Resistencia de un tubo

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)

última version al 18:16 30 jun 2010

Contenido

1 Enunciado
2 Introducción
3 Resistencia longitudinal
- 3.1 Caso de un cable grueso
4 Resistencia transversal

1 Enunciado

Sea un tubo cilíndrico, de radio interior

a

y exterior

b

, y longitud

h

, de un material de conductividad

σ

. Calcule la resistencia eléctrica

Entre las dos bases.
Entre la cara interior y la exterior.

2 Introducción

A la hora de hablar de la resistencia de un conductor, tan importante como dar las dimensiones de la pieza es definir de dónde a dónde fluye la corriente. Hay veces en que esto es evidente (por ejemplo, en un conductor filiforme, parece natural que la corriente fluya de un extremo al otro), pero no siempre es así.

Consideremos un cilindro hueco como en este problema.

Este cilindro puede ser parte de un cable bimetálico, por ejemplo, un cable de cobre con un núcleo de acero para darle rigidez, como los que se emplean en algunos tendidos de gran longitud. En este cable bimetálico, la corriente fluye a lo largo del cobre principalmente (pues el acero es mucho más resistivo) y debemos considerar la resistencia entre las bases.

Alternativamente, este cilindro puede representar el dieléctrico que se encuentra entre los conductores de un cable coaxial. Este dieléctrico se supone perfectamente aislante, pero en realidad suele tener una pequeña conductividad. En este caso, existen corrientes de fuga que van desde el conductor interior al exterior, radialmente. La resistencia del cilindro debe calcularse entre su superficie interior y la exterior.

Tanto en un caso como el otro, las ecuaciónes que verifican el campo eléctrico y la corriente son:

El campo eléctrico es irrotacional, por tratarse de una situación estacionaria, lo que permite usar el potencial eléctrico

$\nabla\times\mathbf{E}=\mathbf{0}$ $\Rightarrow$ $\mathbf{E}=-\nabla\phi$

La densidad de corriente es solenoidal, por tratarse de una distribución estacionaria,

$\nabla\cdot\mathbf{J}=0$

Se cumple la ley de Ohm

$\mathbf{J}=\sigma\mathbf{E}\,$

Combinando estas ecuaciones obtenemos que, si el material es homogéneo (la conductividad no depende de la posición), el potencial verifica la ecuación de Laplace

$0 = \nabla\cdot(\sigma\mathbf{E})=-\nabla\cdot(\sigma\nabla\phi)=-\sigma\nabla^2\phi$ $\Rightarrow$ $\nabla^2\phi = 0$

La técnica para hallar la resistencia entre dos superficies entre las cuales hay un material homogéneo, consiste en:

Suponer una cierta diferencia de potencial $V 0$ entre estas superficies.

$\phi = V_0\quad (\mathbf{r}\in S_1)$ $\phi=0\quad(\mathbf{r}\in S_2)$

Suponer que el por resto de las paredes no entra ni sale corriente, esto es, hay un tubo de corriente de una superficie a la otra.

$0 = \mathbf{n}\cdot\mathbf{J}$ $\Rightarrow$ $\mathbf{n}\cdot\nabla\phi=0$

Resolver la ecuación de Laplace con estas condiciones de contorno.
Hallar el campo eléctrico a partir del potencial.
Hallar la densidad de corriente mediante la ley de Ohm.
Calcular el flujo de la densidad de corriente a través de la superficie puesta a potencial $V 0$ . Este flujo es la intensidad de corriente.
Dividir la diferencia de potencial entre la intensidad de corriente; el resultado es la resistencia eléctrica.

Si el material no es homogéneo ya el potencial eléctrico no verifica la ecuación de Laplace y puede resultar conveniente prescindir de él y trabajar directamente con la densidad de corriente y el campo eléctrico.

3 Resistencia longitudinal

Dada la geometría del sistema, lo más natural es emplear coordenadas cilíndricas.

Por ser un medio homogéneo, el potencial eléctrico verifica la ecuación de Laplace, que en cilíndricas se expresa

$\frac{1}{\rho}\frac{\partial{}\ }{\partial{}\rho}\left(\rho\frac{\partial{}\phi}{\partial{}\rho}\right) +\frac{1}{\rho^2}\frac{\partial^2\phi}{\partial\varphi^2}+\frac{\partial^2\phi}{\partial z^2}=0$

En el caso de la resistencia longitudinal, la diferencia de potencial se establece entre las bases, por lo que las correspondientes condiciones de contorno son

$\phi = V_0\quad (z=0)$ $\phi=0\quad(z=h)$

La condición de que la corriente no escape por las paredes laterales es

$\mathbf{u}_\rho\cdot\nabla\phi=0$ $\Rightarrow$ $\frac{\partial\phi}{\partial\rho}=0\quad (\rho = a\ \mathrm{y}\ \rho=b)$

Además aunque normalmente se da por supuesto, también deben cumplirse condiciones de contorno periódicas en [tex]\varphi[/tex]:

$\phi(0) = \phi(2\pi)\,$ $\frac{\partial\phi}{\partial\varphi}(0) = \frac{\partial\phi}{\partial\varphi}(2\pi)$

Este es el problema completo, que puede resolverse de forma deductiva por separación de variables. Sin embargo, no es necesario, ya que viene en nuestra ayuda el teorema de existencia y unicidad. Si encontramos una solución que cumple tanto la ecuación como las condiciones, es la única solución del problema.

Las condiciones de contorno solo dicen que la derivada respecto a $ρ$ se anula en $ρ = a$ y $ρ = b$ . No dicen que se anule en el interior, pero tampoco lo prohíben.

Así, vamos a hacer la siguiente hipótesis: el potencial depende solo de la coordenada $z$ :

$\phi = \phi(z)\,$

Esta solución obviamente cumple que su derivada respecto a $ρ$ es nula en $a$ y $b$ (porque es nula en todas partes) y también cumple que es periódica en $\varphi$ (pues no depende de $\varphi$ ). Queda por ver que cumpla la ecuación de Laplace y las condiciones de contorno en $z$ . Sustituyendo en la ecuación, ésta se reduce a

$\frac{\mathrm{d}^2\phi}{\mathrm{d}z^2}=0$

que tiene por solución

$\phi = A z + B\,$

Imponiendo ahora las condiciones de contorno en las bases

$V_0=\phi(0)= B\,$ , $0 = \phi(h) = Ah+B\,$

con solución

$B = V_0\qquad A = -\frac{V_0}{h}$

y resulta finalmente el potencial

$\phi(\rho,\varphi,z) =\left(1-\frac{z}{h}\right)V_0$

Este potencial cumple la ecuación de Laplace y las condiciones de contorno en las bases, las caras laterales y la periodicidad, por tanto, es la solución (única) del problema.

Conocido el potencial, hallamos el campo y la corriente

$\mathbf{E}=-\nabla\phi=\frac{V_0}{h}\mathbf{u}_{z}$ $\mathbf{J}=\frac{\sigma V_0}{h}\mathbf{u}_{z}$

Resulta un campo y una corriente uniformes en la dirección longitudinal.

Integrando ahora sobre una sección transversal resulta

$I=\int \mathbf{J}{\cdot}\mathrm{d}\mathbf{S}=\int \left(\frac{\sigma V_0}{h}\mathbf{u}_{z}\right){\cdot}\mathbf{u}_{z}\mathrm{d}S=\frac{\sigma S_0}{h}V_0$

de donde la resistencia es

$R=\frac{h}{\sigma S}=\frac{h}{\sigma\pi(b^2-a^2)}$

3.1 Caso de un cable grueso

El resultado anterior se puede aplicar al caso de un cable grueso macizo, sin más que hacer $a = 0$

$R = \frac{h}{\sigma\pi b^2} = \frac{h}{\sigma S}$

Vemos que, tanto en el caso del tubo como el del cable grueso, la fórmula para la resistencia es la misma que para un conductor filiforme, aunque la longitud del tubo no sea mucho mayor que sus dimensiones transversales. La razón es que la condición principal para que un cable pueda ser tratado como filiforme es que el radio de curvatura sea mucho mayor que sus dimensiones transversales y en el caso de un conductor recto este radio de curvatura es infinito.

4 Resistencia transversal

En el segundo caso se intercambian las condiciones respecto al primero. Ahora tenemos el potencial fijado en las superficies cilíndricas interior y exterior

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

y la anulación de la corriente superficial en las bases

$\frac{\partial\phi}{\partial z} = 0\quad(z=0\ \mathrm{y}\ z=h)$

junto con la condición de periodicidad en $\varphi$ .

Suponiendo una solución dependiente sólo de $ρ$ , la ecuación de Laplace se reduce a

$\frac{1}{\rho}\frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}\rho}\left(\rho\frac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}\rho}\right)=0$

con solución

$\phi = M \ln(\rho) + N\,$

Imponiendo las condiciones de contorno

$V_0 =M \ln(a) + N\,$ $0 = M\ln(b) + N\,$ $\Rightarrow$ $\phi = -\frac{V_0\ln\left(\rho/b\right)}{\ln(b/a)}$

Esta función cumple la ecuación de Laplace, así como las cuatro condiciones de contorno. Es, por tanto, la solución del problema.

El campo y la densidad de corriente en el material valen

$\mathbf{E} = \nabla\phi= \frac{V_0}{\rho\,\ln(b/a)}\mathbf{u}_{\rho}$ $\mathbf{J} = \frac{\sigma V_0}{\rho\,\ln(b/a)}\mathbf{u}_{\rho}$

La corriente total que atraviesa el medio y la resistencia de éste las obtenemos calculando el flujo de $\mathbf{J}$ a través de una superficie que envuelva al cilindro interior

$I =\int \mathbf{J}{\cdot}\mathrm{d}\mathbf{S} = \int_0^h\!\! \mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\!\!\!\! \mathrm{d}\varphi \rho\frac{\sigma V_0}{\rho\ln(b/a)} = \frac{2\pi h \sigma V_0}{\ln(b/a)}$

y de aquí resulta la resistencia

$R = \frac{\ln(b/a)}{2\pi h \sigma}$

Este cálculo es del todo análogo al de la obtención de la capacidad de un condensador coaxial, sin más que reemplazar $\varepsilon$ por $σ$ .

@@ Línea 14: / Línea 14: @@
 * Alternativamente, este cilindro puede representar el dieléctrico que se encuentra entre los conductores de un [[condensador coaxial|cable coaxial]]. Este dieléctrico se supone perfectamente aislante, pero en realidad suele tener una pequeña conductividad. En este caso, existen ''corrientes de fuga'' que van desde el conductor interior al exterior, radialmente. La resistencia del cilindro debe calcularse entre su superficie interior y la exterior.
-==Resistencia longitudinal==
+Tanto en un caso como el otro, las ecuaciónes que verifican el campo eléctrico y la corriente son:
-La resistencia de un tubo se calcula suponiendo una diferencia de potencial entre sus extremos y hallando la corriente que fluye. Por ser el material homogéneo, la ecuación que verifica el potencial es la de Laplace
-<center><math>\nabla^2\phi=0</math></center>
+* El campo eléctrico es irrotacional, por tratarse de una situación estacionaria, lo que permite usar el potencial eléctrico
-Empleando coordenadas cilíndricas con <math>z</math> la dirección longitudinal queda
+<center><math>\nabla\times\mathbf{E}=\mathbf{0}</math>{{tose}}<math>\mathbf{E}=-\nabla\phi</math></center>
+* La densidad de corriente es solenoidal, por tratarse de una distribución estacionaria,
+<center><math>\nabla\cdot\mathbf{J}=0</math></center>
+* Se cumple la ley de Ohm
+<center><math>\mathbf{J}=\sigma\mathbf{E}\,</math></center>
+Combinando estas ecuaciones obtenemos que, si el material es homogéneo (la conductividad no depende de la posición), el potencial verifica la ecuación de Laplace
+<center><math>0 = \nabla\cdot(\sigma\mathbf{E})=-\nabla\cdot(\sigma\nabla\phi)=-\sigma\nabla^2\phi</math>{{tose}}<math>\nabla^2\phi = 0</math></center>
+La técnica para hallar la resistencia entre dos superficies entre las cuales hay un material homogéneo, consiste en:
+# Suponer una cierta diferencia de potencial <math>V_0</math> entre estas superficies.
+<center><math>\phi = V_0\quad (\mathbf{r}\in S_1)</math>{{qquad}}<math>\phi=0\quad(\mathbf{r}\in S_2)</math></center>
+<ol start="2">
+<li> Suponer que el por resto de las paredes no entra ni sale corriente, esto es, hay un tubo de corriente de una superficie a la otra.</li></ol>
+<center><math>0 = \mathbf{n}\cdot\mathbf{J}</math>{{tose}}<math>\mathbf{n}\cdot\nabla\phi=0</math></center>
+<ol start="3">
+<li> Resolver la ecuación de Laplace con estas condiciones de contorno.
+</li><li>
+Hallar el campo eléctrico a partir del potencial.
+</li><li>
+Hallar la densidad de corriente mediante la ley de Ohm.
+</li><li>
+Calcular el flujo de la densidad de corriente a través de la superficie puesta a potencial <math>V_0</math>. Este flujo es la intensidad de corriente.
+</li><li>Dividir la diferencia de potencial entre la intensidad de corriente; el resultado es la resistencia eléctrica.
+</li></ol>
+Si el material no es homogéneo ya el potencial eléctrico no verifica la ecuación de Laplace y puede resultar conveniente prescindir de él y trabajar directamente con la densidad de corriente y el campo eléctrico.
+==Resistencia longitudinal==
+Dada la geometría del sistema, lo más natural es emplear coordenadas cilíndricas.
+Por ser un medio homogéneo, el potencial eléctrico verifica la ecuación de Laplace, que en cilíndricas se expresa
 <center><math>\frac{1}{\rho}\frac{\partial{}\ }{\partial{}\rho}\left(\rho\frac{\partial{}\phi}{\partial{}\rho}\right)
 +\frac{1}{\rho^2}\frac{\partial^2\phi}{\partial\varphi^2}+\frac{\partial^2\phi}{\partial z^2}=0</math></center>
-A esta ecuación debemos añadir las condiciones de contorno de que en los extremos haya una diferencia de potencial <math>V_0</math>,
+En el caso de la resistencia longitudinal, la diferencia de potencial se establece entre las bases, por lo que las correspondientes condiciones de contorno son
-<center><math>\phi=V\qquad (z=0)\qquad\phi=0\qquad (z=l)</math></center>
+<center><math>\phi = V_0\quad (z=0)</math>{{qquad}}<math>\phi=0\quad(z=h)</math></center>
-Además de estas condiciones hay que fijar las condiciones en las paredes laterales. En estas se verifica que la corriente que sale es
+La condición de que la corriente no escape por las paredes laterales es
-nula (no hay fugas) y, por tanto,
-<center><math>\mathbf{n}{\cdot}\mathbf{J}=0</math>{{tose}}<math>\mathbf{n}{\cdot}\mathbf{E}=0</math>{{tose}}<math>\frac{\partial{}\phi}{\partial{}\rho}=0</math></center>
+<center><math>\mathbf{u}_\rho\cdot\nabla\phi=0</math>{{tose}}<math>\frac{\partial\phi}{\partial\rho}=0\quad (\rho = a\ \mathrm{y}\ \rho=b)</math></center>
-esto es, en las caras laterales se cumple que la derivada del potencial en la dirección perpendicular (radial en este caso) es nula.
+Además aunque normalmente se da por supuesto, también deben cumplirse condiciones de contorno periódicas en [tex]\varphi[/tex]:
-Una solución para este problema es un potencial que varía linealmente con <math>z</math>
+<center><math>\phi(0) = \phi(2\pi)\,</math>{{qquad}}{{qquad}}<math>\frac{\partial\phi}{\partial\varphi}(0) = \frac{\partial\phi}{\partial\varphi}(2\pi)</math></center>
-<center><math>\phi=\frac{V_0(l-z)}{l}</math></center>
+Este es el problema completo, que puede resolverse de forma deductiva por separación de variables. Sin embargo, no es necesario, ya que viene en nuestra ayuda el teorema de existencia y unicidad. Si encontramos una solución que cumple tanto la ecuación como las condiciones, es la única solución del problema.
-Este potencial obedece la ecuación de Laplace y satisface las condiciones de contorno tanto en las bases como en las caras laterales. por tanto, es la solución.
+Las condiciones de contorno solo dicen que la derivada respecto a <math>\rho</math> se anula en <math>\rho = a</math> y <math>\rho = b</math>. No dicen que se anule en el interior, ''pero tampoco lo prohíben''.
+Así, vamos a hacer la siguiente hipótesis: el potencial depende solo de la coordenada <math>z</math>:
+<center><math>\phi = \phi(z)\,</math></center>
+Esta solución obviamente cumple que su derivada respecto a <math>\rho</math> es nula en <math>a</math> y <math>b</math> (porque es nula en todas partes) y también cumple que es periódica en <math>\varphi</math> (pues no depende de <math>\varphi</math>). Queda por ver que cumpla la ecuación de Laplace y las condiciones de contorno en <math>z</math>. Sustituyendo en la ecuación, ésta se reduce a
+<center><math>\frac{\mathrm{d}^2\phi}{\mathrm{d}z^2}=0</math></center>
+que tiene por solución
+<center><math>\phi = A z + B\,</math></center>
+Imponiendo ahora las condiciones de contorno en las bases
+<center><math>V_0=\phi(0)= B\,</math>,{{qquad}}{{qquad}}<math>0 = \phi(h) = Ah+B\,</math></center>
+con solución
+<center><math>B = V_0\qquad A = -\frac{V_0}{h}</math></center>
+y resulta finalmente el potencial
+<center><math>\phi(\rho,\varphi,z) =\left(1-\frac{z}{h}\right)V_0</math></center>
+Este potencial cumple la ecuación de Laplace y las condiciones de contorno en las bases, las caras laterales y la periodicidad, por tanto, es la solución (única) del problema.
 Conocido el potencial, hallamos el campo y la corriente
-<center><math>\mathbf{E}=-\nabla\phi=\frac{V}{l}\mathbf{u}_{z}</math>{{qquad}}<math>\mathbf{J}=\frac{\sigma V}{l}\mathbf{u}_{z}</math></center>
+<center><math>\mathbf{E}=-\nabla\phi=\frac{V_0}{h}\mathbf{u}_{z}</math>{{qquad}}<math>\mathbf{J}=\frac{\sigma V_0}{h}\mathbf{u}_{z}</math></center>
 Resulta un campo y una corriente uniformes en la dirección longitudinal.
@@ Línea 49: / Línea 109: @@
 Integrando ahora sobre una sección transversal resulta
-<center><math>I=\int \mathbf{J}{\cdot}\mathrm{d}\mathbf{S}=\int \left(\frac{\sigma V}{l}\mathbf{u}_{z}\right){\cdot}\mathbf{u}_{z}\mathrm{d}S=\frac{\sigma S}{l}V</math></center>
+<center><math>I=\int \mathbf{J}{\cdot}\mathrm{d}\mathbf{S}=\int \left(\frac{\sigma V_0}{h}\mathbf{u}_{z}\right){\cdot}\mathbf{u}_{z}\mathrm{d}S=\frac{\sigma S_0}{h}V_0</math></center>
 de donde la resistencia es
-<center><math>R=\frac{l}{\sigma S}</math></center>
+<center><math>R=\frac{h}{\sigma S}=\frac{h}{\sigma\pi(b^2-a^2)}</math></center>
+===Caso de un cable grueso===
+El resultado anterior se puede aplicar al caso de un cable grueso macizo, sin más que hacer <math>a=0</math>
+<center><math>R = \frac{h}{\sigma\pi b^2} = \frac{h}{\sigma S}</math></center>
+Vemos que, tanto en el caso del tubo como el del cable grueso, la fórmula para la resistencia es la misma que para un conductor filiforme, aunque la longitud del tubo no sea mucho mayor que sus dimensiones transversales. La razón es que la condición principal para que un cable pueda ser tratado como filiforme es que el radio de curvatura sea mucho mayor que sus dimensiones transversales y en el caso de un conductor recto este radio de curvatura es infinito.
 ==Resistencia transversal==
+En el segundo caso se intercambian las condiciones respecto al primero. Ahora tenemos el potencial fijado en las superficies cilíndricas interior y exterior
+<center><math>\phi = V_0\qquad (\rho=a)\qquad \qquad \phi=0\qquad (\rho=b)</math></center>
+y la anulación de la corriente superficial en las bases
+<center><math>\frac{\partial\phi}{\partial z} = 0\quad(z=0\ \mathrm{y}\ z=h)</math></center>
+junto con la condición de periodicidad en <math>\varphi</math>.
+Suponiendo una solución dependiente sólo de <math>\rho</math>, la ecuación de Laplace se reduce a
+<center><math>\frac{1}{\rho}\frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}\rho}\left(\rho\frac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}\rho}\right)=0</math></center>
+con solución
+<center><math>\phi = M \ln(\rho) + N\,</math></center>
+Imponiendo las condiciones de contorno
+<center><math>V_0 =M \ln(a) + N\,</math> {{qquad}}<math>0 = M\ln(b) + N\,</math>{{tose}}<math>\phi = -\frac{V_0\ln\left(\rho/b\right)}{\ln(b/a)}</math></center>
+Esta función cumple la ecuación de Laplace, así como las cuatro condiciones de contorno. Es, por tanto, la solución del problema.
+El campo y la densidad de corriente en el material valen
+<center><math>\mathbf{E} = \nabla\phi= \frac{V_0}{\rho\,\ln(b/a)}\mathbf{u}_{\rho}</math>{{qquad}}<math>\mathbf{J} = \frac{\sigma V_0}{\rho\,\ln(b/a)}\mathbf{u}_{\rho}</math></center>
+La corriente total que atraviesa el medio y la resistencia de éste las obtenemos calculando el flujo de <math>\mathbf{J}</math> a través de una superficie que envuelva al cilindro interior
+<center><math>I =\int \mathbf{J}{\cdot}\mathrm{d}\mathbf{S} = \int_0^h\!\! \mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\!\!\!\! \mathrm{d}\varphi
+\rho\frac{\sigma V_0}{\rho\ln(b/a)} = \frac{2\pi h \sigma V_0}{\ln(b/a)}</math></center>
+y de aquí resulta la resistencia
+<center><math>R = \frac{\ln(b/a)}{2\pi h \sigma}</math></center>
+Este cálculo es del todo análogo al de la obtención de la capacidad de un [[condensador coaxial]], sin más que reemplazar
+<math>\varepsilon</math> por <math>\sigma</math>.
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Resistencia de un tubo

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2 Introducción

3 Resistencia longitudinal

3.1 Caso de un cable grueso

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