Tres conductores esféricos concéntricos

De Laplace

Contenido

1 Enunciado
2 Coeficientes y circuito
3 Cargas y potenciales iniciales
- 3.1 Empleando la matriz de coeficientes
- 3.2 Empleando el circuito equivalente
4 Cargas y potenciales finales
- 4.1 Con la matriz de coeficientes
- 4.2 Con el circuito equivalente
5 Variación en la energía
- 5.1 A partir de las cargas y voltajes
- 5.2 Usando el circuito equivalente

1 Enunciado

Se tienen un sistema formado por un conductor esférico “1” de radio 36 mm, una corona esférica “2” de radio interior 45 mm y exterior 60 mm y una corona esférica “3” de radio interior 120 mm y exterior 180 mm. Los tres conductores son concéntricos. No hay más conductores en el sistema.

Suponiendo, en primer lugar, que los conductores se encuentran respectivamente a tensiones $V 1$ , $V 2$ y $V 3$ genéricas, diseñe el circuito equivalente mínimo y calcule los coeficientes de capacidad e inducción del sistema.
Suponga el caso particular de que la esfera interior esté a tierra, la corona central esté aislada y almacene una carga de 6 nC y la exterior esté aislada y descargada. ¿Cuánto valen, en ese caso las cargas y tensiones de cada una de los tres conductores?
Si en la situación anterior se conecta la corona exterior a tierra, ¿cuáles son las nuevas cargas y tensiones una vez que se alcanza el nuevo equilibrio electrostático?
¿Cuánto varía la energía almacenada en el sistema en el proceso anterior?

2 Coeficientes y circuito

La forma más sencilla de calcular la matriz de coeficientes de capacidad e inducción es construyendo simultáneamente el circuito equivalente.

Tenemos tres conductores, a los que corresponden tres nodos en el circuito equivalente.

Entre cada par de nodos hay que situar un condensador. Sin embargo, el conductor “1” está apantallado del “3” por la corteza intermedia “2”. Por tanto, el condesnador correspondiente posee capacidad nula y puede omitirse del circuito

$\overline{C}_{13}=0$

El condensador $\overline{C}_{12}$ que forman la esfera “1” y la corona “2” es un condensador esférico de radio interior 35 mm y exterior 45 mm, con capacidad

$\overline{C}_{12}=\frac{4\pi\varepsilon_0ab}{b-a}=\frac{(36\times 10^{-3})(36\times 10^{-3})}{9\times 10^9(45\times 10^{-3}-36\times 10^{-3})}\,\mathrm{F}=20.0\,\mathrm{pF}$

El condensador $\overline{C}_{23}$ que forman la corona “2” y la corona “3” es también un condensador esférico, en este caso de radio interior 60 mm y exterior 120 mm, siendo su capacidad capacidad

$\overline{C}_{23}=\frac{4\pi\varepsilon_0a'b'}{b'-a'}=\frac{(60\times 10^{-3})(120\times 10^{-3})}{9\times 10^9(120\times 10^{-3}-60\times 10^{-3})}\,\mathrm{F}=\frac{40}{3}\,\mathrm{pF}=13.3\,\mathrm{pF}$

Además de los condensadores que se forman entre cada par de conductores, debemos añadir aquellos que se forman entre cada conductor y el infinito. En principio hay uno por nodo. Sin embargo, tanto la esfera “1” como la corona “2” se encuentran apantallas del infinito por la corona “3”, que funciona como una jaula de Faraday. Por ello

$\overline{C}_{11}=\overline{C}_{22}=0$

Queda el condensador que el propio conductor “3” forma con el infinito. Esta puede calcularse como la de un condensador esférico cuyo radio exterior tiende a infinito, o simplemente como la de un condensador esférico de radio 180 mm:

$\overline{C}_{33}=4\pi\varepsilon_0a''=\frac{180\times 10^{-3}}{9\times 10^9}\,\mathrm{F}=20.0\,\mathrm{pF}$

Por último añadimos las fuentes de tensión conectadas a cada nodo. Con esto ya tenemos completo el circuito equivalente.

Una vez que tenemos las capacidades y autocapacidades, hallamos la matriz de coeficientes de capacidad e inducción.

Los coeficientes de inducción son iguales a las capacidades cambiadas de signo. Por tanto

$C_{12}=C_{21}=-\overline{C}_{12}=-20.0\,\mathrm{pF}$ $C_{13}=C_{31}=-\overline{C}_{13}=0.0\,\mathrm{pF}$ $C_{23}=C_{32}=-\overline{C}_{23}=-13.3\,\mathrm{pF}$

Los coeficientes de capacidad los calculamos sumando las capacidades de todos los condensadores conectados a cada nodo. Esto nos da

$C_{11}=\overline{C}_{11}+\overline{C}_{12}+\overline{C}_{13}=20.0\,\mathrm{pF}$ $C_{22}=\overline{C}_{12}+\overline{C}_{22}+\overline{C}_{23}=33.3\,\mathrm{pF}$ $C_{33}=\overline{C}_{13}+\overline{C}_{23}+\overline{C}_{33}=33.3\,\mathrm{pF}$

Escribiendo todos los resultados en forma matricial obtenemos

$\mathsf{C}=\begin{pmatrix} 20.0 & -20.0 & 0 \\ -20.0 & 33.3 & -13.3 \\ 0 & -13.3 & 33.3\end{pmatrix}\,\mathrm{pF}$

Podemos comprobar que el conductor “1” se encuentra en influencia total con el “2”. Éste, en cambio, no se encuentra en influencia total con ninguno de los otros, pues habrá tanto líneas que vayan al conductor “1” como al “3”.

Todas las capacidades y coeficientes pueden expresarse como múltiplos de una unidad

$C_0 = \frac{20}{3}\,\mathrm{pF}=6.66\,\mathrm{pF}$

de forma que queda

$\overline{C}_{12}=3C_0$ $\overline{C}_{23}=2C_0$ $\overline{C}_{33} = 3C_0$

y para la matriz de coeficientes de capacidad e inducción

$\mathsf{C}= \begin{pmatrix} 3 & -3 & 0 \\ -3 & 5 & -2 \\ 0 & -2 & 5\end{pmatrix}\,C_0$

Conocida la matriz tenemos la relación general entre cargas y tensiones en este sistema

$\begin{pmatrix}Q_1 \\ Q_2 \\ Q_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 20.0 & -20.0 & 0 \\ -20.0 & 33.3 & -13.3 \\ 0 & -13.3 & 33.3\end{pmatrix}\,\mathrm{pF}\cdot\begin{pmatrix}V_1 \\ V_2 \\ V_3\end{pmatrix}$

o bien directamente a partir de las capacidades del circuito equivalente

$\begin{array}{rcl} Q_1 & = & \overline{C}_{11}(V_1-V_2)= (20.0\,\mathrm{pF})(V_1-V_2) \\ Q_2 & = & \overline{C}_{12}(V_2-V_1)+\overline{C}_{23}(V_2-V_3) = (-20.0\,\mathrm{pF})V_1+(33.3\,\mathrm{pF})V_2-(13.3\,\mathrm{pF})V_3 \\ Q_3 & = & \overline{C}_{23}(V_3-V_2) +\overline{C}_{33}V_3= (-13.3\,\mathrm{pF})V_2+(33.3\,\mathrm{pF})V_3 \end{array}$

3 Cargas y potenciales iniciales

3.1 Empleando la matriz de coeficientes

Se trata ahora de aplicar los coeficientes claculados anteriormente a un caso particular.

Se nos dice que la esfera interior está a tierra, mientras que las dos coronas están a carga constante

$V_1=0\qquad\qquad Q_2 = 6.0\,\mathrm{nC}\qquad\qquad Q_3 = 0.0\,\mathrm{nC}$

Debemos halla $Q 1$ , $V 2$ y $V 3$ . Esto lo conseguimos sustituyendo en el sistema de ecuaciones anterior, que se reduce a

$\begin{array}{rcl} Q_1 & = & -(20.0\,\mathrm{pF})V_2 \\ 6.0\,\mathrm{nC} & = & (33.3\,\mathrm{pF})V_2-(13.3\,\mathrm{pF})V_3 \\ 0.0\,\mathrm{nC} & = & -(13.3\,\mathrm{pF})V_2+(33.3\,\mathrm{pF})V_3 \end{array}$

De la tercera ecuación obtenemos

$V_3 = \frac{13.3}{33.3}V_2 = 0.4V_2$

y sustituyendo en la segunda

$6.0\,\mathrm{nC}=((33.3-13.3\times0.4)\,\mathrm{pF})V_2=(28.0\,\mathrm{pF})V_2\qquad\Rightarrow\qquad V_2 = \frac{3}{14}\,\frac{\mathrm{nC}}{\mathrm{pF}}= 214.3\,\mathrm{V}$

A partir de este voltaje hallamos las otras dos incógnitas

$V_3 = 0.4V_2 = 85.7\,\mathrm{V}$ $Q_1 = -(20.0\,\mathrm{pF})(214.3\,\mathrm{V})=-4.29\,\mathrm{nC}$

Si empleamos la matriz en términos de $C 0$ podemos expresar los resultados como números racionales. Si llamamos $Q 0$ a la carga de la corona “2”

$\begin{array}{rcl} Q_1 & = & -3C_0V_2 \\ Q_0 & = & 5C_0V_2-2C_0V_3 \\ 0 & = & -2C_0V_2+5C_0V_3 \end{array}$

y obtenemos

$V_2 = \frac{5Q_0}{21C_0}$ $V_3 = \frac{2}{5}V_2=\frac{2Q_0}{21C_0}$ $Q_1 = -\frac{5}{7}Q_0$

3.2 Empleando el circuito equivalente

Podemos emplear el circuito equivalente para halar las cargas y tensiones sin pasar por los coeficientes de capacidad.

En este caso particular tenemos que el conductor 1 está a tierra, lo que representamos con una conexión a tierra en el nodo 1; el conductor 2 almacena una carga de 6 nC, que representamos mediante una fuente de carga; el conductor “3” está aislado y descargado, por lo que podemos omitir la fuente conectada a este nodo.

Analizando este circuito, podemos ver que se compone de la asociación en paralelo del condensador $\overline{C}_{12}$ con la asociación en serie del $\overline{C}_{23}$ y el $\overline{C}_{33}$ . Esto nos da de forma inmediata la tensión del nodo 2. Hallamos la capacidad equivalente del circuito

$C_\mathrm{eq}= \overline{C}_{12}+\frac{\overline{C}_{23}\overline{C}_{33}}{\overline{C}_{23}+\overline{C}_{33}}=20.0\,\mathrm{pF}+\frac{13.3\times 20.0}{20.0+13.3}\,\mathrm{pF}=28.0\,\mathrm{pF}$

y resulta la tensión del nodo 2

$V_2 = \frac{Q_0}{C_\mathrm{eq}}=\frac{6\,\mathrm{nC}}{28\,\mathrm{pF}}=214.3\,\mathrm{V}$

La carga del nodo 1 es la de la placa negativa del condensador $\overline{C}_{12}$

$Q_1 = -\overline{C}_{12}V_2 = -4.29\,\mathrm{nC}$

Si en el condensador $\overline{C}_{12}$ se almacenan $4.29\,\mathrm{nC}$ , en la otra rama se almacena el resto

$Q'=6.0\,\mathrm{nC}-4.29\,\mathrm{nC}=1.71\,\mathrm{nC}$

Esta es la carga del condensador $\overline{C}_{33}$ , lo que nos da la tensión del nodo “3”

$V_3 = \frac{Q'}{\overline{C}_{33}}=85.7\,\mathrm{V}$

4 Cargas y potenciales finales

4.1 Con la matriz de coeficientes

En el segundo caso (que identificaremos usando primas), la única diferencia es que la corona exterior se pone a tierra, cerrando el interruptor de la figura. Por tanto, los datos son

$V'_1=0\qquad\qquad Q'_2 = 6.0\,\mathrm{nC}\qquad\qquad V'_3 = 0.0\,\mathrm{V}$

Ahora debemos hallar $Q' 1$ , $V' 2$ y $Q' 3$ . Sustituyendo de nuevo en el sistema de ecuaciones,

$\begin{array}{rcl} Q'_1 & = & -(20.0\,\mathrm{pF})V'_2 \\ 6.0\,\mathrm{nC} & = & (33.3\,\mathrm{pF})V'_2 \\ Q'_3 & = & -(13.3\,\mathrm{pF})V'_2 \end{array}$

Ahora es aun más directo

$V'_2 = \frac{6.0}{33.3}\,\frac{\mathrm{nC}}{\mathrm{pF}}= 180.0\,\mathrm{V}$

A partir de este voltaje hallamos las otras dos cargas

$Q'_3 = -(13.3\,\mathrm{pF})(180\,\mathrm{V})=-2.4\,\mathrm{nC}$ $Q'_1 = -(20.0\,\mathrm{pF})(180.0\,\mathrm{V})=-3.6\,\mathrm{nC}$

Podemos comprobar que se verifica

$Q_1 + Q_2 + Q_3 = (-3.6+6.0-2.4)\,\mathrm{nC} = 0.0\,\mathrm{nC}$

como corresponde a que, al estar la corona exterior a tierra, ésta actúa como una jaula de Faraday y no se aprecia campo en el exterior del sistema. El flujo del campo eléctrico a través de una superficie que envuelva a todo el sistema es nulo y, de acuerdo con la ley de Gauss, es nula la carga encerrada por esta superficie, que es en este caso la contenida en el conjunto de los tres conductores.

En términos de $C 0$ y $Q 0$

$\begin{array}{rcl} Q'_1 & = & -3C_0V'_2 \\ Q_0 & = & 5C_0V'_2 \\ Q'_3 & = & -2C_0V'_2 \end{array}$

y obtenemos

$V'_2 = \frac{Q_0}{5C_0}$ $Q'_3 = -\frac{2}{5}Q_0$ $Q'_1 = -\frac{3}{5}Q_0$

4.2 Con el circuito equivalente

En el circuito equivalente, el poner a tierra el conductor 3 equivale a conectar una derivación a tierra en el nodo 3, cortocircuitando el condensador $\overline{C}_{33}$ . El circuito se reduce entonces a la asociación en paralelo del condensador $\overline{C}_{12}$ con el $\overline{C}_{23}$ .

La nueva capacidad equivalente vale

$C'_\mathrm{eq}= \overline{C}_{12}+\overline{C}_{23}=33.3\,\mathrm{pF}$

quedando la nueva tensión del nodo 2

$V'_2 = \frac{Q_0}{C_\mathrm{eq}}=\frac{6.0\,\mathrm{nC}}{33.3\,\mathrm{pF}}=180.0\,\mathrm{V}$

La carga del nodo 1 sigue siendo la de la placa negativa del condensador $\overline{C}_{12}$ , pero ahora tiene un valor diferente que en el estado inicial,

$Q'_1 = -\overline{C}_{12}V_2 = -3.6\,\mathrm{nC}$

La carga del nodo 3 es ahora la de la placa negativa del condensador $\overline{C}_{23}$

$Q'_3=-\overline{C}_{23}V'_3 = -2.4\,\mathrm{nC}$

5 Variación en la energía

5.1 A partir de las cargas y voltajes

La energía electrostática de un sistema de tres conductores tiene la expresión general

$U_\mathrm{e}=\frac{1}{2}Q_1V_1+\frac{1}{2}Q_2V_2+\frac{1}{2}Q_3V_3$

Estado inicial: En el estado inicial, la tensión de la esfera es nula y la corona exterior está descargado, por lo que la energía se reduce a

$U_{\mathrm{e}i}=\frac{1}{2}Q_1\overbrace{V_1}^{=0}+\frac{1}{2}Q_2V_2+\frac{1}{2}\overbrace{Q_3}^{=0}V_3=\frac{1}{2}Q_2V_2$

Sustituyendo los valores numéricos

$U_{\mathrm{e}i}=\frac{1}{2}(6.0\,\mathrm{nC})(214.3\,\mathrm{V})=642.9\,\mathrm{nJ}$

Empleando las cantidades

C 0

y

Q 0

queda

$U_{\mathrm{e}i}=\frac{1}{2}Q_0\left(\frac{5Q_0}{21C_0}\right)=\frac{5Q_0^2}{42C_0}$

Estado final: Una vez cerrado el interruptor, la corona exterior pasa a estar a tierra y la expresión de la energía se convierte en

$U_{\mathrm{e}f}=\frac{1}{2}Q'_1\overbrace{V'_1}^{=0}+\frac{1}{2}Q'_2V'_2+\frac{1}{2}Q'_3\overbrace{V'_3}^{=0}=\frac{1}{2}Q'_2V'_2$

Aunque la expresión parece la misma que antes, su valor ha cambiado, ya que la tensión de la corona central se ha visto modificada. Sustituyendo los valores numéricos

$U_{\mathrm{e}f}=\frac{1}{2}(6.0\,\mathrm{nC})(180\,\mathrm{V})=540.0\,\mathrm{nJ}$

Empleando las cantidades

C 0

y

Q 0

queda

$U_{\mathrm{e}f}=\frac{1}{2}Q_0\left(\frac{Q_0}{5C_0}\right)=\frac{Q_0^2}{10C_0}$

Variación en la energía: Restando las dos cantidades tenemos el incremento en la energía,

$\Delta U_\mathrm{e}=U_{\mathrm{e}f}-U_{\mathrm{e}i}=(540.0-642.9)\mathrm{nJ} = -102.9\,\mathrm{nJ}$

Empleando

C 0

y

Q 0

$\Delta U_\mathrm{e}=\left(\frac{1}{10}-\frac{5}{42}\right)\frac{Q_0^2}{C_0}=-\frac{2Q_0^2}{105C_0}$

5.2 Usando el circuito equivalente

El cambio en la energía puede hallarse de forma sencilla empleando el circuito equivalente antes y después de la conexión. Esta conexión lo que hace es modificar la capacidad equivalente a la asociación, por lo que tenemos, en el estado inicial

$U_{\mathrm{e}i}=\frac{Q_0^2}{2C_\mathrm{eq}}=\frac{(6.0\,\mathrm{nC})^2}{2\times 28.0\,\mathrm{pF}} = 642.9\,\mathrm{nJ}$

y en el final

$U_{\mathrm{e}f}=\frac{Q_0^2}{2C'_\mathrm{eq}}=\frac{(6.0\,\mathrm{nC})^2}{2\times 33.3\,\mathrm{pF}} = 540.0\,\mathrm{nJ}$

siendo la diferencia

$U_{\mathrm{e}f}=\left(\frac{1}{C'_\mathrm{eq}}-\frac{1}{C_\mathrm{eq}}\right)\frac{Q_0^2}{2}=-102.9\,\mathrm{nJ}$

Tres conductores esféricos concéntricos

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1 Enunciado

2 Coeficientes y circuito

3 Cargas y potenciales iniciales

3.1 Empleando la matriz de coeficientes

3.2 Empleando el circuito equivalente

4 Cargas y potenciales finales

4.1 Con la matriz de coeficientes

4.2 Con el circuito equivalente

5 Variación en la energía

5.1 A partir de las cargas y voltajes

5.2 Usando el circuito equivalente

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