Condensadores cilíndrico y esférico

Condensador cilíndrico

El campo existente entre las armaduras de un condensador cilíndrico de radio interior a, radio exterior b y longitud L, cargado con cargas +Q y –Q, respectivamente, se calcula aplicando la ley de Gauss a la región a<r<b, ya que tanto fuera como dentro del condensador el campo eléctrico es cero.

La aplicación del teorema de Gauss, es similar al de una línea cargada,y  requiere los siguientes pasos:

  1. A partir de la simetría de la distribución de carga, determinar la dirección del campo eléctrico.
  2. La dirección del campo es radial y perpendicular al eje del cilindro.

  3. Elegir una superficie cerrada apropiada para calcular el flujo
  4. Tomamos como superficie cerrada, un cilindro de radio r y longitud L. Tal como se muestra en la figura. El cálculo del flujo, tiene dos términos:

  5. Determinar la carga que hay en el interior de la superficie cerrada
  6. La carga en el interior de la superficie cerrada vale +Q, que es la carga de la armadura cilíndrica interior

  7. Aplicar el teorema de Gauss y despejar el módulo del campo eléctrico
  8. E2πrL= Q ε 0 E= Q 2π ε 0 rL

Ahora, es fácil demostrar, aplicando el teorema de Gauss que el campo en las regiones r<a y r>b es nulo.

En la figura, se muestra la representación gráfica del campo E en función de la distancia radial r.

La diferencia de potencial entre las placas del condensador se calcula integrando, (área sombreada de la figura).

VV'= a b Edr = Q 2π ε 0 L ln b a

La capacidad es

C= Q VV' = 2π ε 0 L ln(b/a)

La capacidad solamente depende de la geometría del condensador (radio a y radio b de sus armaduras, y longitud L del condensador)

Energía del condensador

U= 1 2 C V 2

Dos superficies cilíndricas equipotenciales

Regresamos a la página titulada Principio de superposición de campos.

El potencial en un punto P (x, y) producido por dos hilos rectilíneos cargados con cargas iguales y opuestas -λ y +λ C/m, separados 2a, es

V(x,y)= λ 2π ε 0 ln( r 2 r 1 )= λ 4π ε 0 ln( ( xa ) 2 + y 2 ( x+a ) 2 + y 2 )

Demostramos que las equipotenciales

V(x,y)= λ 4π ε 0 lnk

son superficies cilíndricas de longitud infinita paralelas a los hilos. En el plano XY son circunferencias de ecuación

( x 1+k 1k a ) 2 + y 2 = 4k (1k) 2 a 2

cuyo centro y radio son

( 1+k 1k a,0 ) R 2 = 4k (1k) 2 a 2

Sustituiremos una equipotencial por un conductor cilíndrico de longitud infinita al mismo potencial.

Supongamos dos conductores de radio R=3b y cuyos ejes está situados en (±5b,0). Con estos datos, calculamos la separación 2a ente los hilos rectilíneos cargados y el valor de constante k relacionada con el potencial del conductor

1+k 1k a=5b ( 3b ) 2 = 4k (1k) 2 a 2

Obtenemos la ecuación de segundo grado

9 ( 1+k ) 2 =100k k 1 = 1 9 , k 2 =9,a=4b

a=4; % 2a es la distancia entre los dos hilos
hold on
for k=[1:4, -(1:4)] %líneas de fuerza
   R=sqrt(a^2+k^2);
   y1=k;
   fplot(@(t) R*cos(t), @(t) y1+R*sin(t),[0,2*pi],'r')
end
for k=[9, 1/9] %equipotenciales
   R=2*a*sqrt(k)/(1-k);
   x1=(1+k)*a/(1-k);
   fplot(@(t) x1+R*cos(t), @(t) R*sin(t),[0,2*pi],'b')
    plot(x1,0,'ko','markersize',3,'markerfacecolor','k') %centro
end
hold off
axis equal
axis off

La diferencia de potencial

ΔV= V 1 V 2 = λ π ε 0 ln3

Si los conductores cilíndricos tienen una longitud l>>R, y están cargados con +q y -q, respectivamente, la diferencia de potencial es

ΔV= q π ε 0 l ln3

La capacidad

C= q ΔV = π ε 0 l ln3

Intensidad de la corriente eléctrica

El campo eléctrico producido por estos dos conductores cilíndricos en el punto P(x, y), es

E = λ π ε 0 a( y 2 + a 2 x 2 ) i ^ 2axy j ^ a 4 + ( x 2 + y 2 ) 2 +2 a 2 ( y 2 x 2 )

En el interior de cada uno de los conductores cilíndricos, el campo eléctrico es nulo, de acuerdo a la ley de Gauss y el potencial es constante e igual al de la superficie del conductor.

Se han representado algunas líneas de fuerza en color rojo, la dirección del campo eléctrico es tangente en cada punto a las líneas de fuerza

Supongamos que estos condensadores se introducen en un medio conductor de conductividad σ. Los portadores de carga siguen las líneas de fuerza,

J =σ E

J es la densidad de corriente, carga por unidad de área y de tiempo

En el plano x=0, las componentes del campo eléctrico son

E x = λ π ε 0 a( y 2 + a 2 ) a 4 + y 4 +2 a 2 y 2 = λ π ε 0 a y 2 + a 2 = ΔV ln3 4b y 2 + ( 4b ) 2 E y =0

La intensidad de la corriente es

i= J · dS = σ E x ·( ldy ) =σl ΔV ln3 4b y 2 + ( 4b ) 2 dy =σl ΔV ln3 arctan( y 4b ) | =σl ΔV ln3 π

La resistencia (no confundir con el radio R), es

R= ΔV i = ln3 πσl

Condensador esférico

Un condensador esférico está formado por dos superficies conductoras esféricas, concéntricas de radios a y b, cargadas con cargas iguales y opuestas +Q y –Q, respectivamente.

Situamos imaginariamente, una superficie esférica concéntrica de radio r, para determinar el campo eléctrico en las distintas regiones aplicando la ley de Gauss.

En este problema de simetría esférica, el campo eléctrico tiene dirección radial y su módulo es constante en todos los puntos de una superficie esférica de radio r. El flujo del campo eléctrico E a través de dicha superficie cerrada vale

E · dS = E·dS·cos0º=E dS=E·4π r 2

Determinamos la carga q encerrada en dicha superficie esférica, para distintos valores del radio r, aplicamos la ley de Gauss

E · dS = q ε 0

En la figura, se representa el módulo del campo E en función de r.

La diferencia de potencial entre las dos placas es de radios a y b es

V'V= a b 1 4π ε 0 Q r 2 dr= 1 4π ε 0 ( 1 a 1 b )

La capacidad de un condensador esférico es

C= Q V'V = 4π ε 0 (1/a1/b)

Si el radio del segundo conductor esférico es muy grande b→∞, entonces tenemos la capacidad de un condensador esférico de radio R=a

C=4π ε 0 R

Suponiendo que la Tierra es un conductor esférico de radio R=6370 km, su capacidad sería

C= 6370· 10 3 9· 10 9 =7.08· 10 4 F

Se conectan dos esferas conductoras

Sean dos esferas conductoras de radios R1 y R2 respectivamente, que están inicialmente aisladas una de la otra y cargadas con cargas Q1 y Q2 respectivamente.

Los potenciales de las superficies de las dos esferas son, respectivamente

V 1 = 1 4π ε 0 Q 1 R 1 V 2 = 1 4π ε 0 Q 2 R 2

Se ponen en contacto las dos esferas mediante un cable suficientemente largo y fino con el fin de que el campo eléctrico producido por una esfera no perturbe la distribución de cargas en la superficie de la otra. El cable acumulará una carga muy pequeña, y asegurará que el proceso de transferencia de carga sea lento

La carga pasa de una esfera a la otra hasta que sus potenciales se igualan.

V= 1 4π ε 0 q 1 R 1 = 1 4π ε 0 q 2 R 2 Q 1 + Q 2 = q 1 + q 2

En este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas despejamos q1 y q2

q 1 = R 1 R 1 + R 2 ( Q 1 + Q 2 ) q 2 = R 2 R 1 + R 2 ( Q 1 + Q 2 ) 

El potencial común V vale

V= Q 1 + Q 2 R 1 + R 2

Proceso de carga de una esfera conductora

Un ejemplo significativo de transferencia de carga es el siguiente

Una esfera conductora de radio R=10 m inicialmente descargada se conecta mediante un cable largo y fino a otra esfera conductora inicialmente cargada q de radio r=1 m. En consecuencia, la esfera grande adquiere una carga Q1.

La esfera grande inicialmente cargada con Q1 se vuelve a conectar a otra esfera pequeña idéntica, inicialmente cargada con q. En consecuencia, la esfera grande adquiere una carga Q2

y así, se repite el proceso n veces

El proceso de carga de la esfera grande consta de las siguientes etapas

  1. Se conecta la esfera grande descargada con la pequeña esfera con carga q

  2. { q= Q 1 +q' 1 4π ε 0 Q 1 R = 1 4π ε 0 q' r Q 1 = q 1+ r R

  3. Se conecta la esfera grande que ha adquirido una carga Q1 con la pequeña esfera con carga q

  4. { q+ Q 1 = Q 2 +q' 1 4π ε 0 Q 2 R = 1 4π ε 0 q' r Q 2 = q+q( 1+ r R ) ( 1+ r R ) 2

  5. Se conecta la esfera grande que ha adquirido una carga Q2 con la pequeña esfera con carga q

  6. { q+ Q 2 = Q 3 +q' 1 4π ε 0 Q 3 R = 1 4π ε 0 q' r Q 3 = q+q( 1+ r R )+q ( 1+ r R ) 2 ( 1+ r R ) 3

  7. y así, sucesivamente...

  8. Se conecta la esfera grande que ha adquirido una carga Qn-1 con la pequeña esfera con carga q

  9. { q+ Q n1 = Q n +q' 1 4π ε 0 Q n R = 1 4π ε 0 q' r Q n = q+q( 1+ r R )+q ( 1+ r R ) 2 +...+q ( 1+ r R ) n1 ( 1+ r R ) n

    El numerador es la suma de n-1 términos de una progresión geométrica de razón 1+r/R

    S n1 =1 1 ( 1+ r R ) n 1( 1+ r R ) = R r ( ( 1+ r R ) n 1 )

    La carga Qn vale

    Q n =q R r ( 1 1 ( 1+ r R ) n )

    Con los datos del problema

    Q n =10q( 1 ( 10 11 ) n )

    n=1:50;
    Q=10*(1-(10/11).^n);
    plot(n,Q,'ro','markersize',3,'markerfacecolor','r')
    grid on
    xlabel('n')
    ylabel('Q_n/q')
    title('Proceso de carga')

    La carga final de la esfera grande tiende a 10q cuando el número de etapas n es grande

Para que Qn≥9q

1 ( 10 11 ) n 9q 10q 0.1 ( 10 11 ) n n ln0.1 ln( 10 11 ) n24.16

El valor de n=25. Comprobación

>> n=24:25;
>> 10*(1-(10/11).^n)
ans =    8.9847    9.0770

Para n=24, Q24=8.9847 y para n=25, Q25=9.0770, algo más que 9q

Gotas que se juntan

n gotas idénticas de radio r, cargadas con una carga q cada una, se fusionan para producir una gota más grande esférica de radio R y carga Q=nq.

4 3 π R 3 =n 4 3 π r 3 R= n 1/3 r

Supondremos que las gotas son conductores (por ejemplo, gotas de mercurio), la capacidad de cada una de las gotas de radio r y de la gota de radio R son, respectivamente

C r =4π ε 0 r C R =4π ε 0 R=4π ε 0 n 1/3 r= n 1/3 C r

El potencial de cada una de las gotas de radio r y de la gota de radio R son, respectivamente

V r = q C r V R = Q C R = nq n 1/3 C r = n 2/3 V r

La energía electrostática de todas las gotas de radio r y de la gota resultante de radio R son, respectivamente

U r =n( 1 2 q 2 C r ) U R = 1 2 Q 2 C R = 1 2 ( nq ) 2 n 1/3 C r = n 5/3 ( 1 2 q 2 C r )

La energía final es mayor que la inicial, hay que realizar un trabajo para que las gotas se junten

Referencias

Asian Physics Olympiad, 2013 APhO, Theoretical Question 1

Online Physics Olympiad 2020. Problema 15, pp. 14