UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
CURSO:
TEORÍA DE CAMPOS ELECTROMAGNÉTICOS
PROFESOR: Ing. JORGE MONTAÑO PISFIL
PROBLEMAS RESUELTOS SOBRE CAMPO
ELECTROSTÁTICO EN MEDIOS DIELÉCTRICOS
Problema Nº 1
Un capacitor de placas paralelas tiene sus placas en x=0 y en x=d, y el espacio entre
las placas está lleno de un material no homogéneo con permitividad
2
0(
)
d
x
d
ε
ε
=
+
. Si la placaen x=d se mantiene a
ϕ
0 cuando está a tierra la placa en x=0, encuentre:a) La intensidad de campo eléctrico
E
→
b) La polarización
P
→
c) La densidad superficial de carga de polarización
σ
Pold) La capacitancia cuando
d
=
2, 5
mm
y cada placa tiene un área de 200 cm2. Desprecie el efecto de borde.Resolución
Según el enunciado la figura es la que se muestra a continuación.
y x 0 d d 0
ϕ
0
ϕ
=
ε
Como se observa en la figura, se trata de un capacitor plano con dieléctrico, y con una de sus placas conectada a tierra. Por condición:2
0(
)
d
x
d
ε
ε
=
+
Sabemos que:
- En un capacitor plano el campo eléctrico sólo existe en su interior, es decir en la región
comprendida entre las placas del capacitor.
- El campo eléctrico
E
→
está dirigido de la placa de mayor potencial eléctrico hacia la placa
de menor potencial. Por lo tanto, en nuestro caso el vector
E
→
está dirigido hacia la izquierda.
- La magnitud de
E
→
en las cercanías de un conductor, cualesquiera que sea, viene dada
por:
E
σ
ε
=
Donde
σ
es la densidad superficial de carga de una las placas conductoras delcapacitor.
a) Cálculo de
E
→
(intensidad de campo eléctrico)
Tal como se explicó, en este caso el vector
E
→
está dirigido hacia la izquierda (de la placa de mayor potencial hacia la menor potencial), por lo tanto se cumple:
( x) E E a → ∧ = − Luego: x
E
σ
a
ε
→ ∧= −
Reemplazando2
0(
)
d
x
d
ε
ε
=
+
queda: 0(
)
2
xx
d
E
a
d
σ
ε
→+
∧= −
. . . (1)Para hallar “
σ
” utilizo la ecuación que relaciona el potencialϕ
con el campo eléctricoE
→ . Es decir: a a b bE d r
ϕ ϕ
−
= −
∫
→→ Reemplazo
E
→ : 0 0 0(
)
2
d Tierra xx
d
dx a
d
σ
ϕ ϕ
ε
∧+
−
= − −
∫
2 0 0 0 0 3 ( ) 2 2 2 d d x d dx d d
σ
σ
ϕ
ε
ε
⎛ ⎞ = + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠∫
4
0 03d
ϕ ε
σ
=
Reemplazando “
σ
” en la ecuación (1) y simplificando obtenemos:0 2
2
(
)
3
xx
d
E
a
d
ϕ
→+
∧= −
b) Cálculo de
P
→ (vector polarización) Se sabe que: P (ε ε
0)E → → = − ReemplazandoE
→ yε
obtenemos: 0 0 22
(
)
3
xd
x
P
a
d
ϕ ε
→−
∧= −
En la figura mostrada a continuación se observa al dieléctrico polarizado y al vector polarización
P
→
.
c) Cálculo de
σ
PolSe sabe que:
σ
Pol P n→ ∧ = * Para x=0: n ax ∧ ∧ = −
2
0 03
Pold
ϕ ε
σ
=
* Para x=d:n
a
x ∧ ∧= +
σ
Pol=
0
d) Cálculo de “C” (capacitancia) La capacitancia se define por:ab
Q
C
ϕ
=
Luego: 0 04
3
A
A
C
d
ε
σ
ϕ
=
=
C
=
94, 4
pF
+
+
+
+
+
+
-
-
-
-
-
-
P
→Problema Nº 2
Dos esferas conductoras concéntricas con radios de 3 y 5 cm, tienen la región entre ellas rellena de un dieléctrico homogéneo para el cual
ε
r=
5
. Si el potencial de la esfera interiores 100 V mientras que la del exterior es de -100 V, determine: a) El potencial eléctrico
ϕ
( )rb) La intensidad de campo eléctrico E( )r
→
c) El valor de
r
para el cualϕ
=
0
d) La carga
Q
sobre la esfera interior e) La capacitancia entre las dos esferasResolución
Según el enunciado la figura es:
a) Cálculo del potencial eléctrico
ϕ
( )r5
rε
=
b
a
aϕ
bϕ
Datos:3
0, 03
a
=
cm
=
m
5
0, 05
b
=
cm
=
m
100
aV
ϕ
=
100
bV
ϕ
= −
Por ley de Gauss en dieléctricos:
LIBRE SD⋅dS =Q → →
∫
2(4
)
D
π
r
=
Q
24
Q
D
r
π
=
Luego: 2 04
rQ
E
r
πε ε
=
∴
2 020
rQ
E
a
r
πε
→ ∧=
; a< <r b 2r
1r
1ϕ
2ϕ
Superficie Gaussianar
d S
→E
→Para conocer el valor del campo eléctrico
E
→
necesito conocer Q (carga libre encerrada por
la superficie gaussiana = carga de la esfera conductora de radio 3 cm). Esta carga Q la
hallo aplicando la ecuación que relaciona el potencial con el campo eléctrico:
∫
→⋅ → − = − a b b aϕ
E drϕ
0,03 2 0 0,05200
20
r rQ
V
a dr a
r
πε
∧ ∧= −
∫
Q
=
300
πε
0Reemplazando la carga Q tenemos que el campo eléctrico
E
→
es:
E
15
2a
rr
→ ∧
=
Luego, el potencial
ϕ
( )r viene dado por:→ →
⋅
−
=
∫
E
d
r
ϕ
Es decir: ( )r15
2dr
15
C
r
r
ϕ
= −
∫
=
+
* Sir
=
0, 03
m
ϕ
(r=0,03m)=
100
15
0, 03
V
C
m
=
+
C= −400V∴
( )15
400
rV
r
ϕ
=
⎛
⎜
−
⎞
⎟
⎝
⎠
b) Cálculo de la intensidad de campo eléctrico E( )r
→
Como ya se conoce el potencial eléctrico
ϕ
( )r , entonces el campo eléctrico E( )r→
se halla
aplicando gradiente de potencial. Es decir:
) ( ) (r r E =−∇
ϕ
→Al hallar el gradiente de potencial, obtenemos que el campo eléctrico E( )r
→ viene dado por:
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
∧ →m
V
a
r
E
(r)15
2 rc) Cálculo de
r
para el cualϕ
=
0
Se halló que el potencial eléctrico es igual a ( )r 15 400 V
r
ϕ
=⎛⎜ − ⎞⎟Igualando a cero esta ecuación y despejando
r
obtengo que:cm
m
r
=
0
,
0375
=
3
,
75
d) Cálculo de la carga eléctrica
Q
sobre la esfera interiorPara calcular la carga eléctrica
Q
sobre la esfera conductora interior, utilizo:∫
=
SdA
Q
σ
Donde: ∧ →•
=
ε
ε
rE
n
σ
0⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
•
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
∧ ∧ 20 2 2 075
15
)
5
(
m
C
r
a
a
r
r rε
ε
σ
dA
=
r
2sen
θ
d
θ
d
φ
La carga eléctrica
Q
queda expresada por:φ
θ
θ
ε
π φ π θd
d
sen
r
r
Q
2 2 0 0 2 075
∫ ∫
= ==
Q
=
300
πε
0=
8
,
34
nC
e) Cálculo de la capacitancia entre las dos esferas
La capacitancia se define por
