Teorema de Poynting en un cable coaxial

De Laplace

Contenido

1 Enunciado
2 Solución

1 Enunciado

Un cable coaxial ideal está formado por un cilindro interior, de radio

a

, perfectamente conductor, y una superficie cilíndrica exterior, de radio

b

, también perfectamente conductora. Los cilindros se extienden indefinidamente a lo largo de su eje.

El cilindro interior se encuentra a una tensión $V 0$ , mientras que la superficie exterior se encuentra a tierra. Simultáneamente, por la superficie del núcleo fluye una corriente $I 0$ en la dirección del eje, distribuida uniformemente. Esta corriente retorna por la superficie exterior, con lo que hay distribuida uniformemente una corriente $- I 0$ .

Halle los campos eléctrico y magnético en todos los puntos del espacio.
Calcule las densidades de energía eléctrica y magnética por unidad de volumen, así como la energía total almacenada en una porción de longitud $h$ del cable coaxial.
Determine el vector de Poynting en el espacio entre los cilindros. ¿En qué dirección fluye la energía? Halle el flujo de energía a través de una sección del cable coaxial.

2 Solución

2.1 Campos eléctrico y magnético

Dado que la situación es estática, pues ni $V 0$ ni $I 0$ dependen del tiempo, los problemas eléctrico y magnético están desacoplados. Por tanto pueden resolverse independientemente.

2.1.1 Campo eléctrico

Dada la simetría cilíndrica del problema, escogeremos estas coordenadas, con el eje $z$ coincidente con el eje central del cable. Al ser el campo magnético estacionario el campo eléctrico es irrotacional en todo el espacio, $\nabla\times\mathbf{E}=0$ . Resolveremos entonces la ecuación del potencial electrostático en cada región definida por los conductores. Este apartado se reduce al estudio de un condensador coaxial.

Por simetría el potencial en cada región sólo puede depender de la coordenada radial cilíndrica $ρ$ .

$ρ < a$ : El núcleo de cable está sometido a un potencial $V_0$. Al ser un conductor perfecto es equipotencial, con lo que $\phi=V_0$ en todos sus puntos y, por tanto, $\mathbf{E}(\rho<a)=0$.

$a < ρ < b$ : En esta región no hay densidad volumétrica de carga. El núcleo está a un potencial $V_0$ y la carcasa exterior a tierra. Entonces el problema de potencial queda

$\nabla^2\phi = 0 \quad\Rightarrow\quad \frac{1}{\rho}\frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}\rho}\left( \rho\frac{\mathrm{d}\phi }{\mathrm{d}\rho}\right) = 0 \quad\Rightarrow\quad \phi = A\ln\rho + B$

con las condiciones

$\phi(\rho = a) = V_0\qquad \phi(\rho = b) = 0$

siendo la solución final

$\phi(\rho) = -\frac{V_0}{\ln(b/a)}\ln(\rho/b)$

El campo eléctrico en esta región es

$\mathbf{E}(a<\rho<b) = -\nabla\phi = -\frac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}\rho}\mathbf{u}_{\rho} = \frac{V_0}{\ln(b/a)}\frac{1}{\rho}\mathbf{u}_{\rho}$

$ρ > b$ : Aquí tampoco hay carga en volumen, por lo que el potencial es armónico. Las condiciones de contorno son homogéneas, pues $φ(ρ = b) = 0$ y $\phi(\rho\to\infty)=0$ . Entonces el potencial es nulo y por tanto el campo eléctrico también.

Recapitulando, el campo eléctrico en todos los puntos del espacio es

$\mathbf{E}=\begin{cases}\mathbf{0} & \rho<a\\ & \\ \displaystyle\frac{V_0}{\ln(b/a)}\frac{1}{\rho}\mathbf{u}_{\rho} & a<\rho<b \\ & \\ 0 & \rho>b\end{cases}$

Es discontinuo en $ρ = a$ y $ρ = b$ , debido a las densidades superficiales de carga que aparecen en la superficie del núcleo y en la carcasa exterior.

2.1.2 Campo magnético

El problema magnético es similar en varias aspectos al eléctrico. Por simetría el campo magnético sólo depende de la coordenada $ρ$ . Por la similitud con la geometría de un hilo infinito, podemos suponer que es acimutal, es decir, $\mathbf{B}=B(\rho)\mathbf{u}_{\varphi}$ . Podemos entonces utilizar la ley de Ampère integral para resolver el problema,

$\oint\mathbf{B}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \mu_0 I_S$

siendo $I S$ la corriente que atraviesa una superficie apoyado en el contorno de circulación de $\mathbf{B}$ .

Consideramos circunferencias contenidas en planos perpendiculares al eje $z$ , concéntricas con él de radio $ρ$ . Dada la forma del campo magnético se tiene, para cualquier valor de $ρ$ ,

$\oint\mathbf{B}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = 2\pi\rho B(\rho) \quad\Rightarrow\quad B(\rho) = \frac{\mu_0 I_S}{2\pi\rho}$

La corriente que atraviesa los círculos que definen esas circunferencias sí dependen de su radio. Así

$ρ < a$ En este caso $I S = 0$ , pues el enunciado dice que la corriente fluye únicamente por la superficie del núcleo del cable. Entonces $B (ρ < a) = 0$ .

$a < ρ < b$ Ahora el círculo es atravesado por la corriente que fluye por la superficie del núcleo, es decir $I S = I 0$ y por tanto $B(a<\rho<b)=\mu_0 I_0/2\pi\rho\,$ .

$ρ > b$ El circulo es atravesado por la corriente que fluye por la superficie y por la carcasa. Como son iguales y de sentido contrario se tiene $I S = 0$ y $B (ρ > b) = 0$ .

Resumiendo el campo magnético en todo el espacio es

$\mathbf{B}=\begin{cases}\mathbf{0} & \rho<a\\ & \\ \displaystyle \frac{\mu_0 I_0}{2\pi}\frac{1}{\rho}\mathbf{u}_{\varphi} & a<\rho<b \\ & \\ \mathbf{0} & \rho>b\end{cases}$

Vemos que tanto el campo eléctrico como el magnético son no nulos sólo en el espacio entre los cilindros, siendo además ortogonales entre sí.

2.2 Densidades de energía

Las densidades volumétricas de energía eléctrica, $u e$ , y magnética, $u m$ , son nulas para $ρ < a$ y $ρ > b$ , pues no hay campos en esas regiones. Para la zona entre los conductores, $a < ρ < b$ se tiene

$u_e = \frac{\varepsilon_0 E^2}{2} = \frac{\varepsilon_0 V_0^2}{2\ln^2(b/a)} \frac{1}{\rho^2}$ $u_m = \frac{B^2}{2\mu_0} = \frac{\mu_0 I_0^2}{8\pi^2} \frac{1}{\rho^2}$

Para calcular la energía acumulada en una sección de longitud $h$ del cable hay que integrar estas expresiones en el volumen entre conductores. Usando coordenadas cilíndricas

$U_e =\int_0^h\!\!\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\!\!\!\!\mathrm{d}\varphi \int_a^b \mathrm{d}\rho\,\rho u_e = \dfrac{\pi\varepsilon_0 V_0^2h}{\ln(b/a)}$ < $U_m =\int_0^h\!\!\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\!\!\!\!\mathrm{d}\varphi \int_a^b \mathrm{d}\rho\,\rho u_m = \frac{\mu_0 I^2_0 h\ln(b/a)}{4\pi}$

La energía total es la suma de la eléctrica y la magnética

$U_{EM} = U_e + U_m = \frac{\pi\varepsilon_0 V_0^2L}{\ln(b/a)} + \frac{\mu_0 I^2_0 L \ln(b/a)}{4\pi}$

Esta energía puede también calcularse a partir de la suma de las energías almacenadas en un condensador y una autoinducción coaxiales.

2.3 Vector de Poynting y flujo de energía

El vector de Poynting se calcula a partir del campo eléctrico y el magnético. Este vector es nulo en el núcleo y el exterior del cable, mientras que en la región interior vale

$\mathbf{N}=\frac{1}{\mu_0}\mathbf{E}\times \mathbf{B} = \dfrac{V_0I_0}{2\pi\ln(b/a)}\dfrac{1}{\rho^2}\mathbf{u}_{z}$

Si $V 0$ es positivo, la energía se transmite entonces en el sentido positivo del eje $z$ , es decir, en la dirección en que fluye la corriente en el núcleo del cable.

Para calcular la potencia transmitida a través de una sección del cable hay que calcular el flujo del vector de Poynting en esa sección. El vector de superficie será, usando coordenadas cilíndrícas, $\mathrm{d}\mathbf{S}=\rho\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi\mathbf{u}_{z}$ . Como $\mathbf{N}$ es no nulo sólo en la región entre conductores la potencia es

$P = \int_0^{2\pi}\!\!\!\! \mathrm{d}\varphi \int_a^b \mathrm{d}\rho\,\rho \mathbf{u}_{z}{\cdot}\mathbf{N} = I_0V_0$

Vemos que el resultado final coincide con el que se obtiene en teoría de circuitos para un conductor óhmico, aunque en este caso el sistema no es en absoluto un conductor de este tipo.

Teorema de Poynting en un cable coaxial

De Laplace

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1 Enunciado

2 Solución

2.1 Campos eléctrico y magnético

2.1.1 Campo eléctrico

2.1.2 Campo magnético

2.2 Densidades de energía

2.3 Vector de Poynting y flujo de energía

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