viernes, 17 de marzo de 2017

Estudios y ejercicios de Física aplicada

Flujo de energía alrededor de un dipolo magnético cargado


1 Enunciado

Suponga un pequeño imán (modelable por un dipolo magnético \mathbf{m}) en cuyo interior hay una carga eléctrica q.
  1. Calcule las densidades de energía eléctrica y magnética en el sistema.
  2. Determíne el vector de Poynting en cada punto del espacio. ¿Cómo se interpreta en este sistema el flujo de energía?
  3. Compruebe que se verifica el teorema de Poynting en forma diferencial

2 Introducción

En este sistema tenemos un campo eléctrico y magnético estacionarios.
El campo eléctrico es el de una carga puntual
\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q\mathbf{r}}{r^3}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\mathbf{u}_r
El campo magnético es el de un dipolo magnético
\mathbf{B}=\frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{3(\mathbf{m}\cdot\mathbf{r})\mathbf{r}-r^2\mathbf{m}}{r^5}=\frac{\mu_0m}{4\pi r^3}\left(2\cos\theta\,\mathbf{u}_r+\,\mathrm{sen}\,\theta\,\mathbf{u}_\theta\right)

3 Energía almacenada

3.1 Eléctrica

La densidad de energía eléctrica en el espacio que rodea a la carga es
u_\mathrm{e}=\frac{1}{2}\varepsilon_0 E^2 = \frac{q^2}{32\pi^2\varepsilon r^4}
Esta energía se distribuye por igual en todas las direcciones alrededor de la carga

3.2 Magnética

La densidad de energía magnética es, del mismo modo
u_\mathrm{m}=\frac{1}{2\mu_0} B^2 = \frac{\mu_0 m}{32\pi^2 r^6}(4\cos^2\theta+\,\mathrm{sen}^2\,\theta)= \frac{\mu_0 m}{32\pi^2 r^6}(3\cos^2\theta+1)
Esta energía no se distribuye de forma isótropa, sino que su densidad es mayor en el eje del dipolo (donde \cos\theta=\pm 1) y menor en el plano ecuatorial.

4 Vector de Poynting

El vector de Poynting lo obtenemos multiplicando vectorialmente los campos eléctrico y magnético
\mathbf{N}=\frac{\mathbf{E}\times\mathbf{B}}{\mu_0}
lo que da, en forma general
\mathbf{N}=\frac{q\mathbf{m}\times\mathbf{r}}{(4\pi)^2\varepsilon_0 r^6}
y empleando coordenadas esféricas
\mathbf{N}=\frac{qm}{(4\pi)^2\varepsilon_0 r^5}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\mathbf{u}_\varphi
Lo interesante de este resultado es que no es nulo. En una situación de campos estáticos, sería de esperar que hubiera energía electromagnética almacenada pero no que haya un flujo de energía, que usualmente se asocia a fenómenos dinámicos como una onda plana o la radiación de una antena.
¿De dónde a dónde fluye esta energía? La expresión resultante nos muestra que el vector de Poynting va en la dirección acimutal, esto es, que el flujo de energía se produce de forma circular, dando vueltas en torno al dipolo cargado. Este resultado sí es compatible con el hecho de que la situación sea estacionaria, ya que en ningún punto se produce acumulación o disminución en la densidad de energía almacenada.

5 Teorema de Poynting

El teorema de Poynting en forma diferencial se escribe
\frac{\partial u}{\partial t}+\nabla\cdot\mathbf{N}=-\mathbf{J}\cdot\mathbf{E}
  • En este sistema no hay corriente alguna, por lo que la potencia desarrollada se anula
\mathbf{J}\cdot\mathbf{E}=0\,
  • La energía almacenada es estacionaria, por lo que su derivada temporal es nula
\frac{\partial u}{\partial t}=\frac{\partial u_\mathrm{e}}{\partial t}+\frac{\partial u_\mathrm{m}}{\partial t}=0+0=0
  • Para que se cumpla el teorema, el vector de Poynting debe ser un campo solenoidal, como de hecho ocurre. Aplicando la expresión de la divergencia en esféricas y que el vector de Poynting es puramente acimutal:
\nabla\cdot\mathbf{N}= \frac{1}{r\,\mathrm{sen}\,\theta}\frac{\partial\ }{\partial\varphi}\left(\frac{qm}{(4\pi)^2\varepsilon_0 r^5}\,\mathrm{sen}\,\theta\,\right)=0
El que este vector sea solenoidal nos expresa de nuevo el que no hay flujo neto de energía. En cada punto y en cada volumen, la energía que entra por un lado, sale por otro.


Flujo del campo eléctrico de carga puntual y barra cargada (F2GIA)

1 Enunciado

Se tiene una barra de ebonita de sección despreciable y longitud l=8\pi\,\mathrm{cm}\,, que tras frotarla con lana adquiere una carga eléctrica negativa q=-40\,\mathrm{nC}\, uniformemente distribuidos a lo largo de la barra. Además, existe una carga puntual positiva Q=(1/4\pi)\,\mu\mathrm{C}\,, situada a una distancia d=\pi\,\mathrm{cm} del centro O de la barra, en dirección perpendicular a ésta. Determínese el flujo del campo eléctrico a través de una superficie esférica de radio a=5\,\mathrm{cm} y centro en O.
Datos: Valor de la constante electrostática (o de Coulomb), \displaystyle \quad k_e=(4\pi\varepsilon_0)^{-1}\approx 9\times 10^9\ \frac{\mathrm{Nm}^2}{\mathrm{C}^2}

2 Solución

La carga eléctrica puntual Q y la distribuida en la barra, q, son fuentes del campo eléctrico \mathbf{E} (\mathbf{r}), cuyo flujo a través de la superficie esférica \partial \tau se define como,
\Phi_e\big\rfloor_{\partial \tau}=\oint_{\partial\tau}\!\mathbf{E}\cdot\mathrm{d}\mathbf{S}
En principio, el primer paso sería obtener el campo eléctrico creado por la distribución de carga descrita y, posteriormente, calcular la anterior integral de superficie. Pero, dadas las geometrías de la distribución de cargas y de la superficie cerrada, este procedimiento resulta bastante complicado. Pero podemos seguir un método bastante más rápido y sencillo: según la ley de Gauss, el flujo del campo eléctrico será proporcional a la cantidad de carga eléctrica encerrada dentro de dicha superficie:
\Phi_e\big\rfloor_{\partial \tau}=\frac{Q}{\varepsilon_0}\bigg\rfloor_{\tau}
Luego sólo nos qeda determinar la cantidad total de carga eléctrica que se halla en el interior del volumen delimitado por la superficie esférica de radio a y centrada en el punto medio O de la barra cargada. Como,
d<a<\frac{l}{2}
la carga puntual Q se encuentra en el interior de la superficie gaussiana \partial\tau. Pero sólo el fragmento de barra cargada que coincide con un diámetro, contribuirá al valor del flujo.
Esta cantidad de carga correspondiente a la barra se obtiene a partir de su densidad lineal de carga eléctrica. Y como ésta se distribuye uniformemente, la densidad será igual a la cantidad total de carga dividida por la longitud:
\lambda_e\big\rfloor_\mathrm{barra}=\frac{q}{l}=\lambda_0=-\frac{40}{8\pi}\,\mathrm{nC/cm}\,
Por tanto, se tendrá:
Q\big\rfloor_{\tau}=Q+2 a\lambda_0=\frac{800}{4\pi}\,\mathrm{nC}\,
Sustituyendo estos valores en la expresión del flujo, se obtiene:
\Phi_e\big\rfloor_{\partial \tau}=\frac{Q}{\varepsilon_0}\bigg\rfloor_{\tau}=\frac{800\,\mathrm{nC}}{4\pi\varepsilon_0}\approx 7200\ \frac{\mathrm{Nm}^2}{C}=7.2\,\mathrm{kV}\,\mathrm{m}


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