto, pois agora o campo cambia dun punto a outro dado que cada punto deste lado está a diferente distancia dos fíos.

- Forza creada polo fío 1:

jbca

bcaLn

IIF

x

dxj

IIFd

jx

IdxIFd

jBdxIFdBxLdIFd

AD

bcax

bcax

AD

AD

ADADAD

...2

..

...2

..

...2

...

....

1001

1001

0011

11111

−+

++=

→=→

→=→

→=→=

∫∫++=

−+=

π

µ

π

µ

π

µ

- Forza creada polo fío 2:

( )( )

( ) ( )[ ]

jbca

bcaLn

IIF

xaLnjII

Fxa

dxj

IIFd

jxa

IdxIjBdxIFdBxLdIFd

AD

bcax

bcaxAD

bcax

bcax

AD

ADADAD

...2

..

.2...2

..

.2..

.2

..

...2.2

.......

1001

1001

1001

001212212

−−

+−−=

→−−=→−

−=

→−−

==→=

++=

−+=

++=

−+=

∫∫

π

µ

π

µ

π

µ

π

µ


- Forza total: jbca

bca

bca

bcaLn

IIFFF ADADAD ...

.2

.. 10021

−−

+−

−+

++=+=

π

µ

Forza sobre o lado BC: Dada a simetría que se dá entre o lado AD e o lado BC, o valor da forza sobre este último lado ten que ter igual valor que a que actúa sobre o lado AD. Ademais, como se ve nas figuras iniciais é de sentido contrario. Polo tanto:

jbca

bca

bca

bcaLn

IIF BC ...

.2

.. 100

−−

+−

−+

++−=

π

µ

Así, a forza total sobre a espira será (evidentemente se van anular as forzas en Y):

( ) ( )

( )( )[ ] ( )[ ] i

bcabca

bcbaII

jbca

bca

bca

bcaLn

IIj

bca

bca

bca

bcaLn

II

ibca

baIIi

bca

baIIFFFFF BCADCDABT

......2

.2.2...2...

....2

.....

.2

..

...2

..2

...

..2.

.2

..

2222

22100

100100

22

10022

100

+−−−

+=

=

−−

+−

−+

++−

−−

+−

−+

+++

++−

+−−

−=+++=

π

µ

π

µ

π

µ

π

µ

π

µ

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Resolved Problems - Electromagnetism