Condensador plano

De Laplace

Revisión a fecha de 16:56 16 dic 2008; Antonio (Discusión | contribuciones)

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Contenido

1 Enunciado
2 Solución

1 Enunciado

Dos placas conductoras cuadradas de lado

L

se sitúan paralelamente a una distancia

a

la una de la otra ( $a\ll L$ ). Los potenciales de ambas placas son

V 1

y

V 2

, respectivamente. Calcule el valor aproximado de

El potencial en los puntos entre ambas placas.
El campo eléctrico en el espacio intermedio.
La carga almacenada en la caras de las placas enfrentadas a la otra placa.

Desprecie los efectos de borde.

2 Solución

2.1 Potencial eléctrico

Como en el caso del condensador coaxial si consideramos el caso de dos placas de área finita, el problema completo precisa incluir la zona exterior a las placas. Esto requiere el uso de métodos numéricos o avanzadas técnicas analíticas (como el empleo de variable compleja y transformaciones conformes).

Sin embargo, si la distancia entre placas es mucho menos que las dimensiones laterales de estas, podemos hacer la aproximación de que el campo se concentra sólo en el espacio entre ellas. y que además va en la dirección perpendicular a las placas (dirección que tomamos como eje $Z$ ). Según esto

$\mathbf{E}=E\mathbf{u}_z$

Igualando esto al gradiente del potencial cambiado de signo, expresado en cartesianas o en cilíndricas, resulta

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

y si el potencial depende exclusivamente de la coordenada ortogonal a las placas, la ecuación de Laplace se reduce a

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

con las condiciones de contorno

$\phi(z=0) = V_0\,$ $\phi(z=a) = 0\,$

La solución de la ecuación diferencial es, simplemente,

$\phi = A + B z\,$

y, tras aplicar las condiciones de contorno

$\phi = V_0\left(1-\frac{z}{a}\right)$

2.2 Campo eléctrico

Conocido el potencial, el campo es inmediato.

$\mathbf{E}=-\nabla\phi = -\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}z}\mathbf{u}_z = \frac{V_0}{a}\mathbf{u}_z$

Resulta un campo uniforme en todo el espacio entre las placas.

Este campo puede también determinarse sin pasar por el potencial eléctrico. Si partimos de las leyes de la electrostática

$\nabla\cdot\mathbf{E}=\frac{\rho}{\varepsilon_0}=0$ $\nabla\times\mathbf{E}=\mathbf{0}$

y suponemos que el campo va en la dirección perpendicular a las placas

$\mathbf{E}=E\mathbf{u}_z$

estas leyes nos dan

$0=\nabla\cdot\mathbf{E}=\frac{\partial E}{\partial z}$ $\mathbf{0}=\nabla\times\mathbf{E} = \left|\begin{matrix}\mathbf{u}_x & \mathbf{u}_y & \mathbf{u}_z\\ & & \\ \displaystyle\frac{\partial\ }{\partial x}& \displaystyle\frac{\partial\ }{\partial y} & \displaystyle\frac{\partial\ }{\partial z} \\ & & \\ 0 & 0 & E\end{matrix}\right| = \frac{\partial E}{\partial y}\mathbf{u}_x - \frac{\partial E}{\partial x}\mathbf{u}_y$

y, por tanto,

$\frac{\partial E}{\partial x} = \frac{\partial E}{\partial y} = \frac{\partial E}{\partial z} = 0$

esto es, el campo eléctrico es independiente de la posición en el espacio entre las placas.

Su valor lo sacamos de que conocemos la diferencia de potencial entre las placas. Si consideramos un camino rectilíneo que vaya de una placa a la otra.

$V_0 = \phi(z=0) -\phi(z=a) = \int_A^B \mathbf{E}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=\int_0^a E\,\mathrm{d}z = Ea$

La integral es inmediata por ser el campo uniforme. Despejando

$\mathbf{E}=E\mathbf{u}_z = \frac{V_0}{a}\mathbf{u}_z$

2.3 Carga en una de las placas

Conocido el campo eléctrico, obtenemos la densidad de carga en la superficie conductora de mayor potencial (la de $z = a$ ) como

$\sigma_s = \varepsilon_0\mathbf{n}\cdot[\mathbf{E}]=\varepsilon_0 \mathbf{u}_z\cdot\left(\frac{V_0}{a}\mathbf{u}_z-\mathbf{0}\right) = \frac{\varepsilon_0 V_0}{a}$

En la otra placa, la densidad de carga es igual, pero de signo contrario.

Puesto que resulta una densidad de carga uniforme, la carga total de esta placa es simplemente

$Q= \int_S \sigma_s \,\mathrm{d}S = \frac{\varepsilon_0S}{a}V_0$

2.4 Capacidad de un condensador plano

La capacidad de este condensador será igual al cociente de la carga de una placa por la diferencia de potencial entre esta placa y la otra

$C = \frac{Q_1}{V_1-V_2} = \frac{\varepsilon_0SV_0/a}{V_0}= \frac{\varepsilon_0S}{a}$

2.5 Condensadores casi planos

La fórmula de la capacidad de un condensador plano posee una mayor aplicabilidad que la que aparenta este problema. Aunque se ha deducido para el caso de dos superficies planas y paralelas a muy corta, esta expresión proporciona un valor aproximado para condensadores formados por superficies curvas, si la curvatura de éstas es despreciable. Esto ocurrirá cuando la distancia entre las placas sea mucho menor que el radio de curvatura de muchas superficies.

2.5.1 Condensador esférico

Consideremos el caso de un condensador esférico, formado por dos superficies de radios $a$ y $b$ , muy próximos entre sí, de forma que

$b = a+\delta\qquad \qquad \delta\ll a$

En este caso la capacidad del condensador esférico se puede expresar como

$C = \frac{4\pi\varepsilon_0 ab}{b-a}=\frac{4\pi\varepsilon_0a(a+\delta)}{\delta}$

Despreciando $δ$ frente a $a$

$C \simeq \frac{4\pi\varepsilon_0a^2}{\delta}=\frac{\varepsilon_0S}{\delta}$

ya que $S = 4π a 2$ es el área de una superficie esférica.

Por ejemplo, para el condensador formado por la superficie terrestre (aproximadamente de radio 6400 km) y la ionosfera (situada a unos 100 km sobre ella) la capacidad calculada empleando la fórmula del condensador esférico da

$C = \frac{1}{9\times 10^9}\,\frac{(6.4\times 10^6)(6.5\times 10^6)}{10^5}\,\mathrm{F} = 46.2\,\mathrm{mF}$

y usando la fórmula del condensador plano

$C = \frac{1}{9\times 10^9}\,\frac{(6.4\times 10^6)(6.4\times 10^6)}{10^5}\,\mathrm{F} = 45.6\,\mathrm{mF}$

Condensador plano

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Contenido

1 Enunciado

2 Solución

2.1 Potencial eléctrico

2.2 Campo eléctrico

2.3 Carga en una de las placas

2.4 Capacidad de un condensador plano

2.5 Condensadores casi planos

2.5.1 Condensador esférico

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