1r ciclo Condensador con dieléctricos

[Pepealej]

Hola, tengo el siguiente ejercicio en el que me han surgido muchas dudas. ¿Alguien podría echarme una mano? Gracias.

Una esfera hueca con carga q y radio a está recubierta con una capa dieléctrica esférica de radio exterior b y permitividad ε1. El conjunto está inmerso en un medio de extensión infinita de permitividad ε2, tal y como se muestra en la figura. Si los dos medios dieléctricos son simples (homogéneos, lineales e isótropos), calcular:

a) Los vectores campo E , D y P en todo punto del espacio
b) Las densidades superficiales de carga de polarización y real en r = a, r = b y r = 2b
c) Las cargas totales de polarización de ambas regiones dieléctricas

Solución: b) Para r=a, ${\sigma_{p}=-q(\epsilon_{r1}-1)/4\pi a^2}$ C/m2, en r=b, $\sigma_p=q(\epsilon_{r1}-1)/4\pi b^2-q(\epsilon_{r2}-1)/4\pi b^2$ C/m2, en r=2b, σsp=0 C/m2

En el apartado a) creo que no tengo ninguna duda. Obtengo:

- $r<a$, $D=E=P=0$
- $a\leqslant r \leqslant b$, $D=\frac{Q}{4\pi r^2}$, $E=\dfrac{Q}{4\pi \epsilon_0 \epsilon_1 r^2}$, $P_1=\dfrac{Q(\epsilon_1-1)}{4\pi \epsilon_1 r^2}$
- $r > b$, $D=\frac{Q}{4\pi r^2}$, $E=\dfrac{Q}{4\pi \epsilon_0 \epsilon_2 r^2}$, $P_2=\dfrac{Q(\epsilon_2-1)}{4\pi \epsilon_2 r^2}$

Ahora bien, para el apartado b) utilizo: $\sigma_p=\vec{P}\cdot\vec{u_n}$, siendo $\sigma_p$ la densidad de carga polarizada y $\vec{u_n}$ el vector perpendicular a la superficie que va de -sigma a +sigma.

Pero cuando lo aplico para la carga polarizada en el primer dieléctrico me sale con $\epsilon_1$ en el denominador, mientras que en la solución no es así. Además, tampoco comprendo la suma que hay en la carga del segundo dieléctrico. Aquí me he quedado

¿Alguien puede ayudarme? Gracias

[Breogan]

Re: Condensador con dieléctricos

Hola:

Este tema siempre me dio problemas, asi que si no te molesta me voy a explayar, aunque no garantizo que todo lo que ponga sea correcto.

Para empezar en el enunciado pones permitividad, o constante dieléctrica, de los dieléctricos 1 y 2 como $\varepsilon_1\ y\ \varepsilon_2$, y después pones en tu respuesta y en los resultados que te dan a $\varepsilon_1\ y\ \varepsilon_2$ como permitividades relativas.
Voy a asumir que los datos del problema son las permitividades relativas $\varepsilon_{r1}\ y\ \varepsilon_{r2}$, si no es asi el procedimiento debe ser el mismo.

El vector desplazamiento sabemos que es:

$\vec D=\varepsilon_0 \vec E+\vec P$

Por la definición de susceptibilidad eléctrica:

$\vec P=\chi \varepsilon_0 \vec E$

y como $\varepsilon_r=1+\chi$ resulta:

$\vec P=(\varepsilon_r-1) \varepsilon_0 \vec E$

$\vec D=\varepsilon_r \varepsilon_0 \vec E$

Por ultimo la conocida:

$\dst \int_S \vec D\ d \vec S=Q_{lib}$

En el ejercicio la única carga libre que hay esta en la esfera conductora, llamada q. Por lo tanto dividiendo el problema en tres zonas y usando coordenadas esféricas (donde $\hat r$ representa el versor unitario radial), podemos empezar el problema:

1º Zona

$0\leqslant r < a$

$Q_{lib}=0\$ $\ \Rightarrow\$ $\ \vec D_1=\vec 0\ y\ \vec E_1=\vec 0\ y\ \vec P_1=\vec 0$

2º Zona

$a\leqslant r \leqslant b$

$Q_{lib}=q$

$\dst \int_S \vec D_2\ d \vec S=q$

Tomando una esfera como superficie de integracion y como el vector D es paralelo al vector dS, y por condiciones de simetría podemos sacar D fuera de la integral queda:

$\dst D_2 \int_S \ dS=D_2 4 \pi r^2=q$

$\boxed { \dst D_2=\frac 1 {4\pi} \ \frac q {r^2}}\$ ó $\ \boxed { \dst \vec D_2=\frac 1 {4\pi} \ \frac q {r^2}\ \hat r}$

$\dst \vec E_2=\frac {\vec D_2}{\varepsilon_{r1} \varepsilon_0}$

$\boxed {\dst E_2=\frac 1 {4\pi \varepsilon_{r1} \varepsilon_0} \ \frac q {r^2}}\$ ó $\ \boxed {\ \dst \vec E_2=\frac 1 {4\pi \varepsilon_{r1} \varepsilon_0} \ \frac q {r^2}\ \hat r}$

$\vec P_2=(\varepsilon_{r1}-1) \varepsilon_0 \vec E_2$

$\boxed {\dst P_2=(\varepsilon_{r1}-1) \frac 1 {4\pi \varepsilon_{r1}} \ \frac q {r^2}}\$ ó $\ \boxed {\dst \vec P_2=(\varepsilon_{r1}-1) \frac 1 {4\pi \varepsilon_{r1}} \ \frac q {r^2}\ \hat r}$

3º Zona

$b \leqslant r$

$Q_{lib}=q$

$\dst \int_S \vec D_3\ d \vec S=q$

Análogamente al caso anterior:

$\boxed { \dst D_3=\frac 1 {4\pi} \ \frac q {r^2}}\$ ó $\ \boxed { \dst \vec D_3=\frac 1 {4\pi} \ \frac q {r^2}\ \hat r}$

$\boxed {\dst E_3=\frac 1 {4\pi \varepsilon_{r2} \varepsilon_0} \ \frac q {r^2}}\$ ó $\ \boxed {\ \dst \vec E_3=\frac 1 {4\pi \varepsilon_{r2} \varepsilon_0} \ \frac q {r^2}\ \hat r}$

$\boxed {\dst P_3=(\varepsilon_{r2}-1) \frac 1 {4\pi \varepsilon_{r2}} \ \frac q {r^2}}\$ ó $\ \boxed {\dst \vec P_3=(\varepsilon_{r2}-1) \frac 1 {4\pi \varepsilon_{r2}} \ \frac q {r^2}\ \hat r}$

Para el punto b del problema tenemos:

$r=a$

$\sigma_p(a)=\vec P_2(a)\ \hat n$

$\dst \vec P_2=(\varepsilon_{r1}-1) \frac 1 {4\pi \varepsilon_{r1}} \ \frac q {a^2}\ \hat r\$ y $\hat n=-\hat r$

$\boxed {\dst \sigma_p(a)=-(\varepsilon_{r1}-1) \frac 1 {4\pi \varepsilon_{r1}} \ \frac q {a^2}}$


$r=b$

En esta superficie, interface de dos dieléctricos hay dos densidades de carga superficiales producidas por los vectores de polarización correspondientes a cada dieléctrico que comparten la superficie.

$\sigma_p(b)=\vec P_2(b)\ \hat n_2+\vec P_3(b)\ \hat n_3$

en este caso $\hat n_2=\hat r\ y\ \hat n_3=-\hat r$

$\boxed {\dst \sigma_p(b)=(\varepsilon_{r1}-1) \frac 1 {4\pi \varepsilon_{r1}} \ \frac q {b^2}-(\varepsilon_{r2}-1) \frac 1 {4\pi \varepsilon_{r2}} \ \frac q {b^2}}$

Bueno hasta acá llego, evidentemente me da lo mismo que a vos.
O los dos nos equivocamos en lo mismo (muy probable), o las respuestas que te dieron están mal. Esperemos que algún otro forero haga su aporte, y no dejes de comentarme si encontras el error.
Gracias

Suerte

[Pepealej]

Re: Condensador con dieléctricos

Ya veo. Muchas gracias. Solo un par de preguntas:

¿Por qué $\sigma_p(b)=\vec P_2(b)\ \hat n_2+\vec P_3(b)\ \hat n_3$ para calcular $\sigma_p(b)$?

Que da un último apartado: $\sigma_p(2b)$. Obviamente es 0, dado que no se genera ninguna carga en r=2b pero, ¿cómo lo desmuestro por fórmulas?

Gracias

[Breogan]

Re: Condensador con dieléctricos

Hola:

¿Por qué $\sigma_p(b)=\vec P_2(b)\ \hat n_2+\vec P_3(b)\ \hat n_3$ para calcular $\sigma_p(b)$?

Creo que algo había puesto en el post anterior, voy a tratar dentro de mis limitaciones ampliar el concepto.

Cuando vos polarizas un dieléctrico con un campo eléctrico E, en todo su volumen se produce una redistribución de las cargas que consiste en el alineamiento de los dipolos eléctricos internos del material.

Se demuestra que esta distribución de los dipolos eléctricos internos se puede reemplazar por un arreglo de cargas que consiste en una densidad volumetrica de carga dentro del dieléctrico $\rho_p(\vec r)$, y una densidad de carga superficial en toda la superficie que encierra al dieléctrico $\sigma_p(\vec r)$.

Cuando vos tenes dos dieléctrico en contacto mutuo, la superficie que queda entre ambos dieléctricos es única, evidentemente bidimensional y es compartida entre ellos, por lo cual la densidad de carga superficial en ella es igual a la suma de las densidades de carga superficial inducida en cada dieléctrico.

Por lo cual:

$\sigma_p(\vec r)=\sigma_{p1}(\vec r)+\sigma_{p2}(\vec r)$

Que da un último apartado: $\sigma_p(2b)$. Obviamente es 0, dado que no se genera ninguna carga en r=2b pero, ¿cómo lo desmuestro por fórmulas?

En r=2b no hay carga superficial, pero puede haber densidad volumetrica, ojo! $\vec \nabla\ \vec P(\vec r)=-\rho_p(\vec r)$

No se si hay una forma matemática para demostrarlo, pero por la definición de densidad de carga superficial debe existir una superficie para su existencia, y si existe esta superficie dentro de un mismo material, las densidades de carga superficiales inducidas en cada trozo de dieléctrico (en la superficie en cuestión) serán iguales y de signo contrario.
Ahora se me ocurrió algo, que creo que es valido.
Supongamos que tenes dos dieléctricos iguales que tienen una superficie de interface en común, la densidad de carga en dicha superficie sera:

$\sigma_p(\vec r)=\sigma_{p1}(\vec r)+\sigma_{p2}(\vec r)$

donde:

$\sigma_{p1}(\vec r)=\vec P_1(\vec r) \ \hat n_1\$ y $\ \sigma_{p2}(\vec r)=\vec P_2(\vec r) \ \hat n_2\$

y resulta que:

$\sigma_p(\vec r)=\vec P_1(\vec r) \ \hat n_1+\vec P_2(\vec r) \ \hat n_2$

Por tratarse del mismo material, ambos dieléctricos con idéntica permitividad y los vectores polarización evaluados en el mismo punto resulta que: $\vec P_1(\vec r)=\vec P_2(\vec r)=\vec P(\vec r)$, y los versores, que son normales a la misma superficie, cumplen que: $\hat n_1=-\hat n_2$, por lo cual:

$\sigma_p(\vec r)=\vec P(\vec r) \ \hat n_1-\vec P(\vec r) \ \hat n_1=0$

Creo que con esto queda demostrado.
Espero no haberme equivocado.

Suerte