TE1-PE-2014-1S-P2
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Este documento presenta tres problemas relacionados con la teoría electromagnética. El primer problema involucra determinar el voltaje de ruptura de un capacitor de placas paralelas con dos dieléctricos. El segundo problema trata sobre determinar la función de permitividad de un cable coaxial para que el campo eléctrico sea constante. El tercer problema consiste en calcular el valor de una constante para que el potencial eléctrico en un punto sea nulo, dado una distribución de carga en un hilo semicircular.
![Ing. Alberto Tama Franco
Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I
FIEC-ESPOL – 2014 – 1S
Primer Tema (35%):
Un capacitor de placas planas paralelas tiene dos capas de dieléctricos, tal como se
muestra en la figura. Los datos de la permitividad y la fortaleza dieléctrica de cada
dieléctrico se encuentran especificados en la tabla que se muestra a continuación.
Determine el voltaje de ruptura de dicho capacitor.
1d
− +
0V
x
y
2rε1rε
2d
Dieléctrico
1 2
Permitividad 1 3rε = 2 5rε = [ ]/F m
Fortaleza dieléctrica 20 11 [ ]/MV m
[ ] [ ]1 22 4d mm d mm= =
0 1 1 2 2V E d E d= +
Por la Segunda Condición “especial” de Frontera, se tendría que cumplir lo siguiente:
1 2 1 0 1 2 0 2 1 1 0 2n n r n r n r n nD D E E E Eε ε ε ε ε ε= ⇒ = ⇒ =
Como 1 1nE E= y 2 2nE E= ⇒ 1 1 2 2r rE Eε ε=
Procederemos a determinar el valor del campo eléctrico en cada dieléctrico, suponiendo
que el campo eléctrico en el otro dieléctrico es igual a su límite; es decir, a su fortaleza
dieléctrica:](https://image.slidesharecdn.com/te1-pe-2014-1s-p2-140717214547-phpapp01/85/TE1-PE-2014-1S-P2-2-320.jpg)
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( ) [ ]
( ) [ ]
2 2
1 2 1 2
1 1
1 1
2 1 2 1
2 2
5
11 18.33 / 18.33 20
3
3
20 12 / 12 11
5
r r
máx
r r
r r
máx
r r
E E E K MV m
E E E K MV m
ε ε
ε ε
ε ε
ε ε
= ⇒ = = = ⇒ <
= ⇒ = = = ⇒ >
Lo anterior nos indica que si el campo eléctrico en el dieléctrico 2 es igual a su fortaleza
dieléctrica, se hará presente, entonces, un campo eléctrico en el dieléctrico 1 de valor
[ ]18.33 /MV m , valor que no supera a la fortaleza dieléctrica de éste último. De igual
manera, si el campo eléctrico en el dieléctrico 1 es igual a su fortaleza dieléctrica, se hará
presente, entonces, un campo eléctrico en el dieléctrico 2 de valor [ ]12 /MV m , valor que
supera a la fortaleza dieléctrica de dicho material. Por lo cual, se debe trabajar con la
primera restricción como límite, es decir:
2 1 2
0 2 1 2 2 2 2
1 1 2
r
r
r r r
d d
V K d K d K
ε
ε
ε ε ε
= + = +
( ) [ ] [ ]3
0 0
2 4
5 11 10 80.67
3 5
V MV V kV−
= + × ⇒ =
Segunda Metodología:
Para resolver el presente problema, aplicaremos la técnica conocida como Programación
Lineal, donde la función objetivo a maximizarse es el voltaje de ruptura 0V .
Aquí se debe tener presente que que existen 2 variables (los campos eléctricos) y 3
restricciones (los límites de cada campo eléctrico en cada dieléctrico y la segunda
condición de frontera), es decir:
1 2
1 2
1
2
: 0.002 0.004
3 5 0 " "
20
11
Máx E E
E E Segunda Condición especial de Frontera
E
E
+
− = ⇒
≤
≤
Al efectuar la evaluación, se obtiene lo siguiente:
[ ] [ ] [ ]1 2 018.33 / 11 / 80.67E MV m E MV m V kV= = =](https://image.slidesharecdn.com/te1-pe-2014-1s-p2-140717214547-phpapp01/85/TE1-PE-2014-1S-P2-3-320.jpg)
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Total de polarización Total superficial de polarización Total volumétrica de polarizaciónQ Q Q= +
( ) ( )' "Total de polarización P s P s
Sup Vol
Q dA dVσ ρ= +∫ ∫
En virtud de que las densidades de carga superficiales de polarización son constantes; es
decir, uniformemente distribuidas, se tendría lo siguiente:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )Total de polarización P Pr a r a r b r b P a r b
V
Q A A dVσ σ ρ= = = = < ≤
= + + ∫
( ) 0 0 0 01
1 0 02 2 2
2
b
Total de polarización
a
V V V
Q al bl rldr
a a ar
εε
ε ε π ε π π
= − − + − +
∫
( ) ( )
2
0 0 0 01
1 0 02 2 2 2
2
a
Total de polarización
a
V V V
Q al a l rldr
a a ar
εε
ε ε π ε π π
= − − + − +
∫
( ) ( )1
1 0 0 0 0 0 02 2 2 2
2
Total de polarizaciónQ V l V l V l
ε
ε ε π ε π πε
= − − + − +
( ) 1
0 1 0 0 02 2
2
Total de polarizaciónQ V l
ε
π ε ε ε ε
= − − + − +
[ ]0 1 0 1 0 02 2Total de polarizaciónQ V lπ ε ε ε ε ε= − + + − +
( )0 . . .Total de polarizaciónQ l q q d=](https://image.slidesharecdn.com/te1-pe-2014-1s-p2-140717214547-phpapp01/85/TE1-PE-2014-1S-P2-6-320.jpg)
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Tercer Tema (30%):
Un hilo no conductor, doblado en forma de una semicircunferencia de radio a,
conjuntamente con otras dos partículas puntuales, de carga Q1 cada una de ellas, se
disponen en el espacio vacío, tal como se muestra en la figura 1.97. Por algún método
apropiado, al precitado hilo no conductor, se le suministra carga eléctrica; la misma que se
distribuye cumpliendo con la relación: λ = λ0 cos2
θ [C/m], donde λ0 es una constante
positiva. Determinar el valor que debe tener la constante λ0 para que el potencial eléctrico
en el punto de observación M sea nulo.
( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 0M M M Mϕ ϕ ϕ ϕ= + + =
( ) ( )1 1
0 0
1 1
4 4
dq dl
d M = d M =
r a
λ
ϕ ϕ
πε πε
⇒
( ) 20
1
0 0
1
4 4
ad
dl dS ad d M = cos d
a
λλ θ
θ ϕ θ θ
πε πε
= = ⇒ =
2 2 2
2 2 1cos cos sen cosθ θ θ θ= − = −
2 1 2
2
cos
cos
θ
θ
+
=
( ) ( )0 0
1
0 0
1 2
1 2
4 2 8
cos
d M d cos d
λ λθ
ϕ θ θ θ
πε πε
+
= = +
( ) ( )0 0
1
0 00 0
2
1 2
8 8 2
sen
M cos d
ππ
λ λ θ
ϕ θ θ θ
πε πε
= + = +
∫
( ) ( ) ( )0 0
1 1
0 0
2 0
0
8 2 8
sen sen
M M
λ λπ
ϕ π ϕ
πε ε
−
= − + ⇒ =
dθ
θ
dS adθ=
M
1Q 1Q
x
y
a a
a](https://image.slidesharecdn.com/te1-pe-2014-1s-p2-140717214547-phpapp01/85/TE1-PE-2014-1S-P2-7-320.jpg)
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FIEC-ESPOL – 2014 – 1S
( ) ( )1 1
2 2
04
kQ Q
M M
a a
ϕ ϕ
πε
= ⇒ =
( ) ( )1 1
3 3
02 8
kQ Q
M M
a a
ϕ ϕ
πε
= ⇒ =
( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 1
1 2 3
0 0 08 4 8
Q Q
M M M M
a a
λ
ϕ ϕ ϕ ϕ
ε πε πε
= + + = + +
( ) 0 1 1
0 0 0
0
8 4 8
Q Q
M
a a
λ
ϕ
ε πε πε
= + + =
0 1
0 0
3
0
8 8
Q
a
λ
ε πε
+ =
[ ]1
0
3
/
Q
C m
a
λ
π
= −](https://image.slidesharecdn.com/te1-pe-2014-1s-p2-140717214547-phpapp01/85/TE1-PE-2014-1S-P2-8-320.jpg)
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- 1. Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2014 – 1S ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL TEORÍA ELECTROMAGNÉTICA I ING. ALBERTO TAMA FRANCO ( ) PRIMERA EVALUACIÓN Fecha: viernes 11 de julio del 2014 Alumno: ________________________________________________________________________________ Resumen de Calificaciones Estudiante Examen Deberes Lecciones Total Primera Evaluación
- 2. Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2014 – 1S Primer Tema (35%): Un capacitor de placas planas paralelas tiene dos capas de dieléctricos, tal como se muestra en la figura. Los datos de la permitividad y la fortaleza dieléctrica de cada dieléctrico se encuentran especificados en la tabla que se muestra a continuación. Determine el voltaje de ruptura de dicho capacitor. 1d − + 0V x y 2rε1rε 2d Dieléctrico 1 2 Permitividad 1 3rε = 2 5rε = [ ]/F m Fortaleza dieléctrica 20 11 [ ]/MV m [ ] [ ]1 22 4d mm d mm= = 0 1 1 2 2V E d E d= + Por la Segunda Condición “especial” de Frontera, se tendría que cumplir lo siguiente: 1 2 1 0 1 2 0 2 1 1 0 2n n r n r n r n nD D E E E Eε ε ε ε ε ε= ⇒ = ⇒ = Como 1 1nE E= y 2 2nE E= ⇒ 1 1 2 2r rE Eε ε= Procederemos a determinar el valor del campo eléctrico en cada dieléctrico, suponiendo que el campo eléctrico en el otro dieléctrico es igual a su límite; es decir, a su fortaleza dieléctrica:
- 3. Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2014 – 1S ( ) [ ] ( ) [ ] 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 5 11 18.33 / 18.33 20 3 3 20 12 / 12 11 5 r r máx r r r r máx r r E E E K MV m E E E K MV m ε ε ε ε ε ε ε ε = ⇒ = = = ⇒ < = ⇒ = = = ⇒ > Lo anterior nos indica que si el campo eléctrico en el dieléctrico 2 es igual a su fortaleza dieléctrica, se hará presente, entonces, un campo eléctrico en el dieléctrico 1 de valor [ ]18.33 /MV m , valor que no supera a la fortaleza dieléctrica de éste último. De igual manera, si el campo eléctrico en el dieléctrico 1 es igual a su fortaleza dieléctrica, se hará presente, entonces, un campo eléctrico en el dieléctrico 2 de valor [ ]12 /MV m , valor que supera a la fortaleza dieléctrica de dicho material. Por lo cual, se debe trabajar con la primera restricción como límite, es decir: 2 1 2 0 2 1 2 2 2 2 1 1 2 r r r r r d d V K d K d K ε ε ε ε ε = + = + ( ) [ ] [ ]3 0 0 2 4 5 11 10 80.67 3 5 V MV V kV− = + × ⇒ = Segunda Metodología: Para resolver el presente problema, aplicaremos la técnica conocida como Programación Lineal, donde la función objetivo a maximizarse es el voltaje de ruptura 0V . Aquí se debe tener presente que que existen 2 variables (los campos eléctricos) y 3 restricciones (los límites de cada campo eléctrico en cada dieléctrico y la segunda condición de frontera), es decir: 1 2 1 2 1 2 : 0.002 0.004 3 5 0 " " 20 11 Máx E E E E Segunda Condición especial de Frontera E E + − = ⇒ ≤ ≤ Al efectuar la evaluación, se obtiene lo siguiente: [ ] [ ] [ ]1 2 018.33 / 11 / 80.67E MV m E MV m V kV= = =
- 4. Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2014 – 1S Segundo Tema (35%): Un cable coaxial de radio interior “a” y radio exterior “2a”, tiene el espacio entre conductores lleno con un dieléctrico cuya permitividad ( )rε es una función de la distancia r medida desde el eje central del cable. Si el valor de la permitividad del dieléctrico en contacto con el conductor interior es 1ε . a) Determinar la función de la permitividad ( )rε para que el campo eléctrico sea constante en todos los puntos. b) Represente el comportamiento de dicha permitividad, graficando ( )r vs rε c) La expresión de la capacitancia de dicho capacitor y las distribuciones de cargas de polarización. 1( )r aε ε= =( )rε a b r 2b a= Vamos a asumir que al cable coaxial lo someteremos a una diferencia de potencial oV , donde la placa de radio a será más positiva que la placa de radio b , con lo cual se tendrá lo siguiente: ( ) ( )NETAa r b d Q a r b → < ≤ ⋅ = Σ < ≤∫⊙ D S ( ) ( )2a r b rl Q r aπ< ≤ = =D ( ) ( ) 2 Q r a a r b rlπ = < ≤ =D ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ( ) r r Q r a Q r a a r b a r b rl rl rπ π ε = = < ≤ = ⇒ < ≤ =D Eµ µµ µµ µµ µ Para que la intensidad de campo eléctrico sea la misma en todos los puntos, la permitividad del dieléctrico debe tener la siguiente forma ( ) /r k rε = ; y, como además se conoce que 1( )r aε ε= = , se tendría entonces que 1k aε= . A partir de lo cual, la permitividad del dieléctrico no homogéneo, estaría dada por la siguiente expresión: 1 ( ) a r r ε ε = ( ) 1 ( ) 2 r Q r a a r b alπ ε = < ≤ =E µµµµ ( )rε r a 2b a=0 1ε 1 2 ε
- 5. Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2014 – 1S ( ) ( ) ( ) 1 180 180 2 a a o o o b b Q r a V a r b d cos dr cos alπ ε = = − < ≤ = − −∫ ∫E l ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 2 2 2 a o b Q r a Q r a Q r a Q r a V dr a b b a a a a a a aπ ε π ε π ε π ε = = = = = − = − − = − = −∫ o a V = ( ) 2 Q r a l aπ = ( ) 11 2 o Q r a V lπ εε = ⇒ = ( ) 1 12 2sist sist sist o Q r a C C C l V l πε πε = = ⇒ = ⇒ = ( ) 1 0 1 1 2 ( ) ( ) 2 2 r r Q r a l V a r b a r b al al π ε π ε π ε = < ≤ = ⇒ < ≤ =E Eµ µµ µµ µµ µ 0 ( ) r V a r b a < ≤ =E µµµµ ( ) 01 0 0( ) ( ) ( ) r Va a r b r a r b a r b r a ε ε ε ε < ≤ = − < ≤ ⇒ < ≤ = − P E P µµµµ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 0P r a r a V r a r a a r b a r b a σ ε ε= = = = = ⋅ < ≤ = − < ≤ = − −n P P ( ) ( ) ( ) ( ) 01 0P r b r b Va r b r b a r b a r b b a ε σ ε= = = = = ⋅ < ≤ = + < ≤ = − n P P ( ) ( )0 01 1 0 0 2 2 P P V Va r b r b a a a ε ε σ ε σ ε = = − ⇒ = = − ( ) ( )P a r b a r bρ < ≤ = −∇ ⋅ < ≤P ( ) ( )1 1 z r P r P P r r r z φ φ ∂∂ ∂ ∇⋅ = + + ∂ ∂ ∂ P ( ) ( ) 01 0 1 1 P r Va a r b r P r r r r r r a ε ρ ε ∂ ∂ < ≤ = − = − − ∂ ∂ ( ) 0 0 P V a r b ar ε ρ < ≤ = Verificación: Procederemos a determinar el valor de la carga total de polarización en el dieléctrico. Toda vez que las cargas de polarización son cargas ficticias, el valor de la carga total de polarización del dieléctrico debe ser idéntico a cero.
- 6. Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2014 – 1S Total de polarización Total superficial de polarización Total volumétrica de polarizaciónQ Q Q= + ( ) ( )' "Total de polarización P s P s Sup Vol Q dA dVσ ρ= +∫ ∫ En virtud de que las densidades de carga superficiales de polarización son constantes; es decir, uniformemente distribuidas, se tendría lo siguiente: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )Total de polarización P Pr a r a r b r b P a r b V Q A A dVσ σ ρ= = = = < ≤ = + + ∫ ( ) 0 0 0 01 1 0 02 2 2 2 b Total de polarización a V V V Q al bl rldr a a ar εε ε ε π ε π π = − − + − + ∫ ( ) ( ) 2 0 0 0 01 1 0 02 2 2 2 2 a Total de polarización a V V V Q al a l rldr a a ar εε ε ε π ε π π = − − + − + ∫ ( ) ( )1 1 0 0 0 0 0 02 2 2 2 2 Total de polarizaciónQ V l V l V l ε ε ε π ε π πε = − − + − + ( ) 1 0 1 0 0 02 2 2 Total de polarizaciónQ V l ε π ε ε ε ε = − − + − + [ ]0 1 0 1 0 02 2Total de polarizaciónQ V lπ ε ε ε ε ε= − + + − + ( )0 . . .Total de polarizaciónQ l q q d=
- 7. Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2014 – 1S Tercer Tema (30%): Un hilo no conductor, doblado en forma de una semicircunferencia de radio a, conjuntamente con otras dos partículas puntuales, de carga Q1 cada una de ellas, se disponen en el espacio vacío, tal como se muestra en la figura 1.97. Por algún método apropiado, al precitado hilo no conductor, se le suministra carga eléctrica; la misma que se distribuye cumpliendo con la relación: λ = λ0 cos2 θ [C/m], donde λ0 es una constante positiva. Determinar el valor que debe tener la constante λ0 para que el potencial eléctrico en el punto de observación M sea nulo. ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 0M M M Mϕ ϕ ϕ ϕ= + + = ( ) ( )1 1 0 0 1 1 4 4 dq dl d M = d M = r a λ ϕ ϕ πε πε ⇒ ( ) 20 1 0 0 1 4 4 ad dl dS ad d M = cos d a λλ θ θ ϕ θ θ πε πε = = ⇒ = 2 2 2 2 2 1cos cos sen cosθ θ θ θ= − = − 2 1 2 2 cos cos θ θ + = ( ) ( )0 0 1 0 0 1 2 1 2 4 2 8 cos d M d cos d λ λθ ϕ θ θ θ πε πε + = = + ( ) ( )0 0 1 0 00 0 2 1 2 8 8 2 sen M cos d ππ λ λ θ ϕ θ θ θ πε πε = + = + ∫ ( ) ( ) ( )0 0 1 1 0 0 2 0 0 8 2 8 sen sen M M λ λπ ϕ π ϕ πε ε − = − + ⇒ = dθ θ dS adθ= M 1Q 1Q x y a a a
- 8. Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2014 – 1S ( ) ( )1 1 2 2 04 kQ Q M M a a ϕ ϕ πε = ⇒ = ( ) ( )1 1 3 3 02 8 kQ Q M M a a ϕ ϕ πε = ⇒ = ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 1 1 2 3 0 0 08 4 8 Q Q M M M M a a λ ϕ ϕ ϕ ϕ ε πε πε = + + = + + ( ) 0 1 1 0 0 0 0 8 4 8 Q Q M a a λ ϕ ε πε πε = + + = 0 1 0 0 3 0 8 8 Q a λ ε πε + = [ ]1 0 3 / Q C m a λ π = −