Otras carreras Problema de esferas concéntricas

[Bersaglieri412]

Buenas noches.

Estaba tratando de resolver un problema y todo iba bien hasta que llegué al último apartado; no se muy bien si mi fallo es por no entender muy bien el concepto de conectado a tierra o por haber hecho mal anteriormente las distribuciones de cargas. El problema en cuestión es este el que adjunto.

"1.- Se dispone de una esfera conductora de radio R1 cargada con Q culombios.
a) ¿A que potencial está?. ¿Cuál es su capacidad?
b) En estas condiciones se le rodea con una capa esférica conductora y concéntrica
descargada, de radios R2 y R3. ¿Cuál es la distribución de cargas en los conductores?.
¿Cuál es el potencial de la esfera interior?.
c) Se comunica a tierra la capa esférica. ¿A qué potencial queda la esfera interior?. ¿Qué
energía tiene almacenada el sistema (condensador resultante)?.
d) Se desconecta de tierra la capa esférica y se una a tierra la esfera interior. ¿Qué carga
tiene ahora la esfera interior?. ¿A qué potencial queda la capa esférica?"

El problema viene con sus soluciones pero no me deja adjuntarlas ni pegarlas, la que más viene a cuento, la del apartado d, pone que Q''=((R1R3 -R2R3)/(R2R3+R1R2-R1R3))Q

El único apartado que me falta es el d; y sigo sin entender si el fallo es debido a un cálculo malo anterior (Haber hecho mal la distribución de cargas pues el procedimiento que he hecho para intentar sacar aquí la carga es simplemente igualar el potencial de la esfera interior cero, ya que está a tierra ) o si el problema viene de más atrás.

Un saludo y gracias por adelantado.

[Al2000]

a) No es difícil demostrar que el potencial de la esfera conductora aislada vale

$$V = \frac 1 {4 \pi \epsilon_0} \frac Q {R_1}$$

Por consiguiente su capacidad Q/V será

$$C = 4 \pi \epsilon_0 R_1$$

b) Puede usarse la Ley de Gauss y consideraciones de simetría para determinar que el cascarón se polarizará debido a la influencia de la carga de la esfera en su interior. La superficie interna del cascarón adquirirá una carga -Q y la superficie externa una carga Q, ambas cargas distribuidas uniformemente en las respectivas superficies.

La forma más simple de determinar el potencial da la esfera interior es hacer superposición de los potenciales de las tres capas esféricas de carga:

$$V' = V_\text {esfera} + V_\text {capa interior cascarón} + V_\text {capa exterior cascarón}$$

$$V' = \frac Q {4 \pi \epsilon_0}\left(\frac 1 {R_1} - \frac 1 {R_2} + \frac 1 {R_3}\right)$$

c) Conectar a tierra el cascarón tiene el efecto de llevar su potencial a cero. Puede comprobarse que eso ocurre cuando toda la carga en la superficie exterior pasa a tierra. El nuevo potencial de la esfera será

$$V'' = \frac Q {4 \pi \epsilon_0}\left(\frac 1 {R_1} - \frac 1 {R_2}\right)$$

y la capacidad del capacitor resultante será

$$C'' = 4 \pi \epsilon_0 \frac {R_1 R_2}{R_2 - R_1}$$

y "almacenará" una energía

$$U'' = \frac 1 2 Q V'' = \frac {Q^2}{8 \pi \epsilon_0}\left(\frac 1 {R_1} - \frac 1 {R_2}\right)$$

d) Al desconectar de tierra el cascarón y luego conectar la esfera a tierra tiene el efecto de llevar a cero el potencial de la esfera. Ocurrirá un flujo de carga hacia/desde tierra hasta que se establezca un nuevo equilibrio. La carga -Q en el cascarón se redistribuirá entre sus dos superficies hasta que la carga en la superficie interna sea de igual magnitud y de signo opuesto a la nueva carga de la esfera. En esas condiciones, el campo eléctrico en el cuerpo del cascarón será cero y el sistema estará en equilibrio.

Para conseguir las nuevas cargas, hay que igualar a cero el potencial de la esfera con su nueva carga

$$V''' = \frac 1 {4 \pi \epsilon_0}\left(\frac {Q'''}{R_1} - \frac {Q'''}{R_2} + \frac {Q'''-Q}{R_3}\right) = 0$$

y el nuevo potencial del cascarón será el debido a la carga en su superficie externa

$$V_\text {cascarón}''' = \frac 1 {4 \pi \epsilon_0} \frac {Q''' - Q}{R_3}$$

Por favor, revisa con cuidado, que lo escribí sobre la marcha.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[Bersaglieri412]

a) No es difícil demostrar que el potencial de la esfera conductora aislada vale

$$V = \frac 1 {4 \pi \epsilon_0} \frac Q {R_1}$$

Por consiguiente su capacidad Q/V será

$$C = 4 \pi \epsilon_0 R_1$$

b) Puede usarse la Ley de Gauss y consideraciones de simetría para determinar que el cascarón se polarizará debido a la influencia de la carga de la esfera en su interior. La superficie interna del cascarón adquirirá una carga -Q y la superficie externa una carga Q, ambas cargas distribuidas uniformemente en las respectivas superficies.

La forma más simple de determinar el potencial da la esfera interior es hacer superposición de los potenciales de las tres capas esféricas de carga:

$$V' = V_\text {esfera} + V_\text {capa interior cascarón} + V_\text {capa exterior cascarón}$$

$$V' = \frac Q {4 \pi \epsilon_0}\left(\frac 1 {R_1} - \frac 1 {R_2} + \frac 1 {R_3}\right)$$

c) Conectar a tierra el cascarón tiene el efecto de llevar su potencial a cero. Puede comprobarse que eso ocurre cuando toda la carga en la superficie exterior pasa a tierra. El nuevo potencial de la esfera será

$$V'' = \frac Q {4 \pi \epsilon_0}\left(\frac 1 {R_1} - \frac 1 {R_2}\right)$$

y la capacidad del capacitor resultante será

$$C'' = 4 \pi \epsilon_0 \frac {R_1 R_2}{R_2 - R_1}$$

y "almacenará" una energía

$$U'' = \frac 1 2 Q V'' = \frac {Q^2}{8 \pi \epsilon_0}\left(\frac 1 {R_1} - \frac 1 {R_2}\right)$$

d) Al desconectar de tierra el cascarón y luego conectar la esfera a tierra tiene el efecto de llevar a cero el potencial de la esfera. Ocurrirá un flujo de carga hacia/desde tierra hasta que se establezca un nuevo equilibrio. La carga -Q en el cascarón se redistribuirá entre sus dos superficies hasta que la carga en la superficie interna sea de igual magnitud y de signo opuesto a la nueva carga de la esfera. En esas condiciones, el campo eléctrico en el cuerpo del cascarón será cero y el sistema estará en equilibrio.

Para conseguir las nuevas cargas, hay que igualar a cero el potencial de la esfera con su nueva carga

$$V''' = \frac 1 {4 \pi \epsilon_0}\left(\frac {Q'''}{R_1} - \frac {Q'''}{R_2} + \frac {Q'''-Q}{R_3}\right) = 0$$

y el nuevo potencial del cascarón será el debido a la carga en su superficie externa

$$V_\text {cascarón}''' = \frac 1 {4 \pi \epsilon_0} \frac {Q''' - Q}{R_3}$$

Por favor, revisa con cuidado, que lo escribí sobre la marcha.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

Antes de nada, muchísimas gracias por la ayuda y decir que ha sidovun honor depués de ver todas tus respuestas en foros más más antiguos (que siempre me sirvieron de ayuda, ver ésta en mi pregunta.


Los apartados anteriores me daban algo muy parecido, y cuando llego al d también me da algo practicamente igual a lo tuyo; sin embargo en el d la respuesta que me proporciona el ejercicio es distinta ¿He de asumir que viene mal la respuesta?

La solución que me da es Q''=((R1R3 -R2R3)/(R2R3+R1R2-R1R3))Q; mientras que yo al igualar y despejar me daria Q''=((R1R2)/(R2R3+R1R2-R3R1))Q

Gracias de nuevo

[Al2000]

A mi entender se trata de un error en la solución indicada. Si quieres calcula el potencial de la esfera asumiendo que esa es la carga final; podrás comprobar que el potencial no es cero.

Hay un detalle en la solución indicada que es cuando menos extraña, por no decir otra cosa. Fíjate que el numerador R1R3-R2R3 = (R1-R2)R3 es negativo. Pero si el cascarón quedó cargado negativamente en el inciso anterior, la carga final en la esfera debería ser positiva para que sea posible que se anule el potencial, como exige la conexión a tierra.

Bueno, no tengo más que decir. Yo podría estar equivocado, pero a menos que alguien me lo muestre con cálculos por delante seguiré pensando que mi solución es correcta y la otra no.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[Bersaglieri412]

A mi entender se trata de un error en la solución indicada. Si quieres calcula el potencial de la esfera asumiendo que esa es la carga final; podrás comprobar que el potencial no es cero.

Hay un detalle en la solución indicada que es cuando menos extraña, por no decir otra cosa. Fíjate que el numerador R1R3-R2R3 = (R1-R2)R3 es negativo. Pero si el cascarón quedó cargado negativamente en el inciso anterior, la carga final en la esfera debería ser positiva para que sea posible que se anule el potencial, como exige la conexión a tierra.

Bueno, no tengo más que decir. Yo podría estar equivocado, pero a menos que alguien me lo muestre con cálculos por delante seguiré pensando que mi solución es correcta y la otra no.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

¡Comprobado! Muchísimas gracias por la ayuda. Aunque lo más probable es que no sea mi primer post en este foro.

Gracias de nuevo por la pronta ayuda.