Ayudantías Electricidad y Magnetismo

Pontificia Universidad Católica olica de Chile Faculta Facul tad d de F´ısica ıs ica FIS1533 FIS1533 - Electrici Electricidad dad y Magnetismo Magnetismo

Electricidad y Magnetismo Ejercicios resueltos de Cesar Olivera

1

Pontificia Universidad Católica olica de Chile Faculta Facul tad d de F´ısica ıs ica FIS1533 FIS1533 - Electrici Electricidad dad y Magnetismo Magnetismo

Ayudant´ ıas Cesar Olivera [email protected]

1.

Fuerza el´ ectrica ectrica

1.1. Una carga q carga q de de masa m masa m se se ubica ub ica entre dos do s l´ıneas ıneas a una u na distanci d istanciaa d de d de cada una, como se indica en la figura. Si la l´ınea de largo h2 es de densidad de carga λ uniforme, calcule la densidad de carga de la l´ınea de largo h1 para que la carga q se se mantenga quieta en el eje Y. Asuma que hay unos topes que impiden que la carga puntual se mueva en el eje X.

!"

!$

&

%

%

Figura 1:

Soluci´ on on La fuerza que ejerce una l´ınea ab sobre una carga puntual ubicada en r es:  = F

b

  a

b

=

a

· · rr−−rr  r − r k · q · λ · dr r − r  linea

k q dq

linea

linea

3

linea

linea

2

3

(1.1)

(1.2)

FIS1533: FIS1533: Electricid Electricidad ad y Magnetism Magnetismo o - C. Olivera Olivera

Vamos calcular la fuerza que ejerce cada l´ınea sobre la carga puntual en el eje Y. Partiremos con la l´ınea de alt altura ura h 2 .  = F

h2

  0

h2

=

0

· · · rr−−rr  0−y k · q · λ · dy (d + y ) linea

k q λ dr¯

3

linea

2

1 =k q λ 2 (d + y 2 )1/2

· ·



2 3/2

h2 0



1 = k q λ (d2 + h22 )1/2

· ·

(1.3)

(1.4)

−

1 d



(1.5)

  de la otra l´ınea la expresaremos en función La fuerza F on de una densidad de carga uniforme λ desconocida. Su cálculo alculo es similar al anterior.



1   = = k F k q λ (d2 + h21 )1/2

· ·

−

1 d



(1.6)

Finalmente, Finalment e, para que la carga puntual se man mantenga tenga fija en el eje Y, las fuerz fuerzas as reci reci´én en calcu calculadas ladas deben igualar a la fuerza de gravedad.

k q λ

· ·



1 (d2 + h22 )1/2

−

  + F  = mg F 1 1 1 + k q λ = mg = mg (d2 + h21 )1/2 d d



· ·



−



(1.7)

(1.8)

y obtenemos la densidad de carga buscada. λ =

Nota: la constante k tiene valor

1 4π 0

mg

− k · q · λ k · q





 −  −

1 (d2 +h21 )1/2

1 (d2 +h22 )1/2

1 d

1 d

(1.9)

1.2. Una carga q carga q se se ubica en el origen. Si hay una carga 2 q en en (0, (0, 2) y una total que actúa ua sobre la carga en el origen.

−q en en (3, (3, 1), calcule la fuerza

Soluci´ on on Usaremos la fórmula ormula siguiente. r r1  (r) = k F F ( kq q 1 q r r r1

·  −−  En el eje X solo tiene efecto el componente ˆx de la carga −q .  (r) = −kq · q 0 − 3 ˆ F ( F x 3

(32 + 12 )3/2

3

(1.10)

(1.11)

FIS1533: Electricidad y Magnetismo - C. Olivera

En el eje Y las dos cargas tienen efecto sobre la carga en el origen. Estas son:

−kq · q (3 0+−1 1) ˆy  r) = 3kq · q 0 − 2 ˆ F ( y

 r) = F (

2

2 3/2

(22 )3/2

(1.12)

(1.13)

La fuerza neta sobre la carga en el origen es simplemente la suma de todas estas fuerzas recien calculadas.

1.3. Una carga q se ubica a una distancia d del centro de una circunferencia de radio r y densidad de superficie uniforme σ. a) Calcule la fuerza que ejerce la circunferencia sobre la carga. b) Calcule la misma fuerza y el campo eléctrico cuando r tiende a infinito.

!

#

Figura 2:

Soluci´ on La fuerza buscada se calcula de la siguiente forma:  = F

 S



r rcirc k q dq  r rcirc

· ·  −− 

3

=

· · · rr−−rr 



k q σ dS 

z zˆ

− r(cos θˆx + sin θˆy)

S



Usando coordenadas polares se tiene

circ

circ

3

(1.14)

r = z ˆ z donde z = d rcirc = r(cos θˆ x + sin θˆ y)  dS = rdrdθ reemplazando  = F

r

2π

  0

0

k q σ rdrdθ

· · ·

4

(z 2 + r 2 )3/2

(1.15)


Por simetr´ıa, los componentes en los ejes X e Y se anulan, y solo queda el componente en Z. r

2π

z ˆ z (z 2 + r 2 )3/2 0 0 r z ˆ z  2π k q σ rdr 2 F = (z + r 2 )3/2 0 r 1  = 2π k q σ z ˆ F z (z 2 + r 2 )1/2 0 1  = 2π k q σ z 1 F zˆ z 2 (z 2 + r 2 )1/2  = F

  

· · ·

(1.16)

· · · ·

(1.17)

k q σ rdrdθ

 

− · · · ·

 · √ −

· · ·

 Cuando r es muy grande, F

2.

 | | y E ≈

σ z 20 z

≈ q

(1.18)

(1.19)

σ z 20 z

||

Campo El´ ectrico

El campo eléctrico que ejerce un cuerpo ubicado en r con carga q es:  (r) = E

 ·

r r r r

− − 

k dq

3

(2.1)

2.1. Un cascarón semi-esférico no conductor de radio interior a, tiene una densidad de carga superficial σ uniformemente distribuida en su superficie. Encuentre el campo eléctrico en el punto P, es decir, el origen de su sistema de coordenadas.

Figura 3:

Soluci´ on Usando coordenadas esf´ ericas para un radio a fijo, se tiene que: dq = σdS = σa2 sin θdθdφ con θ [π/2, π] y φ r = 0 r = a(sin θ cos φˆ x + sin θ sin φˆ y + cos θˆ z )

∈

∈ [0, 2π]

5


 (r) = E

2π

π

  0

 (r) = E

− a(sin θ cos φˆx + sin θ sin φˆy + cos θˆ z )

(2.2)

k σ sin θdθdφ(sin θ cos φˆ x + sin θ sin φˆ y + cos θˆ z )

(2.3)

k σa 2 sin θdθdφ

·

π/2

2π

a3

π

  − 0

0

·

π/2

Por simetr´ıa se cancelan los componentes X e Y del campo eléctrico.  (r) = E

2π

0

 (r) = E

π

 −

π/2

π

  −

=

·

−

(2.4)

(2.5)

(2.6)

π

1 2πk σ sin 2θˆ z 2 π/2 σ πkσ( cos2π + cos π)ˆz = zˆ 20

2πk σ sin θdθ cos θˆ z =

·

k σ sin θdθdφ cos θˆ z

π/2

 −

−

·

2.2. Se tiene un anillo de radio R y de espesor despreciable. La mitad superior del anillo tiene densidad de carga lineal uniforme en la parte superior λ 1 y la mitad inferior λ2 . Calcule el campo magnético que ejerce el anillo en cualquier punto del eje donde se ubica el punto P (ver figura).

! 1 !

! 2

Figura 4:

Soluci´ on Para calcular el campo sobre un punto en el eje Z: r = R cos θˆ x + R sin θˆ y P = z ˆ z dq = λ i Rdθ 6


 = E  λ1 + E  λ2 E

π

kλ1 Rdθ (0 R cos θ, 0 R sin θ, z 2 2 3/2 0 (z + R ) π kλ 1 Rdθ = 2 ( sin cos R θ, R θ,zθ) (z + R2 )3/2 0 kλ 1 Rdθ = 2 (0, 2R,zπ) (z + R2 )3/2

 λ1 = E



−

−

− 0)



−

−

(2.7) (2.8) (2.9)

Similarmente para la parte inferior 2π

kλ2 Rdθ (0 R cos θ, 0 R sin θ, z 2 + R2 )3/2 (z π 2π kλ2 Rdθ = 2 ( sin cos R θ, R θ,zθ) (z + R2 )3/2 π kλ2 Rdθ = 2 (0, 2R,zπ) (z + R2 )3/2

 λ2 = E



−

−

− 0)



−

(2.10) (2.11) (2.12)

FInalmente  = E  λ1 + E  λ2 = E

2.3.

R [2R( λ1 + λ2 )ˆy + zπ(λ1 + λ2 )ˆz ] 4π0 (z 2 + R2 )3/2

−

(2.13)

Propuesto

Considere una part´ıcula que se mueve entre dos placas paralelas con densidad superficial de carga σ y σ, respectivamente. Asuma que las placas son lo suficientemente grandes en comparación a la distancia que los separa. De esta manera, suponga que el campo eléctrico producido por una distribuci´ on plana infinita es una buena aproximación para el campo eléctrico entre las placas.

−

Figura 5: Suponga ahora que una part´ıcula de carga q y masa m ingresa entre las placas como se muestra en ˆ Determine en qué ángulo emerge la part´ıcula, si recorrió una la figura, con velocidad inicial v = v 0 j. distancia horizontal L.

Soluci´ on Anteriormente vimos que la fuerza que ejerce una circunferencia de radio infinito (un plano) es qσ , entonces el campo eléctrico producido es 2σ . 2 0

0

7


Asumamos que el campo eléctrico producido por el plano superior mueve la part´ıcula hacia abajo (valor negativo). Entonces σ ˆ σˆ ˆ  total = σ k + (2.14) E k = k 20 20 0

− 

−

Aplicamos

 = ma = q E  = F

−

− qσ 

(2.15)

0

ˆ z¨ kˆ ˆ z¨ k = ¨î + y¨ j + a = x qσ ˆ k = m¨ z kˆ 0

−

(2.16)

(2.17)

Las condiciones iniciales son: x˙ 0 = 0 y˙0 = v 0 z ˙0 = 0

(2.18) (2.19) (2.20)

Con esto tenemos que z¨ =

1 qσ qσ qσ − m → z ˙ = − m t → z = − t 2 m

2

0

0

(2.21)

0

La part´ıcula emerge cuando su velocidad es constante (fuera de los planos el campo eléctrico se anula, demuéstrelo). Si la part´ıcula emerge luego de haber recorrido una distancia L, se tiene que

→ t = vL qσ ˆ qσ L ˆ v = v jˆ − tk = v jˆ − k m m v v0 =

0

L t

0

0

(2.22)

0

0

(2.23)

0

Obtenemos el ángulo vz tan φ = = vy

3.

qσ L m0 v0

v0

=

qσL m0 v02

(2.24)

Flujo de campo el´ ectrico y Ley de Gauss

    

ρ Qenc dV = 0 0 V V Utilizando el Teorema de la divergencia  dS  = Qenc ΦE = E 0 S ΦE =

   ∇ ·  · (

 )dV = E

8

(3.1)

(3.2)


3.1. Demuestre por la Ley de Gauss que el campo eléctrico de un plano infinito de densidad de carga uniforme σ es 2σ . 0

Soluci´ on Si encerramos un trozo del plano en un cilindro de radio r, con sus caras planas paralelas al plano infinito, el flujo que atraviesa el cilindro es paralelo a la normal de la caras caras planas. Qenc σπr2 2      ΦE = E dS = E S = E 2πr = = 0 0 S σπr2 2  E 2πr = 0 2  = σπr E 0 2πr 2  = σ E 20



·

·

(3.3)

·

(3.4)

·

(3.5) (3.6)

3.2. En la figura se muestra un plano infinito con densidad de carga uniforme σ, y con agujero circular de radio R. Calcule el campo eléctrico para todo el lado positivo del eje X (x > 0).

#

!

Figura 6:

Soluci´ on Utilizando el principio de superposición

9


Figura 7: En los ejercicios anteriores ya obtuvimos cómo calcular el campo eléctrico producido por una circunferencia y por un plano infinito: Circunferencia de densidad σ: 1  = 2π k σ x 1 E |x| (x +r ) /

− · · ·

 −

−

2

Plano infinito de densidad σ:  = σ x E 2 |x|

2 1 2



xˆ =

1 20

− ·σ

 − x x

||

x (x2 +r2 )1/2



xˆ

0

Si sumamos ambos campos, obtenemos el resultado que se desea calcular: x  = 1 σ ˆ E x 20 (x2 + r 2 )1/2

·

(3.7)

3.3. Una esfera de radio R tiene un agujero esférico de radio a que se encuentra a una distancia b de su centro. Si la densidad en la parte solida de la esfera es ρ, calcule el campo eléctrico en el agujero.

Figura 8:

10


Soluci´ on Al igual que el ejercicio anterior, se puede utilizar el principio de superposición para calcular el campo eléctrico en el agujero.  = E  Esfera E

− E 

agujero

(3.8)

Para el caso de la esfera de radio R, el campo eléctrico a una distancia del centro r < R es ρ 43 πr 3 Qenc 2      ΦE = E dS = E S = E 4πr = = 0 0 S ρ 43 πr 3 2  E 4πr = 0  Esfera = ρr rˆ E 30



·

·

(3.9)

·

(3.10)

·

(3.11)

Si un punto en el interior de la esfera está a una distancia rˆ r de su centro, entonces este punto está a una distancia (r b)ˆr del centro del agujero.

−

 agujero = ρ(r b) rˆ E 30

−

(3.12)

Haciendo la resta de ambos campos eléctricos, el campo buscado es  agujero = ρb rˆ E 30

(3.13)

Notar que es este valor es constante en todo el agujero.

4.

Materiales conductores y energ´ıa potencial el´ ectrica

Algunas consideraciones: El campo eléctrico al interior de los conductores es cero. De lo contrario las cargas móviles se desplazar´ıan hasta disminuir el campo eléctrico completamente. Toda carga neta en un conductor reside en sus superficies. El potencial eléctrico (o voltaje) se calculo de la siguiente forma: r

V (r) =

 − 

 d E l

·

(4.1)

 d E l

(4.2)

∞

b

V ab = V (a)

− V (b) =

·

a

Aplicando la Ley de Gauss a una carga q en el origen...  = q rˆ E 4π0 r2

r

→ V =

q q ˆ = r dlˆ r 4π0 r ∞ 4π0 r2

 − 11

·

(4.3)


Para N cargas en el espacio... N

q V (r) = 4π0 r r

 −  → V (r)

 ≈  i

V (r) =

ri

q i 4π0 r

 − r 

(4.4)

(4.5)

i

dq 4π0 r ri

− 

Otras fórmulas:  = E

−∇V ∇E  = −∇ V = ρ

(4.6)

2

(4.7)

0

4.1. Un cable muy largo tiene tiene una carga lineal en su centro de densidad uniforme de carga λ. Un material conductor con forma cil´ındrica se encuentra entre las distancias a < r < b de la carga lineal. Una envoltura cil´ındrica de radio r = c y densidad de carga superficial σ evuelve el conductor. Calcule el campo eléctrico en todo el espacio, la densidad de carga superficial exterior del conductor, y el valor de σ para que el campo eléctrico en r > c sea igual a cero. !

$ #

Figura 9:

Soluci´ on Caso 1: r < a Qenc λL  dS  = E    2πrLˆ = E S = E r = 0 0 S  = λ rˆ E 2πr 0



·

·

(4.8)

·

12

(4.9)


Caso 2: a < r < b  = 0. Los electrones del conductor se En el interior de un conductor el campo el´ ectrico es E distribuyen en la superficie para cancelar el campo eléctrico. Qenc λL + σint 2πaL  2πrLˆ = E r = rˆ = 0 0 0 λ σint = 2πa

(4.10)

·

−

(4.11)

Las cargas inducidas del conductor deben sumar cero, entonces... Qint + Qext = 0 σint S int + σext S ext = 0 λ − 2πa 2πaL + σ

ext 2πbL

=0

σext =

λ 2πb

(4.12) (4.13) (4.14)

(4.15)

Caso 3: b < r < c La carga total encerrada es λL, entonces  = E

λ rˆ 2πr0

Caso 4: c < r La carga encerrada es λL + σ2πcL, y el campo eléctrico  = λ + σ2πc rˆ E 2πr0 por lo que σ =

λ − 2πc

4.2. Una esfera de radio a posee carga Q distribuida uniformemente en ella. Un cascarón circular metálico la envuelve. Este cascarón se ubica entre las distancias b y c del centro de la esfera. Calcule el campo eléctrico y el potencial en todo el espacio.

13


!

#

$

Figura 10:

Soluci´ on En este tipo de ejercicios hay que revisar distintos casos en donde actúa el campo eléctrico producido por la esfera cargada. Caso 1: r < a La densidad de carga de la esfera es ρ =

Q , 3 πa 3 4

entonces aplicando la Ley de Gauss... 3

ρ 43 πr 3 Q ar Qenc Qr3      = = = 3 E dS = E S = E 4πr = 0 0 0 a 0 S  = Qr rˆ E 4πa3 0



·

·

·

2

3

(4.16)

(4.17)

Caso 2: a < r < b En este caso, la carga total encerrada es Qenc = Q, entonces el cálculo del campo eléctrico es trivial.  4πr 2 = Q E 0

·

→

 = E

Q rˆ 4πr 2 0

(4.18)

Caso 3: b < r < c Entre las distancias b y c nos encontramos dentro de un metal (material conductor), por lo tanto  = 0. Para que esto tenga sentido, la superficie interior del cascarón metálico debe tener una E carga Q, as´ı Q enc = Q + ( Q) = 0.

−

−

14


Caso 4: c < r El material conductor ha sido inducido por la carga Q, sin embargo la carga neta de este material debe ser cero ya que en ningún momento ha ganado o perdido electrones. Entonces la superficie externa del metal debe ser de carga Q. El campo eléctrico para el caso 4 tendrá la misma expresión que en el caso 2.  = E En resumen:  (r) = E

  

Q rˆ 4πr 2 0

Qr rˆ, 4πa 3 0 Q rˆ, 4πr 2 0

0, Q ˆ 4πr 2 0 r,

(4.19)

si r < a si a < r < b si b < r < c si c < r

Ahora solo falta calcular el potencial eléctrico en todo el espacio. Caso 1: c < r r

Q rˆ drˆ r ∞ 4πr 2 0 Q r Q = = 4πr 0 ∞ 4πr0

V (r) =

 −

Caso 2: b < r < c r

 −

V (r) =

∞

 d E l =

·

·

  −

c

(4.21)

Q rˆ drˆ r ∞ 4πr 2 0

·

(4.20)

r

 −

0 d l

c

·

(4.22)

Q 4πc0 Notar que el potencial tiene valor constante dentro del material conductor. =

(4.23)

Caso 3: a < r < b r

V (r) =

 −

∞

=

 d E l =

·

Q Q + 4πc0 4πr 0

Caso 4: r < a

c

r

Q rˆ drˆ r 2 4πr 0 ∞ 1 1 Q = + 4π0 b c

Q rˆ drˆ r 2 4πr 0 b Q + 4πr 0

  − · −  −  r b

·

(4.24) (4.25)

Siguiendo la misma idea de los casos anteriores: r

V ar =

 − a

Qr2 r Qr2 Q = + 8πa 3 0 a 8πa3 0 8πa0 1 1 3 Q Qr2 + + V (r) = 4π0 8πa3 0 b c 2a

Qr rˆ drr = 4πa3 0

·

−

15

 −

−

−

(4.26) (4.27)


Finalmente: V (r) =

Q 4π 0 Q 4π 0 Q , 4πc0 Q , 4πr 0

1 b 1 b

2

Qr 3 + 1c + 2a , si r < a 8πa  Q + 1c + 4πr si a < r < b , si b < r < c si c < r

 −   −  − 

3

0

0

4.3. Encontrar el campo el´ ectrico y potencial en la región b x b de la configuració n que se muestra en la figura. La zona achurada tiene densidad de carga uniforme ρ.

− ≤ ≤

Figura 11:

Soluci´ on Distinguimos tres regiones: Región 1:

−b ≤ x ≤ −a Vimos que ∇ V = − , entonces 2

Región 2:

−a ≤ x ≤ a

Región 3: a

≤x≤b

ρ 0

∇ V = 0, ∇ V = − ρ , ∇ V = 0 2

2

1

2

2

(4.28)

3

0

En este caso, como solo se traba ja en una dimensión, entonces V 1 = Ax + B,

V 2 =

− 2ρ x

2

+ Cx + D,

0

∇ =

d2 . dx2

V 3 = Ex + F

(4.29)

A, B, C, D, E, F son constantes que se calcularán utilizando condiciones de borde (continuidad del campo eléctrico y potencial). Notar que las ubicaciones b y b están conectadas a tierra (V = 0).

−

16


V 1 ( b) = 0 V 1 ( a) = V 2 ( a) V 2 (a) = V 3 (a) V 3 (b) = 0 dV 1 ( a) dV 2 ( a) = dx dx dV 2 (a) dV 3 (a) = dx dx

− −

(4.30) (4.31) (4.32) (4.33)

−

−

−

(4.34)

(4.35)

Se obtiene ρa (x + b) 0 ρx2 ρa + (2b V 2 = 20 20 ρa (x b) V 3 = 0 V 1 =

− −

 = El campo eléctrico en cada región es E

(4.36) (4.37)

− a)

(4.38)

−

−∇V . En este caso E  = −

dV . dx

− ρa xˆ 

 1 = E

(4.39)

0

 2 = ρx xˆ E 20 ρa  3 = E xˆ 0

(4.40)

(4.41)

4.4. Calcular el campo eléctrico y el potencial producido por una esfera hueca de radio a con densidad de carga: ρ(r) =

  ρ0 0,

r 1/2 a

, si a/2 r Otro caso

≤ ≤a

Soluci´ on Región 1: 0

≤ r ≤ a/2

Región 2: a/2

≤r≤a

Región 3: a

≤r

Cálculo del campo eléctrico: Región 1 Qenc = 0

→ E  = 0

17

1

(4.42)


Región 2  4πr 2 = Qenc = 1 E rˆ dS rˆ = E 0 0 S



·

·



ρ(r)dV

(4.43)

V

Usamos dV = 4πr 2 dr  4πr = 1 E ρ(r)4πr 2 dr 0 V 1 r r 1/2 2 2  E r = ρ0 r dr 0 a/2 a

·

2

·

   

(4.44)

(4.45)

y se obtiene que 1  2 = 2ρ0 E 70 a1/2 r2

·

    · − a 2

r7/2

7/2

rˆ

(4.46)

Región 3 Con un cálculo similar al anterior se deber´ıa obtener 3  3 = 2ρ0 a E 70 r2

·

1

   · − √ 1

8 2

rˆ

(4.47)

Calculo del potencial: Región 3 r

2ρ0 a 3 V 3 = ∞ 70 r2 2ρ0 a 3 1 V 3 = 70 r

 − ·

   · · − √ · · −  √  1

1

8 2

1

8 2

rˆ rˆdr

(4.48)

(4.49)

Región 2 r

2ρ0 1 a 7/2 7/2 r rˆ rˆdr 1/2 r 2 2 a 70 a 2ρ0 2 5/2 1 1 a 7/2 5/2 (r ) a 70 a1/2 5 2 a r

V 2 = V 3 (a)

 −

V 2 = V 3 (a)

−

    · · − ·      · − − · −

(4.50)

(4.51)

Región 1 En esta zona no hay campo eléctrico, por lo tanto el potencial es constante e igual a V 2 (a/2)

18


4.5.

Propuesto

Un electrón de masa m y carga e se encuentra inicialmente en reposo a una altura z = una distribución de carga lineal λ de largo d como se muestra en la figura.

−

√ 6d de

Figura 12: (a) Encuentre V (z ) a lo largo del eje Z. HINT:

√

dx = log(2 x2 + z 2 + 2x) 2 2 x + z

 √

(b) Encuentre la velocidad del electrón cuando está a una altura z =

(4.52)

√ 2d

Soluci´ on (a) d/2

V (z ) =



−d/2

√

d/2 kλdx = kλlog(2 x2 + z 2 + 2x) −d/2 x2 + z 2

√



V (z ) = kλ(log(2 (d/2)2 + z 2 + d)

√

V (z ) = kλ(log( d2 + 4z 2 + d)

 

−√ log(2

− log(

(d/2)2 + z 2

d2 + 4z 2

− d))

(4.53)

− d))

(4.54) (4.55)

(b) Para encontrar la velocidad del electrón utilizaremos conservación de energ´ıa. K i + U i = K f + U f U = eV (z )

(4.56) (4.57)

(4.58)

−

K i = 0,

K f =

19

mv2 2


√ −eV ( 6d) √ = ekλlog(3/2) U = −eV ( 2d) = ekλlog(2)

U i =

(4.59)

i

(4.60)

Despejando v obtenemos: v =

5.



2ekλ log(4/3) m

(4.61)

Capacitancia

La capacitancia es la razón entre la carga tranferida entre dos conductores y la diferencia de potencial entre ambas. Si se transfiere una carga Q desde un conductor a otro, uno que cargado con +Q y el otro queda con Q, el voltaje producido es V ab

−

C =

Q V ab

(5.1)

Si los conductores son dos planos de área A, con densidad de carga σ, están a una distancia d, el potencial ser´ıa V ab =



E dr = E d =

·

·

σ d 0

(5.2)

Entonces C =

Q σA 0 A = σ = V ab d  d

(5.3)

(5.4)

0

Conexi´ on en serie y paralelo: Sean tres condensadores C 1 , C 2 y C 3 Conexi´ on en paralelo: C eq = C 1 + C 2 + C 3 Conexi´ on en serie: 1 1 1 1 = + + C eq C 1 C 2 C 3

(5.5)

Energ´ıa almacenada por un condensador Q

dw = V dq

w =

→



V (q )dq

Q

q Q2 dq = 2C C 0 2 Q CV 2 QV = = U = w = 2C 2 2 w =

(5.6)

0

  

20

(5.7)

(5.8)


5.1. Considere dos cilindros coaxiales conductores de radios a y b. El conductor a está conectado a un potencial V 0 y el conductor b está conectado a tierra. Calcule el potencial y el campo eléctrico en todo el espacio. HINT: En coordenadas cil´ındricas

∇

1 ∂ 2 V = r ∂r

∂ 2 V ∂φ 2

    1 + 2 r

∂V r ∂r

∂ 2 V + ∂z 2

(5.9)

Figura 13:

Soluci´ on Cuando no nos encontramos en ninguna superficie, la densidad de carga del espacio es nula. ρ 2 =0 (5.10) V = 0

∇

−

El campo eléctrico solo depende de la distancia radial a las superficies cargadas, y no de los ángulos, se reduce todo a:

∇

2

1 ∂ V = r ∂r

  r

∂V ∂r

=0

(5.11)

Esto se cumple cuando r ∂V tiene valor constante. ∂r ∂V = A ∂r ∂V A = ∂r r V (r) = Aln(r) + B r

(5.12)

(5.13)

(5.14)

Usando las condiciones de borde... V (a) = V 0 V 0 = Aln(a) + B 0 = Aln(b) + B V (b) = 0

→ →

21

(5.15) (5.16)


Despejando las constantes A y B

B =

V 0 ln ab ln(b) V 0 a ln b

A =

(5.17)

−

(5.18)

Entonces el potencial eléctrico es V (r) =

V 0 ln(r) ln ab

V − V ln(b) = ln ln

ln(r/b)





0

0 a b

a b

(5.19)

Para el cálculo del campo eléctrico...  = E

−∇V (r) = −

∂ ∂ρ



∂ V 0 = (ln(r) ∂ρ ln ab V 0 = rˆ rln ab

−

V 0 ln(r/b) rˆ ln ab



− ln(b))

rˆ

(5.20) (5.21) (5.22)

5.2. Calcule la capacitancia de los conductores coaxiales del ejercicio 5.1, asumiendo que el largo de los cilindros es L >> a, b

Soluci´ on Un conductor está conectado a V 0 y el otro está a tierra. V ab = V 0

(5.23)

Qenc V 0 = E S = 2πrL 0 rln ab

(5.24)

·

·

donde L es el largo del cilindro C =

2π0 L Q = V 0 ln(b/a)

(5.25)

5.3. Para los cilindros conductores coaxilas de la figura son de radios r1 < r2 < r3 y largo L muy grande. Los conductores 1 y 3 están conectados a un voltaje a y el conductor 2 está conectado a b.

22


Figura 14: Calcule la capacitancia del sistema.

Soluci´ on Primero hay que obtener una fórmula que entregue la capacitancia entre dos conductores cil´ındricos de radios a < b.

· Q σ2πaL E · 2πrL =  E S =

enc

(5.26)

0

E =

(5.27)

0

aσ r0

(5.28)

Entonces el potencial y la carga encerrada es b

aσ aσ dr = log(a/b) 0 a r0 Qenc = 2πaLσ V ab =



(5.29)

(5.30)

y obtenemos la capacitancia 2πaLσ Q = aσ V ba log(b/a)  2π0 L C = log(b/a) C =

(5.31)

0

(5.32)

Notar que invertimos el orden de los radios para calcular V ba , esto se hizo para asegurar un valor positivo en la capacitancia. Podemos dibujar el sistema como dos condenzadores en paralelo, cuya capacitancia equivalente es la suma de ambas capacitancias individuales.

23


!

#

!

#

Figura 15:



1 1 + C eq = 2π0 L log(r2 /r1 ) log(r3 /r2 )



(5.33)

5.4. Una esfera conductora de radio R1 y carga Q, se rodea de una corona esférica conductora concéntrica de radios R 2 y R3 (R2 < R3 ) con carga 2Q. Calcular: (a) Campo eléctrico en todo el espacio. (b) Diferencia de potencial entre la corona y la esfera. (c) Capacitancia del sistema. (d) Energ´ıa almacenada.

Soluci´ on (a) Dado que el campo eléctrico dentro de un conductor es cero, la superficie inferior de la corona conductora debe ser Q para que la carga total encerrada sea nula. La carga superior compensa la distribución de carga, adquiriendo una carga de 3Q.

−

24


Figura 16: En la figura anterior se encuentran numeradas las regiones que trabajaremos. Trivialmente reconocemos que  1 = E  3 = 0 E

(5.34)

y en las regiones (2) y (4) Q rˆ 4πr 2 0  4 = 3Q rˆ E 4πr 2 0  2 = E

(5.35)

(5.36)

(b) Región 4: r

V 4 =

3Q 3Q dr = 4πr0 ∞ 4πr 2 0

 −

(5.37)

Región 3: V 3 = V 4 (r3 ) =

3Q 4πr3 0

(5.38)

Región 2: r

V 2 = V 3

 −

r2

Q Q dr = 4πr 2 0 4π0

 − 1 r

1 3 + r2 r3



(5.39)

Región 1: Q V 1 = V 2 (r1 ) = 4π0

25



1 r1

−

1 3 + r2 r3



(5.40)


(c) Para una distribución de carga Q se tiene: C =

Q V 1

− V

=

3

Q

−

Q 4π 0

1 r1

C =

1 r2

(5.41)

4π0 r1 r2 r2 r1

(5.42)

−

(d)

Nuestro sistema lo podemos ver como dos conexiones, una entre los dos conductores y la otra entre el conductor externo y el infinito. 1 1 w1 = Q∆V = Q(V 1 2 2

−

1 Q V 3 ) = Q 2 4π0

1 1 w2 = Q∆V = Q(V 3 2 2

 

1 r1

−

1 r2



Q2 = 8π0



1 r1

1 3Q 9Q2 = V 4 ( )) = 3Q 2 4r3 π0 8r3 π0

 

− ∞

−

1 r2



(5.43)

(5.44)

La energ´ıa total almacenada es: Q2 w1 + w2 = 8π0



1 r1

−

1 9 + r2 r3



(5.45)

5.5. Una esfera de radio a se carga a un potencial V 0 y se a´ısla. Posteriormente se conecta a tierra a través de un condensador de de capacitancia C . (a) Calcule el potencial final de la esfera y la carga en la esfera y el condensador. (b) Calcule la energ´ıa disipada al hacer la conexión a tierra.

Figura 17:

26


Soluci´ on Usando las formulas conocidas para una esfera con carga  = Qenc E 4πa2 0 Q0 V 0 = 4πa 0

(5.46) (5.47)

y la carga inicial es Q0 = V 0 4πa0

(5.48)

La carga siempre se conserva. Esta se puede distribuir hacia el condensador ( Qc ) cuando se conecta a la esfera. La carga no podrá irse a tierra, sino que se almacenará en la placa superior del condensador (notar que existe una separación entre ambas placas). Parte de la carga se queda en la esfera (Q). Ahora tenemos tres ecuaciones y tres incógnitas:Q, Q c y V . Q0 = Q + Qc Qc = C V Q = V 4πa0

(5.49) (5.50)

→

V =

Q 4πa0

(5.51)

Resolviendo obtenemos 4π0 aV 0 C + 4π0 a (4π0 a)2 V 0 Q = C + 4π0 a 4π0 aCV 0 Qc = C + 4π0 a V =

(5.52)

(5.53)

(5.54)

Para calcular la energ´ıa disipada ∆W utilizamos el principio de conservación de energ´ıa. 1 1 Q20 1 (V 0 4πa0 )2 V 02 4π0 a = = E i = Q0 V 0 = 2 2 4π0 a 2 4π0 a 2 1 1 Q2c 1 Q2 1 Q2c 1 (4π0 a)3 V 02 1 (4π0 a)2 CV 02 = + = + E f = QV + 2 2 C 2 4π0 a 2 C 2 (C + 4π0 a)2 2 (C + 4π0 a)2 1 (4π0 a)2 V 02 1 (4π0 a)2 V 02 (4π0 a + C ) = E f = 2 (C + 4π0 a)2 2 C + 4π0 a 4π0 a 1 4π0 aCV 02 V 2 4π0 a ∆W = E i E f = 0 1 = 2 2 C + 4π0 a C + 4π0 a

−

−



(5.55)

(5.56) (5.57) (5.58)

5.6. Calcule la capacitancia del sistema de dos placas conductoras de longitud d que se muestra en la figura. 27


Figura 18:

Soluci´ on Entre los conductores no existe una densidad de carga. El potencial depende solo del ángulo θ.

∇ V = − σ = 0

(5.59)

∂ 2 V =0 ∂θ 2

(5.60)

2

0

Obtenemos V (θ) = Aθ + B

(5.61)

con A y B constantes. V (0) = 0 V (α) = V 0 V (θ) = V 0

B=0

→

(5.62) (5.63)

θ α

(5.64)

En coordenadas cil´ındricas ∂θ ˆ ∂ F ∇V = ∂r∂ (rV )ˆr + 1r ∂V θ + zˆ ∂z z

r

(5.65)

θ

 = E

∂θ ˆ V −∇V = − 1r ∂V θ = − θˆ rα 0

(5.66)

θ

Para calcular la carga transferida de un conductor a otro hay que calcular la densidad de carga de una de ellas (la otra tiene la misma densidad pero con signo contrario). Para la placa superior...  (θ = α) θˆ σ(θ = α) =  0 E 0 V 0 σ(α) = αr

·

28

(5.67) (5.68)


Luego, la carga distrubuida es δ+d

Q = d

 δ

0 V 0 0 V 0 d dr = log αr α

  d + δ d

(5.69)

y la capacitancia es 0 d C = log α

6.

  d + δ d

(5.70)

Materiales diel´ ectricos

Los materiales dieléctricos son los que forman dipolos inducidos cuando son sometidos a un campo eléctrico. Algunas definiciones: ρl : densidad de carga libre ρ p : densidad de carga polarizada volumétrica  polarizaci´ on P : σ p : densidad de carga polarizada superficial  desplazamiento eléctrico D: χe : susceptibilidad eléctrica Fórmulas:  n ˆ σ p = P

·

∇ · E  = ρ = ρ + ρ = ρ − ∇ · P   + ∇ · P  = ∇ · ( E  + P )  = ρ  ∇ · E 0

l

0

p

l

0

l

   D =  0 E + P

 ∇ ·

 dV = D

·

 =  0 χe E  P

→



 → ∇ · D = ρ  · dS  = D ρ dV = Q l

l

libre



     D =  0 E + P =  0 E + 0 χe E    D =  0 (1 + χe )E =  E

29

(6.1)

(6.2)

(6.3)

(6.4)

(6.5)

(6.6)

(6.7)


6.1. Un cascarón de radio a cargado con Q y rodeado de un material dieléctrico de radio externo b. La  = αrˆ polarización del dieléctrico es P r. Calcule: (a) las densidades superficiales y volum´ etricas de la carga polarizada.  (b) el vector de dezplazamiento en todo el espacio D (c) el campo eléctrico en todo el espacio.

Figura 19: HINT: En coordenadas esféricas

∇ · P  = r1 ∂r∂ 2

r 2 P r +

 

1 ∂ 1 ∂P φ (sin θP θ ) + r sin θ ∂θ r sin θ ∂zφ

(6.8)

Soluci´ on (a) Las densidades de carga supeficiales en las caras externa e interna son: σP a =

−αa

y σP b = αb

(6.9)

La densidad volumétrica es: ρ p =

−∇ · P  = − r1 ∂r∂ 2

r2 P r =

 

− r1 ∂r∂ 2

Podemos observar que la carga neta polarizada es cero. Q p =

4 3 π(b 3

3

− a )ρ + σ p

P a 4πa

2

r3 α =

 

−3α

+ σP b 4πa 3 = 0

(6.10)

(6.11)

(b)

 S

 dS  = Qlibre D

·

30

(6.12)


Para r < a  = 0 D

(6.13)

Para r > a Q  D = rˆ 4πr 2

(6.14)

(c) r

(6.15) (6.16)

→

a
− P 

(6.17)

0  = Q rˆ αr rˆ E 4π0 r2 0

−

(6.18)

b
Q rˆ 4π0 r2

(6.19)

6.2. Disponemos de dos condensadores id´ enticos, de placas plano-paralelas, cuya superficie es S y espesor d, como indica la figura. Entre las placas existe un dieléctrico de permitividad  = 1000 . Una vez cargados con una diferencia de potencial V 0 , y desconectada la bater´ıa en un instante dado se fractura el dieléctrico entre las placas del condensador (1), de forma que se abre una fisura plana y paralela a las placas, de espesor 0.01 d. Calcular:  y D de  (a) Los vectores E los condensadores (1) y (2) antes y después de la fractura. (b) La diferencia de potencial entre las placas de los condensadores después de la fractura.

·

Figura 20:

31


Soluci´ on (a) Antes de la fractura: V =



 dr = d E  yˆ E

·

· ·

→

 = V ˆ E y d

 1 = E  2 = V 0 yˆ E d  1 = D  2 =  E  = 1000 V 0 yˆ D d

(6.20) (6.21)

(6.22)

Después de la fractura: Definiremos las siguientes variables: Qia : carga en el condensador i antes de la fractura. Qid : carga en el condensador i después de la fractura.  dS  = 1000 V 0 S D d V 0 Qtotal = Q1a + Q2a = 2000 S d

Q1a = Q2a =



·

(6.23)

(6.24)

Después de la fractura, el campo eléctrico en el condensador tendrá un componente en el material  1 , y un componente en la fractura E  1f . En la zona de la fractura no puede hallarse dieléctrico E ninguna carga porque es vac´ıo (el vac´ıo no conduce).  1 S   2 S  Q1d =  E Q2d =  E Qtotal = Q1d + Q2d V 0  (E  1 + E  2 ) 2000 S = 1000 S d V 0  1 + E  2 ) 2 = (E d

(6.25) (6.26)

(6.27) (6.28)

Además, si el voltaje después de la fisura es V , se debe cumplir que  1 d + E  1f 0.01d V = E  2 d V = E  1 d + E  1f 0.01d = E  2 d E  1 + E  1f 0.01 = E  2 E

(6.29)

(6.30)

(6.31)

(6.32)

Aplicando el principio de continuidad del desplazamiento eléctrico entre el material dieléctrico y la fractura obtenemos:  1 = D  1f D

→

 1 =  0 E  1f 1000 E  1 = E  1f 100E 32

(6.33)

(6.34)


y tenemos el sistema de ecuaciones: V 0  1 + E  2 ) = (E d  1 + E  1f 0.01 = E  2 E  1 = E  1f 100E 2

(6.35)

(6.36)

(6.37)

(6.38)

(6.39)

Resolviendo...  1 = 2V 0 yˆ E 3d  2 = 4V 0 yˆ E 3d  1f = 200V 0 yˆ E 3d 200 0 V 0  1 = D yˆ 3d  1f = 2000 V 0 yˆ D 3d  2 = 4000 V 0 yˆ D 3d

(6.40)

(6.41)

(6.42)

(6.43)

(6.44)

(b) El potencial entre las placas se calcula como:  2 d = 4V 0 V = E 3

Ejercicio t´ıpico Se tiene el sistema de la figura. Explique cómo calcular la capacitancia equivalente.

!"

!$ !%

#$

"

"

#%

Figura 21: 33


Este sistema se puede expresar de la siguiente forma:

!"

!$

!%

!%

Figura 22: Para ello solo hay que calcular las capacitancias individuales de los cuatro condensadores y aplicar el cálculo de capacitancia equivalente (conexiones en serie y paralelo). Si son placas de área transversal ld1 y ld2 y separación entre placas h (observar figura), las capacitancias individuales se calculan de esta forma: C =

i (ldi ) h

(6.45)

6.3. Si el espacio entre dos cilindros conductores coaxiales alargados está ocupado por un dieléctrico, ¿cómo debe variar la permitividad relativa r con la distancia r al eje para que la intensidad del campo eléctrico sea independiente de r?¿Cu´ al ser´ıa la densidad de carga vol´ umetrica ligada? Recordar que  =  r 0 .

34


Figura 23:

Soluci´ on Primero hallaremos el campo eléctrico entre los cilindros conductores, suponiendo que la superficie exterior del cilindro de menor radio tiene carga Q, y la superficie interior del que es de mayor radio tiene carga Q.

−

E   = 2πr−LQ 

r 0

r =

→

k r

(6.46)

Para un k constante. Ahora se calculará la densidad volumétrica.

−∇ · P  = −∇ · ( ( − 1) · E  ) k−r Q = −∇ · rˆ r 2πkL Q 1 ∂ · · r · k − r =−

ρ =

0



=

−

2πkL r ∂z Q 2πkLr



(6.47)

r



r



(6.48)

(6.49) (6.50)

6.4. En una jarra donde reposa un l´ıquido de densidad ρ y constante dieléctrica k se inserta, verticalmente, un condensador de placas paralelas planas de lados b y a (ver figura), y separación entre placas d << a, b. Luego se conecta el condensador a una bater´ıa, la que entrega una fuerza electromotriz (voltaje) ε. Como consecuencia, el l´ıquido, que tiene total libertad para moverse entre las 35


placas del condensador, aumenta su nivel en el interior del condensador, alcanzando una altura h, expresándolo, si se aplica, en términos de a,b,d, , k,ρ y g (aceleración de gravedad).

Figura 24:

Soluci´ on Una vez alcanzada la nueva posición del l´ıquido en el interior del condensador, éste se comporta como una asociación en paralelo de dos condensadores, uno de los cuales posee l´ıquido de constante dieléctrica k entre sus placas. Por lo tanto, si la región entre las placas que se llenó con l´ıquido dieléctrico tiene largo x < a, la capacidad equivalente estará dada por:

C =

k 0 bx  0 b(a x) + d d

−

(6.51)

La fuerza vertical que se ejerce sobre el l´ıquido al mantenerse una diferencia de potencial aplicada ε constante está dada por:

F   =

  ∂U ∂x

(6.52) ε

Pero la energ´ıa almacenada en el condensador depende de x como sigue: ε2 C ε2 0 b(kx + a = U = 2 2 d 2 ε 0 b[a + x(k 1)] = 2 d

−

Por lo tanto, 36

− x)

(6.53) (6.54)


ε2 0 b(k 1) F = 2 d

−

(6.55)

En equilibrio, tal fuerza debe corresponder exactamente al peso de l´ıquido desplazada, es decir: F g = mg = ρbhdg

(6.56)

Por lo tanto ε2 0 b(k 1) ρbhdg = 2 d

−

→

0 ε2 (k h = 2ρgd2

− 1)

(6.57)

6.5. Dentro de un condensador de placas plano-paralelas, de sección A y espesor d, introducimos un dieléctrico de permitividad no uniforme, siendo y la dirección perpendicular a las placas. Despreciando los efectos de borde y en caso de no existir cargas libres en el interior del dieléctrico, calcular: a) el campo eléctrico, el desplazamiento eléctrico y el vector de polarización, cuando aplicamos una diferencia de potencial V o entre las placas. b) las densidades de carga de polarización. c) la capacidad del condensador. y  =  0 1 + d

 

Figura 25:

37


Soluci´ on (a) Como no hay carga libre tenemos lo siguiente ∂D =0 ∂y

 ∇ · D = ρ = 0 → l

→

 D = cte

Las relaciones que tenemos hasta ahora son     D =  0 E + P =  E d



d

E y =

·

0

De la ultima ecuación



D y d log 1 + 0 d

d

 

Por lo tanto

0

(6.58)

(6.59)

d

dy = V 0 0 1 + y/d D = d log(2) = V 0 0



(6.60)

(6.61)

V 0 0 yˆ d log(2)

 D =

y con esto

·

0

D 

D dy = V 0 

 D V 0  = E = yˆ  d log(2)(1 + y/d)

 y obtenemos P  = D  P

V  y −  E  = d log(2)(d + y) yˆ 0 0

0

(b) La densidad volumétrica la calculamos como... ρ p (y) =



V   = − ∂ P = − −∇ · P (y) log(2)(d + y) ∂y 0 0

2

Y las densidades superficiales (en contacto con las placas del condensador) son:

 − ·   ·   yˆ P

σ1 =  yˆ σ2 = P (c)

y=d

=

y=0

=0

V 0 0 2d log(2)

(6.62)

(6.63)

En una de las placas del condensador, la carga es: Qlibre =



 dS  = A V 0 0 D d log(2)

·

38

(6.64)


Luego, la capacitancia es C = Qlibre/V 0 = A

7.

0 d log(2)

(6.65)

Conducci´ on I : corriente eléctrica  : densidad de corriente (por unidad de áreal) J τ : tiempo libre medio entre colisiones λ: camino libre medio entre colisiones vd : velocidad de deriva ρ: resistividad σ: conductividad

→ σ = 1/ρ

R: resistencia eléctrica n: numero de electrones por unidad de volumen

−e: carga de un electrón me : masa de un electrón µ: movilidad del electrón

I =

 ·

 dS  J

S

→

 ·  ∇ ·  dS  = J

I =

S

d

I enA∆x = = A A∆t vd = µE eτ µ = m

−

J =

vd =

 −eEτ

l A

(7.1)

(7.2)

d

−

39

m

−env = enµE = σE

Circuitos:

V

−eE  = F  = ma = m vτ → R = ρ

 JdV

(7.3)

(7.4) (7.5) (7.6)


Figura 26: En la figura se observan dos resistencia, una fuente de voltaje, y un condensador. El espacio que separa dos o más componentes se denomina “nodo” (puntos rojos de la figura). La conexión a tierra indica que el voltaje en ese nodo es cero. Las fórmulas t´ıpicas son: Conexi´ on de resistencias en serie y en paralelo, respectivamente Req = R 1 + R2 1 1 1 = + Req R1 R2

(7.7) (7.8)

Leyes de Kirchhoff: la corriente que ingresa a un nodo es la misma que la que sale.

  I in =

I out

(7.9)

La suma de corrientes en una malla (loop cerrado) es cero



Otras fórmulas

V loop = 0

(7.10)

V = I R

P = V I = I 2 R = C =

Q V

→

40

V 2 R

I = C

(7.11)

dV dt

(7.12)

(7.13)


7.1. Se tienen dos cascarones esféricos conductores perfectos de radios a < c. El espacio entre los conductores se llena de permitividades relativas r1 y r1 , y de conductividades σ1 y σ2 , respectivamente. La separación de estas propiedades están a un radio b (a < b < c). Calcule: (a) La resistencia equivalente. (b) La densidad de carga libre en r = b cuando se aplica un voltaje V 0 como se indica en la figura

Figura 27:

Soluci´ on (a) I =



⇒ J = 4πrI

JdS = 4πr 2 J

⇒ E = J σ = 4πrI σ 1 1 I − Edr = 4πσ a c

J = σE c

V 0 =

 a

2

R =

2

1 V 0 = 4πσ I

   −  1 a

1 c

Y la resistencia equivalente es 1 Req = 4πσ1

 −  1 a

1 b

41

1 + 4πσ2

 −  1 b

1 c

(7.14)

(7.15)

(7.16)

(7.17)


(b) Qlibre =



  Ds S (r = b)

(7.18)

·

 2 (r = b) n  1 (r = b) ( n = (D ˆ + D ˆ ))4πb 2  2 (r = b)r1 E  1 (r = b)r1 )4πb 2 0 = (E

·

(7.19)

·−

−

(7.20)

De acá obtenemos σlibre Qlibre I0 = σlibre = 4πb 2 4πb 2



r1 σ1

−

 r2 σ2



(7.21)

Donde I = V 0 /R que son datos ya conocidos.

7.2. Sea un cable formado por dos cilindros conductores coaxiales muy largos y de radios ra < rb . La región entre ellos se encuentra llena de un material de conductividad σ. Encuentre la resistencia entre los conductores si la corriente fluye de adentro hacia afuera.

Figura 28:

Soluci´ on

I =



I ⇒ J = 2πrLJ

(7.22)

I ⇒ E = J σ = 2πrLσ

(7.23)

JdS = 2πrLJ J = σE

b

∆V =

 a

b

Edr =

 a

I I log(b/a) dr = 2πrLσ 2πLσ ∆V 1 = log(b/a) R = 2πLσ I

42

(7.24) (7.25)


7.3. Considere dos esferas conductoras conc´ entricas, de radios a y b como se muestra en la figura. La mitad del espacio entre las esferas se llena con un medio de conductividad g1 y la otra mitad con un medio de conductividad g2 . Calcule la resistencia equivalente entre los dos conductores. Calcule el voltaje que debe aplicarse sobre esta resistencia para disipar una energ´ıa Q en t segundos.

Figura 29:

Soluci´ on Para a < r < b  = E

Q rˆ 4π0 r2

(7.26)

La carga Q está en el conductor interior, distribuida de manera no uniforme. Podemos calcular las densidades de carga correspondientes a cada medio de conductividad g i .  1 = Qg1 rˆ J 4π0 r2  2 = Qg2 rˆ J 4π0 r2

(7.27)

(7.28)

Para calcular la corriente total, se utilizará media superficie esférica para cada medio. I =

 ·

 dS  = 2πr 2 (J  1 + J  2 )ˆr J

(7.29)

y reemplazando los valores de las densidades de corriente correspondientes... I =

Q (g1 + g2 ) 20

(7.30)

Falta calcular la diferencia de potencial. b

V ab =

 a

 dr = Q E 4π0

·

43

 −  1 a

1 b

(7.31)


y la resistencie equivalente es: 1 1 V ab = R = 2π g1 + g2 I

 −  1 a

1 b

(7.32)

La energ´ıa disipada viene dada por la siguiente relación t

Q =

 0

t

P dt =

 0

t

V Idt =

·

t

 ·    V

0

V R

dt =

0

V 2 V 2 dt = t R R

(7.33)

Acá es trivial despejar V a partir de los términos conocidos.

7.4. Un objeto (cable) de largo L, sección transversal A, y conductividad σ tiene una resistencia R = Para un objeto de sección transversal variable A(x) = π(x + h)2 la fórmula adecuada es: R =



dx σA(x)

L . σA

(7.34)

Considere un objeto volum´ etrico de conductividad uniformeσ. El objeto consta de dos seciones cónicas y un cilindro que une los conos. Cada cono tiene un radio m´ınimo h y un radio máximo L + h, y largo L (ver figura). Una corriente I circula horizontalmente por este objeto a lo largo del eje de simetr´ıa. (a) Determine la resistencia del cono de la izquierda. (b) Determine la resistencia total.

Figura 30:

Soluci´ on (a) L

R =

 0

dx L = σπ(x + h)2 πσh(L + h) 44

(7.35)


(b) Rcilindro =

Rtotal =

L πσ(L + h)2

L L + 2 πσ(L + h)2 πσh(L + h)

(7.36)

(7.37)

7.5. Calcule la corriente que pasa por R 3 R1

V1

R2

R3

V2

Figura 31:

Soluci´ on

El nodo que está entre las tres resistencias lo llamaremos v x . v1 vx i1 = R1 v2 vx i2 = R2 vx i3 = R3 i1 + i2 = i3

− −

45

(7.38) (7.39) (7.40)

(7.41)


v1

−v

x

R1

+

vx =

v 2

−v

x

=

v1 R1

+

v2 R2

+

1 R2

+

R2 1 R1

vx R3

(7.42) (7.43)

1 R3

Luego reemplazamos en

vx R3 y obtenemos i3 que es la corriente que buscábamos i3 =

7.6. En t=0 el interruptor se cierra. Calcule i a (t). Si el interruptor se mantuvo cerrado por un tiempo muy largo y repentinamente se abre, calcule la nueva función de i a (t). Ia

R3 100 Ω

SW1

R2 100 Ω

V1 9V

R1 100 Ω

C1 1 µF

Figura 32:

Soluci´ on

Tenemos dos mallas. R1 = R 2 = R 3 = R 0 = v + R i + R (i ia ) 0 = R (ia i) + R ia + vc

−

· · −

46

· − ·

(7.44) (7.45) (7.46)


Donde vc es el voltaje en el condensador. En la primera ecuación de mallas despejamos i y lo reemplazamos en la segunda ecuación. 0=

−v + R · i + R · (i − i ) i · 2R = v + R · i a

(7.47) (7.48)

i =

1 v + ia 2R 2

(7.49)

(7.50) (7.51)

a

ahora reemplazamos y nos queda 0 = R (ia i) + R R i = 2R 1 v + ia = 2R R 2R 2 v R + ia = 2R 2 2

· − ·





Además, sabemos que C =

Q(t) vc (t)

· i + v · i + v · i + v a

c

a

c

a

c

(7.52)

c

(7.53)

· i + v a

⇒ Q(t) = C · v (t) c

Si derivamos esta relación respecto al tiempo tenemos C

· dvdt(t) = dQ(t) = I (t) dt c

c

donde I c (t) es la corriente que pasa por el condensador, es decir, I c = ia Sigamos con la ecuación de antes, reemplazando lo reci´ en calculado. v R + ia = 2R ia + vc 2 2 (t) v RC dvc dv c (t) + = 2R C + vc (t) 2 2 dt dt 3RC dv(t) v + vc (t) = 2 2 dt

·

(7.54) (7.55)

· ·

(7.56)

La ecuación diferencial tiene como solución vc (t) = K e−

·

2 3RC

t

+

v 2

(7.57)

Para conocer K usamos la condición inicial v c (0) = 0 v vc (t) = (1 2

− e−

2 3RC

t

)

(7.58)

Cuando el circuito ha pasado mucho tiempo encendido, el voltaje en el condensador tiende a v/2. Establecemos nuevamente un tiempo de referencia t=0 en el instante en que se abre el interruptor. La nueva condición inicial es v c (0) = v2 47


El circuito ahora consta de una sola malla (no puede circular corriente en lazos abiertos). R ia + R ia + vc = 0 2R ia + vc = 0 dvc (t) 2RC + vc (t) = 0 dt

·

(7.59) (7.60)

· ·

(7.61)

y tenemos la solución v vc (t) = e− 2

t

(7.62)

2RC

7.7. Para t < 0 los interruptores S están abiertos y el condensador C descargado. En t = 0 ambos interruptores se cierran simultáneamente. (a) Obtenga q (t) en el condensador. (b) Calcule la energ´ıa disipada en R.

Figura 33:

Soluci´ on Observamos dos mallas, cuyas corrientes fluyen en sentido horario y antihorario, respectivamente. I 1 e I 2 . q (t) C q (t) ε2 = I 2 R2 + R(I 1 + I 2 ) + C ε1 = I 1 R1 + R(I 1 + I 2 ) +

(7.63)

(7.64)

Se puede apreciar que I 1 + I 2 =

dq = q  (t) dt

48

(7.65)


Y tenemos las ecuaciones q (t) (7.66) C q (t) (7.67) ε2 = I 2 (t)R2 + Rq  (t) + C En este caso, despejar las corrientes I 1 e I 2 en función de q (t) puede ser muy complicado. Probemos otro método. ε1 = I 1 (t)R1 + Rq  (t) +

q El nodo entre R y C tiene voltaje V = qc , y el nodo sobre R tiene voltaje V = C + Rq  . Usando el método de los nodos... q q ε1 C Rq  ε 2 C Rq  + = q  (7.68) R1 R2 Obtenemos la ecuación diferencial 1 q ε1 ε2 = (7.69) q  (t) + ε1 R1 Req C Req R1 R2 con R1 R2 (7.70) Req = R R1 + R2 Aplicando lo que aprendieron en las clases de EDO, con la condición inicial q (0) = 0, se obtiene

− −

− −



− −−

− −− εR R

 −



−



q (t) = ε1

I 1 (t) + I 2 (t) = q  (t) = E =

∞



ε1 R1

2

1

2

1 Req C



ε1

C 1



− −− εR R

(I 1 (t) + I 2 (t))2 Rdt

ε1 R1

et/Req C 2

2

1

  C et/Req C

(7.71)

(7.72) (7.73)

0



1 = R ε1 2Req C

ε1 R1

− −− εR R 2

2

1

2



(7.74)

7.8. Los dos condensadores del circuito están inicialmente abiertos, y los condensadores descargados.

Figura 34: 49


(a) En t = 0 el interruptor S 1 se cierra. Calcule I 1 (t) (b) Después de un tiempo prácticamente infinito, el interruptor S 2 se cierra. Calcule la corriente en este instante en los condensadores.

Soluci´ on (a) Cuando solo está cerrado S 1 , tenemos solo la primera malla (lado izquierdo del circuito). Escribiremos la corriente que circuila en sentido horario como I 1 (t) = Q 1 (t). Entonces la ecuación de la malla es:

V =

Q1 (t) + RQ (t) C

Q1 (t) +

→

Q 1 (t) V = RC 1 R

(7.75)

Resolviendo la EDO con la condición inicial Q 1 (0) = 0 Q1 (t) = V C 1 (1

− e−

I 1 (t) = Q1 (t) =

t/RC 1

)

(7.76)

V −t/RC e R

(7.77)

1

(b) Justo antes de cerrarse S 2 en el tiempo t = 0− el condensador actúa como circuito abierto. Las condiciones iniciales son: Q1 (0− ) = Q1 (0) = V C 1 Q2 (0) = 0

(7.78) (7.79)

(7.80)

Después de cerrarse S 2 podemos hacer dos ecuaciones de nodos.

− Q (t)/C

V

1

1

R

= Q1 +

Q 1 (t)/C 1

− Q (t)/C 2

2

R

Despejemos la corriente del condensador Q1 (t) y la evaluamos en el instante t = 0 Q (t)/C − 2Q (t)/C + R R Q (0)/C − 2Q (0)/C + R R 2V V − R = − R

V R V Q1 (0) = R V Q1 (0) = R Q1 (t) =

1

1

1

1

2

2

2

2

(7.81)

(7.82)

(7.83)

Q2 /C 2 Q 2 /C 2 + + Q2 (t) R R

(7.84)

Solo falta calcular la corriente Q 2 (0). Hacemos otra ecuación de nodos. Q1 (t)/C 1

− Q (t)/C 2

R

2

=

50


y obtenemos Q1 (t)/C 1 R Q1 (0)/C 1 Q2 (0) = R V Q2 (0) = R Q2 (t) =

− 3 Q (t)/C R − 3 Q (0)/C R 2

2

2

2

(7.85)

(7.86)

(7.87)

7.9. En un comienzo, ambos interruptores se encuentran abiertos. Repentinamente S 1 se cierra y permanece as´ı hasta que C 1 se carga completamente. Posteriormente, S 1 se abre y S 2 se cierra. Calcule la carga de los condensadores en función del tiempo desde que S 2 se cierra.

S1

S2

R

R

V

C1

C2

Figura 35:

Soluci´ on El primer condensador queda cargado completamente, entonces su voltaje tiende al mismo valor de la fuente de potencia V , y su carga es q 1 = C 1 V . Cuando el interruptor S 2 se cierra (en un tiempo t=0) se tiene: q 1 (0) = C 1 V q 2 (0) = 0 q 1 (t) + q 2 (t) = C 1 V por conservación de carga

(7.88) (7.89) (7.90)

Luego, por mallas tenemos la siguiente ecuación, donde V 1 y V 2 son los voltajes en los condensadores. V 1 = Ri + V 2

(7.91)

Para desarrollar mejor el ejercicio... i = q 2

q 2 C 2 q 1 V 1 = C 1 q 1 = C 1 V

(7.92)

V 2 =

(7.93) (7.94)

− q

51

2

(7.95)


y ahora se resuelve C 1 V q 2 q 2 = Rq 2 + C 1 C 2 1 1 V + q 2 + q 2 = RC 1 RC 2 R   C 1 C 2 + t − q 2 (t) = V 1 e RC RC C 1 + C 2

−



8.

−



1

1

1

2

(7.96)

(7.97)

(7.98)



Campo Magn´ etico

El campo magnético que ejerce un carga que recorre un camino C (Ley de Biot-Savart) es:  r) = µ0 B( 4π

 (r r )dl I µ0 I = 4π r r 3 C



× − |− |



C

d l

× (r − r) |r − r|

3

(8.1)

Fuerza de Lorentz:  = q (E  + v F

 = q E  + I L  × B  × B)

(8.2)

Ley de Ampère:



C

 d B l = µ 0 I enc

·

(8.3)

Flujo de campo magnético: Φ= Φ=

  S

∇·

 dS  B

·  · dS  =  ∇ · BdV =0 B

 = 0 B

(8.4)



(8.5)

V

(8.6)

Ley de Faraday (fem inducida):

−N dΦ(t) ⇐ dt dΦ(t) di(t) = −N di dt

ε =

= L

di dt

la fem va en sentido opuesto a la variación de flujo

(8.7) (8.8)

donde L es la inductancia de una bobina de N vueltas

(8.9)

Momendo dipolar magnético:  = An, sobre el cual se aplica un Dado una corriente I que circula en un lazo cerrado de área A  el momento dipolar magnético y el torque sobre el lazo es: campo magnético B,  m = I  A o bien para una bobina de N vueltas m = N  I  A  τ = m  B

×

52

(8.10) (8.11)


8.1. Sobre una part´ıcula de carga q y masa m act´ ua un campo eléctrico E ˆ x y densidad de flujo magnético B zˆ . Si la part´ıcula parte del reposo, encuentre su posición en función del tiempo.

Soluci´ on Tenemos que  = E ˆ E x  = B zˆ B

(8.12)

(8.13)

La fuerza sobre la part´ıcula produce una aceleración  = ma = q (E  + v B)  F = q (E ˆ x + (vx xˆ + vy yˆ + vz zˆ ) = q (x ˆ Bv x yˆ + Bv y xˆ)

×

−

(8.14) (8.15) (8.16)

× Bzˆ )

Separamos los componentes de la fuerza dvx = qE + qv y B dt dvy = qvx B F y = m dt dvz =0 F z = m dt F x = m

−

(8.17) (8.18) (8.19)

De la componente en zˆ se tiene que z (t) = Ct + D, pero z ( 0) = z  (0) = 0, lo que implica que z (t) = 0. Si derivamos la componente en yˆ obtenemos d2 vy dvx m 2 = qB dt dt 2 dvx m d vy = dt qB dt2

− −

(8.20)

(8.21)

Lo reemplazamos en la componente de ˆx m2 d2 vy = qE + qv y B qB dt2 q 2 EB q 2 B 2  + vy + vy = 0 m2 m2

−

(8.22) (8.23)

Usaremos ω = qB/m, entonces... vy + ω 2 Hacemos un cambio de variable R(t) =

E B



E + vy B

 



=0

+ vy , por lo que R  (t) = v y . As´ı

R + ω 2 R = 0 53

(8.24)


La solución es del tipo R(t) = A cos(ωt) + D sin(ωt) volviendo a la variable original tenemos vy (t) = A cos(ωt) + D sin(ωt) vy (t) =

− E B

(8.25)

−Aω sin(ωt) + Dω cos(ωt) (8.26) Falta poco, ¡no se desesperen! Recordemos que m = −qv B, y lo reemplazamos en la ecuación dvy dt

anterior

x

m − qB ( −Aω sin(ωt) + Dω cos(ωt)) 1 = − ( −Aω sin(ωt) + Dω cos(ωt)) ω = A sin(ωt) − D cos(ωt)

vx =

(8.27) (8.28) (8.29)

Usamos las condiciones iniciales v y (0) = v x (0) = 0 para llegar a D = 0 y A = E/B vx (t) = vy (t) =

E sin(ωt) B

(8.30)

− 1)

(8.31)

E (cos(ωt) B

Finalmente, integrando E − Bω cos(ωt) + C E (sin(ωt) − ωt) + C y(t) = Bω x(t) =

Ya casi... x(0) = y(0) = 0

⇒ C = 1

E Bω

1

(8.32)

2

(8.33)

C 2 = 0

E − Bω (1 − cos(ωt)) E (sin(ωt) − ωt) y(t) = Bω

x(t) =

z (t) = 0

Figura 36:

54

(8.34) (8.35) (8.36)


8.2. Considere un alambre infinito por el cual circula una corriente I 1 y una espira rectangular de lados a y b, coplanar con el alambre como se muestra en la figura. En la espira rectangular circula una corriente I 2 . Calcule la fuerza que se ejerce entre la espira y el alambre.

Figura 37:

Soluci´ on Por Ley de Ampère, el campo magnético ejercido por el alambre es



Bdy = µ 0 I 1

(8.37)

 = µ0 I 1 ˆz B(y) 2πy

(8.38)

Las fuerzas sobre la espira son a

 ×



µ0 I 1 µ0 I 1 I 2 a  1 = I 2 F dxˆ x zˆ = yˆ 2π(b + h) 2π(b + h) 0 b+h µ0 I 1 µ0 I 1 I 2 b + h  ˆz = log F 2 = I 2 dyˆ y xˆ 2πy 2π h h a µ0 I 1 µ0 I 1 I 2 a  ˆ F 3 = I 2 dxˆ x z = yˆ 2πh 2πh 0  4 = F  2 F





−

    × −    − × −

El resultado es la suma de todas estas fuerzas

55

(8.39)

(8.40)

(8.41)

(8.42)


8.3. Un espectómetro de masa es un dispositivo que permite separar part´ıculas segú n su masa m. Suponga que existe una fuente de part´ıculas con distintas velocidades. Asuma que estas part´ıculas han cedido o ganado solo un electr´ on. Luego estas part´ıculas pueden entrar en la región 1 en donde se seleccionan según su velocidad (ver figura). Para esto, si el campo magnético aplicado en la ˆ  = B k. región 1 es B a) Determine el campo eléctrico necesario para que las part´ıculas con velocidad vî puedan atravesar la apertura indicada en la figura. Luego de atravesar la apertura, las part´ıculas entrar´ a n en la regió n 2 en donde solo existe ˆ  un campo magnético B = B k. b) ¿Qué tipo de trayectoria describirán estas part´ıculas? Tome en cuenta el tipo de carga de la part´ıcula. c) Relacione la masa m de la part´ıcula con la coordenada en x que describe la posición en que la part´ıcula golpea la pantalla. d) Determine la masa m´ınima y máxima que es posible detectar con este dispositivo para un campo magnético de magnitud B y un campo eléctrico de magnitud E .

Figura 38:

Soluci´ on (a)

56


Para que la trayectoria de las part´ıculas no se desv´ıe necesitamos que:  e = F

−F   = −(±e)v × B ˆ = (±e)vB jˆ = −(±e)vB(î × k)

(8.43)

m

(8.44)

(8.45)

Entonces

±eE  = (±e)vB jˆ  = vB jˆ E

(8.46)

(8.47)

(b) Solo en presencia de un campo magnético se tiene una trayectoria circular.  m = F  centripeta F mv2 ˆ ( e)vB j = rˆ R

−±

entonces la trayectoria circular es de radio R =

(8.48) (8.49)

mv . eB

(c) Para alguna trayectoria circular de radio R = L/2 + d se cumple que x2 + d 2 = R2 . Por lo tanto x2 L + R = 4 L

(8.50)

usando lo obtenido en (b) mv x2 L = + 4 eB L

eB m = v

→



x2 L + 4 L



(8.51)

(d) Los valores máximo y m´ınimo de x son 0 y L, respectivamente. mmin =

1 eBL 5 eBL = mmax

(8.52)

(8.53)

reemplazando v = E /B 1 eB 2 L 5 eB 2 L = mmax mmin =
57


8.4.  que existe, cuando circula Mediante la ley de Ampère calcular la densidad de flujo magnético B una corriente i: (a) en el interior de un solenoide de N espiras y longitud L (L suficientemente grande). (b) en el interior de una bobina toroidal de N espiras y radio externo medio, a .

Soluci´ on (a) Veamos nuestro problema de la siguiente forma:

Figura 40: Figura 39:



 d B l =

·



 d B l +

ab

·



bc

 d B l +

·



 d B l +

cd

·



da

 d B l

·

(8.54)

Donde las integrales en bc y da tienen valor cero por tratarse de vectores perpendiculares. El campo magnético fuera del solenoide (l´ınea cd) es tambi´ en cero ya que podemos ubicar este tramo tan lejos del soleniode como queramos. Entonces nos queda:



 d B l = Bl = µ 0 I enc = µ 0 iN

·

(8.55)

Con N =número de vueltas encerradas. Si usamos n = N/l  solenoide = iµ 0 nkˆ B (b) Tenemos una bobina toriodal de radios interno R i y externo R e .

58

(8.56)


Figura 41: Para un punto entre ambos radios R i < r < Re :





 d B l = B

dl = B2πr

(8.57)

µo Ni = B2πr  toroide = µ0 iN rˆ B 2πr

(8.58)

(8.59)

·

8.5. Calcule el campo magnético en P en función de I 1 , I 2 y R.

Figura 42:

Soluci´ on µ0 I 1 d l1 rˆ µ0 I 1 dl1 ˆ  = ( k) dB1 = 4π 4π R2 r2  ˆ  2 = µ0 I 2 dl2 rˆ = µ0 I 2 dl2 (k) dB 2 2 4π 4π R r

×

×

59

−

(8.60) (8.61)


Usando dl = Rdθ. µ0 I 1 dθ1 ˆ ( k) 4π R ˆ  2 = µ0 I 2 dθ2 (k) dB 4π R

 1 = dB

Evaluando en 0

(8.62)

−

(8.63)

≤ θ ≤ π y π ≤ θ ≤ 2π, y sumándolos: 1

2

  1 (P ) + B  2 (P ) = µ0 (I 2 I 1 ) kˆ =B B(P ) 4R

−

(8.64)

8.6. Calcule el campo magnético sobre un punto del eje Z, ejercido por un loop circular de radio R y corriente I . El loop es coplanar al plano XY.

Figura 43:

Soluci´ on Cada diferencial del alambre del loop ejerce un campo magnético en una dirección perpendicular a la distancia que lo separa de un punto en el eje Z. Dado que el sistema es simétrico, el campo magnético total sobre un punto solo conserva su componente en el eje Z y el resto es cancelado.  = µ0 I B 4π



dl (z ˆ z Rˆ r) (R2 + z 2 )3/2 d l = Rdθ θˆ

×

−

Rdθθˆ (z ˆ z Rˆ r) (R2 + z 2 )3/2 z )  µ0 I Rdθ(z rˆ + Rˆ B = 2 2 3/2 4π (R + z )

 µ0 I B = 4π



×



60

−

(8.65)

(8.66) (8.67)

(8.68)


rˆ = cos(θ)ˆx + sin(θ)ˆy

⇐ se elimina cuando se integra entre 0 y 2π 2π

Rdθ(Rˆ z ) (R2 + z 2 )3/2 0 µ0 I R2  ˆ B = z 2 (R2 + z 2 )3/2

 µ0 I B = 4π



(8.69)

(8.70)

8.7. Se tiene una espira cuadrada de lado L en la cual circula una corriente I en sentido antihorario. Calcue el campo magnético en un punto P a una distancia x perpendicular al centro de la espira y explique qué sucede si x >> L. HINT: (1 + x)n 1 + nx.

≈

Figura 44:

Soluci´ on Dada la simetr´ıa del problema solo tiene significancia la componente del campo magnético en el eje X. Podemos observar ocho l´ıneas de largo L/2.

Figura 45: Cada una de estas produce un campo sobre P de  0 = µ0 B 4π

 61

Id l rˆ r2

×

(8.71)


donde r =

 

x2 + (L/2)2 + z 2 y d l rˆ = dz sin θ = dz



| × |

B0x = B 0 cos φ = B 0 Luego, B0x = = = =

x2 +L2 /4 . x +(L/2)2 +z 2 2

Además, en el eje X

L/2 x2 + L2 /4

(8.72)

µ0 I L/2 sin θ cos φdz 4π 0 r2 µ0 IL L/2 dz 8π 0 (x2 + (L/2)2 + z 2 )3/2 L/2 µ0 IL z 8π (x2 + L2 /4) x2 + (L/2)2 + z 2 0 1 µ0 IL2 16π (x2 + L2 /4) x2 + 2(L/2)2

 

(8.75) (8.76)

2 1  8B  0x = µ0 IL B = xˆ 2π (x2 + L2 /4) x2 + 2(L/2)2

µ0 IL2  B= 2πx3 (1 + Usando



1+

L2 2x2

≈ 1 +



Para x >> L, reescribimos: 1 L2 ) 4x2

L2 4x2

 B

≈

 B

≈

(8.74)



 

Finalmente...

(8.73)



1+

L2 2x2

1 µ0 IL2 xˆ L 2 2πx3 (1 + 4x ) µ0 IL2 xˆ 2πx3

xˆ

2

(8.77)

(8.78)

(8.79)

2

(8.80)

8.8. Dos l´ıneas paralelas no conductoras y muy largas tiene densidad de carga uniforme λ, y están separadas a una distancia d. Calcule la velocidad v a la cual estas se mueven juntas, de manera  m y eléctrica F  e que se ejercen mutuamente. que se anulen las fuerzas magnética F

!

!

!

Figura 46:

62


Soluci´ on  m = F  e . Para calcular el campo eléctrico que ejerce una l´ınea sobre otra Queremos que F usamos la Ley de Gauss.

 

 

 dS  = Qenc E 0 λL E 2πrL = 0  (d) = λ rˆ E 2πd



(8.81)

·

(8.82)

·

(8.83)

(8.84)

y la fuerza eléctrica es 2  e = λ L rˆ F 2πd

Para calcular el campo magnético, encerramos una l´ınea en una circunferencia de lado d.



 d B l =

·

2π

 0

ˆ 2πrB = I enc µ0 B θˆ rdθ θ =

·

 = Iµ0 θˆ B(d) 2πd

(8.85) (8.86)

y la fuerza magnética es  m = I F

L

 0

dz zˆ µ0 I θˆ = 2πd

×

2

−I µ L rˆ 0

2πd

(8.87)

usando I = λv e igualando los módulos de las fuerzas... λ2 v 2 µ0 L λ2 L = 2πd 2πd0 1 v = 0 µ0



(8.88)

⇐ Esto es la velocidad de la luz

(8.89)

8.9. Una bater´ıa (FEM) V 0 se conecta entre dos rieles paralelos por los cuales se desliza sin roce una barra conductora de longitud L y masa m. La resistencia total del circuito es R y se mantiene  constante independiente de la posición de la barra, además existe un campo magnético B constante y de dirección uniforme saliendo de la hoja. Si la barra parte del reposo, calcule la velocidad v(t) de la barra e i(t) en el circuito.

63


Figura 47:

Soluci´ on Cuando la barra está en reposo, I = V 0 R. La fuerza sobre la barra es F = I LB hacia la izquierda. dv dt m dv I = LB dt

F = I LB = ma = m

(8.90)

(8.91)

Al estar la barra en movimiento habrá un cambio en el flujo magnético que atraviesa el circuito y aparecerá una fuerza electromotriz inducida.

Figura 48:

Φ = BLx dΦ = BLv ε = dt

(8.92)

(8.93)

Usando el método de mallas: V 0 = I R + BLv m dv + BLv V 0 = R LB dt 64

(8.94)

(8.95)


y se tiene B 2 L2 V 0 BL  v + v = Rm

Rm

(8.96)

Resolviendo la EDO, y con la condición inicial de la velocidad v(0) = 0 L B V 0 (1 e mR t ) LB m dv LBV 0 L B t = i(t) = e mR LB dt mR

v(t) =

−

−

−

2

2

2

(8.97)

2

(8.98)

8.10. Considere una espira cuadrada de lado a que gira alrededor del eje X a velocidad angular ω como  se muestra en la figura. En el medio existe un campo magnético B = B zˆ a) Encuentre el voltaje inducido en la espira. b) Si la espira se queda quieta, formando un ángulo α con el plano XY, y por la espira hay una corriente I , calcule el torque ejercido sobre la espira

Figura 49:

Soluci´ on (a) Primero hay que calcular el flujo de campo magnético, dado por Φ=



 S  = B A(t) Bd

·

S

donde A(t) = a 2 cos(ωt)

65


Luego

− dΦ dt d(Ba cos(ωt)) =− dt

ε =

(8.99)

2

(8.100)

= Ba2 ω sin(ωt)

(8.101)

(b) Recordemos la fórmula de la Fuerza de Lorentz cuando solo existe un campo magnético.  = L(I  B)  F

×

Tenemos que calcular las fuerzas ejercidas en los cuatro lados del loop  1 = I ( xˆ)a B(ˆz ) = BIaˆ F y  2 = I ( cos(α)ˆ F y sin(α)ˆz )a B(ˆz ) = BI a cos(α)ˆx

·− × ·− − × −  = I · (ˆx)a × B(ˆz ) = −BI aˆ F y  = I · (cos(α)ˆy + sin(α)ˆz )a × B(ˆz ) = BIa cos(α)ˆx F

(8.102)

(8.104)

3 4

(8.103)

(8.105)

El torque se calcula haciendo el productro cruz entre la fuerza y la distancia al eje de rotación.  r τ = F  1 a 1 (cos(α)ˆy + sin(α)ˆz ) = 1 BI a2 sin(α)ˆx (8.106) τ1 = F 2 2  2 0 = 0 (8.107) τ2 = F 1  3 a 1 ( cos(α)ˆ (8.108) τ3 = F y sin(α)ˆz ) = BI a2 sin(α)ˆx 2 2  4 0 = 0 (8.109) τ4 = F

×

Entonces τ = BIa2 sin(α)ˆx

× × × ×

−

−

8.11. Un loop rectangular en el plano de la página tiene dimensiones a y b. Un alambre muy largo que lleva una corriente I se ubica justo sobre el loop como muestra la figura.

66


a) Obtenga una expresión para el flujo magnético a través de la bobina como función de x para 0 x b.

≤ ≤

b) Obtenga una expresión para la fem inducida en la bobina si el alambre se ubica en x = b/4 y la corriente var´ıa en el tiempo como I = 2t.

Soluci´ on (a) El flujo a un lado del cable tiene la misma magnitud que para el otro lado en 0 < r < b x. En este intervalo, la magnitud es la misma pero el signo es distinto, por lo tanto se cancela el flujo en esta parte. El único flujo de campo magnético que tiene relevancia es el que se ubica en b x < r < x. Por la ley de ampere

−

−



µ I ⇒ B = 2πr 0

  Bd l = µ 0 I

C

(8.110)

Entonces Φ=



x

µ0 I BdA = adr = 2πr b−x



−

−

1 b x µ0 Ia log 2π x

(8.111)

(b) Φ=

−

Φ=

−

− 

1 b b/4 µ0 2ta log 2π b/4 1 µ0 2ta log(3) 2π

(8.112) (8.113)

Y la fem es ε =

9.

1 − dΦ = µ a log(3) dt π

(8.114)

0

M´ as de Campo Magn´ etico e Inducci´ on

De la Fuerza de Lorentz se puede llegar a lo siguiente  = qv F  F = v q  = v E  d  E l = (v B)

·

ε =

× B × B × B × · d l  · d (v × B) l



67

(9.1)

(9.2)

(9.3)

(9.4)

(9.5)


 Donde v es la velocidad del material conductor sometido a un campo B. Forma diferencial de la Ley de Faraday

ε =



 d E l =

·

C



C

 d E l =

·

 ∇ × (

−

dΦB = dt

 ) dS  = E

·

S

d dt

 −  −

∇×

S

 dS  B

·

 ∂ B  dS ∂t S   + ∂ B = 0 E ∂t

·

(9.6)

(9.7) (9.8)

Forma diferencial de la Ley de Ampère



 d B l = µ 0 I enc

 ∇ × (

S

·

C

 dS  = B)



(9.9)

 dS  µ0 J

(9.10)

∇ × B = µ J 

(9.11)

·

S

·

0

Para cumplir la condición de conservación de la carga, se propuso una corriente de desplazamiento I D , luego



    ∇ ·     · ·  

∂  d B l = µ 0 (I enc + I D ) = µ 0 I enc + ρdV ∂t V C ∂  d  ( B l = µ 0 I enc + D)dV ∂t C V  ∂ D     ( B) dS = µ0 J + dS ∂t S S



·

 ·  ∇ ×

∇ × B = µ

0

  + ∂ D J ∂t

(9.12)

(9.13)

(9.14)

(9.15)

De las ecuaciones anteriores se observa que la corriente de desplazamiento cumple que:   ∂ D ∂ E  =  0 J D = ∂t ∂t  energ´ıa almacenada y la inducEnerg´ıa magnética: En un volumen V sometida a un campo B la tancia del sistema son: 1 U m = 2µ0

 | |

 2 dV B

U m =

68

(9.16)

V

1 2 LI 2

(9.17)


9.1.  El disco circular de radio R que muestra la figura rota a ω (rad/s) en un campo unforme B = B zˆ . Un vóltmetro se conecta al disco utilizando contactos deslizantes. ¿Qué voltaje indica el vóltmetro?

Figura 50:

Soluci´ on Tenemos:  B = B zˆ v = ωrφˆ Para calcular la diferencia de potencial entre r = 0 y r = R usamos la siguiente ecuación

ε =

    

(v R

=

 · d × B) l

=

0

(9.18)

(ωr φˆ

× Bzˆ ) · drˆr

(9.19)

(ωr φˆ

× Bzˆ ) · drˆr

(9.20)

0

R

R

=

(ωB)ˆr drˆ r

·

0

R

=

0

R2 (ωB)ˆrdr = ωB 2

69

(9.21)

(9.22)


9.2. Un cable coaxial está constituido por dos cascarones cil´ındricos conductores perfectos, concéntricos de radios a < b y altura z . Este cable está cortocircuitado en uno de sus extremos, por lo que la corriente I que circula en ambos cascarones es el mismo pero en sentido contrario. Calcule la inductancia del sistema.

Soluci´ on Primero calculamos la energ´ıa magnética, y a partir de ello calculamos la inductancia. entre a y b el campo magnético es  µ0 I rˆ B = 2πr Luego 1 U m = 2µ0 1 = 2µ0

 | |          2 dV B

(9.23)

V

V z

2

µ0 I 2πr

dV

2π b 1 = 2µ0 0 0 a 2 µ0 I = z ln(b/a) 4π

µ0 I 2πr

(9.24)

2

rdrdθdz

(9.25) (9.26)

Y la inductancia es U m = L = 2

1 2 LI 2

U m µ0 = z ln(b/a) 2π I 2

(9.27) (9.28)

9.3. Considere el circuito de la figura. El interruptor S 1 ha estado cerrado por mucho tiempo y en t = 0 se abre.

Figura 51: 70


(a) Determine la energ´ıa almacenada en el condensador e inductancia en t = 0. (b) Encuentre la expresión para la carga en el condensador en función del tiempo para t > 0. (c) Para qué tiempo el condensador volverá a tener la carga Q(t = 0).

Soluci´ on (a) En t = 0 la inductancia será un corto circuito y el condensador será un circuito abierto. La corriente en la inductancia es continua e igual a:

−

I L (0 ) = I L (0) = ε/R 1 1 ε 2 U L = LI L2 = L 2 2 R 1 U C = Cε2 2

−

(9.29)



(9.30) (9.31)

(b) Por método de mallas V C + V L = 0. Q dI + L = 0 C dt

→

d2 Q Q + =0 dt2 LC

(9.32)

Como las ra´ıces del operador de derivación son imaginarias, la solución es de tipo Q(t) = A cos(ωt) + B sin(ωt)

(9.33)

Las condiciones iniciales son Q(0) = C ε = A Q (0) = I L (0) = ε/R = Bω B =

ε ωR

(9.34) (9.35)

(9.36)

Luego Q(t) = C ε cos(ωt) +

ε sin(ωt) ωR

(9.37)

(c) El tiempo en que la carga vuelva a ser la inicial es exactamente un periodo de oscilación. Da1 da una frecuencia angular ω = √ LC el periodo es T = 2π/ω = 2π LC .

√

71


10.

Corriente Alterna

La corriente alterna ve generalmente de la forma V (t) = A cos(ωt) + B Este voltaje está conformado por una parte alterna (AC) A cos(ωt) y una parte continua (DC) B. Anteriormente se estudió que la carga de un condensador por corriente DC viene dada por la siguiente fórmula: e−t/τ

− 

V c (t) = V in 1

τ = RC

Vin

) t (

c

V

4RC t

Figura 52: Carga de un capacitor Noten que a partir de t = 4τ se llega a un régimen permantente, en el cual el condensador deja de tener algún efecto sobre la corriente DC. Algo similar ocurre con las inductancias. Ahora vamos a centrarnos en los efectos de la componente AC en inductores y capacitores. Utilizaremos el operador de Laplace s = d/dt. Para los capacitores dV c = C sV c dt 1 V c = [Ω] Z c = I c sC

I c = C

(10.1) (10.2)

Donde Z c es la impedancia del capacitor. La impedancia es una “especie de resistencia”. Para la inductancia

72


dI L = LsI L dt V L = sL[ Z L = sL[Ω] I L El operador s tiene un componente continuo DC (σ ( σ) y un componente alterno AC ( jω ( jω). ). = L V L = L

(10.3) (10.4)

= σ + + jω s = σ jω Sin embargo, embargo, la parte continua continua deja de tener tener efecto efecto despu´ después es de un cierto cierto tiempo, tiempo, por lo tanto tanto en régimen egimen permanente perma nente se puede asumir = jω s = j ω √ donde j donde j = −1 y ω es la frecuencia angular de la corriente. Fasores: es la representación o n polar de los números umeros complejos. Por ejemplo, el fasor del voltaje

V = A + jB es ˙ ∠θ = A + jB = V

√

A2 + B 2 ∠ arctan

B ˙ cos(ωt = V cos(ωt + + θ θ)) A

Algunas propiedades: = AB ∠α + β + β A∠α B ∠β = A∠α A = ∠α β B ∠β B

·

−

(10.5)

(10.6)

10.1. Encuentre la EDO para calcular el voltaje en el nodo A y las condiciones iniciales.

Figura 53: Donde u(t) =



1, si t si t 0 0, si t si t < 0

≥

73


Soluci´ on on Recordando que las impedancias son sL son sL para las inductancias y 1/sC 1/sC para los capacitores.

Figura 54: Los dos componentes de la derecha están an en paralelo 1000 500ss 500 //00.5s = // 0.5s2 + 1000 s

(10.7)

Luego, este está en seria con la inductancia de 1[H 1[ H ] y el resultado queda en paralelo con la resistencia de 1[k 1[k Ω]

Z eq eq =



500s 500s 5000s 5000s3 + 1. 1.5 107 s + s + 10000 = s //10000 // 0.5s2 + 1000 0.5s3 + 5000s 5000s2 + 1500s 1500s + 107



·

Queda lo siguie siguiente nte

Figura 55: 74

(10.8)


El voltaje en A es Z eq eq porr nod po odoos, ¡resuelvalo! + 10000 Z eq eq 5000s 5000s3 + 1. 1.5 107 s V A (t) = V f f (t)u(t) 4 3 10 s + 5 107 s2 + 3 108 s + 1011 )(5000ss3 + 1. 1.5 107 s) V A (t)(104 s3 + 5 107 s2 + 3 108 s + 1011 ) = V f f (t)(5000 V A (t) = V f f (t)u(t)

·

·

·

· ·

·

(10.9)

(10.10) (10.11)

Usando s Usando = d/dt s = d/dt 3 4 d V A (t) 10 dt3

+5

·

2 7 d V A (t) 10 dt2

+ 3 10

·

8 dV A (t)

dt

d3 V f f (t) dV f f (t) + 10 V A (t) = 5000 + 1. 1.5 107 3 dt dt 11

·

y dado que todo se encuentra descargado antes de t = 0 las condiciones iniciales son t = V A (0) = 0 dV A (0) =0 dt d2 V A (0) =0 dt2

10.2. Calcule el voltaje sobre el condensador en régimen egimen permanente. p ermanente. Utilice V = 2[V 2[V ], ], ω = 2π50[rad/s 50[rad/s]] ω = R = 1M Ω y C = 1µF

Figura 56:

Soluci´ on on Tenemos una resistencia R en serie con un condensador de impedancia Z = 1/sC . En régime eg imen n permantente Z permantente Z = 1/jωC . Luego 75


1/sC Z = 1/sC + R Z + R 1 1 1 = V = V = V 1 + sRC 1 + jωRC 1 + j2π50 ◦ 1∠0 =2 = 2 3.18 10−3 ∠ 89.8◦ ◦ 314.16∠89.8

V c = V

·

·

−

(10.12)

(10.13) (10.14)

Entonces V c = 2 3.18 10−3 cos(ωt

·

·

− 89.8◦)[V ]

10.3. Calcule el voltaje sobre el condensador en régimen permanente. Utilice V = 2[V ], ω1 = 2π50[rad/s], ω2 = 2π30[rad/s], R = 1M Ω y C = 1µF

Figura 57:

Soluci´ on Este problema se resuelve con superposición. Primero apagamos una fuente de voltaje

76


Figura 58: Tenemos en paralelo una resistencia R y la impedancia del condensador Z c = 1/jωC Z 1 = Z c //R =

R/jω1 C R = R + 1/jω 1 C 1 + jω 1 RC

(10.15)

Luego, el voltaje sobre el condensador es V 1 = V ∠0◦

1 2∠0◦ Z = V ∠0◦ = = 3.16 10−3 ∠ ◦ 2 + jω 1 RC 314.17∠89.64 R + Z

·

V 1 (t) = 3.16 10−3 cos(ω1 t Ahora, trabajemos con la otra fuente

·

− 89.64◦[V ]

(10.16)

− 89.64◦)[V ]

Figura 59:

Z 2 = Z c //R =

R/jω2 C R = R + 1/jω 2 C 1 + jω 2 RC 77

(10.17)

Ayudantías Electricidad y Magnetismo

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