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Fuerza entre conductores con dieléctricos entre ellos

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

En un sistema formado por dos esferas metálicas concéntricas de radios a y c, entre las cuales se encuentran dos medios dieléctricos, con una interfaz ecuatorial. Cuando el conductor interior almacena una carga Q, aparece una fuerza de atracción entre los electrodos, que está ausente si solo hay un medio dieléctrico que llene todo el espacio entre las placas. Se trata de calcular esta fuerza.
  1. Determine la densidad de carga libre en la superficie del electrodo interior.
  2. Halle el valor del campo eléctrico en los mismos puntos.
  3. La fuerza sobre un elemento de superficie conductora es \mathrm{d}\mathbf{F} = \sigma_l\mathbf{E}\,\mathrm{d}S/2. Integrando esta fuerza elemental, determine la fuerza neta sobre el electrodo interior. ¿Hacia donde va dirigida? ¿Cuál es el origen de esta fuerza?
  4. De forma análoga, calcule la fuerza sobre el electrodo exterior. ¿Se verifica la tercera ley de Newton?

2 Introducción

Antes de hacer ningún cálculo, es útil entender la interpretación física del problema. Tenemos una esfera metálica cargada, con una carga libre Q que suponemos positiva, en el centro de un hueco también metálico, que almacena una carga libre Q (igual y opuesta a la anterior, ya que ambas superficies forman un condensador). El espacio entre las dos superficies está ocupado por dos dieléctricos de distinta permitividad.

Se nos dice que aparece una fuerza sobre la esfera interior y que hallemos su valor. ¿Por qué aparece esta fuerza?

Es claro que si no hubiera dieléctrico alguno, la fuerza valdría cero, ya que la simetría del sistema hace que la fuerza sobre las cargas de un lado sea igual y opuesta a la fuerza sobre las cargas situadas en las antípodas. La resultante será nula. Lo mismo ocurrirá si entre las esferas hay un solo dieléctrico homogéneo.

Así pues, es la presencia de dos dieléctricos (o, más en general, la inhomogeneidad) lo que produce la resultante no nula. La razón es que las cargas de la esfera polarizan a los dieléctricos. Pero, al ser diferente su permitividad, la densidad de polarización que aparece en uno de los medios será superior a la del otro medio. Puesto que las cargas de polarización atraen a las cargas libres de la esfera, esto quiere decir que uno de los dos medios tira con mayor fuerza de la esfera central. Se produce entonces una fuerza neta que deberá ir en la dirección del dieléctrico de mayor permitividad.

3 Densidad de carga libre

Para determinar la densidad de carga libre debemos calcular previamente el vector desplazamiento, cuya discontinuidad nos da la densidad de carga. A su vez, para hallar el vector \mathbf{D} debemos determinar simultáneamente el campo eléctrico.

Alternativamente podemos hallar en primer lugar la distribución de potencial eléctrico, y a partir de éste el campo, el desplazamiento y la carga libre. No obstante, dada la simplicidad de las ecuaciones que aparecen en este problema, no es necesario recurrir al potencial y puede resolverse completamente empleando solo \mathbf{E} y \mathbf{D}

La solución matemática de este problema es casi idéntica al del problema de dos superficies esféricas entre las cuales hay cuñas de dieléctrico.

3.1 Ecuaciones para los campos

Las ecuaciones que gobiernan a los campos en el espacio entre las dos esferas son (denomiando a las dos regiones dieléctricas 1 y 2)

\nabla\cdot\mathbf{D}_i=\rho_l = 0        \nabla\times\mathbf{E}_i=\mathbf{0}    i = 1,2

En la ley de Gauss para medios materiales se anula la densidad de carga libre por ser los dieléctricos ideales. La única densidad de carga libre estará en las superficies conductoras, no en el espacio entre ellas.

A estas ecuaciones hay que añadir las relaciones constitutivas. Por tratarse de dieléctricos lineales

\mathbf{D}_2=\varepsilon_2\mathbf{E}_2\,    (z > 0)        \mathbf{D}_1=\varepsilon_1\mathbf{E}_1\,    (z > 0)

Las condiciones de salto en la interfaz entre los dos dieléctricos son

\mathbf{n}\cdot[\mathbf{D}] = 0\,        \mathbf{n}\times[\mathbf{E}] = \mathbf{0}\,        (interfaz z = 0)

En la superficie de separación entre los dieléctricos no hay cargas libres, por la misma razón que antes. No así en la interfaz entre cada dieléctrico y la esfera interior o la pared exterior. Ahí si habrá cargas libres cuya densidad es desconocida a priori, por tratarse de superficies conductoras.

Lo que podemos saber de las superficies es que son equipotenciales y por tanto en ellas el campo es perpendicular a ellas, esto es, es radial

\mathbf{E}=E\mathbf{u}_r\,        (r = a) y (r = c)

y que la carga libre contenida en la esfera interior es Q

\oint \mathbf{D}\cdot\mathrm{d}\mathbf{S}=Q

Se trata ahora de resolver estas ecuaciones y condiciones de salto

3.2 Solución

3.2.1 Campos en los medios

Amparados por el teorema de unicidad, suponemos que los campos en cada dieléctrico son radiales

\mathbf{E}_i=E_i\mathbf{u}_r\,        \mathbf{D}_i=D_i\mathbf{u}_r\,

En este caso, empleando coordenadas esféricas, la ley de Gauss se reduce a

\nabla\cdot\mathbf{D}_i = \frac{1}{r^2}\frac{\partial\ }{\partial r}\left(r^2D_i\right)=0

mientras que la condición de que el campo es irrotacional conduce a

\nabla\times\mathbf{E}=\mathbf{0}   \Rightarrow   \frac{\partial E_i}{\partial\theta}=\frac{\partial E_i}{\partial\varphi} = 0

simplemente escribiendo la expresión del rotacional en esféricas. Puesto que, en cada una de las regiones, la permitividad es homogénea, obtenemos que el desplazamiento tampoco depende de estas coordenadas

\varepsilon_i=\mathrm{cte}\,   \Rightarrow   \frac{\partial D_i}{\partial\theta}=\frac{\partial D_i}{\partial\varphi} = 0

Esto, junto con la ley de Gauss, nos da que el vector desplazamiento en cada región es de la forma

\mathbf{D}_i = \frac{k_i}{r^2}\mathbf{u}_i\qquad\qquad i = 1,2

con ki una constante diferente para cada dieléctrico. El campo eléctrico en cada medio vale

\mathbf{E}_i = \frac{k_i}{\varepsilon_i r^2}\mathbf{u}_i\qquad\qquad i = 1,2

En términos físicos, este resultado nos dice que, en una zona libre de carga, un campo radial es siempre como el de una carga puntual situada en el centro (decae como r²).

3.2.2 Determinación de las constantes

Para hallar los valores de las ki debemos aplicar las condiciones de salto en las diferentes interfaces.

En la superficie de separación entre los dos dieléctricos son continuas la componente normal del desplazamiento y la tangencial del campo eléctrico. Ahora bien, por ser ambos campos radiales, la componente normal en dicha interfaz es nula. Por ello, la primera condición de salto no nos dice nada

\mathbf{n}\cdot\left(\mathbf{D}_2-\mathbf{D}_1\right)=0-0=0

Al tener el campo eléctrico componente exclusivamente tangencial, la continuidad de esta componente implica que el campo eléctrico en el dieléctrico 1 es igual al campo en el dieléctrico 2

\mathbf{n}\times\left(\mathbf{E}_2-\mathbf{E}_1\right)=\mathbf{0}   \Rightarrow   \frac{k_1}{\varepsilon_1 r^2}=\frac{k_2}{\varepsilon_2 r^2}   \Rightarrow   \frac{k_1}{\varepsilon_1}=\frac{k_2}{\varepsilon_2}\equiv A

Para llegar a este resultado paso a paso no hay más que aplicar que en la interfaz entre los dos dieléctricos la normal es

\mathbf{n}=\mathbf{u}_z=\left.\left(\cos\theta\,\mathbf{u}_r-\,\mathrm{sen}\,\theta\mathbf{u}_\theta\right)\right|_{\theta=\pi/2} = -\mathbf{u}_\theta

El hecho de que tengamos dos regiones con una interfaz tangente al campo eléctrico hace que este sistema sea equivalente a dos condensadores puestos en paralelo, por lo que el tratamiento es análogo al caso plano, salvo por la dependencia radial.

Tenemos entonces que el campo eléctrico en ambas regiones tiene la misma forma

\mathbf{E}_1=\mathbf{E}_2 = \frac{A}{r^2}\mathbf{u}_r

mientras que el vector desplazamiento será diferente en cada medio

\mathbf{D}_1= \frac{A\varepsilon_1}{r^2}\mathbf{u}_r        \mathbf{D}_2= \frac{A\varepsilon_2}{r^2}\mathbf{u}_r

Esto está de acuerdo con el argumento de que un medio se polariza más que el otro.

Queda por determinar la constante A. Para ello, aplicamos que conocemos la carga libre de la esfera interior. Aplicando la ley de Gauss para medios materiales
\oint \mathbf{D}\cdot\mathrm{d}\mathbf{S}=Q

a una superficie esférica S concéntrica con la esfera metálica nos queda una integral que se divide en dos tramos

\oint_S \mathbf{D}\cdot\mathrm{d}\mathbf{S}=\int_{S_1}\mathbf{D}_1\cdot\mathrm{d}\mathbf{S}_1+ \int_{S_1}\mathbf{D}_1\cdot\mathrm{d}\mathbf{S}_1

La integral sobre cada hemisferio vale

\int_{S_1}\mathbf{D}_1\cdot\mathrm{d}\mathbf{S}_1 = \int \left(\frac{A\varepsilon_1}{r^2}\mathbf{u}_r\right)\cdot\left(r^2\,\mathrm{d}\Omega \mathbf{u}_r\right)=A\varepsilon_1\Omega_1 = 2\pi \varepsilon_1 A

y de aquí obtenemos la constante A

Q = 2\pi\varepsilon_1 A+2\pi\varepsilon_2A\,   \Rightarrow   A=\frac{Q}{2\pi(\varepsilon_1+\varepsilon_2)}

3.3 Densidad de carga

La densidad de carga libre en la superficie conductora la da el salto en el vector desplazamiento

\sigma_l = \mathbf{n}\cdot[\mathbf{D}]

donde ahora \mathbf{n}=\mathbf{u}_r es el vector normal a la superficie conductora. Puesto que el campo eléctrico y el vector desplazamiento son nulos dentro de la esfera, el salto nos da

\sigma_{li}=\mathbf{u}_r\cdot\left(\frac{A\varepsilon_i}{r^2}\mathbf{u}_r-\mathbf{0}\right)_{r=a}=\frac{A\varepsilon_i}{a^2}

Resulta una densidad de carga mayor en la frontera con el medio de mayor permitividad.

4 Fuerza sobre el electrodo interior

Podemos hallar la fuerza sobre la esfera de dos maneras equivalentes.

  • Directamente a partir de la fuerza sobre una densidad de carga superficial en un conductor
\mathrm{d}\mathbf{F}=\frac{1}{2}\sigma_l\mathbf{E}\,\mathrm{d}S
  • Hallando la presión eléctrica sobre el conductor y de aquí la fuerza
p=\frac{1}{2}\varepsilon E^2   \Rightarrow   \mathrm{d}\mathbf{F}=p_e\,\mathrm{d}\mathbf{S}

A partir de la relación entre el campo y la densidad de carga y teniendo en cuenta que tanto el campo como el vector superficie son radiales, se demuestra de forma sencilla que ambas expresiones son equivalentes.

Una vez que se tiene la fuerza diferencial sobre un elemento de superficie, se halla la resultante sumando las fuerzas diferenciales

\mathbf{F}=\oint \mathrm{d}\mathbf{F} = \oint p_e\,\mathrm{d}\mathbf{S} = \oint \frac{1}{2}\sigma_l\mathbf{E}\,\mathrm{d}S

Según esto, la fuerza diferencial sobre un elemento de la esfera metálica es

\mathrm{d}\mathbf{F} = \frac{1}{2}\sigma_l\mathbf{E}\mathrm{d}S = \frac{1}{2}\left(\frac{A\varepsilon_i}{a^2}\right)\left(\frac{A}{a^2}\mathbf{u}_r\right)\mathrm{d}S=\frac{A^2\varepsilon_i}{2a^2}\mathrm{d}\mathbf{S}

Nótese que en la expresión del campo hay que sustituir el radio por su valor, pues se trata de evaluarlo en la superficie. Obsérvese también que el vector diferencial de superficie escalar, dS, absorbe el unitario radial y se transforma en el vector diferencial de superficie \mathrm{d}\mathbf{S}.

La fuerza neta sobre el hemisferio superior es

\mathbf{F}_2 = \int_{S_2} \mathrm{d}\mathbf{F}=\frac{A^2\varepsilon_2}{2a^4}\int_{S_2}\mathrm{d}\mathbf{S} = \frac{A^2\varepsilon_2}{2a^4}\pi a^2\mathbf{u}_z = \frac{\pi A^2\varepsilon_2}{2a^2}\mathbf{u}_z

En la última integral aparece πa2 y no a2 (que sería el área del hemisferio), porque se trata de la integral del vector superficie. Este vector tiene por componentes las áreas de las proyecciones sobre los planos coordenados. Un hemisferio tiene por única proyección la del plano z = 0: un círculo de radio a. Por ello

\int_{S_2}\mathrm{d}\mathbf{S}=S_z \mathbf{u}_z = \pi a^2\mathbf{u}_z

También puede llegarse a este resultado hallando explícitamente la integral

\int_{S_2}\mathrm{d}\mathbf{S} = \int_{S_2}\mathbf{u}_r\mathrm{d}S = \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi/2}(\cos\varphi\,\mathrm{sen}\,\theta\,\mathbf{u}_x+\,\mathrm{sen}\,\varphi\,\mathrm{sen}\,\theta\,\mathbf{u}_y+\cos\theta\,\mathbf{u}_z)a^2\,\mathrm{sen}\,\theta\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi=\pi a^2\mathbf{u}_z

La fuerza sobre el hemisferio inferior va en sentido contrario a la anterior

\mathbf{F}_1 = \int_{S_1} \mathrm{d}\mathbf{F}=\frac{A^2\varepsilon_1}{2a^4}\int_{S_2}\mathrm{d}\mathbf{S} = -\frac{\pi A^2\varepsilon_1}{2a^2}\mathbf{u}_z

La resultante es la suma de las dos contribuciones

\mathbf{F}=\mathbf{F}_1+\mathbf{F}_2 = \frac{\pi A^2(\varepsilon_2-\varepsilon_1)}{2a^2}\mathbf{u}_z

Sustituyendo el valor de la constante A obtenemos finalmente

\mathbf{F}=\frac{Q^2(\varepsilon_2-\varepsilon_1)}{8\pi(\varepsilon_1+\varepsilon_2)^2a^2}\mathbf{u}_z

Esta fuerza va en la dirección de un dieléctrico al otro, y en el sentido dirigido hacia el dieléctrico de mayor permitividad.

Podemos ver que si los dos dieléctricos tienen la misma permitividad, en particular si entre las esferas hay vacío, la resultante se anula y no hay fuerza sobre la esfera interior, como dijimos al principio.

5 Fuerza sobre el electrodo exterior

La fuerza sobre la esfera exterior se calcula de la misma forma. Se halla la densidad de carga en la superficie del hueco y el campo eléctrico en dicha superficie. Se calcula la fuerza diferencial y se integra. El resultado final es

\mathbf{F}_\mathrm{ext}=-\frac{Q^2(\varepsilon_2-\varepsilon_1)}{8\pi(\varepsilon_1+\varepsilon_2)^2c^2}\mathbf{u}_z

Esta fuerza tiene la misma dirección que la fuerza sobre la esfera interior, y sentido opuesto, pero es diferente en módulo. En una aparece el radio de la esfera interior y en la otra el del hueco. Por tanto, no se anulan mutuamente.

Esta aparente violación de la tercera ley de Newton se explica si tenemos en cuenta que nuestro sistema no está formado por sólo los dos conductores. También están los dieléctricos. La fuerza neta sobre el conjunto de los dieléctricos garantiza que la fuerza neta es nula (ya que se trata de fuerzas internas).

\mathbf{F}_\mathrm{diel}=-\mathbf{F}_\mathrm{int}-\mathbf{F}_\mathrm{ext}=-\frac{Q^2(\varepsilon_2-\varepsilon_1)}{8\pi(\varepsilon_1+\varepsilon_2)^2}\left(\frac{1}{a^2}-\frac{1}{c^2}\right)\mathbf{u}_z

dado que a < c esta fuerza sobre los dieléctricos irá dirigida en sentido contrario a la fuerza sobre la esfera interior.

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