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Condensador con tres capas de dieléctrico

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

Entre dos placas metálicas, planas y paralelas de sección S y separadas una distancia 3a se encuentran tres capas de dieléctrico, de espesor a cada una. Las capas poseen permitividades \varepsilon_1, \varepsilon_2 y \varepsilon_3. Las dos capas adyacentes a las placas son dieléctricos ideales, mientras que la capa central posee una conductividad σ.

Se establece bruscamente una diferencia de potencial V0 entre las placas conductoras

  1. Determine la distribución del campo eléctrico en todos los puntos entre las placas, en los instantes inmediatamente posteriores a la conexión.
  2. Calcule la energía electrostática almacenada en el sistema en estos instantes iniciales.
  3. Pasado un tiempo largo tras la conexión, ¿cuál es la distribución de campos en el sistema? ¿Cuánto vale la energía almacenada?
  4. ¿Cuánto valen las cargas almacenadas en las placas inmediatamente después de la conexión y mucho tiempo después de ella? ¿Qué trabajo ha realizado el generador en el periodo transitorio?
  5. Sin resolver la evolución temporal de los campos en el sistema, ¿cuánto vale la energía disipada durante el periodo transitorio?

Desprecie los efectos de borde.

2 Introducción

Este problema requiere algunos conceptos de corriente eléctrica pero su solución matemática puede hacerse de forma completa empleando exclusivamente conductores perfectos y dieléctricos ideales.

La idea es que, inmediatamente tras la conexión, no ha dado tiempo a que las cargas se redistribuyan en el material con conductividad (aunque sí en las placas, que son conductores perfectos), de forma que las tres capas se comportan como dieléctricos ideales.

Mucho tiempo tras la conexión, la capa central, conductora, alcanza el equilibrio electrostático y se convierte en equipotencial y el sistema se reduce a solo dos capas de dieléctrico, con un conductor entre ellas.

Este sistema puede resolverse de numerosas formas

  • Resolviendo el problema para el potencial eléctrico
  • Empleando solamente el campo eléctrico y el vector desplazamiento.
  • Usando un circuito equivalente.

Aquí veremos la solución a partir del campo y el desplzamiento; al final comentaremos cómo sería con el circuito equivalente.

3 Situación tras la conexión

La solución de este apartado es una generalización del condensador con dos capas de dieléctrico.

En el instante inmediatamente posterior a la conexión, se establece una diferencia de potencial entre las placas exteriores, que se cargan inmediatamente. Esta diferencia de potencial implica un campo eléctrico en las tres regiones, que no tiene por qué ser el mismo en cada una.

En cada una de las capas, por tratarse de medios homogéneos, no hay carga de volumen y se cumplen las ecuaciones diferenciales

\nabla\times\mathbf{E}_i = \mathbf{0}\,    \nabla\cdot\mathbf{D}_i=0\,    \mathbf{D}_i =\varepsilon_i\mathbf{E}_i\quad i=1,2,3

Como en el caso del condensador con dos capas de dieléctrico, si despreciamos los efectos de borde, esto implica que los campos son uniformes en cada región

\mathbf{E}_i = E_{i0}\mathbf{u}_z    \mathbf{D}_i=D_{i0}\mathbf{u}_z

Los valores de estas constantes los obtenemos las condiciones de salto. En el instante t = 0 + aun no se ha acumulado carga en las interfaces entre las capas, de forma que se verifica la continuidad de la componente normal de \mathbf{D}

\mathbf{n}\cdot[\mathbf{D}]=\sigma_s=0\,   \Rightarrow   D_{10}=D_{20}\quad (z=a)        D_{20}=D_{30}\quad(z=2a)

De aquí tenemos que el vector desplazamiento tiene el mismo valor en las tres capas

D_{10}=D_{20}=D_{30}\equiv D_0\,        \mathbf{D}_i=D_0\mathbf{u}_z   \Rightarrow   \mathbf{E}_i=\frac{D_0}{\varepsilon_i}\mathbf{u}_z

El valor de D0 lo sacamos de que conocemos la diferencia de potencial entre las placas

V_0 = \int_0^{3a} E_0\,\mathrm{d}z=\int_0^aE_{10}\,\mathrm{d}z+\int_{a}^{2a}E_{20}\,\mathrm{d}z+\int_{2a}^{3a}E_{30}\,\mathrm{d}z=D_0a\left(\frac{1}{\varepsilon_1}+\frac{1}{\varepsilon_2}+\frac{1}{\varepsilon_3}\right)

Despejando de aquí

D_0 = \frac{V_0\varepsilon_1\varepsilon_2\varepsilon_3}{a(\varepsilon_1\varepsilon_2+\varepsilon_1\varepsilon_3+\varepsilon_1\varepsilon_2)}

y el campo eléctrico en cada región será

\mathbf{E}_{10}=\frac{V_0\varepsilon_2\varepsilon_3}{a(\varepsilon_1\varepsilon_2+\varepsilon_1\varepsilon_3+\varepsilon_2\varepsilon_3)}\mathbf{u}_z        \mathbf{E}_{20}=\frac{V_0\varepsilon_1\varepsilon_3}{a(\varepsilon_1\varepsilon_2+\varepsilon_1\varepsilon_3+\varepsilon_2\varepsilon_3)}\mathbf{u}_z        \mathbf{E}_{30}=\frac{V_0\varepsilon_1\varepsilon_2}{a(\varepsilon_1\varepsilon_2+\varepsilon_1\varepsilon_3+\varepsilon_2\varepsilon_3)}\mathbf{u}_z

4 Energía inicial

Una vez que tenemos el campo en cada región, la energía es inmediata

U_\mathrm{e0}=\frac{1}{2}\int \varepsilon E_0^2\,\mathrm{d}\tau

Descomponiendo en las tres regiones

U_\mathrm{e0}=\frac{aS}{2}\left(\varepsilon_1 E_{10}^2+\varepsilon_2 E_{20}^2+\varepsilon_3 E_{30}^2\right)

podemos sustituir aquí las expresiones, pero es un poco más simple si observamos que

\varepsilon_1E_{10}=\varepsilon_2E_{20}=\varepsilon_3E_{30}=D_0\,        aE_{10}+aE_{20}+aE_{30}=V_0\,

y por tanto

U_\mathrm{e0}=\frac{SD_0V_0}{2}=\frac{SV_0^2\varepsilon_1\varepsilon_2\varepsilon_3}{2a(\varepsilon_2\varepsilon_3+\varepsilon_1\varepsilon_3+\varepsilon_1\varepsilon_2)}

5 Estado final

Cuando ha pasado mucho tiempo tras la conexión, la banda central, que es conductora, alcanza el equilibrio electrostático. Una cierta cantidad de carga negativa se ha movido en la dirección opuesta al campo y una positiva aparece en el sentido del campo. Esta carga anula el campo en el interior de este material, de forma que en el estado final tenemos

\mathbf{E}_{2\infty}=\mathbf{0}\,

Para hallar \mathbf{E}_1 y \mathbf{E}_3 tenemos que la diferencia de potencial entre las placas sigue siendo V0

V_0=\int_0^{3a}E\,\mathrm{d}z = E_{1\infty}a+0\cdot a + E_{3\infty}a=a(E_{1\infty}+E_{3\infty})

Necesitamos una ecuación adicional. Ésta la sacamos de la ley de conservación de la carga. El conductor central está aislado, por lo que la carga central en él permanece constante. Puesto que inicialmente estaba descargado, la cantidad de carga positiva que aparece en un lado debe cancelarse exactamente con la negativa en el otro. Imponemos que la carga total es cero con

0 = Q_2 = \oint \mathbf{D}\cdot\mathrm{d}\mathbf{S}

El flujo del vector desplazamiento se compone de dos contribuciones, una en el medio 1 y otra en el 3

0 = \oint \mathbf{D}\cdot\mathrm{d}\mathbf{S} = \int \mathbf{D}_{3\infty}\cdot\mathbf{u}_z\mathrm{d}S+\int \mathbf{D}_{1\infty}\cdot(-\mathbf{u}_z)\mathrm{d}S=D_{3\infty}S-D_{1\infty}S   \Rightarrow   D_{1\infty}=D_{3\infty}

resulta el mismo valor del vector desplzamiento en ambas regiones. Por tanto

D_{1\infty}=D_{3\infty}=D_\infty\,   \Rightarrow   E_{1\infty}=\frac{D_\infty}{\varepsilon_1}\qquad E_{3\infty}=\frac{D_\infty}{\varepsilon_3}

Sustituyendo en la diferencia de potencial obtenemos D_\infty

V_0=D_\infty a\left(\frac{1}{\varepsilon_1}+\frac{1}{\varepsilon_3}\right)   \Rightarrow   D_\infty=\frac{V_0\varepsilon_1\varepsilon_3}{a(\varepsilon_1+\varepsilon_3)}

El campo eléctrico en cada región es, en el estado estacionario final

\mathbf{E}_{1\infty}=\frac{V_0\varepsilon_3}{a(\varepsilon_1+\varepsilon_3)}\mathbf{u}_z    \mathbf{E}_{2\infty}=\mathbf{0}\,    \mathbf{E}_{3\infty}=\frac{V_0\varepsilon_1}{a(\varepsilon_1+\varepsilon_3)}\mathbf{u}_z

La energía en el estado final es

U_{\mathrm{e}\infty}=\frac{1}{2}\int \varepsilon E_\infty^2\,\mathrm{d}\tau=\frac{aS}{2}\left(\varepsilon_1E_{1\infty}^2+\varepsilon_3E_{3\infty}^2\right) = \frac{SD_\infty V_0}{2}

Sustituyendo los valores queda

U_{\mathrm{e}\infty}= \frac{SV_0^2\varepsilon_1\varepsilon_3}{2a(\varepsilon_1+\varepsilon_3)}

Esta enegría es mayor que la inicial, ya que

\frac{U_{\mathrm{e}\infty}}{U_{\mathrm{e}0}}=\frac{\varepsilon_1\varepsilon_2+\varepsilon_1\varepsilon_3+\varepsilon_2\varepsilon_3}{\varepsilon_1\varepsilon_2+\varepsilon_2\varepsilon_3}=1+\frac{\varepsilon_1\varepsilon_3}{\varepsilon_1\varepsilon_2+\varepsilon_2\varepsilon_3}> 1

6 Cargas en las placas

La carga en las placas conductoras la obtenemos a partir del flujo del vector desplazamiento a través de una superficie que las envuelve.

6.1 Tras la conexión

Para la placa a potencial V0 tenemos,

Q_0=\oint \mathbf{D}_0\cdot\mathrm{d}\mathbf{S}=D_0S=\frac{S(\varepsilon_1\varepsilon_2\varepsilon_3)V_0}{a(\varepsilon_1\varepsilon_2+\varepsilon_1\varepsilon_3+\varepsilon_2\varepsilon_3)}

mientras que la placa a tierra tiene una carga exactamente igual y de signo contrario.

6.2 En el estado estacionario

Mucho tiempo tras la conexión, la nueva carga almacenada es

Q_\infty=\oint \mathbf{D}_\infty\cdot\mathrm{d}\mathbf{S}=D_0S=\frac{S(\varepsilon_1\varepsilon_3)V_0}{a(\varepsilon_1+\varepsilon_3)}

6.3 Trabajo del generador

La carga inicial y la final no son iguales, lo que quiere decir que el generador realiza un trabajo durante el periodo transitorio para aportar o retirar el exceso de carga. Dado que el generador proporciona una tensión constante, este trabajo es igual a la cantidad de carga multiplicada por el potencial al que se pone.

W_g = V_0(Q_\infty-Q_0) = \frac{SV_0^2}{a}\left(\frac{\varepsilon_1\varepsilon_3}{\varepsilon_1+\varepsilon_3}-\frac{\varepsilon_1\varepsilon_2\varepsilon_3}{\varepsilon_1\varepsilon_2+\varepsilon_1\varepsilon_3+\varepsilon_2\varepsilon_3}\right)

Multiplicando en el primer término por \varepsilon_2 en el numerador y en el denominador queda


W_g = \frac{S\varepsilon_1\varepsilon_2\varepsilon_3}{a}\left(\frac{1}{\varepsilon_1\varepsilon_2+\varepsilon_2\varepsilon_3}-\frac{1}{\varepsilon_1\varepsilon_2+\varepsilon_1\varepsilon_3+\varepsilon_2\varepsilon_3}\right)

Este trabajo es positivo, ya que la carga de la placa aumenta durante el periodo transitorio.

7 Energía disipada

Podemos hallar la energía disipada en el periodo transitorio sin necesidad de hallar la corriente y la potencia debida al efecto Joule. Nos basta con un balance energético.

Tenemos una energía inicial Ue0 y un trabajo realizado por el generador Wg. La suma de estos dos (la energía que ya había más la que aporta el generador), nos debería dar la energía final. Sin embargo, la energía final U_{\mathrm{e}\infty} es inferior a esta suma. La diferencia es la energía disipada por el camino. Por tanto

W_d = U_{\mathrm{e}0}+W_g-U_{\mathrm{e}\infty}

Tenemos que

No se pudo entender (función desconocida\matrhrm): U_{\matrhrm{e}0}=\frac{SD_0V_0}{2}     No se pudo entender (función desconocida\matrhrm): U_{\matrhrm{e}\infty}=\frac{SD_\infty V_0}{2}

    W_g = SV_0(D_\infty-D_0)\,

y, por tanto,

No se pudo entender (error de sintaxis): W_d = \frac{SV_0}{2}\left(D_0+2(D_\infty-D_0)-D_\infty)= \frac{SV_0}{2}(D_\infty-D_0)=-\frac{W_g}{2}

esto es, la mitad del trabajo realizado por el generador se va en energía disipada (y la otra mitad queda como energía almacenada). Sustituyendo

W_d

8 Solución mediante un circuito equivalente

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