Pontificia Universidad Cat´ olica olica de Chile Facultad Faculta d de F´ısica ısi ca FIS1532 Electricidad y Magnetismo
AYUDANTIA YUDANTIA 1: Ley de Coulomb Coulomb , Campo El´ ectrico ectrico y Ley de Gauss
Fabi´an an C´ adiz adiz C.
[email protected] LEY DE COULOMB Considere un sistema de dos cargas puntuales y en reposo, q 1 y q 2 , separadas por una distancia r distancia r en el vac´ıo. ıo . La fuerza que ejerce q 1 sobre q sobre q 2 est´ a dada por la ley de Coulomb: 12 F 12 =
1 q 1 q 2 rˆ 4π0 r 2
(1)
En el sistema S.I., la constante de coulomb est´ a dada por: K =
1 = 8, 9875 4π o
9
2
2
× 10 N m /C
(2)
Donde 0 se conoce cono ce como la permitividad del vac´ vac´ıo, y rˆ = = r/r es un vector unitario dirigido desde q desde q 1 hasta q 2 , como se aprecia en la figura.
21 12 Similarmente, la fuerza sobre q 1 debido a q a q 2 est´ a dada por F F 21 = 12 Puede ser de gran utilidad, expresar la ley de Coulomb en su forma vectorial, esto es:
−
12 F 12 =
1 q 1 q 2 4π 0 r1 r2
3
| − |
(r1
− r ) 2
(3 )
El principio de superposici´ on establece que para un sistema de N cargas puntuales, la fuerza on neta experimentada experi mentada por la j-´esima esima part´ part´ıcula est´ a dada por: j = F
N
ij F ij
(4)
i=1,i = j
Donde F ij la s part´ıculas ıculas i y j . El principio de superposici´ on on implica ij denota la fuerza entre las que la fuerza neta entre 2 cargas es independiente de la prescencia de otras cargas. Esto es cierto siempre y cuando las cargas est´ en en en posiciones fijas (electrost´ atica). atica). ´ CAMPO ELECTRICO La fuerza electrost´atica, atica, como la fuerza gravitacional, es una fuerza que act´ ua a distancia, incluso cuando los objetos no est´ an an en contacto entre s´ı. Una carga el´ectrica ectric a genera un campo el´ectrico ectrico en todas partes,el cual act´ ua ua sobre otras cargas. Para cuantificar la magnitud del campo creado por la carga, podemos medir la fuerza que experimenta una carga positiva de prueba q prueba q 0 en alg´ un un punto del espacio. El cam campo po el´ectrico ect rico E se se define formalmente como: = l´ım F e E (5) q →0 q 0 Es decir, el campo existe en todo el espacio y es independiente de la carga de prueba. La sutileza de elegir una carga de prueba infinitamente peque˜ na na es para que el campo producido por q por q 0 no altere de ninguna forma el campo que queremos cuantificar. 0
Desde el punto de vista de la teor´ teor´ıa de campos, decimos que la l a carga q carga q crea crea un campo el´ el´ectr ec tric icoo E que que ejerce una fuerza F e = q = q 0 E sobre sobre una carga de prueba q prueba q 0 Usando la definici´ on on de Campo El´ ectrico ectrico y la Ley de Coulomb, Coulomb, se obtiene obtiene que el campo el´ectrico ectric o a una distancia distan cia r de la carga puntual q puntual q est´ est´ a dado por 1 q ˆ r (6) 4π 0 r 2 L´ ogicamente, el principio de superposici´ ogicamente, on on es tambi´ tamb i´en en v´ alido alido para el campo el´ectrico, ectrico, bajo las mismas condiciones mencionadas anteriormente. = E =
2
El principio de superposici´ on establece que para un sistema de N cargas puntuales, la fuerza on neta experimentada experi mentada por la j-´esima esima part´ part´ıcula est´ a dada por: j = F
N
ij F ij
(4)
i=1,i = j
Donde F ij la s part´ıculas ıculas i y j . El principio de superposici´ on on implica ij denota la fuerza entre las que la fuerza neta entre 2 cargas es independiente de la prescencia de otras cargas. Esto es cierto siempre y cuando las cargas est´ en en en posiciones fijas (electrost´ atica). atica). ´ CAMPO ELECTRICO La fuerza electrost´atica, atica, como la fuerza gravitacional, es una fuerza que act´ ua a distancia, incluso cuando los objetos no est´ an an en contacto entre s´ı. Una carga el´ectrica ectric a genera un campo el´ectrico ectrico en todas partes,el cual act´ ua ua sobre otras cargas. Para cuantificar la magnitud del campo creado por la carga, podemos medir la fuerza que experimenta una carga positiva de prueba q prueba q 0 en alg´ un un punto del espacio. El cam campo po el´ectrico ect rico E se se define formalmente como: = l´ım F e E (5) q →0 q 0 Es decir, el campo existe en todo el espacio y es independiente de la carga de prueba. La sutileza de elegir una carga de prueba infinitamente peque˜ na na es para que el campo producido por q por q 0 no altere de ninguna forma el campo que queremos cuantificar. 0
Desde el punto de vista de la teor´ teor´ıa de campos, decimos que la l a carga q carga q crea crea un campo el´ el´ectr ec tric icoo E que que ejerce una fuerza F e = q = q 0 E sobre sobre una carga de prueba q prueba q 0 Usando la definici´ on on de Campo El´ ectrico ectrico y la Ley de Coulomb, Coulomb, se obtiene obtiene que el campo el´ectrico ectric o a una distancia distan cia r de la carga puntual q puntual q est´ est´ a dado por 1 q ˆ r (6) 4π 0 r 2 L´ ogicamente, el principio de superposici´ ogicamente, on on es tambi´ tamb i´en en v´ alido alido para el campo el´ectrico, ectrico, bajo las mismas condiciones mencionadas anteriormente. = E =
2
En base a las definiciones y principio de superposici´ on se pueden resolver una gran cantidad on de problemas, en donde pueden haber muchas cargas puntuales involucradas. Se pueden extender estas ideas para cuando se tiene una gran cantidad de cargas distribu distri bu´´ıdas en una regi´on on del espacio.
En el caso de obtener una distribuci´ on continua de carga, se considera esta distribuci´ on on on como un conjunto de infinitas cargas puntuales. As´ As´ı, para obtener por ejemplo la fuerza que ejerce esta distribuci´on on sobre una carga basta con sumar las contribuciones de cada pedazo infinitesimal de carga . Esto es: 1 = E = 4π 0
ρ(r ) r r
| − r )dV V | − 3
(r
(7)
Donde ρ(r ) es la densidad volum´etrica etrica de carga en el punto punto r
En el caso de obtener una superficie de carga, el c´alculo alculo es absolutamente an´ alogo. alogo. Esto es: = E
1 4π 0
σ (r ) r r
| − r )dS S | − 3
(r
(8)
Con σ (r ) la densidad superficial de carga en en r . Por ultimo, u ´ ltimo, para una distribuci´ on on lineal, = E =
1 4π 0
Γ
Con λ(r ) la densidad lineal de carga en en r .
λ(r ) r r
(r
| − | − r )dl 3
(9)
LEY DE GAUSS La fuerza de un campo el´ectrico ectrico es proporcional al n´ umero umero de l´ıneas de campo por unidad de superficie. El n´ umero umero de l´ıneas de campo que atraviesan una superficie se llama flujo el´ectrico, ectric o, y se denota por ΦE
3
= S ˆ Considere la superficie de la figura. Se define S n como el vector de a´rea, cuya magnitud es el ´area de la superficie, S, y apunta en la direcci´ on normal n ˆ . Si la superficie se encuentra sumergida en un campo el´ectrico uniforme E que apunta siempre en la misma direcci´ o n de n ˆ (perpendicular a la superficie S), el flujo sobre la superficie es: n ΦE = E S = E ˆ S = ES
·
·
(10)
forma un ´angulo θ con n Por otro lado, si el campo el´ectrico E ˆ , el flujo el´ectrico ser´ a: ΦE = E S = EAcosθ
·
(11)
Notar que seg´ un la definici´ on del vector normal n ˆ, el flujo el´ectrico es positivo si las l´ıneas de campo el´ectrico est´ an saliendo a trav´ es de la superficie, y ser´ a negativo si las l´ıneas entran a trav´es de la superficie. puede variar sobre la En general,una superficie S puede ser curva y el campo el´ectrico E superficie. La ley de Gauss es de vital importancia en electrost´ atica, y ocurre en el caso en que las superficies de inter´es son superficies cerradas. Una superficie cerrada es aquella que envuelve completamente a un volumen. Para calcular el flujo el´ectrico, se divide la superficie en una suma de elementos de a´rea infinitesimales, i = ∆S i n ∆S ˆ i , como se ve en la figura.
4
i es: El flujo a trav´es de ∆S i ∆S i = E i ∆S i cosθ ∆ΦE = E
·
(12)
El flujo total a trav´ es de la superficie se obtiene sumando sobre todos los elementos de superficie. Tomando l´ımite cuando ∆S i 0 se obtiene la integral de flujo:
→
∆ΦE = l´ım
∆S i →0
i dS i = E
·
E S
· dS
(13)
Le ley de Gauss establece que el flujo el´ectrico a trav´ es de una superficie es proporcional a la carga encerrada por ella. Matem´ aticamente:
E S
∆ΦE =
· dS = q enc
(14)
0
Notar que campos el´ectricos creados por cargas fuera de la superficie no contribuyen al flujo total. Es decir, el flujo sobre una superficie cerrada solo depende de la carga encerrada por ella. La forma de la superficie puede ser elegida arbitrariamente. Para las superficies de la figura, el mismo resultado se obtiene para el flujo el´ectrico (∆ΦE = Q/ 0 ).
´ POTENCIAL ELECTRICO Una distribuci´ on de carga, tiene asociada un campo escalar, llamado Potencial El´ectrico. Para el caso de una carga puntual: V =
1 q 4π0 r r
| − |
(15)
y el campo escalar V est´ Se puede demostrar que el campo el´ectrico E an relacionados seg´ un: = E
−∇V
es conservativo o irrotacional. Debido a esto se dice que E 5
(16)
PROBLEMA 1 Dos peque˜ nas esferas conductoras de igual masa m y carga q , cuelgan por 2 hilos no conductores sin masa y de largo l. Cada esfera forma un ´angulo θ con el eje vertical, como se muestra en la figura.
a) Calcule el q de equilibrio para las dos esferas. SOLUCION Debido a la simetr´ıa del sistema, bastar´ a con hacer an´ alisis de fuerzas para una de las cargas. Consideramos el equilibrio entre las tres fuerzas que act´uan: la fuerza de repulsi´on electrost´ atica F e , la tensi´ on sobre el hilo T , y la fuerza de gravedad mg.
Segunda Ley de Newton para la esfera:
F x = Tsinθ
− F e = max = 0
(17)
F y = T cosθ
− mg = may = 0
(18)
La primera ecuaci´ on equivale a: q 2 Tsinθ = K 2 r
(19)
As´ı, q 2 =
Tsinθr 2 K 6
(20)
O equivalentemente,
Tsinθ K Del equilibrio de fuerzas para el eje y obtenemos: q =
±r
T =
mg cosθ
(21)
(22)
Y adem´ as, r = 2lsinθ. Finalmente se obtiene: q eq =
±2lsinθ
mgtgθ = K
±4lsinθ
π 0 mgtanθ
(23)
b) Suponiendo que las esferas pierden carga a una tasa k Cseg − 1, ¿con qu´e velocidad angular se acerca una de la otra, para θ 1?
SOLUCION Para a´ngulos peque˜ nos, tenemos sinθ tanθ θ. Adem´ as, se tiene que q ˙ = decirnos que las esferas se acercan, necesariamente las cargas son positivas!
≈
≈
−k, y al
√
q = 4lsinθ π 0 mgtanθ = 4l π0 mgθ 3/2
(24)
La tasa a la que var´ıa la carga en el tiempo no es m´ as que: dq 3 dθ dθ = 4l π 0 mg θ1/2 = 6l π 0 mgθ dt 2 dt dt ˙ Despejando θ (que es justamente el m´ odulo de la velocidad angular):
√
dθ 1 dq = dt 6l π0 mgθ dt
√
dθ k = dt 6l π 0 mgθ Finalmente la velocidad angular de la esfera a la izquierda ser´a:
− √
w 1 =
k ˆ √ − dθ k = kˆ dt 6l π mgθ
(25)
(26)
(27)
(28)
0
Y para la esfera de la derecha: w 2 =
dθ ˆ k = dt
ˆ −w − 6l√ πk mgθ k = ˆ
1
(29)
0
PROBLEMA 2 Una barra no conductora de longitud l con una densidad de carga uniforme λ y carga total Q est´ a colocada sobre el eje X, como se ilustra en la figura. a)Obtener el campo el´ectrico en el punto P, ubicado a una distancia y desde el centro de la barra en direcci´on perpendicular a ella. b) Obtenga el campo el´ectrico en el l´ımite cuando y l c) Obtenga el campo el´ectrico en el l´ımite cuando y l, y compare este resultado para el campo el´ectrico de un alambre infinito de carga usando la ley de Gauss
7
SOLUCION Tomemos un elemento de longitud dx’ , tal como muestra la siguiente figura.
La contribuci´ on al campo el´ectrico de un peque˜ no elemento de longitud dx cuya carga es dq = λdx est´ a dada por: 1 dq 1 λdx dE = = 4π 0 r 2 4π 0 x‘2 + y 2
Ahora bien, usando el argumento de simetr´ıa de la siguiente figura, es claro que la componente en el eje x del campo el´ectrico resultante es nula
8
(30)
ˆi = E x = 0. Esto es, E
·
La componente y de dE es: 1 λdx 4π 0 x‘2 + y 2
dE y = dEcosθ =
y 1 yλdx = 4π0 (x2 + y 2 )3/2 x2 + y 2
(31)
Al integrar sobre toda la longitud , obtenemos el campo el´ectrico total debido a la barra. E y =
λy dE y = 4π0
l/2
−l/2
dx (x2 + y 2 )3/2
(32)
Para calcular esta integral, hacemos el famoso cambio de variable: x = ytanθ As´ı, dx = ysec2 θ dθ , y la integral queda : l/2
−l/2
dx = (x2 + y 2 )3/2
θ
−θ
ysec2 θ dθ 1 = y2 y3 (tan2 θ + 1)3/2
θ
−θ
sec2 θ dθ (tan2 θ + 1)3/2
(33)
Pero tan2 θ + 1 = sec2 θ . Luego, 1 y2
θ
−θ
sec2 θ dθ 1 = sec3 θ y2
θ
−θ
dθ 1 = secθ y2
Por u ´ltimo sinθ =
θ
−θ
cosθ dθ =
2sinθ y2
(34)
l/2 y 2 + l2 /4
(35)
As´ı, se obtiene: E y =
1 2λsinθ 2λ = 4π0 y 4π0 y
Donde Q es la carga total de la barra.
l/2 1 Q = 4π0 y y 2 + (l/2)2
9
1 y 2 + (l/2)2
(36)
b) En el l´ımite cuando y
l, la expresi´on para el campo el´ectrico se reduce a: E y =
1 Q 4π0 y
1 y 2 (1 + (l/2y)2 )
≈ 4π1
Q 2 0 y
(37)
(38)
El mismo resultado que se obtiene en el caso de una carga puntual!! c) Ahora, cuando y
l, se tiene E y =
1 Q 4π0 y
1 l ((y/l)2 + 1/4)
2
≈ 2πQ yl 0
En este caso, desde el punto de vista del punto P, la barra tiende a ser un alambre infinito de carga total Q y largo l. Calculemos el campo el´ectrico utilizando ahora la Ley de Gauss.
La carga encerrada por la superficie Gausseana , un cilindro de radio y y largo l, es: q enc = Q = λl El flujo a trav´ es de la superficie gausseina es: ΦE =
E S
· dS =
S 1
1 dS 1 + E
·
S 2
2 dS 2 + E
·
S 3
3 dS 3 E
·
(39)
1 y d S 2 son Es claro que no hay flujo que pase por las tapas, ya que los vectores d S perpendiculares al campo el´ectrico que apunta en direcci´ on radial. As´ı: ΦE = 0 + 0 +
S 3
3 dS 3 = E
·
S 3
E 3 dS 3 = E 3
S 3
dS 3 = E 3 2πyl
(40)
Y usando la ley de gauss: ΦE =
Q = E 3 2πyl 0
(41)
Despejando se obtiene el campo el´ectrico a una distancia y del alambre: E 3 =
Q 2πyl0
El mismo resultado anterior.
10
(42)
PROBLEMA 3 Una barra delgada con densidad de carga uniforme λ se dobla con la forma de un arco de c´ırculo de radio R. El arco subiende un ´angulo total 2θ0 , sim´etrico con respecto al eje x, en el origen O?. Vea que sucede como se muestra en la figura. ¿Cual es el campo el´ectrico E cuando θ 0 π
→
SOLUCION Considere un elemento diferencial de longitud dl = Rdθ, que forma un ´angulo θ con respecto al eje x. La cantidad de carga de este elemento es dq = λdl = λRdθ
Su contribuci´ on al campo el´ectrico en O es: = dE
1 dq 1 dq ˆ r = ( cosθˆi 4π 0 r2 4π 0 R2
−
Integrando para θ entre
−θ
0
λdθ ( cosθˆi 0 R
−
ˆ − sinθ j)
(43)
y θ0 , se obtiene:
= 1 λ E 4π0 R = E
ˆ = 1 − sinθ j) 4π
θ0
−θ0
dθ( cosθˆi
−
1 λ ˆ θ = ( sinθˆi + cosθ j) −θ 4π 0 R
−
|
11
0
0
ˆ − sinθ j)
− 4π1
2λ sin θ0 ˆ i R 0
(44)
(45)
Vemos que el campo el´ectrico solo tiene componente en el eje x, lo que concuerda con el argumento de simetr´ıa. Si tomamos el l´ımite cuando θ 0 π, el arco se transforma en un anillo circular. Ya que sinθ = 0, la ecuaci´ on anterior implica que el campo el´ectrico en el centro de un anillo no conductor es cero. Esto se esperar´ıa por argumentos de simetr´ıa.
→
Por otro lado, para a´ngulos muy peque˜ nos θ 0 carga puntual:
≈ 0, sin θ ≈ θ , recuperamos el caso de una
≈ − 4π1
E
2λθ0 ˆ i = 0 R
0
− 4π1
2λθ0 R ˆ i = R2 0
0
− 4π1
Qˆ i 2 0 R
(46)
Donde la carga total del arco es Q = λl = λ(2Rθ0 )
PROBLEMA 4 Se tiene una l´ınea homog´enea de carga con densidad lineal λ, y de longitud finita a. a) Calcular el campo el´ectrico en el punto P a distancia x del extremo. b) Calcular el potencial V en el punto x y luego compruebe que E x = dV dx .
−
´ SOLUCION
a) Tomamos un peque˜ no elemento dµ de la l´ınea de carga, situado a una distancia µ del punto A, y obtenemos el campo el´ectrico en el punto P debido a este elemento diferencial. = dE
1 λdµ ˆi 4π0 (a + x µ)2
−
(47)
Y el campo el´ectrico total se obtiene integrando para toda la l´ınea de carga. Esto es: = E Sea z = a + x
1 4π 0
a
0
λdµ ˆi (a + x µ)2
− µ, as´ı, dz = −dµ y el campo queda: x dz = −λ ˆi = λ 1 | x ˆi = E 4π 0
a+x
z
2
4π0 z
−
a+x
λ 4π0 x
λ ˆi − 4π (a + x)
−
→
→ ∞
12
(49)
0
λa Q ˆ = λ(x + a) λx ˆi = ˆi = 1 E i 4π0 x(x + a) 4π0 x(x + a) 4π0 x(x + a) Con Q la carga total de la l´ınea. Notar que si x 0, E x , mientras que si x
(48)
ˆ a, E = KQ x i 2
(50)
b) De forma similar calculamos el potencial en P debido a la l´ınea homog´enea de carga. Para un elemento diferencial dµ, dV =
1 λdµ 4π0 (a + x µ)
Integrando para toda la l´ınea: 1 V = 4π 0
a
0
λdµ = (a + x µ)
−
−
λ 4π0
V (x,y,z) =
−
x
a+x
dz = z
− 4πλ
λ (ln(a + x) 4π 0
ln x + 0
(51)
λ ln(a + x) 4π0
− ln x)
(52) (53)
Por u ´ ltimo, se tiene que: = E
∂V ∂V −∇V = −( ∂V , , ) ∂x ∂y ∂z
(54)
−( ∂V , 0, 0) ∂x
(55)
En este caso: = E De donde E x =
dV λ − ∂V =− =− ∂x dx 4π E x =
( 0
1 a + x
− x1 ) = 4π1
1 Q 4π0 x(a + x)
λa 0 x(a + x)
El mismo resultado obtenido en parte a), con lo que se comprueba que E x =
(56) (57)
−dV/dx
PROBLEMA 5 Se tiene un plano infinito de carga homog´enea con densidad superficial σ. Calcule la fuerza sobre una l´ınea de largo a y carga q uniformemente distribu´ıda.
13
SOLUCION Para obtener la fuerza total sobre la l´ınea de carga, primero obtenemos un elemento diferencial de fuerza sobre ella, esto es: = Edq = = Eλdl dF Edq
(58)
Con λ la densidad lineal l ineal de carga. El campo el´ectrico ectrico cerca de un plano infinito es uniforme, de hecho el campo en un punto P no depende de la distancia de ´este al plano. Esto es f´ acil de ver con la Ley de Gauss:
ΦE =
E S
· dS =
S 1
1 dS 1 + E
·
S 2
2 dS 2 + E
·
S 3
3 dS 3 E
·
(59)
La ultima u ´ltima integral de flujo es 0, ya que el campo el´ectrico ectrico es perpendicular en todo momento a la superficie. Por otro lado, para las dos primeras integrales, el campo camp o el´ectrico ectrico es siempre normal a la superficie. super ficie. As´ As´ı: ΦE = E 1
S 1
dS 1 + E + E 2
S 2
dS 2 = E = E 1 S 1 + E + E 2 S 2 = (E 1 + E + E 2 )S
(60)
Donde S es la superficie de cada tapa. Adem´ as, como los extremos del cilindro est´ as, an a n a la misma distancia del plano, la magnitud magnitud del campo el´ ectrico ectrico debe ser igual en ambos, ambos, es decir, E decir, E 1 = E = E 2 . As´ı: ΦE = 2ES 2 ES
(61)
Usando la Ley de Gauss: ΦE = 2ES = ES =
q in σS in = 0 0
(62)
Despejando, se obtiene que el campo camp o el´ectrico ectrico a una distancia arbitraria al plano es: E =
σ 20
(63)
Con esto, vemos que el campo al lado derecho del plano es uniforme, y est´ a dado por σ ˆ E = = 2 i. As´ı, ı, el elemento diferencial diferen cial de fuerza f uerza sobre la l´ınea es: 0
= dF
σ λdlˆi 20 14
(64)
Y la fuerza total se obtendr´a integrando integ rando sobre toda tod a la l´ınea: = σ λ F 20
L
0
σ σ ˆ dlˆi = λL = λL = q i 20 20
(65)
PROBLEMA 6 Se tiene una distribuci´ on on homog´ h omog´enea enea de carga ca rga con densidad densida d ρ entre dos planos paralelos infinitos. a) Calcular el campo el´ectrico ectrico en el punto A b) Calcular el campo el´ectrico ectrico en el punto B
´ SOLUCION a) Para calcular el campo el´ectrico ectrico en el punto A, usamos un cilindro cuyos extremos se encuentran en los puntos A y -A con respecto al eje central de la distribuci´on on de carga.
El flujo a trav´ es es de la superficie gaussiana g aussiana ser´ a: a: ΦE =
E S
·
= dS =
S 1
1 dS 1 + E
·
S 2
2 dS 2 E
·
(66)
El flujo sobre S sobre S 3 es cero por el mismo argumento del problema anterior. En los puntos A y -A, la magnitud del campo el´ectrico ectrico debe ser la misma. As´ As´ı: ΦE = E 1
S 1
+ E 2 d S 1 + E 15
S 2
dS 2
(67)
ΦE = E 1 S 1 + E + E 2 S 2 = 2ES
(68)
con S la la superficie de ambas tapas. Usando la ley de Gauss: q in ρSa in = 0 0
ΦE = 2ES =
(69)
De donde: = aρ ˆi E 20
(70)
b) Para calcular el campo el´ectrico ectrico en el punto B, se procede de manera similar. Utilizamos Utilizamo s como superficie gaussiana un cilindro cuyos extremos se encuentran a una distancia x del plano central de la distribuci´ on. on. El flujo a trav´ es es de este cilindro cil indro ser´ a: a: ΦE =
E S
·
= dS =
S 1
1 dS 1 + E
·
ΦE = 2ES 2 ES
S 2
2 dS 2 E
·
(71) (72)
con S la superficie de las tapas. Utilizando la ley de Gauss: ΦE = 2ES 2 ES =
q in 2xSρ in = 0 0
(73)
Finalmente: (x) = ρxˆi E 0 = aρ/ Notar que si x = a/ = a/2, 2, E = aρ/220ˆi
16
(74)
Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile Facultad de F´ısica FIS1532 Electricidad y Magnetismo
AYUDANTIA 4: Potencial y Capacitancia
Fabi´an C´ adiz C.
[email protected] LEY DE GAUSS Se vio que la integral de flujo del campo el´ectrico sobre una superficie cerrada es proporcional a la carga encerrada por la superficie. Esto es:
q in 0
= E · dS S
(1)
Por otro lado, podemos escribir la carga encerrada como: q in =
ρ(r)dV
(2)
V
Donde V es el volumen encerrado por la superficie S , y ρ(r) es la densidad de carga volum´etrica dentro de V . La ley de Gauss entonces se puede escribir como:
= E · dS S
1 0
ρ(r)dV
(3)
V
La integral de flujo puede transformarse en una integral de volumen mediante el teorema de la divergencia, esto es:
= E · dS S
Igualando se obtiene:
∇ · EdV
(4)
D
· E − ρ )dV = 0 (∇ 0 V
(5)
· E − ρ/0 = 0, obteni´ Para todo V , lo que implica que ∇ endose la forma diferencial de la Ley de Gauss: · E = ρ ∇ 0
(6)
Esto es, la divergencia del campo el´ectrico en un punto (x,y,z) es igual a la densidad de carga en ese punto dividida por 0 . Esta es una de las 4 ecuaciones de maxwell en el vac´ıo, y es de vital importancia en electrost´ atica
´ POTENCIAL ELECTROSTATICO Se dice que un campo vectorial es conservativo si la integral de l´ınea sobre una curva cerrada es nula. Esto es:
F · d l=0
(7)
O equivalentemente, la integral de l´ınea entre un punto A y B no depende de la trayectoria. Cuando esto sucede, se dice que el campo vectorial F proviene de un potencial escalar. Por ejemplo, cuando se trata de un campo de fuerzas, el campo escalar asociado a ´el es la energ´ıa potencial, esto es: = −∇U F En efecto:
B
· d F l = −
A
B
· ∇U l = −
A
(8)
B
A
En el u ´ ltimo paso se ha usado el hecho que dU =
dU = U A − U B
(9)
∂U ∂U ∂U ∂x dx + ∂y dy + ∂z dz.
y su valor es la La integral de l´ınea no es m´ as que el trabajo realizado por la fuerza F , diferencia entre la energ´ıa potencial en A y la energ´ıa potencial en B. De aqu´ı es claro el termino de fuerza conservativa, ya que el trabajo total sobre una trayectoria cerrada es nulo, y la energ´ıa total se conserva. Ya vimos que el campo el´ectrico se puede ver como la fuerza que se ejerce sobre una carga = q E ). De aqu´ı es claro que si E es un campo conservativo, el trabajo de magnitud 1C. ( F realizado por la fuerza electrica entre 2 puntos no depender´ a de la trayectoria, y entonces ser´ a conservativa. Para saber cuando un campo vectorial es conservativo, utilizamos el teorema de Stokes:
F · d l =
· dS ∇ × F
(10)
S
Esto es, la integral de l´ınea de un vector sobre una curva cerrada es igual a la integral de flujo de su rotor sobre cualquier superficie limitada por la curva. = ∇ × F = 0, entonces Ahora es claro que si rot(F )
F · d l=0
(11)
Como conclusi´ on, si el rotor de un campo vectorial se anula, ´este puede expresarse como el gradiente de un campo escalar. En el caso m´as general posible, el campo el´ectrico debido a una distribuci´ on de carga que consta de N cargas puntuales, q 1 , q 2 ,...,q N , una distribuci´ on volum´etrica especificada por la densidad de carga ρ(r ) en el volumen V y una distribuci´ on superficial caracterizada por la densidad superficial de carga σ(r ) sobre la superficie S es, por superposici´on: (r) = 1 E 4π0
q N
i=1
r − ri 1 + i |r − ri |3 4π0
(r − r ) 1 ρ( r )dV + r − r |3 4π0 V |
(r − r )
S
|r − r |
3
σ(r )dS (12)
2
Se puede demostrar que: × r − r = 0 ∇ |r − r |3
(13)
× E = 0, y entonces es el gradiente de un potencial, es decir, Como consecuencia de esto, ∇ sabemos que ahora existe una funci´on V (r) que satisface: (r) = −∇V (r) E
(14)
y V (r) se llama potencial electrost´ atico. Como ejemplo, encontremos la diferencia de potencial entre dos puntos, A y B debido a una carga puntual +Q. El campo el´ectrico producido por Q es Q rˆ 4π0 r2
(r) = E
(15)
Donde rˆ es un vector unitario que apunta en la direcci´ on radial del campo el´ectrico.
Se tiene:
B
dS = − E ·
A
B
· dS = ∇V
A
B
V A − V B = = dscosθ = dr Pero rˆdS V A − V B =
B
A
A
B
A
−dV = V A − V B
Q rˆ · dS 4π0 r2
Q Q 1 1 dr = ( − ) 4π0 r2 4π0 rA rB
(16) (17)
(18)
As´ı, el potencial electrost´ atico debido a una carga puntial q 1 ubicada en r 1 , es: V (r) =
1 q 1 4π0 |r − r1 |
(19)
Con esto como gu´ıa, es f´ acil adivinar que el potencial que da el campo el´ectrico de la ecuaci´ on (12) es: 1 V (r) = 4π0
N
q i 1 + |r − ri | 4π0 i=1
3
ρ(r ) 1 + dV |r − r | 4π 0
σ(r ) dS r − r | S |
(20)
Aunque parezca que esto u ´ ltimo se obtuvo de forma arbitraria, se puede verificar derivando, y no importa el medio por el cual se haya obtenido el potencial. ´ F´ISICA DEL POTENCIAL INTERPRETACION Supongamos que se tiene una distribuci´on de carga en el espacio, ´esta generar´ a un campo el´ectrico E . Se calcula el trabajo necesario para traer una carga puntual de carga q desde el infinito hasta el punto P, sin alterar su energ´ıa cin´etica. e = q E , por lo que El campo el´ectrico ejerce sobre la carga q una fuerza electrica dada por F c = −q E . As´ı: se debe ejercer una fuerza que se oponga a esta, F W =
P
∞
c · d F l = −q
P
d E · l = q
∞
P
· d ∇V l = q
∞
P
dV = qV (P ) − qV (∞)
(21)
∞
Como el potencial disminuye seg´ un el inverso de la distancia, se puede considerar V (∞) = 0, y entonces: W = qV (P )
(22)
Este trabajo realizado es igual a la energ´ıa potencial que ha adquirido el sistema. Es decir, la energ´ıa electrost´atica en P es U = qV (P ). Notar que si q = 1 C, W = V (P ). Esto es, el potencial en P es el trabajo necesario para traer una carga unitaria q = 1C desde el infinito hasta P. ENERG´IA POTENCIAL DE UN GRUPO DE CARGAS PUNTUALES Calculemos la energ´ıa potencial de un sistema electrost´ atico de tres cargas puntuales . Para ello inicialmente traemos una carga q 1 hasta un punto P. El trabajo necesario para esto es nulo, ya que inicialmente no existe un campo el´ectrico alguno que se oponga al movimiento de q 1 . Ahora, para traer una carga q 2 , el trabajo necesario ser´a: W 1 = V 2 q 2 =
1 q 1 q 2 4π0 r12
(23)
Donde r12 es la distancia entre q 1 y q 2 . Con esta configuraci´ on, el sistema tiene una energ´ıa potencial dada por: U 1 = W 1 =
1 q 1 q 2 4π0 r12
(24)
Ahora, para traer una tercera carga q 3 , el trabajo necesario ser´a: U 2 = W 2 = q 3 V 3 =
1 q 1 1 q 2 q 3 + q 3 4π0 r13 4π0 r13
(25)
Donde V es el potencial en el punto donde ubicamos q 3 . En s´ıntesis, el trabajo necesario para formar esta configuraci´ on de 3 cargas a distancias r12, r 13, r 23 es: W 1 + W 2 = U 1 + U 2 =
1 q 1 1 q 2 1 q 1 q 3 + q 3 + q 2 4π0 r13 4π0 r23 4π0 r12
(26)
Notar que esto ser´ a igual a la energ´ıa potencial total de esta configuraci´ on, que se puede reescribir como: 1 q 1 q 2 q 2 q 1 q 1 q 3 q 3 q 1 q 2 q 3 q 3q 2 U = (K + K + K + K + K + K ) 2 r12 r21 r13 r31 r23 r32 4
(27)
1 q 2 q 3 q 1 q 3 q 1 q 2 U = ((K + K )q 1 + (K + K )q 2 + (K + K )q 3) (28) 2 r21 r31 r12 r32 r13 r23 1 U = (V 1 q 1 + V 2 q 2 + V 3 q 3 ) (29) 2 Donde V i no es m´ as que el potencial en la posici´ on de la carga i debido a las dem´ as cargas. En general, para un sistema de n cargas, se tiene que la energ´ıa potencial el´ectrica asociada al sistema es:
1 n U = q j V j 2 j =1
(30)
Esto se puede extender al caso continuo, donde la energ´ıa potencial de una distribuci´ on continua de carga es:
1 1 U = V dq = V ρ(r)dV (31) 2 2 V V Un caso sumamente interesante es la energ´ıa potencial de un conductor. Sabemos que en un conductor toda la carga se concentra en la superficie, y que sobre ella el potencial es constante. As´ı: 1 U = 2
1 V dq = V 2 S
1 dq = V 2 S
1 σdS = V Q 2 S
(32)
ECUACION DE POISSON Y DE LAPLACE Tenemos la forma diferencial de la ley de Gauss: · E = ρ ∇ 0
(33)
= −∇V : Podemos reescribir esta ecuaci´on en t´erminos del potencial, usando que E ρ · ∇ ∇V = ∇2 V = − 0
(34)
· ∇ se llama laplaciano, y la ecuaci´ El operador ∇ 2 = ∇ on anterior es la ecuaci´ on de Poisson, que es una ecuaci´on diferencial parcial que puede resolverse conociendo la dependencia funcional de ρ(x,y,z) y condiciones de borde adecuadas. En cierto tipo de problemas electrost´ aticos en que intervienen conductores, toda la carga se encuentra ya sea sobre la superficie de los conductores o en forma de cargas puntuales fijas. En estos casos, ρ es cero en la mayor´ıa de los puntos del espacio, y donde se anula la densidad de carga, la ecuaci´ on de Poisson se reduce a la forma m´as sencilla: ∇2 V = 0
(35)
que es la ecuaci´ on de Laplace. Esta ecuaci´on se resuelve encontrando una soluci´ on general que la satisfaga, imponiendo las condiciones de bordes adecuadas sobre los conductores presentes en el problema.
5
CAPACITANCIA ´ Un capacitor es un dispositivo que acumula carga el´ectrica. Estos pueden variar en tama˜ no y forma, pero su configuraci´on b´ asica consiste en 2 conductores cargados con cargas iguales y opuestas. Los capacitores son de gran importancia en electr´onica , y entre sus aplicaciones est´ a el almacenamiento de energ´ıa el´ectrica, amortiguamiento de los cambios de voltaje cuando se conectan a resistencias, filtros de frecuencias, y muchas m´as.
Cuando se encuentran descargados, la carga en ambos conductores es cero. Durante el proceso de carga, una carga Q se mueve desde un conductor a otro, d´ andole a uno una carga neta +Q y al otro carga neta −Q. Una diferencia de potencial ∆V se crea, con el conductor cargado positivamente a un potencial m´ as alto que el conductor cargado negativamente. Notar que aunque est´ e cargado o descargado, la carga total del capacitor como un todo es cero. El ejemplo m´ as simple de un capacitor consiste de 2 placas conductoras de ´area A, paralelas entre s´ı, separadas a una distancia d.
Experimentos muestran que la carga Q almacenada en un capacitor es linealmente proporcional a la diferencia de potencial entre las placas |∆V |. As´ı: Q = C |∆V |
(36)
Donde C es una constante positiva llamada capacitancia. F´ısicamente, la capacitancia es una medida de la capacidad de almacenar carga el´ectrica para una diferencia de potencial dada ∆V .
6
PROBLEMA 1 Para una distribuci´ on homog´enea y esf´erica de carga, calcular: a) El potencial en todos los puntos interiores b) La energ´ıa potencial el´ectrica SOLUCION a) Sabemos que dentro de la esfera, el potencial debe satisfacer la ecuaci´ on de Poisson, esto es: 2 V = − ρ ∇ 0
(37)
Debido a la simetr´ıa esf´erica del problema, el potencial tendr´ a una dependencia radial con respecto al centro de la esfera. As´ı, resolvemos la ecuaci´ on de Poisson en coordenadas esf´ericas con simetr´ıa radial: 1 d 2 ∂V ρ (r ) = − r2 dr ∂r 0
(38)
d 2 ∂V ρr2 ∂V ρr3 (r ) = − → (r 2 ) = − dr ∂r 0 ∂r 30
(39)
Esto es:
∂V ρr =− ∂r 30 ρ 2 V (r) = − r + C 60
(40)
(41)
La constante C se obtiene imponiendo la continuidad del potencial el´ectrico, esto es, para r = R: ρ 2 1 Q 1 4/3πR 3 ρ − R + C = = 60 4π 0 R 4π0 R
(42)
De donde se obtiene: C =
ρR2 20
(43)
Por lo tanto: V (r) =
ρ (R2 − r 2 /3) 20
(44)
b)La Energ´ıa El´ectrica asociada a una distribuci´ on de carga se puede obtener como: 1 U = 2
ρ2 U = 40
1 V dq = 2 V
2π
0
π
0
0
R
1 V ρdv = 2 V
2π
0
π
0
R
0
ρ2 2π (R − r /3)r sinφdrdφdθ = 40 2
2
2
7
ρ (R2 − r2 /3)ρr2 sinφdrdφdθ (45) 20
π
0
R
0
(R2 − r 2 /3)r 2 sinφdrdφ (46)
ρ24π U = 40
R
(R2 − r 2/3)r 2dr =
0
ρ2 4π R5 R 5 4πR 5ρ2 ( )= − 40 3 15 150
(47)
PROBLEMA 2 Se tiene una distribuci´ on de carga con simetr´ıa esf´erica y densidad de carga volum´etrica en el interior de una esfera de radio a. Se sabe adem´ as que el potencial electrost´ atico en el interior de la esfera est´a dado por: (r), y V (r) = V 0 r3 + K donde K es una constante desconocida. Se pide determinar ρ(r), E V (r incluyendo la constante K, en todo el espacio. SOLUCION Como conocemos el potencial al interior de la esfera, es posible determinar el campo el´ectrico recordando que en electrost´ atica el campo el´ectrico es igual a menos el gradiente del potencial V (r). 1 ∂V ˆ ˆ (r) = −∇V (r) = −( ∂V rˆ + 1 ∂V θ + E φ) ∂r r ∂θ rsinθ ∂φ
(48)
(r) = −3V 0 r2 rˆ(r < a) E
(49)
Para obtener la expresi´ on de la densidad de carga al interior de la esfera recordamos la forma diferencial de la ley de Gauss: · E (r) = ρ(r) ∇ 0
(50)
Con lo que: 1 ∂ (r2 E r ) 1 ∂ (−r4 3V 0 ) 1 = 2 = 2 − 4r3 3V 0 = −12rV 0 2 r ∂r r ∂r r De donde se obtiene: ρ(r) = −120V 0 r
(51)
(52)
Para el campo fuera de la esfera, usamos la ley de gauss:
= E · dS S
ρ(r) V
0
dv
= E (r)ˆ Pero E r , con esto: 1 4πr E (r) = 0 2
a
0
π
0
2π
2
(−12V 00 r)r sin φdθdφdr = −48V 0 π
0
(53)
a
r 3dr
(54)
0
4πr 2 E (r) = −12V 0 πa4
(55)
4
(r) = −3V 0 a ˆ E r(r > a) r2 Por u ´ ltimo, determinemos el potencial fuera de la esfera:
8
(56)
a4 (57) dr r2 ∞ ∞ Si consideramos V (∞) = 0, dado que la distribuci´ on de carga est´ a localizada, entonces: V (r) − V (∞) = −
r
r = Ed
r
3V 0
a4 V (r) = −3V 0 , (r > a) (58) r Por u ´ ltimo, la constante K se determina imponiendo la condici´ on de que el potencial debe ser una funci´on continua en r=a: V (a) = −3V 0 a3 = V 0 a3 + K
(59)
K = −4V 0 a3
(60)
V (r) = V 0 (r 3 − 4a3 ), (r < a)
(61)
y el potencial dentro de la esfera:
PROBLEMA 3 Un peque˜ no objeto de masa m tiene una carga q y est´ a suspendido por un hilo entre las placas verticales de un capacitor de placas paralelas. La separaci´ on entre las placas es d. Si el hilo forma un a´ngulo θ con la vertical. ¿Cu´ al ser´ a la diferencia de potencial entre las placas? SOLUCION
La esfera est´a en equilibrio, por lo que:
F = −Tsinθ + F = 0 x
e
F = T cosθ − mg = 0
(62)
En que F e es la fuerza el´ectrica que act´ ua sobre la esfera. y
9
(63)
El balance de fuerzas en el eje y nos dice T = mg/cosθ. As´ı: −mgtgθ + qE = 0
(64)
Ya que si las dimensiones de d son peque˜nas con respecto a las superficies de las placas, el campo en el interior del condensador es homog´eneo y tiene direcci´ on horizontal. As´ı: = mgtgθ ˆi E q
(65)
Y la diferencia de potencial entre las placas ser´ a
0
V = −
d
d E · l =
d
0
mgtgθ mgtgθd dx = q q
(66)
PROBLEMA 4 Considere el siguiente dispositivo:
a) Determine el potencial y el campo el´ectrico entre las placas. b) Determine la capacidad por unidad de largo. Desprecie los efectos de borde. SOLUCION a) Sabemos que las l´ıneas equipotenciales deben respetar la geometr´ıa del dispositivo. De esta forma, las equipotenciales ser´ an rectas radiales, es decir:
Por lo tanto, las l´ıneas de campo, al ser perpendiculares a las equipotenciales, deben seguir ˆ es decir, son arcos conc´entricos. la direcci´ on θ,
10
Si suponemos que el dispositivo es muy largo en la direcci´ on Z, entonces se puede suponer que: (r) = E (r, θ)θˆ E
(67)
Pero
(r) = −∇V (r, θ) = − ∂V rˆ − 1 ∂V θˆ E ∂r r ∂θ ˆ ∂V = 0 Como el campo tiene direcci´ on θ, ∂r Luego, se tiene que el potencial s´ olo depende de θ, lo cual era de esperarse. Planteamos la ecuaci´ on de Laplace en coordenadas cil´ındricas: 2 2 V (r) = 0 = 1 ∂ V = 0 ∇ r 2 ∂θ 2
(68)
(69)
V (θ) = Aθ + B
(70)
Pero la placa inferior est´ a conectada a tierra V (0) = 0 → B = 0 V (θ0 ) = V 0 → A = Finalmente, V (θ) =
(71)
V 0 θ0
V 0 θ θ0
(r, θ) = − 1 V 0 θˆ E r θ0
(72)
(73)
(74)
b)Calculemos la capacidad por unidad de largo. Q V La carga por unidad de largo, Q, de una de las placas puede calcularse a partir de la densidad de carga σ que aparece en cada placa del condensador. Su valor puede determinarse directamente del campo el´ectrico: C =
σ n E · ˆ = 0 De donde obtenemos: 11
(75)
(76)
0 V 0 r θ0
σ = As´ı, el valor de Q es: Q = 1
b
a
b
σ(r)dr =
a
0 V 0 V 0 b dr = 0 ln( ) r θ0 θ0 a
(77)
(78)
Finalmente: C =
0 b ln( ) θ0 a
(79)
PROBLEMA 5 Considere el circuito de la figura:
Primero se carga C1 cerrando el interruptor S1. Despu´es este interruptor es abierto, y el capacitor cargado se conecta al otro capacitor descargado cerrando al interruptor S2. Calcule la carga final en cada uno de los capacitores. SOLUCION Al cerrar el interruptor S1, se conecta el condensador C1 a los terminales de la fuente de voltaje.
El condensador estaba inicialmente descargado (la carga sobre cada placa igual a 0). Ahora, al aplicar una diferencia de potencial de 20 V, se distribuyen cargas iguales pero opuestas en cada placa del condensador. La carga m´ axima que podr´ a acumular estar´ a dada por: 12
Q = CV = 6µ20 = 120µ(C )
(80)
Notar que en esta configuraci´ on no existe una corriente en el circuito, puesto que: dQ dV = C = I dt dt Y el voltaje entre las placas del condensador es constante en el tiempo. dQ = CdV →
(81)
Ahora, se abre el interruptor S1 y se cierra el interruptor S2, es decir, se desconecta la fuente de voltaje y se conectan ambos condensadores en paralelo. B´ asicamente lo que o curre aqu´ı es una redistribuci´ on de la carga almacenada,. Sea Q1 la carga final en el condensador 1 , y Q 2 la carga final en el condensador 2. Se sabe que la carga total debe conservarse, es decir: Q = Q 1 + Q2 = 120µ(C )
(82)
Y en cada condensador se tiene: Q1 = 6µV 1
(83)
Q2 = 3µV 2
(84)
Necesariamente, V 1 = V 2 , as´ı: Q1 Q2 Q1 = → =2 6µ 3µ Q2 De donde se obtiene, Q1 = 80µ (C), y Q 2 = 40µ
13
(85)
Pontificia Universidad Cat´ olica olica de Chile Facultad Faculta d de F´ısica ısi ca FIS1532 Electricidad y Magnetismo
AYUDANTIA 6: Capacitores y Dipolo El´ ectrico ectrico
Fabi´an an C´ adiz adiz C.
[email protected] ALMACENAMIENTO DE ENERG´IA EN UN CAPACITOR Los capacitores se pueden utilizar para el almacenamiento de energ´ energ´ıa el´ectrica. ectrica. La cantidad de energ´ energ´ıa almacenada es igual al trabajo t rabajo hecho para cargar al condensador. Durante el proceso pro ceso de carga, la bater´ bater´ıa hace el traba jo para mover cargas desde una placa a la otra.
Imaginemos que el condensador est´ a inicialmente descargado. En cada placa del condensador hay muchas cargas negativas y positivas, pero estan en equilibrio, por lo que la carga total en ambas es cero, y por consiguiente no existe ning´ un un campo camp o el´ectrico ectrico entre ellas. Comenzemos Comenzemos extrayendo extrayendo una carga positiv p ositivaa +dq de de la placa inferior, llev´ andola andola hasta la superior. Al hacer esto, la placa de abajo queda con carga neta − neta −dq dq . Se repite este proceso una y otra vez, y de esta manera cargamos al condensador, y creamos un campo el´ectrico ectrico donde no hab´ hab´ıa inicialmente. inici almente. Supongamos que la cantidad de carga en la placa superior en un instante es de +q +q , y la diferencia de potencial es ∆V ∆V = q/C q /C . Para traer otro elemento de carga +dq +dq a a la placa superior, el trabajo necesario para vencer la repulsi´ on on el´ectrica ectr ica es dW = dF d = dqEd = dqEd = = ∆V dq . Si al final del proceso de carga, la carga en la placa es de +Q +Q, entonces el trabajo hecho durante el proceso es: q 1 Q2 dq = C 2 C 0 0 Esto es igual i gual a la l a energ e nerg´´ıa potencial pote ncial el´ectrica ectric a del de l sistema s istema,, Q
W =
Q
dq ∆V =
1 Q2 1 1 = Q∆V = C ∆V 2 U = 2 C 2 2
(1)
(2)
´ DENSIDAD DE ENERG´IA DEL CAMPO ELECTRICO Se puede pensar en la energ´ energ´ıa almacenada en el capacitor como energ´ energ´ıa almacenada en el campo el´ectrico ectrico mismo. En el caso del condensador de placas paralelas, C paralelas, C = 0 A/d, A/d, y V = Ed E d, con lo que: 1 1 0 A 2 2 1 U = C ∆V 2 = E d = 0 AdE 2 2 2 d 2 Notemos que Ad que Ad no es m´as as que el volumen entre las placas del condensador, entonces definimos definimo s la densidad densida d de energ´ıa ıa como: c omo: u =
U 1 = 0 E 2 V ol 2
(3)
(4)
´ DIPOLO ELECTRICO El dipolo ideal consiste en dos cargas iguales en magnitud pero de signo opuesto, mantenidas a una distancia a.
Calculemos el potencial el´ectrico ectrico en un punto P debido al dipolo. Para ello consideremos un dipolo en el eje vertical, como se muestra en la figura.
Por el principio de superposici´on, on, el potencial en el punto P est´ a dado por: 2
V = V = i
i=1
1 q q ( − ) 4π0 r + r−
2 2 Donde r+ = r = r 2 + d2 − 2drcosθ, drcosθ , y r − = r = r 2 + d2 + 2drcosθ 2drcosθ..
2
(5 )
r+ = r = r 1 + (d/r (d/r))2 − 2(d/r 2(d/r))cosθ
(6)
Para el l´ımite en que d que d << r, r , se puede desarrollar: 1 1 1 1 = (1 + (d/r (d/r))2 − 2(d/r 2(d/r))cosθ) cosθ)−1/2 = (1 − (d/r) d/r)2 + (d/r (d/r))cosθ + cosθ + ... ...)) r+ r r 2
(7 )
Donde se us´o la expansi´ on on (1 + x + x)) p ≈ 1 + xp + xp,, cuando x cuando x 1 De forma an´aloga, aloga, 1 1 1 = (1 − (d/r) d/r)2 − (d/r) d/r)cosθ + cosθ + ... ...)) r− r 2
(8 )
Con esto, el potencial en P puede aproximarse como:
V =
q 1 1 q 2d cos θ (1 − (d/r) d/r)2 + (d/r (d/r))cosθ − 1 + (d/r) d/r)2 + (d/r (d/r))cosθ...) cosθ...) ≈ 4π0 r 2 2 4π0 r r
(9)
Si a Si a = 2d es la separaci´on on entre las cargas del dipolo: V ≈
q a cos θ pcosθ p · rˆ = = 4π 0 r r 4π0 r2 4π 0 r 2
(10)
Donde p = p = aq aq j es jˆ es el momento dipolar dip olar el´ectrico, ectrico, cuya magnitud es siempre aq siempre aq y y su direcci´on on va desde la carga negativa a la positiva. Notar que el potencial p otencial el´ectrico ectrico debido a un dipolo disminuye disminuye seg´ segun ´ el cuadrado de la distancia. Como podemos obtener el potencial de un dipolo en base a una distancia y un angulo, ´ podemos obtener el campo el´ectrico ectrico como menos el gradiente del potencial, p otencial, en coordenadas polares: = ∂ rˆ + 1 ∂ θˆ ∇ (11) ∂r r ∂θ Ya que el potencial es ahora una funci´on on de r de r y θ, θ , el campo el´ectrico ectrico tendr´ a componentes en = V : las direcciones rˆ y θˆ. Usando que E = −∇ E r = −
∂V pcosθ 1 ∂V psinθ = , E = − = θ ∂r 2π0 r 3 r ∂θ 4π0 r 3
(12)
As´ı: = E =
p (2cosθ (2cosθˆ rˆ + sinθ + sinθ θˆ) 3 4π0 r
3
( 13 )
´ FUERZA SOBRE UN DIPOLO SITUADO EN UN CAMPO EL ECTRICO EXTERNO Imaginemos un dipolo sumergido en una regi´ on en donde existe un campo el´ectrico dado por E = E (x,y,z). Supongamos que la carga −q del dipolo se encuentra en (x,y,z), mientras que la carga q en (x+dx,y+dy,z+dz).
Es claro entonces que a = (dx,dy,dz). Se tiene: = −q E (x,y,z) + q E (x + dx, y + dy, z + dz) F
(14)
= q ( ∂ E dx + ∂ E dy + ∂ E dz) F ∂x ∂y ∂z
(15)
= P x ∂ E + P y ∂ E + P z ∂ E = (P x ∂ + P y ∂ + P z ∂ )E F ∂dx ∂y ∂z ∂dx ∂y ∂z
(16)
Finalmente la fuerza sobre el dipolo es: = ( F p · ∇)E
(17)
´ ENERGIA POTENCIAL ELECTRICA DEL DIPOLO De manera similar al punto anterior, suponemos que existe un potencial en el espacio. As´ı, la energ´ıa potencial asociada al dipolo ser´ a: U = −qV (x,y,z) + qV (x + dx, y + dy, z + dz) U = qdV = q ( U = P x
(18)
∂V ∂ V ∂ V dx + dy + dz) ∂x ∂y ∂z
(19)
∂V ∂V ∂V + P y + P z = p · ∇V ∂x ∂y ∂z
(20)
Finalmente: U = − p · E
4
(21)
PROBLEMA 1 Demuestre la igualdad: ∇
1 r − r = |r − r | |r − r |3
(22)
SOLUCION Se tiene que: ∇ Pero
1 ∂ 1 ∂ 1 ˆi + ∂ [ 1 ] j + ˆ = [ ] [ ]kˆ |r − r | ∂x |r − r | ∂y |r − r | ∂z |r − r |
∂ 1 ∂ [ ] = [ ∂x |r − r | ∂x
(23)
1 ] 2 + (y − y )2 + (z − z )2
(24)
(x − x )
∂ 1 (x − x‘) (x − x ) [ ]= = ∂x |r − r | |r − r |3 ((x − x )2 + (y − y )2 + (z − z )2 )3/2
(25)
Las otras 2 derivadas parciales son absolutamente an´alogas, y se llega a que ∂ 1 (y − y ) [ ] = ∂y |r − r | |r − r |3
(26)
∂ 1 (z − z ) [ ]= ∂z |r − r | |r − r |3
(27)
Con lo que se obtiene: ∇
1 1 r − r ˆ ˆ ˆ = ((x − x )i + (y − y ) j + (z − z )k) = |r − r | |r − r |3 |r − r |3
(28)
Finalmente se ha demostrado que ∇
1 r − r = |r − r | |r − r |3
(29)
PROBLEMA 2 Se tiene una esfera conductora de radio R y carga Q. Demuestre que si esta esfera est´ a aislada, la energ´ıa potencial est´ a repartida en todo el espacio. SOLUCION La Energ´ıa Potencial de la esfera se puede obtener como: 1 1 U = V dq = V ρdv (30) 2 2 V V Sabemos que en un conductor toda la carga se concentra sobre la superficie, y que adem´as el potencial es constante en ella, as´ı:
1 U = 2
1 V σdS = V 2 S
S
5
σdS =
1 1 Q2 V Q = K 2 2 R
(31)
Habr´ a que demostrar que esta energ´ıa potencial se encuentra repartida en todo el espacio. El campo el´ectrico a una distancia r de la esfera es: = E
1 Q rˆ 4π 0 r 2
(32)
Y la densidad de energ´ıa del campo el´ectrico es u =
1 0 E 2 2
(33)
As´ı, entre r y dr se tiene un diferencial de volumen, dado por dv = 4πr 2 dr. La energ´ıa contenida en este volumen ser´a: 1 1 Q dU = 0 E 2 4πr 2 dr = 0 ( )2 4πr 2 dr 2 2 2 4π0 r dU =
Q2 dr 8π0 r 2
(34)
(35)
As´ı, la energ´ıa total se obtiene integrando en todo el espacio, esto es: ∞
U =
∞
dU =
R
R
Q2 Q2 dr = 8π0 r 2 8π0
∞
R
1 dr r2
Q2 1 1 Q2 1 Q2 U = = = K 8π 0 R 2 4π0 R 2 R
(36) (37)
Se ha verificado que toda la energ´ıa potencial el´ectrica de la esfera est´ a repartida en el espacio. PROBLEMA 3 Muestre que la fuerza necesaria para mantener 2 placas de un condensador plano a una distancia fija es igual a la energ´ıa potencial del condensador. SOLUCION Ya que las placas tienen cargas opuestas,una fuerza debe aplicarse para mantenerlas a una distancia constante. Un elemento de carga dq = σdA experimenta una fuerza atractiva dada por: σ σ 2 dA dF = Edq = σdA = 20 20
(38)
El campo el´ ectrico es el de un plano infinito, esto se debe a que la fuerza sobre un elemento de carga de una placa est´ a relacionada con el campo el´ectrico generado por el de la placa opuesta. Con esto,si el a´rea total de la placa es A, un agente externo debe ejercer una fuerza σ2 A F ext = 20
(39)
para mantener las 2 placas separadas. Recordando que el campo el´ectrico en la regi´ on entre σ las placas est´ a dado por E = , la fuerza se puede reescribir como: 0
F ext =
0 2 E A 2 6
(40)
As´ı, el trabajo externo para separar las placas a una distancia d es de: 0 E 2 A F ext · d l = F ext d = d 2 Que es igual a la energ´ıa almacenada en el condensador, en efecto W ext =
1 1 0 A 2 2 0 AE 2 d 2 U = CV = E d = 2 2 d 2
(41)
(42)
PROBLEMA 4 Se tiene un circuito como el que se muestra en la figura.
a) Encontrar la carga de cada condensador cuando se cierra el interruptor S1. b) Cuando se cierra tambi´ en el interruptor S2 SOLUCION a)Cuando solo se cierra el interruptor 1, se tiene
En este caso, C 1 y C 3 est´ an en serie, asi como tambi´en C 2 y C 4 . La capacidad equivalente entre C 1 y C 3 est´ a dada por: 1 1 1 1 4 = + = 1 + µ = (µF )− 1 C eq1 C 1 C 3 3 3 Con lo que C eq1 =
7
3 µF 4
(43)
(44)
Del mismo modo, para la capacidad equivalente entre C 2 y C 4 1 1 1 1 1 3 = + = + (µF )− 1 = (µF )− 1 C eq2 C 2 C 4 2 4 4 As´ı
(45)
4 µF 3 y C eq2 est´ an e paralelo, por lo que la capacidad total ser´ a: C eq2 =
Por u ´ltimo, C eq1
3 4 25 + = µF 4 3 12 Con esto podemos determinar la carga total, dada por 25 Q = ∆V C = 12 µF = 25µC 12 C eq = C eq1 + C eq2 =
(46)
(47)
(48)
Sea Qi la carga acumulada por el condensador i. Se tiene que Q1 = Q 3 , Q2 = Q 4 , ya que se encuentran en serie. Sean V i la diferencia de potencial entre los terminales del condensador i. As´ı: Q1 = 1µV 1
(49)
Q2 = 2µV 2
(50)
Q3 = 3µV 3 = Q1
(51)
Q4 = 4µV 4 = Q2
(52)
Adem´ as, los voltajes est´ an relacionados seg´ un: 12 = V 1 + V 3 = V 2 + V 4
(53)
Resolviendo este sistema, se tiene: Q1 = V 1 , Q2 = 2V 2 , Q1 = 36 − 3V 1 , Q2 = 48 − 4V 2
(54)
As´ı, V 1 = 36 − 3V 1 , 2V 2 = 48 − 4V 2 De donde se obtiene V 1 = 9V, V 2 = 8V, V 3 = 3V, V 4 = 4V . Finalmente, Q 1 = 9µC ,Q2 = 16µC . Q 3 = 9µC , Q4 = 16µC . Se comprueba que Q 1 + Q2 = Q 3 + Q4 = 25µC = Q b) Ahora se tiene lo siguiente:
8
(55)
Aqu´ı, se tiene a los condensadores C 1 y C 2 en paralelo, lo mismo sucede con C 3 y C 4 : C eq1 = C 1 + C 2 = 3µF
(56)
C eq2 = C 3 + C 4 = 7µF
(57)
Y estos dos se encuentran en serie, por lo que: C eq 1 1 10 + (µF )− 1 = (µF )− 1 = 3 7 21 As´ı C eq = Y la carga total ser´ a Q =
(58)
21 µF 10
(59)
21 21 · 12 126 V = = = 25, 2µC 10 10 5
(60)
Adem´ as, se tiene V 1 = V 2 , V 3 = V 4 , ya que se encuentran en paralelo. As´ı: 1µ 2µ = V 2 = Q1 Q2 3µ 4µ V 3 = = V 4 = Q3 Q4 V 1 =
(61) (62)
Con esto: 2Q1 = Q 2
(63)
4Q3 = 3Q4
(64)
Tambi´en debe tenerse que: Q1 + Q2 = Q 3 + Q4 = 25, 2µC
(65)
Con esto:
2Q1 = Q2 = 25, 2 − Q1 → Q1 = 8, 4µC 4 Q3 = 25, 2 − Q4 = 25, 2 − Q3 → Q3 = 10, 8µC 3 4 Q4 = Q3 = 14, 4µC 3 PROBLEMA 5 Calcular la energ´ıa potencial de los dipolos p 1 y p 2 dispuestos : a) en la forma
9
(66)
(67) (68)
b) en la forma
SOLUCION Se vio que
U = − p · E
(69)
Y el campo producido por un dipolo est´ a dado por p ˆ (2cosθˆ r + sinθ θ) 4π0 r 3
= E
(70)
1 producido por el dipolo 1 en la posici´ Calculemos el campo E on de P 2 p1 (2cosθˆ r1 + sinθ θˆ1 4π 0 r 3
1 = E
(71)
en este caso, θ = π/2, con lo que: 1 = E
p1 ˆ θ1 4π 0 r 3
(72)
Y la energ´ıa potencial del dipolo 2 ser´ a: 1 = − p2ˆi · U 2 = − p2 · E
p1 − jˆ = 0 4π0 r 3
(73)
El campo en la posici´ on de P 1 debido al dipolo P 2 es: 2 = E
p2 (2cosθˆ r2 + sinθ θˆ2 ) 4π0 r3
(74)
En este caso θ = −π, as´ı: 2 = E As´ı
p2 p2 ˆ − r ˆ = i 2 4π0 r3 4π0 r3
(75)
2 = 0 U 1 = − p1 · E
(76)
b) En este caso, el campo en la posici´on de P 2 debido a P 1 ser´a el mismo de antes: 1 = E
p1 ˆ p1 θ = − jˆ 3 1 4π0 r 4π0 r 3
(77)
Y la energ´ıa potencial del dipolo P 2 ser´a: 1 = − p2 jˆ · U 2 = − p2 · E
10
p1 p1 p2 ˆ − j = 4π 0 r3 4π0 r 3
(78)
Ahora, el campo en la posici´ on de P 1 debido al dipolo P 2 es: 2 = E
p2 (2cosθˆ r2 + sinθ θˆ2 ) 4π0 r3
(79)
En este caso, θ = −π/2, con lo que: 2 = E
p2 p2 − θˆ2 = − jˆ 3 4π0 r 4π 0 r 3
(80)
Y la energ´ıa potencial del dipolo P 1 : 2 = − p1 jˆ · U 1 = − p1 · E
11
p2 p1 p2 ˆ − j = 4π 0 r3 4π0 r 3
(81)
Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile
Facultad de F´ısica FIS1532 Electricidad y Magnetismo
AYUDANTIA 7: Medios Diel´ ectricos
Fabi´an C´ adiz C.
[email protected] ´ EL CAMPO EN MEDIOS DIELECTRICOS Un diel´ectrico ideal es aqu´ el que no contiene cargas libres. Sin embargo, todos los medios materiales se componen de mol´eculas, las que a su vez se componen de entes cargados (n´ ucleos at´ omicos y electrones), y las mol´eculas de los diel´ectricos son, de hecho, afectadas por la prescencia de un campo el´ectrico externo. El campo el´ectrico produce una fuerza que se ejerce sobre cada part´ıcula cargada, empujando las part´ıculas positivas en la direcci´ on del campo, y las negativas en sentido opuesto, de modo que las partes positivas y negativas de cada mol´ecula se desplazan de sus posiciones de equilibrio, sin embargo estas cargas moleculares no est´ an libres para moverse muy lejos o ser extra´ıdas del material (lo que s´ı ocurre en conductores). El efecto total, desde el punto de vista macrosc´ opico, se visualiza como un desplazamiento de toda la carga positiva en el diel´ectrico en relaci´ on a la carga negativa. A esto se le llama polarizaci´on. Existen 2 tipos de diel´ectricos, el primero de ellos son los diel´ectricos polares, que tienen momentos dipolares permanentes. Un ejemplo de este tipo de diel´ectrico es el agua.
La orientaci´ on de las mol´eculas polares ante la ausencia de un campo es totalmente 0 es aplicado, un torque causa que las mol´eculas se alinien en aleatoria. Cuando un campo E 0 . la direcci´ on de E
0 . En La figura ilustra la orientacion de las mol´eculas no polares con y sin campo externo E ambos tipos de diel´ectricos, ante la prescencia de un campo el´ectrico externo, se produce una polarizaci´ on. Un diel´ectrico polarizado, aun cuando sea el´ectricamente neutro en promedio, produce un campo el´ectrico en los puntos exteriores e interiores al diel´ectrico. POLARIZACION Vimos que si un medio se polariza, se efect´ ua una separaci´ on de cargas positivas y negativas, y un elemento de volumen se caracteriza por un momento dipolar el´ectrico, ∆ p. Se define P , el momento dipolar el´ectrico por unidad de volumen: p = ∆ P ∆v
(1)
Estrictamente, P debe definirse como el l´ımite de esta cantidad a medida que ∆v se hace convierte en una muy peque˜ no desde el punto de vista macrosc´ opico. De esta forma, P se funci´ on puntual P (x,y,z), llamada Polarizaci´ on del medio. Sus dimensiones son carga por unidad de a´rea. ´ CAMPO EXTERNO DE UN MEDIO DIELECTRICO Consideremos un pedazo finito de diel´ectrico polarizado, es decir, que se caracterize en cada r‘). La polarizaci´ punto r por su polarizaci´ on P ( on da origen a un campo el´ectrico. Para encontrarlo, encontremos primero el potencial en un punto P.
, y como Cada elemento de volumen ∆v se caracteriza por un momento dipolar ∆ p = P ∆v la distancia entre r y ∆v es grande comparada con las dimensiones de ∆v , el porencial en r ser´ a: ∆ p · (r − r ) P (r ) · (r − r )∆v ∆V (r) = = 4π 0 |r − r |3 4π0 |r − r |3 2
(2)
El potencial en el punto r se obtiene sumando las contribuciones de todas las partes del diel´ectrico: 1 V (r) = 4π0
P ( r ) · (r − r )dv
(3)
|r − r |3
V
r ). Sin Esta integral puede evaluarse directamente si se conoce la forma funcional de P ( embargo, ser´ a ventajoso desarrollar a´ un m´ as esta expresi´on. En la ayudant´ıa pasada se demostr´ o que: ∇
1 r − r = |r − r | |r − r |3
(4)
Con lo que el potencial queda expresado de la forma: 1 V (r) = 4π 0
P (r ) · ∇
V
1 dv |r − r |
(5)
El siguiente paso consiste en utilizar la siguiente igualdad vectorial: · (f F + F · ∇ F ) = f ∇ ∇ f
(6)
Donde f es cualquier funci´ on escalar y F un campo vectorial. Con esto, si utilizamos 1 = P ( r ): f = |r−r | y F
r ) · P ( ∇ Con esto: 1 V (r) = 4π 0
1 1 P (r ) − r ) = ∇ · ∇ P ( |r − r | |r − r | |r − r |
r ) P ( 1 ∇ dv − |r − r | 4π0 V
(7)
1 r )dv · ∇ P ( r − r | V |
(8)
La primera integral puede transformarse en una integral sobre una superficie cerrada mediante el teorema de la divergencia, obteniendo: 1 V (r) = 4π0
r ) P ( − 1 dS r − r | 4π 0 S |
O equivalentemente: 1 V (r) = 4π0
P ( r ) · n ˆ S
1 dS + |r − r | 4π 0
1 r )dv · ∇ P ( | | r − r V
−∇ · P ( r )
V
|r
− r |
dv
(9)
(10)
· n · P son Las cantidades P ˆ y − ∇ dos funciones escalares obtenidas a partir de la polarizaci´on P . Es conveniente asignar a estas cantidades s´ımbolos especiales, y como tienen dimensiones de carga por unidad de ´area y carga por unidad de volumen, respectivamente,escribiremos: · n σ = P ˆ 3
(11)
· P ρ = −∇
(12)
Y llamaremos a σ y ρ densidades de carga de polarizaci´on. La densidad superficial de carga de polarizaci´ on est´ a dada por la componente de polarizaci´ on normal a la superficie, y la densidad volum´ etrica de carga de polarizaci´ on es una medida de la no uniformidad de la polarizaci´on dentro del material. El potencial debido al material diel´ectrico es, finalmente: 1 V (r) = 4π 0
σ 1 dS + r − r | 4π 0 S |
ρ dv r − r | V |
(13)
De esta expresi´on es evidente que proviene de una distribuci´on de carga. En otras palabras, el material diel´ectrico se ha sustituido por una distribuci´ on adecuada de carga de polarizaci´on. (r) = −∇V (r): El campo el´ectrico se obtiene usando E (r) = 1 E 4π0
σ (r − r )
1 dS + |r − r |3 4π 0
S
ρ (r − r )
V
|r
− r |3
dv
(14)
Puede parecer extra˜ no que, habiendo empezado con elementos de volumen el´ectricamente neutros de material diel´ectrico, finalicemos con elementos de volumen que tienen una carga neta. El origen de esta aparente paradoja se ecuentra en la transformaci´on matem´ atica utilizada. Notemos que la carga de polarizaci´ on total de un cuerpo diel´ectrico es: Q p =
· P ( r ))dv + (−∇
V
r ) · n ˆ dS P (
(15)
S
Utilizando el teorema de la divergencia, es evidente que Q p = 0, lo que concuerda con que un diel´ectrico, como un todo, es el´ectricamente neutro. ´ ´ LEY DE GAUSS EN UN DIEL ECTRICO, DESPLAZAMIENTO ELECTRICO Al principio del curso se dedujo una relaci´on importante entre el flujo el´ectrico y la carga, es decir, la ley de Gauss. Esta ley dice que el flujo el´ectrico a trav´ es de cualquier superficie cerrada es proporcional a la carga total encerrada por la superficie. Al aplicar la ley de Gauss a una regi´on que contiene cargas libres dentro de un diel´ectrico, hay que tener cuidado en inclu´ır todas las cargas dentro de la superficie gaussiana, tanto la carga de polarizaci´ on como la carga libre.
Consideremos una superficie S cerrada imaginaria colocada dentro de un medio diel´ectrico. Consideremos cierta cantidad de carga libre Q, contenida en el volumen limitado por S’. La ley de gauss es:
E · dS = S
Q 1 + 0 0
σ dS S
4
1 + 0
ρ dv
(16)
E · dS = S
1 Q = + 0 0 As´ı:
Q 1 + 0 0
S
r ) · dS − P ( S
Q 1 − 0 0
E · dS = S
O Equivalentemente, 0
1 0
r ) · dS P (
r ) · dS − P (
E · dS = Q
−
S
(0 E +
1 0
∇ P (r )dv
(17) (18)
S +S
r ) · dS P (
(19)
(20)
S
r ) · dS P ( S
· P ) dS = Q
(21)
S
Se define el desplazamiento el´ectrico como: D = 0 E + P
(22)
La ley de Gauss, en t´erminos de D queda:
D
· dS = Q
(23)
S
Esta es la ley de Gauss generalizada a un diel´ectrico, notar que Q representa unicamente ´ la carga libre. 0, D = Notar que si no hay diel´ectrico (vac´ıo), se tiene P = 0 E y
0 E · dS = Q
(24)
S
Que es la ley de gauss para el vac´ıo. FORMA DIFERENCIAL DE LA LEY DE GAUSS GENERAL Si expresamos la carga libre encerrada por una superficie gaussiana como una integral de volumen:
D
· dS =
S
ρdv
(25)
D
∇ · Ddv =
V
ρdv
(26)
D
De donde se obtiene la forma diferencial de la ley de gauss general · D = ρ ∇
(27)
La ventaja de expresar las formas integral y diferencial de la ley de gauss en t´erminos del vector D consiste en que s´olo aparece expl´ıcitamente la carga libre Q o la densidad de carga libre contenida en el medio diel´ectrico.
5
´ ´ SUSCEPTIBILIDAD ELECTRICA Y CONSTANTE DIELECTRICA se anula cuando E se anula. Como ´este es el Para la mayor´ıa de los materiales, P comportamiento m´ as com´ un, nos limitaremos a los materiales de este tipo. Adem´ as, si el material es isotr´ opico, la polarizaci´ on deber´a tener el mismo sentido que el campo el´ectrico que la provoca. Esto se resume en: = χ(E )E P
(28)
Donde la cantidad escalar χ(E ) se llama susceptibilidad el´ectrica del material. As´ı, una expresi´ on para D en medio isotr´ opicos ser´ıa (0 + χ(E ))E = (E )E D =
(29)
Donde (E ) = 0 + χ(E ) es la permitividad del material. Experimentalmente χ y son independientes del campo el´ectrico para campos no muy intensos. En otras palabras, χ y pasan a ser constantes caracter´ısticas del material. Materiales de este tipo se llaman diel´ectricos lineales, y se tiene: = χ E P
(30)
D = E
(31)
Es m´ as conveniente trabajar con una cantidad adimensional, K, definida por: k =
0
(32)
Esta constante se llama constante diel´ectrica, de manera que: = 0 kE D = E
(33)
Notar que k es siempre mayor que 1, excepto en el vac´ıo, donde k = 1. Eso significa que en un medio diel´ectrico, el campo el´ectrico es debilitado por un factor k. ´ CAPACITANCIA CON DIELECTRICOS Un material no conductor, ancho t, a´rea A y constante diel´ectrica k se inserta en el espacio entre placas de un condensador con distancia d entre placas, carga Q y a´rea A. No es necesario que el diel´ectrico est´ e en la mitad del espacio entre placas.
Para encontrar la capacitancia, calculemos primero la diferencia de potencial entre placas. Ya se vi´ o que en auscencia de diel´ectrico, el campo el´ectrico entre las placas est´ a dado por Q E E 0 = A , y E D = k . El potencial se puede encontrar integrando el campo el´ectrico sobre una l´ınea desde la placa superior a la inferior: 0
0
6
∆V = −
−
+
Edl = −∆V 0 − ∆V D = −E 0 (d − t) − E D t = − ∆V = −
Q Q (d − t) − t (34) A0 A0 k
Q 1 (d − t(1 − )) A0 k
(35)
Con esto se obtiene: C =
Q 0 A = |∆V | d − t(1 − k1 )
(36)
Notemos algunos l´ımites, por ejemplo cuando t → 0, es decir, cuando el ancho del diel´ectrico tiende a cero, se obtiene C = 0 Ad = C 0 , que es la capacidad esperada para cuando no hay diel´ectrico. Cuando k → 1, nuevamente se obtiene C = dA = C 0 , ya que al ser k = 1, el diel´ectrico es simplemente vac´ıo. En el l´ımite cuando t → d, el espacio est´ a totalmente lleno de diel´ectrico, y se tiene: 0
C =
k0 A = kC 0 d
7
(37)
PROBLEMA 1 Calcular la capacidad del condensador de la figura
´ SOLUCION El problema se puede tratar como 2 condensadores en paralelo, uno formado por los diel´ectricos de constante k 1 y k 2 , y el otro formado por diel´ectrico de constante k3 y vac´ıo. A su vez, el primer condensador (C 1 ), se puede ver como 2 condensadores en serie, llenos de los diel´ectricos 1 y 2, as´ı: 1 1 1 = + C 1 C 1 C 1 Con
(38)
C 1 =
k1 0 S 1 d1
(39)
C 1 =
k2 0 S 1 d2
(40)
1 d1 d2 = + C 1 k1 0 S 1 k2 0 S 1
(41)
De donde se obtiene: C 1 =
d1 k2 + d2 k1 k1 k2 0 S 1
(42)
Para el condensador C 2 , se procede de manera similar, esto es: 1 1 1 = + C 2 C 2 C 2 Donde
(43)
0 S 2 d1
(44)
k3 0 S 2 d2
(45)
d1 k3 + d2 k3 0 S 2
(46)
C 2 = C 2 = Donde se obtiene: C 1 =
Finalmente, como C 1 y C 2 est´ an en paralelo, la capacidad total ser´ a: 8
C = C 1 + C 2 =
d1 k2 + d2 k1 d 1 k3 + d2 + k1 k2 0 S 1 k3 0 S 2
(47)
PROBLEMA 2 Una fuente de 25 V carga a un capacitor de placas paralelas y 6µ F de capacitancia. Despu´ es de desconectar la fuente, entre sus placas se inserta un diel´ectrico lineal de constante diel´ectrica 3, y que llena completamente toda la regi´ on entre las mismas.
a) Determine la nueva diferencia de potencial entre las armaduras b) Cu´ al es la densidad de carga de polarizaci´ on en la superficie del diel´ectrico? c) Obtenga la energ´ıa en el capacitor antes y despu´es de insertar el diel´ectrico. SOLUCION a)Al comienzo, se carga el condensador al aplicar una diferencia de potencial entre sus placas. La carga total ser´ a: Q = C 0 V = 610−6 × 25 = 150 × 10−6 = 15 × 10−5 C
(48)
Donde C 0 es la capacidad inicial del condensador. Luego se desconecta la fuente y se introduce un material diel´ectrico entre las placas. L´ ogicamente la capacidad del condensador cambiar´ a, por lo que o bien el voltaje o la carga deben modificarse. En este caso, lo que permanece constante es la carga total del condensador, ya que se desconect´ o la bater´ıa y el voltaje entre las placas del condensador puede cambiar. C = kC 0 = 3C 0 = 18µF
(49)
y
15 × 10−5 5 25 Q = C V → V = = 10 = V (50) 6 − 18 × 10 6 3 En general, cuando la carga se mantiene constante, y se llena el espacio entre placas con un diel´ectrico de constante k, la diferencia de potencial ser´ a V = V k
b) En clases se demostr´o que: 1 σ = σ(1 − ) k
(51)
Con lo que: 1 2 σ = σ(1 − ) = σ 3 3 9
(52)
De donde se deduce adem´ as: Qdielectrico =
2 Q = 10 × 10−5 C 3
(53)
c) Antes de insertar el diel´ectrico: 1 1 U = C 0 V 2 = 6 × 10−6 × 252 = 1, 88 × 10−3 J 2 2 Mientras que despu´es de insertar el diel´ectrico: 1 1 25 U = C V 2 = 18 × 10−6 ( )3 = 6, 25 × 10−4 J 2 2 3
(54)
(55)
PROBLEMA 3 Una esfera de radio R con carga libre q est´a sumergida en un medio diel´ectrico homog´eneo de constante k y de extensi´on te´ oricamente infinita. Calcular: a) Los vectores campo el´ectrico y polarizaci´ on a distancia r de la carga puntual b) La densidad de carga de polarizaci´ on SOLUCION Si la esfera estuviera en el vac´ıo, el campo el´ectrico ser´ıa un campo radial puro. Pero ya que , D y P son E todos paralelos entre s´ı en cada punto, la naturaleza radial del campo no cambia por la prescencia de lmedio. Adem´ as, de la simetr´ıa del problema, estos vectores pueden depender s´ olo de la distancia a la esfera y no de alguna coordenada angular. Usando la ley de gauss general, con una superficie esf´erica de radio r conc´entrica a la esfera de carga q:
D
= q · dS
S
DdS = q →
D
S
dS = q
(56)
(57)
S
Con lo que: 4πr 2 D = q (58) q D = rˆ (59) 4πr 2 El campo el´ectrico y la polarizaci´ on pueden evaluarse con bastante facilidad al conocer D: q rˆ 4πk 0 r2 D = 0 E + P q q 1 q (k − 1) = q rˆ − 0 P r ˆ = (1 − )ˆ r = rˆ 4πr 2 4πk0 r 2 4πr 2 k 4πkr 2 D = k 0 E → E =
(60) (61)
(62)
c) Claramente el diel´ectrico ha debilitado al campo el´ectrico. El campo el´ectrico es originado por toda la carga, la de polarizaci´ on y la carga libre. La carga libre es s´ olo la carga de la esfera q. Sin embargo, la carga de polarizaci´ on se forma de dos contribuciones, una densidad · n volum´etrica ρ = −∇ · P y una densidad superficial σ = P ˆ sobre la superficie del diel´ectrico en contacto con la carga puntual. 10
Usando que : = q (k − 1) rˆ P 4πkr 2
(63)
y que r = 4πδ (r) ∇ r3
(64)
· P se anula para r es claro que ∇ = 0, de modo que no hay densidad volum´ etrica de carga de polarizaci´ on en este caso. La densidad superficial ser´a: σ =
ˆ dS = P (R) · −ˆ rdS = P · n S
S
σ = −
(k − 1)q k
−4πR 2
(k − 1)q 4πkR 2
(65) (66)
Notar que la carga total ser´ a: (k − 1)q q = (67) k k Se ve claro ahora por que el campo el´ectrico es menor en un factor k de lo que ser´ıa si no hubiera un medio diel´ectrico. Q = Q libre + σ = q −
PROBLEMA 4 Considere una espera conductora de radio interior a y radio exterior c. El espacio entre las 2 superficies es llenado con 2 diel´ectricos distintos, de manera que la constante diel´ectrica es k1 entre a y b, y k 2 entre b y c. Determine la capacitancia del sistema.
SOLUCION El sistema se puede tratar como dos capacitores conectados en serie, ya que la diferencia de potencial total a trav´ es de los capacitores es la suma de las diferencias de potencial a trav´ es de cada condensador individual. La capacitancia equivalente para un capacitor esf´erico de radio interior r 1 y radio exterior r 2 lleno de diel´ectrico de constante k est´ a dado por: C = 4π 0 k
r1 r2 r2 − r1
Con lo que la capacitancia equivalente del sistema es:
11
(68)
1 (b − a) (c − b) k2 c(b − a) + k1 a(c − b) = + = C 4π0 k1 ab 4π0 k2 bc 4π0 k1 k2 abc
(69)
Finalmente: 4π0 k1 k2 abc k2 c(b − a) + k1 a(c − b) Notemos el caso l´ımite en que k 1 → 1, y k2 → 1, la expresi´ on se reduce a C =
(70)
4π0 abc 4π 0 abc 4π0 ac = = (71) c(b − a) + a(c − b) b(c − a) (c − a) Que concuerda con la capacitancia de un condensador esf´erico de radios a y b en el vac´ıo. C =
PROBLEMA 5 Se tiene un condensador plano con placas cuadradas de largo a, distancia d entre placas, y una carga total Q. Calcular la fuerza que se ejerce sobre un material diel´ectrico cuando se encuentra a una distancia x del punto O.
SOLUCION La energ´ıa potencial asociada a esta configuraci´ on es: 1 Q2 U (x) = 2 C (x) Notar que es funci´on de x, puesto que la carga total Q es constante, mientras que la capacitad total del condensador es funci´ on de x. El sistema se puede ver como dos condensadores en paralelo,
C eq = C 1 + C 2 = C eq =
0 ax k0 a(a − x) + d d
0 a(x + k(a − x)) d 12
(72)
(73) (74)
Con esto, la energ´ıa potencial es: U (x) =
1 dQ2 2 0 a(x + k(a − x))
(75)
Y la fuerza que se ejerce sobre el diel´ectrico ser´a: F x = −
dU dx
Q2 d (1 − k) F x = 20 a (x + k(a − x)2 )
(76)
(77)
Notar que (1 − k) < 0, es decir, la fuerza es negativa. Esto significa que la placa diel´ectrica es atra´ıda hacia el interior del condensador.
PROBLEMA 6 Un condensador cil´ındrico de altura l y cuyos conductores tienen radios a y b (b > a), est´ a cargado con una carga Q, es decir, una armadura tiene carga +Q y la otra -Q. Entre ellas existe vac´ıo. La armadura es un cil´ındro met´ alico macizo. Este dispositivo se sumerge en un l´ıquido diel´ectrico de densidad constante ρ y permitividad , a una profundidad h. Determinar la altura x que sube el nivel del l´ıquido que queda dentro del condensador, en relaci´ on al l´ıquido externo (basta llegar a la ecuaci´ on correspondiente).
SOLUCION La diferencia de nivel ∆h estar´ a dada por el equilibrio entre la fuerza el´ectrica sobre el l´ıquido y su peso. La fuerza electrost´atica es: ∂U ∂x
(78)
1 Q2 2 C (x)
(79)
F x = − Como la carga es constante, entonces: U =
Con C(x) la capacidad del condensador cuando el agua est´ a a una altura x. De esta forma,el problema se traduce en determinar la capacidad del condensador en funci´on de la altura x. 13
La figura muestra que el condensador puede considerarse como dos condensadores conectados en paralelo, uno de altura l-x y otro de altura x. La capacidad total ser´a la suma de las capacidades C 1 , C 2 . Podemos hacer esta suposici´ on (equivalente con 2 condensadores en paralelo) si despreciamos los efectos de borde y la deformaci´on del campo el´ectrico cerca de la superficie del l´ıquido. Para calcular estas capacidades supongamos que hay una carga q distribuida uniformemente en el conductor interno. As´ı:
D
r ) = D(r)ˆ Si D( r, se tiene:
x
(80)
2π
0
De donde:
· dS = q
D(r)rdθdz = q
(81)
0
D(r) =
q rˆ 2πrx0
(82)
(r) = E
q rˆ 2πrx
(83)
Ahora podemos obtener el potencial entre los conductores como:
b
q b ln( ) 2πx a a Con lo que la capacidad para este condensador ser´ a: ∆V =
d E · r =
C 2 =
(84)
2πx ln( ab )
(85)
An´ alogamente se obtiene la capacidad para el condensador superior, que estar´ a dada por: C 1 =
2π0 (l − x) ln( ab )
(86)
La capacidad total del sistema ser´ a la suma de ambas C = C 1 + C 2 =
2π (x + 0 (l − x)) ln( ab )
(87)
La energ´ıa el´ectrica ser´ a: U =
1 Q2 ln(b/a) 4π x( − 0 ) + 0 l 14
(88)
Derivando se obtiene la fuerza que tiende a subir el agua: F x =
1 Q2 ln(b/a)(0 − ) 4π (x( − 0 ) + 0 l)2
(89)
Y el empuje del l´ıquido es: (x − h)π(b2 − a2 )ρ
(90)
Con lo que la ecuaci´on para determinar x es: 1 Q2 ln(b/a)(0 − ) (x − h)π(b − a )ρ = 4π (x( − 0 ) + 0 l)2 2
2
15
(91)
Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile Facultad de F´ısica FIS1532 Electricidad y Magnetismo
AYUDANTIA 9: Problemas de Electrost´ atica (I1) Fabi´an C´ adiz C.
[email protected] PROBLEMA 1 Un recipiente hemisf´erico no conductor de radio interior a tiene una carga total Q repartida uniformemente en su superficie interior. Encuentre el campo el´ectrico en el centro de curvatura.
´ SOLUCION Tomamos como origen el centro de curvatura de la semiesfera. A partir de esto podemos determinar la contribuci´ on de un elemento diferencial de carga en la superficie al campo el´ectrico en el eje que pasa por el centro de curvatura, que coincide con la direccion kˆ (El ˆ , por simetr´ıa, solo tendr´ campo E a componentes en k). (r) = dE
1 (r − r ) σdskˆ 4π0 |r − r |3
(1)
Adem´ as se tiene que: ds = a 2 sinφdφdθ
(2)
y σ =
Q Q = S 2πa2
(3)
Con esto, podemos determinar el campo total integrando sobre toda la superficie: (r) = 1 E 4π 0
2π
0
π
π/ 2
Q (r − r ) 2 a sinφdφdθ 2πa2 |r − r |3
(4)
Evaluando en r= 0 obtenemos el campo en el centro de curvatura: (0) = E
1 4π 0
2π
π
Q −r 2 a sinφdφdθ 2πa2 | − r |3
π/ 2
0
(0) = 1 Q E 20 2πa2
π
π/ 2
(5)
−r 2 a sinφdφ | − r |3
(6)
El vector r que recorre la superficie se puede escribir como: ˆ ˆi + asinφsinθ jˆ r = acosφk + asinφcosθ
(7)
ˆ Con esto: Por el argumento de simetr´ıa, solo interesa la componente seg´ un k. (0) = E (0) = E
Q 40 πa2
π
π/ 2
Q 40 πa2
π
π/ 2
−acosφ 2 a sinφdφkˆ a3
ˆ −cosφsinφdφk =
Q 80 πa2
π
π/ 2
(8)
−sin(2φ)dφkˆ
(9)
(10)
Finalmente el campo en el centro de curvatura es: (0) = E
Q ˆ k 80 πa2
PROBLEMA 2 El campo el´ectrico sobre la superficie de la Tierra est´ a dado por la expresi´on: = −(ae−αz + be−βz )kˆ E
(11)
Con α,β > 0, y z la altura desde la superficie de la tierra. a) Determine la densidad de carga b) Calcule la cantidad total de carga contenida en una columna vertical de secci´on S que se extiende te´ oricamente desde x=0 hasta x = ∞
SOLUCION a)Para obtener la densidad de carga, utilizamos la forma diferencial de la ley de gauss: · E = ρ ∇ 0 2
(12)
En este caso: · E = ∂E x + ∂E y + ∂E z ∇ ∂x ∂y ∂z
(13)
en x e y son nulas, as´ı: Las componentes de E αae−αz + βbe −βz =
ρ 0
(14)
Finalmente: ρ(z) = 0 (αae−αy + βbe −βy )
(15)
b) La carga total contenida en una columna vertical de secci´ on S ser´a: Q =
∞
ρ(y)dv = S
∞
ρ(y)dy = S
0
0 (αae−αy + βbe −βy )dy
(16)
0
Q = S0 (a + b)
(17)
PROBLEMA 3 Se tienen dos cilindros conductores coaxiales, uno de radio a y el otro de radio b, conectados a una diferencia de potencial V 0 . (r) y V (r) en todo el espacio y σ en cada superficie. Calcule ρ(r),E
SOLUCION Utilizaremos la ecuacion de laplace, esto es: 2 V (r) = 0 ∇
(18)
El laplaciano en coordenadas cil´ındricas es: 1 ∂ ∂V 1 ∂ 2 V ∂ 2 V 2 ∇ V = (r ) + 2 + r ∂r ∂r r ∂φ 2 ∂z 2
(19)
Si suponemos que el par de conductores cil´ındricos es mucho m´ as alto que su radio, entonces se puede afirmar que el potencial no debe depender de la coordenada z, y por lo tanto ∂V ı mismo, como las caracter´ısticas de los conductores no var´ıan con el angulo ´ φ, ∂z = 0. As´ ∂V tambi´en debe cumplirse que ∂φ = 0. De esta forma la ecuaci´on diferencial (con condiciones de borde) que debemos resolver es:
3
1 ∂ ∂V (r )=0 r ∂r ∂r
(20)
V (a) = V 0, V (b) = 0
(21)
Con condiciones de borde
Esta ecuaci´ on se puede resolver integr´andola directamente: V (r) = Alnr + B
(22)
Esta soluci´ on general m´ as las condiciones de borde nos entregan un sistema lineal de ecuaciones: Aln(a) + B = V 0
(23)
Aln(b) + B = 0
(24)
De donde obtenemos: A = B = −
V 0 ln(a/b) V 0 lnb ln(a/b)
(25)
(26)
Y el potencial entre las placas conductoras es: V (r) =
V 0 ln(r/b) ln(a/b)
(27)
V´ alida solo entre a < r < b (r) − El campo el´ectrico se puede calcular como E ∇V (r), es decir: E (r) = −
∂V (r) V 0 1 = ,a < r < b ∂r ln(b/a) r
(r) E
V 0 1 rˆ, a < r < b ln(b/a) r
(28) (29)
· E , pero: La densidad de carga es ρ(r) = 0 ∇ · ( rˆ ) = 0 ∇ (30) r Con lo que ρ(r) = 0, es decir, no hay densidad de carga entre los conductores. Para determinar las densidades de carga superficial en cada conductor hay que usar el hecho de que el campo en la superficie de un conductor es: σ n E · ˆ = 0 De esta forma, para el conductor a:
4
(31)
σa = 0
V 0 aln(b/a)
(32)
V 0 bln(b/a)
(33)
Y para el conductor b: σb = −0
Todo el desarrollo anterior es v´ alido para a < r < b. En el cilindro interno, (r < a): = 0 E
(34)
ya que dentro de un conductor en equilibrio electrost´atico el campo el´ectrico es siempre nulo. De esta forma: V (r) = V 0
(35)
ρ(r) = 0
(36)
Ahora, si r > b, para calcular el campo utilizamos:
V = − E · dl b
V (b) − V (∞) =
b
E · dl =
∞
(37)
Edr
(38)
∞
Pero V (b) = 0, con lo que: E (r) = 0
(39)
Si el campo es 0, entonces V = cte = V (b) = 0, y ρ(r) = 0 PROBLEMA 4 Un sistema de dos esferas conductoras cargadas posee una carga total Q. Si ellas est´ an separadas por una gran distancia y se les conecta con un alambre conductor de dimensiones despreciables, calcule la carga total sobre cada esfera.
5
SOLUCION Sabemos lo siguiente: Cada esfera tiene una carga desconocida, pero su suma es conocida: QA + QB = 0
(40)
Notemos que el sistema entero es un conductor, y por lo tanto, es un equipotencial. Por u ´ ltimo, como las esferas est´ an separadas por una gran distancia, entonces el campo producido por una afecta de manera despreciable el campo de la otra. En la vecindad exterior de A, el campo es de la forma: A = E
QA rˆ 2 A 4π 0rA
(41)
B = E
QB rˆB 2 4π0 rB
(42)
y en la vecindad de B es de la forma:
Ahora usemos el hecho que el sistema completo es un conductor, y por lo tanto V (a) − V (b) = 0:
V (a) = − E a
QA 4πa0
(43)
QB E A · d l = 4πb 0 ∞
(44)
A
· d l =
∞
b
V (b) = −
De donde QA QB = 4π 0 a 4π0 b
(45)
Lo que equivale a: QA = Q B
a b
(46)
(47)
(48)
y usando que Q = Q A + QB : aQ a + b bQ QB = a + b QA =
PROBLEMA 5 Usando que la delta de dirac δ (r) es cero en todo el espacio menos en r = 0 a)Demuestre que: 2 ( 1 ) = −4πδ (r) ∇ r b)El potencial medio temporal de un a´tomo de H neutro viene dado por: q e−αr αr φ(r) = (1 + ) 4π0 r 2 Hallar la distribuci´ on de carga continua y discreta. 6
(49)
(50)
SOLUCION a) Para demostrar la igualdad, usamos la ley de gauss para una carga puntual situada en el origen. Si escogemos una superficie gaussiana esf´ erica con centro en el origen y de radio r:
q 0 q E 4πr 2 = 0
= E · dS S
(51) (52)
De donde: (r) = E
q rˆ 4π0 r2
(53)
= −∇V (r): Utilizando que E V (r) =
q 4π0 r
(54)
Si ahora utilizamos la ecuaci´ on de Poisson: 2 V (r) = − ρ ∇ 0
(55)
q 2 1 ρ ∇ ( )=− 4π0 r 0
(56)
Esto es:
Pero la densidad de carga es cero en todo el espacio, excepto en el origen, por lo que podemos expresarla como ρ(r) = qδ (r)
(57)
q 2 1 ∇ ( ) = −qδ (r) 4π r
(58)
2 ( 1 ) = −4πδ (r) ∇ r
(59)
As´ı:
Con lo que, finalmente:
7
b) Como el potencial es radial, debe tenerse que: 2 φ(r) = − ρ ∇ 0
(60)
1 ∂ 2 ∂φ(r) ρ (r ) = − r2 ∂r ∂r 0
(61)
q 1 ∂ 2 ∂ e−αr α −αr (r ( + e )) 4π 0 r 2 ∂r ∂r r 2
(62)
q 1 ∂ 2 e−αr ∂ 1 α2 −αr −αr (r (−α + e ( ) − e )) 4π0 r 2 ∂r r ∂r r 2
(63)
q 1 ∂ ∂ 1 α 2 r2 −αr −αr −αr 2 (−αre + e r ( ) − e )) 4π0 r2 ∂r 2 ∂r r
(64)
En coordenadas esf´ericas:
As`ı: 2 φ(r) = ∇ 2φ(r) = ∇ 2 φ(r) = ∇
2 φ(r) = ∇
q 1 ∂ 1 ∂ 2 ∂ 1 α3 2 −αr −αr −αr −αr 2 −αr −αr 2 2 (−αe +α re −αe r ( )+e (r ( ))−α re + r e )) 4π 0 r 2 ∂r r ∂r ∂r r 2 (65) 2 φ(r) = ∇
1 ∂ q α α ∂ 1 α3 −αr (− 2 e−αr + 2 e−αr + e−αr 2 (r 2 ( )) + e )) 4π0 r r r ∂r ∂r r 2
(66)
3 q 2( 1 ) + α e−αr )) (e−αr ∇ 4π0 r 2
(67)
q −αr α3 ρ e ( − 4πδ (r)) = − 4π 0 2 0
(68)
Finalmente: 2 φ(r) = ∇ 2 φ(r) = ∇ Con esto, la densidad de carga es: ρ(r) = (qδ (r) −
8
qα3 −αr )e 8π
(69)
Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile Facultad de F´ısica FIS1532 Electricidad y Magnetismo
AYUDANTIA 12: Corriente El´ ectrica, Ley de Ohm
Fabi´an C´ adiz C.
[email protected] ´ CORRIENTE ELECTRICA Las corrientes el´ectricas son flujos de cargas el´ectricas. Para ilustrar esto supongamos un conjunto de cargas que se mueven perpendicularmente a una superficie de a´rea A, como se muestra en la figura:
La corriente el´ectrica se define como la tasa a la cual las cargas atraviesan un area ´ transversal. Si una cantidad de carga ∆Q pasa a trav´ es una superficie en un intervalo de tiempo ∆t, entonces la corriente promedio I avg est´ a dada por: I avg =
∆Q ∆t
(1)
La unidad en S.I. de la corriente es el ampere (A), con 1A = 1 Coulomb . El rango com´ un de seg corrientes va desde mega-amperes en rayos hasta nano-amperes en c´elulas nerviosas. En el l´ımite cuando ∆t → 0, la corriente instant´ anea se define como: dQ (2) dt Ya que el flujo tiene una direcci´on, hemos introducido impl´ıcitamente la convenci´ on de que la direcci´ on de la corriente corresponde a la direcci´ on en la cual las cargas positivas se mueven. Las cargas que se mueven dentro de un cable son electrones cargados negativamente que se mueven en direcci´on opuesta a la corriente. Corrientes el´ectricas fluyen en conductores, solidos (metales, semiconductores), l´ıquidos (electrolitos, ionizados) y gases (ionizados), pero el flujo no es permitido en no conductores o aislantes. I =
DENSIDAD DE CORRIENTE Para relacionar la corriente (una cantidad macrosc´ opica) con el movimiento microsc´ opico de las cargas, veamos un conductor de a´rea A, como se muestra en la figura
Sea la corriente total a trav´es de una superficie escrita como: I =
J · dA
(3)
S
la densidad de corriente (en SI tiene unidades de A/m 2 ). Si q es la carga de cada donde J es portador, y n es el n´umero de portadores de carga por unidad de volumen, la cantidad de carga total en esta secci´ on es ∆Q = q (nA∆x). Supongamos que las cargas se mueven con velocidad v d , as´ı, el desplazamiento en un intervalo ∆t ser´a ∆x = v d ∆t, lo que implica: ∆Q = nqv d A (4) ∆t La velocidad v d a la cual el portador de carga se mueve se conoce como velocidad de deriva. F´ısicamente, v d es la velocidad promedio de un portador de carga dentro de un conductor cuando un campo el´ectrico externo es aplicado. De hecho, un electr´ on dentro de un conductor no viaja en l´ınea recta, si no que su movimiento es err´ atico, como se ve en la figura: I avg =
Se tiene entonces que la densidad de carga se puede escribir como: = nqvd J
(5)
y vd tienen la misma direcci´ Vemos entonces que J on para portadores de carga positiva, y tienen direcciones opuestas para los portadores de carga negativa 2
´ DE CONTINUIDAD DE LA CARGA EL ECTRICA ´ ECUACION Consideremos un volumen V determinado por una superficie cerrada S. La carga que entra al dominio V en 1 segundo ser´ a: I =
ˆ dS J · −n
(6)
S
Notar que para el flujo se toma la normal con signo negativo, esto se debe a que consideramos que hay una corriente que est´ a entrando a trav´ es de la superficie. Por otro lado, la carga total encerrada por este volumen para cierto instante estar´ a dada por: Q =
ρdv
(7)
V
Con lo que la corriente ser´ a: dQ I = = dt Igualando debe tenerse entonces:
∂ρ V
ˆ dS = − J · n S
∂t
dv
∂ρ V
∂t
(8)
dv
(9)
Utilizando el teorema de la divergencia: −
∂ρ Jdv = dv ∂t ∂ρ
∇·
V
(10)
V
(∇ · J +
V
∂t
)dv = 0
(11)
Finalmente se obtiene la ecuaci´ on de continuidad para la carga el´ectrica, en su forma diferencial: · J + ∇
∂ ρ =0 ∂t
Una corriente estacionaria no depende del tiempo, y ocurre cuando · J = ∇
(12) ∂ρ = ∂t
0 y:
0
(13)
LEY DE OHM En muchos materiales, la densidad de corriente depende linealmente del campo el´ectrico . Esta relaci´ externo E on usualmente se expresa como = g E J
(14)
Donde g se llama la conductividad del material. Esta ecuaci´ on se conoce como la ley de Ohm intensiva (puntual). Un material que obedece esta relaci´ on se dice ohmico,de lo contrario se dice que no es ohmico. Para obtener una forma m´ as usual de la ley de Ohm, consideremos un segmento de alambre recto de largo l y a´rea A, como se muestra en la figura: 3
Supongamos que una diferencia de potencial ∆V = V b − V a es aplicado entre los extremos del y una corriente I. Asumiendo E uniforme, se tiene: alambre, creando un campo el´ectrico E ∆V = V b − V a =
−
b
· d E s = El
(15)
a
La densidad de corriente se puede escribir como: J = gE = g(
∆V ) l
(16)
Con J = I /A, la diferencia de potencial queda: l l ∆V = J = ( )I = RI g gA
(17)
Donde: R =
∆V l = I gA
(18)
es la resistencia del conductor. La ecuaci´ on : ∆V = I R
(19)
(20)
Es la version macrosc´ opica de la ley de Ohm. En SI, la unidad de R es el ohm (Ω), donde 1Ω =
1V 1A
Nuevamente, un material que obedece esta relaci´ on se dice ohmico. La mayor´ıa de los metales, con buena conductividad y baja resistividad, son ohmicos. Nos concentraremos en este tipo de materiales.
4
El comportamiento de un material ohmico se aprecia en la figura izquierda. La resistividad ρ de un material es el rec´ıproco de la conductividad: ρ =
1 g
(21)
De las ecuaciones anteriores, podemos relacionar ρ con la resistencia R de un objeto como: l (22) A La resistencia de un material en realidad var´ıa con la temperatura T. Para los metales, la variaci´on es lineal en un alto rango de T: R = ρ
ρ = ρ0 (1 + α(T − T 0 ))
(23)
donde α es el coeficiente de temperatura de la resistividad. ´ CIRCUITOS ELECTRICOS Un circuito es una malla de resistencias, fuentes, condensadores, etc, unidas por medio de conductores perfectos. Un nodo es un punto donde convergen 2 o m´ as conductores. As´ı, en un nodo se cuple que la suma de las corrientes es cero, esta es la 1 Ley de Kirchhoff, o Ley de Corrientes de Kirchhoff (LCK):
I = 0 k
(24)
k
Notar que esta ecuaci´ on es equivalente a la ecuaci´ on de continuidad de la carga el´ectrica para corrientes continuas (estacionarias) ∇ · J = 0. La segunda Ley de Kirchhoff o Ley de Voltajes de Kirchhoff (LVK) dice que la suma de las ca´ıdas de potencial en cada camino cerrado suma 0. Notar que esta ley proviene de : × E = ∇
0
(V) sobre una curva cerrada (circuito Debido a esto la integral de l´ınea del campo E cerrado) es 0.
5
(25)
´ ENERG´IA ELECTRICA Y POTENCIA Considere un circuito consistente en una bater´ıa y una resistencia (R). Sea la diferencia de potencial entre los puntos a y b ∆V = V b − V a > 0. Si una carga ∆q se mueve a trav´es de la bater´ıa, su energ´ıa potencial el´ectrica aumenta ∆U = ∆q ∆V . Por otro lado, si la carga se mueve a trav´ es de la resistencia, la energ´ıa potencial decrece debido a las colisiones con los ´atomos de la resistencia. Si despreciamos la resistencia interna de la bater´ıa y la de los cables conductores, al volver al punto a, la energ´ıa de ∆q permanece invariante.
As´ı, la tasa a la que se disipa energ´ıa a trav´es de la resistencia est´ a dada por: ∆U ∆q =( )∆V = I ∆V (26) ∆t ∆t Esta es precisamente la potencia suministrada por la bater´ıa. Usando que ∆V = IR, se puede reescribir como: P =
P = I 2 R =
(∆V )2 R
(27)
PROBLEMA 1 El espacio entre dos circuitos conductores de largo L y radios a y b (b>a), est´ a lleno de material conductor de conductividad g. Calcule la intensidad de la corriente por unidad de longitud y la resistencia, cuando la diferencia de potencial entre los conductores es V 0 .
SOLUCION Como conocemos el potencial en dos puntos (r = a y r = b), lo ideal ser´ıa que pudi´eramos aplicar la ecuaci´ on de Laplace para resolver el potencial, y de ah´ı determinar el campo el´ectrico y la densidad de corriente. Como: ∂ρ · J = 0 =0→∇ ∂t 6
(28)
· ( ∇
E ) = 0 g
→
1 V ) = 0 → ∇ 2 V = 0 ∇ · (−∇ g
(29)
En efecto, el potencial satisface la ecuaci´ on de laplace. La soluci´ on de esta ecuaci´on en coordenadas cil´ındricas (suponiendo que s´olo hay dependencia en r) es: V (r) = Alnr + B
(30)
Como la diferencia de potencial es V 0 , se puede determinar la constante A: A = = As´ı, se obtiene el campo el´ectrico como E
V 0 ln(a/b)
V −∇
V 0 1 rˆ ln(a/b) r
= E
(31)
(32)
Utilizando la ley de Ohm, se obtiene que: = g E = J
gV 0 1 rˆ ln(a/b) r
(33)
Luego, como la densidad de corriente apunta seg´ un r, entonces, podemos calcular la corriente total que atraviesa un manto de cilindro de radio r y largo 1:
2π
1
I r =
0
0
I r =
gV 0 1 rdθdz ln(a/b) r
2πgV 0 [A/m] ln(a/b)
(34) (35)
As´ı, la resistencia por unidad de longitud es: r =
V 0 ln(b/a) = I r 2πg
(36)
(37)
y la resistencia total es: R = rL =
Lln(b/a) 2πg
PROBLEMA 2 Se sabe que la atm´ osfera tiene una conductividad (causada principalmente por los rayos c´osmicos) que depende de la altura de la siguiente manera: z 2 )10 14 [Ωm] 1 (38) 3 donde z es la distancia vertical sobre el suelo. Se ha encontrado adem´ as, un campo el´ectrico vertical, dirigido hacia el suelo, que en la superficie de la tierra vale: g(z) = (3 +
= E
−
ˆ −100k
−
(39)
Suponga el siguiente modelo de la atm´ osfera: una capa conductora paralela a la superficie; situada a una distancia de 15 km sobre el nivel del suelo,entre esta capa y la tierra se 7
encuentra la atm´ osfera, con la conductividad y el campo el´ectrico indicados arriba. El radio de la tierra es R T = 6400 km. a) Calcule el campo el´ectrico y el potencial en funci´ on de la altura z b) Calcule la corriente total que fluye entre la capa superior conductora y la tierra SOLUCION a)Sabemos que en corriente continua se cumple que: · J = ∇
0
(40)
Adem´ as, se sabe que el campo el´ectrico apunta seg´ un z y por razones de simetr´ıa no debe depender de las coordenadas x e y. Eso se traduce en: d [g(z)E (z)] = 0 dz g(z)E (z) = cte = A
· (g(z)E (z)) ∇
=
(41)
(42)
Notemos que la ecuaci´ on de Laplace no es aplicable en este caso, pues la conductividad del medio no es constante, sino que depende de la coordenada z. Sin embargo, la derivada del producto de g con E es 0, lo que implica que el producto en si es constante (A). El valor de esta constante se puede obtener evaluando en z=0. −12
A = g(0)E (0) = −3 ∗ 10
(43)
De esta forma, el campo el´ectrico en la atm´ osfera es: = −3 ∗ 10 E
−12
1 (3 + z3 )10 2
−14
ˆ k =
−300
3+
z2
kˆ
(44)
3
Para calcular el potencial simplemente integramos E entre 0 y una altura cualquiera. Supondremos que el potencial de la tierra es 0.
z
V (z) =
0
300 dz = 900 3 + z3 2
0
z
1 z dz = 900arctg( ) 2 3 + z 3
(45)
b) La densidad de corriente se obtiene aplicando la ley de Ohm, esto es: 2 = g E = −(3 + z )10 J 3
−14
La corriente ser´a: I =
= J · dS
300 ˆ k = 3 + z3 2
−12
−3 ∗ 10
S = −3 ∗ 10
S
I = 122,88[A]
8
−3 ∗ 10
−12
−12
[A/m2 ]kˆ
2 4πRT
(46)
(47) (48)
PROBLEMA 3 Una bater´ıa descargada se carga conect´ andola a la bater´ıa cargada de otro autom´ ovil mediante cables para corriente. Determine la corriente del motor de arranque y en la bater´ıa descargada.
SOLUCION Se utiliza la Ley de Voltajes de Kirchhoff (LVK) para cada malla, esto es:
V = 12 + I 0,01 + (I I ) V = 10 + (I I ) 1 + I Malla2
Malla1 →
−
→
1
∗
−
1
2
−
1
−
∗
2
2
∗1
+ 10 = 0
∗ 0,06
(49)
=0
(50)
De la primera ecuaci´ on se obtiene: I 2 = 1,01 ∗ I 1 − 2
(51)
Reemplazando: 0,0706I 1 − 2,02 = 10 → I 1 = 170,25A
(52)
Con esto: I 2 = 1,01 ∗ I 1 − 2 = 169, 95A
(53)
I 2 es la corriente a trav´ es del motor de arranque, mientras que la corriente a trav´ es de la bater´ıa descargada ser´a, seg´ un nuestra convenci´ on: 9
I 3 = I 1 − I 2 = 170,25 − 169, 95 = 0,2975A
(54)
PROBLEMA 4 En el circuito de la figura la bater´ıa tiene una FEM de valor V. Encuentre la resistencia R que debe colocarse entre los terminales A y B para que en ella se disipe la m´axima potencia.
SOLUCION Resolviendo el problema con mallas:
Para la malla 1:
Para la malla 2:
V =
−V
+ I 1 R0 + R0 (I 1 − I 2 ) = 0
V = R (I 0
2
− I 1 ) + R0 I 2 + RI 2
10
(55)
(56)
De la primera ecuaci´ on se obtiene: I 1 =
V + I 2 R0 2R0
(57)
Reemplazando en la ecuaci´ on de la malla 2: (2R0 + R)I 2 = R 0 I 1 = R0
V + I 2 R0 2R0
(3R0 + 2R)I 2 = V
V 3R0 + 2R
→
I 2 =
(58)
(59)
Teniendo la corriente que pasa por la resistencia R, la potencia que ´esta consume se puede obtener como: 2 P = V R I R = (I R R)I R = I R R
(60)
As´ı: P =
V 2 R (3R0 + 2R)2
(61)
Para encontrar el valor de R que maximize esta potencia consumida, bastar´ a con resolver: dP =0 dR
(62)
Esto es: dP V 2 = dR (3R0 + 2R)2
−
4RV 2 3V 2 R0 + 2V 2 R − 4RV 2 = (3R0 + 2R)3 (3R0 + 2R)3
3V 2 R0 − 2V 2 R = 0 → 3V 2 R0 − 2V 2 R = 0 (3R0 + 2R)3
(63) (64)
As´ı, la resistencia R que maximiza la potencia consumida es: R =
3 R0 2
(65)
PROBLEMA 5 La fuente V 1 = 240 (V) est´ a conectada a tres resistencias iguales seg´ un la figura:
a) Determine R cuando la fuente de voltaje entrega 1920 (W) al conjunto de resistencias
11
b)Si al circuito en paralelo, se le agregan m´ as resistencias siguiendo una secuencia de 3R en serie, 4R en serie, etc hasta llegar a NR en serie, (seg´ un la figura) Calcule la Potencia suministrada por la fuente de voltaje cuando N tiende a Infinito. SOLUCION a)El circuito se puede reducir considerando que hay 2 resistencias en serie, cuya resistencia equivalente ser´ a la suma de ambas, as´ı, el circuito queda:
Estas 2 resistencias ahora se encuentran en paralelo, por lo que se puede obtener un R eq de todo el circuito : 1 1 1 3 = + = (66) Req R 2R 2R Con lo que: 2 Req = R 3
(67)
Con esto, el circuito equivale a:
La potencia generada por este circuito ser´a la misma que consume R eq , esto es: P = V R I R eq
eq
= V I R
eq
12
= V (
V ) = 1920W Req
(68)
De aqu´ı se obtiene que: Req =
V 2 2402 = = 30Ω P 1920
(69)
Finalmente se obtiene R usando que: 2 3 Req = R → R = Req = 45Ω 3 2
(70)
b)
En este caso, se puede obtener una resistencia equivalente seg´ un: 1 1 1 1 = + + ... + Req R 2R NR
(71)
As´ı, se puede obtener la potencia que debe entregar la fuente para un cierto valor de N:
N V 2 1 2 P N = = V 1 Req kR k=1
(72)
As´ı, para obtener la potencia cuando N tiende a infinito, bastar´ a con obtener el siguiente l´ımite 1 P N = l´ım P N = V 1 2 (73) N kR k=1
∞
→∞
→∞
Pero esta u ´ ltima serie diverge, es decir, la potencia necesar´ıa ser´ a infinita. Esto es l´ ogico ya que la fuente tendr´ıa que alimentar un n´ umero infinito de resistencias. PROBLEMA 6 Una bater´ıa tiene una f.e.m ε y una resistencia interna r. Una resistencia variable R de carga se conecta a los terminales de la bater´ıa. a) Determine el valor de R tal que la diferencia de potencial aplicada a los terminales sea m´ axima. b) Determine el valor de R para obtener una corriente m´axima en el circuito. c) Determine el valor de R para que la potencia entregada al resistor de carga R sea la m´ axima.
13
SOLUCION a)Primero determinamos la corriente a trav´ es del circuito, mediante LVK, esto es:
V =
ε r + R As´ı, la diferencia de potencial entre los extremos de la bater´ıa es: −ε + Ir + IR =
V = I R =
0 → I =
Rε ε = R + r 1+
(74)
(75)
r R
La diferencia de potencial entre los terminales ser´a m´ axima cuando R
→ ∞ y
valdr´a ε
b) Ten´ıamos que: ε (76) r + R Luego, la corriente ser´a m´ axima si R = 0. Eso es l´ogico ya que si no hay una resistencia no hay nada que se oponga al movimiento de las cargas. I =
c) La potencia consumida por R est´ a dada por: P = V I =
Rε ε Rε2 = R + r R + r (R + r)2
(77)
Para encontrar R que maximiza esta potencia: dP ε2 (R + r)2 − 2(R + r)Rε2 = =0 dR (R + r)4
(78)
(R + r)2 − 2(R + r)R = 0 → R + r − 2R = 0
(79)
As´ı:
Luego, la potencia ser´ a m´ axima si: R = r
(80)
Resultado aparentemente curioso pero trivial al ver que la bater´ıa con una resistencia interna es simplemente un equivalente de Th´evenin, algo que se ve en el curso An´ alisis de Circuitos.
14
PROBLEMA 7 Calcule la potencia entregada a cada resistencia en el circuito de la figura.
SOLUCION Se resuelve el circuito mediante LVK:
Malla1 →
V =
−18 + I 1 ∗ 2 + 3(I 1 − I 2 ) + I 1 ∗ 4
Malla2 → Resolviendo:
V = 3
∗ (I 2 − I 1 ) + 1 ∗ I 2 =
= 0 → 9I 1 − 3I 2 = 18
0 → 4I 2 = 3I 1
9 9I 1 − I 1 = 18 → I 1 = 2, 6A 4 3 I 2 = I 1 = 2A 4 Teniendo las corrientes que circulan por el circuito, podemos obtener la potencia que consume cada resistencia, usando que P = V I = I 2 R:
(81) (82)
(83) (84)
P 2Ω = I 12 2 = 13, 52W
(85)
P 4Ω = I 12 4 = 27, 04W
(86)
P 3Ω = (I 1 − I 2 )2 3 = 1, 08W P 1Ω = I 22 1 = 4W
15
(87) (88)
Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile
Facultad de F´ısica FIS1532 Electricidad y Magnetismo
AYUDANTIA 13: Circuitos de Corriente Continua
Fabi´an C´ adiz C.
[email protected] Los circuitos el´ectricos conectan fuentes de poder a cargas como resistencias, motores, l´amparas, etc. La conexi´ on entre la fuente y la carga se hace soldando con cables conductores, tambien llamados nodos. Las distintas partes de un circuito pueden estar en serie o en paralelo, como ya se vi´ o en el caso de los capacitores. Dos elementos se dicen estar en paralelo cuando son conectados a la misma diferencia de potencial.
Por otro lado,cuando los elementos son conectados uno seguido de otro, tal que la corriente pasa a trav´ es de cada elemento sin otros caminos de por medio, los elementos est´ an en serie. Se pueden tener circuitos cerrados, a trav´ es de los cuales fluye corriente, o bien circuitos abiertos en donde no existen corrientes. Usualmente por accidente, los cables pueden entrar en contacto, causando un corto circuito, esto es, gran parte de la corriente fluir´ a a trav´es del corto circuito, mientras que una fracci´ on muy peque˜ na fluir´ a a trav´es de la carga. Esto podr´ıa quemar un equipo el´ectrico como un transformador. Para prevenir el da˜ no, un fusible se conecta en serie. Cuando hay un corto circuito, el fusible aisla la carga del resto del circuito. En los circuitos el´ectricos, un punto (o un nodo en com´ un) se escoge como tierra. A este punto se le asigna arbitrariamente un voltaje, usualmente cero, y el voltaje V en cualquier otro punto del circuito est´ a definido como la diferencia de potencial entre el punto y la tierra.
FUERZA ELECTROMOTRIZ Vimos que energ´ıa el´ectrica debe ser suministrada para mantener una corriente constante en un circuito cerrado. La fuente de energ´ıa es llamada com´ unmente como la fuerza electromotriz, o f.e.m (ε). Las bater´ıas son ejemplos de fuentes de f.e.m. Se pueden pensar como bombas que mueven cargas desde potenciales bajos a potenciales m´as altos. Matem´ aticamente la f.e.m se define como: ε =
dW dq
(1)
Que corresponde al trabajo hecho para mover una unidad de carga en la direcci´ on del potencial m´ as alto. La unidad SI para ε es el volt (V). Considere un circuito simple que consiste en una bater´ıa como fuente de f.e.m y una resistencia R, como se muestra en la figura:
Asumiendo que la bater´ıa no posee resistencia interna, la diferencia de potencial ∆V entre los terminales positivo y negativo de la bater´ıa es igual a la fem ε. Para establecer una corriente alrededor del circuito, la bater´ıa efect´ ua un proceso de descarga que convierte energ´ıa qu´ımica en una f.e.m. La corriente I se puede encontrar notando que no hay un trabajo neto al mover una carga q a trav´es de un camino cerrado debido a la naturaleza conservativa de la fuerza electrost´atica.
W = −q
= 0 E · dS
(2)
Sea a el punto de partida
Cuando se atraviesa desde el terminal negativo al positivo, el potencial aumenta en ε. Por otro lado, cuando atravesamos la resistencia, el potencial decrece una cantidad I R, y la energ´ıa potencial se convierte en energ´ıa t´ermica en la resistencia. Asumiendo que los cables conectores no poseen resistencias, a trav´es de un camino cerrado, la diferencia de potencial neta es cero: ε − IR = 0
2
(3)
Lo que implica: I =
ε R
(4)
De todas formas, una bater´ıa real siempre posee una resistencia interna r.
Ahora la diferencia de potencial a trav´es de la bater´ıa es: ∆V = ε − Ir
(5)
Ya que no hay una diferencia de potencial neta a trav´es de un camino cerrado, tenemos: ε − Ir
−
IR = 0
(6)
O bien: ε (7) R+r De la figura de la derecha vemos el cambio de potencial mientras atravesamos el circuito en el sentido del reloj. Notar que la mayor diferencia de potencial est´ a inmediatamente despues de la bater´ıa. El voltaje cae a medida que se atraviesa cada resistencia. Notar tambi´ en que el voltaje es constante en los cables. Esto se debe a que los cables poseen resistencias extremadamente peque˜ nas comparadas con las resistencias del circuito. Para una fuente de f.e.m ε, la potencia a la cual la energ´ıa se entrega es: I =
P = I ε = I (IR + Ir) = I 2 R + I 2r
(8)
Es decir, la potencia de la fuente es igual a la suma de la potencia disipada en ambas resistencias, la interna y la de carga. Esto es necesario debido a la conservaci´on de la energ´ıa.
3
CIRCUITO RC Carga de un capacitor: considere el circuito de la figura. El capacitor est´ a conectado a una fuente de voltaje DC (corriente continua) de fem ε. En t=0 el interruptor S se cierra. El capacitor inicialmente est´ a descargado, q (t = 0) = 0.
En particular, para t < 0, no hay voltaje a trav´ es del capacitor asi que ´este actua como un corto circuito. Cuando t = 0, el interruptor se cierra y la corriente comienza a fluir acorde con: ε (9) R En este instante, la diferencia de potencial entre los terminales de la bater´ıa es la misma que la diferencia de potencial a trav´es de la resistencia. Esto inicia la carga del capacitor. Mientras el capacitor comienza a cargarse, el voltaje a trav´es del capacitor aumenta en el tiempo: I 0 =
q (t) C Para la malla utilizamos la ley de voltajes para un circuito cerrado, obteniendo: V C (t) =
ε + V C (t) + I (t)R = 0
−
(10)
(11)
q dq + R=0 (12) C dt Hemos sustitu´ıdo la corriente por I = dq/dt. Debido a que I debe ser la misma en todas las partes del circuito, la corriente a trav´es de la resistencia R es igual a la tasa de incremento de carga en las placas del condensador. El flujo de corriente en el circuito ir´a decreciendo debido a que la carga presente en el capacitor haga cada vez m´as dif´ıcil poner m´ as carga en ´el. Una vez que la carga del capacitor alcanza su maximo valor Q, la corriente en el circuito caer´ a a cero. Esto es evidente al reescribir la ecuaci´on de malla como: ε+
−
I (t)R = ε − V C (t)
(13)
As´ı, el capacitor cargado satisface una ecuaci´ on diferencial de primer orden que relaciona la tasa de cambio de carga con la carga en el capacitor: dq 1 q = (ε − ) (14) dt R C Esta ecuaci´ on la podemos resolver con el m´etodo de separaci´ on de variables. El primer paso es separar t´erminos que incluyen carga y tiempo: 4
dq ε−
q C
=
1 dq 1 dt → =− dt R q − Cε RC
Ahora podemos integrar ambos lados de la ecuaci´on:
q
0
dq ε−
q C
1 =− RC
(15)
t
dt
(16)
0
Lo que nos lleva a: ln(
q − Cε t )=− RC −Cε
(17)
Finalmente, se obtiene: t/RC
−
q (t) = Cε(1 − e
t/RC
−
) = Q(1 − e
)
(18)
Donde Q = Cε es la cantidad m´ axima de carga almacenada por las placas. La independencia temporal de q (t) se grafica en la figura:
Teniendo la carga en el capacitor podemos determinar el voltaje a trav´ es de ´este: q (t) = ε(1 − e t/RC ) (19) C El gr´ afico del voltaje como funci´ on del tiempo tiene la misma forma que la carga a trav´ es del condensador. De la figura, vemos que despu´es de un tiempo suficientemente largo la carga en el capacitor se acerca al valor: −
V C (t) =
q (t =
) = C ε = Q
∞
(20)
En este tiempo, el voltaje a trav´ es del capacitor es igual al voltaje de la fuente y el proceso de carga efectivamente termina. q (t = ∞) Q = = ε C C La corriente en el circuito es igual a la derivada en el tiempo de la carga: V C =
(21)
dq ε = e t/RC = I 0 e t/RC (22) dt R El coeficiente que acompa˜ na a la exponencial es igual a la corriente inicial que fluye a trav´es del circuito cuando el switch fue cerrado en t=0. El gr´afico de la corriente en funci´ on del tiempo es: I (t) =
−
5
−
La corriente en el circuito decrece exponencialmente en el tiempo. Esta funci´ on en general se escribe como: t/τ
−
I (t) = I 0 e
(23)
Donde τ = RC se llama constante de tiempo. No es trivial de ver pero en efecto la unidad de τ en SI es el segundo. La constante de tiempo τ es una medida del decaimiento temporal para la funci´ on exponencial. Este decaimiento satisface la siguiente propiedad: I (t + τ ) = I (t)/e
(24)
Lo que muestra que despues de un tiempo τ la corriente cae por un factor de e 1 = 0,368, como se ve en el gr´afico. Similarmente, el voltaje a trav´es del capacitor tambi´en se puede expresar en t´erminos de esta constante: −
t/τ
−
V C (t) = ε(1 − e
)
(25)
Notar que inicialmente en t = 0, V C (t = 0) = 0. Despu´ es de un tiempo τ , la diferencia de potencial a trav´ es del capacitor ha aumentado un factor (1 − e 1) = 0,632 de su valor final. −
−1
V C (τ ) = ε(1 − e
6
) = 0,632ε
(26)
DESCARGA DE UN CAPACITOR Suponga que inicialmente el capacitor ha sido cargado hasta un valor Q. Para t < 0, el switch est´ a abierto y la diferencia de potencial a trav´es del capacitor est´ a dada por V C = Q/C . Por otro lado, la diferencia de potencial a trav´es de la resistencia es cero por que no hay un flujo de corriente, esto es, I = 0. Ahora supongamos que en t = 0 el switch se cierra. El capacitor comenzar´a a descargarse.
El capacitor cargado ahora act´ ua como una fuente de voltaje para conducir corriente alrededor del circuito. Cuando el capacitor se descarga (el flujo de electrones va desde la placa negativa a trav´ es del cable hasta la placa positiva), el voltaje a trav´ es del capacitor disminuye. El capacitor pierde fuerza como fuente de voltaje. Usando la ley de Kirchhoff para un circuito cerrado en el sentido del reloj: q − IR = 0 C
(27)
La corriente que se va de la placa positiva es proporcional a la carga en las placas: dq (28) dt El signo negativo indica que la tasa de cambio de la carga es proporcional al negativo de la carga del capacitor. Esto se debe al hecho de que la carga en la placa positiva est´ a disminuyendo a medida que una mayor cantidad de carga deja la placa positiva. As´ı, la carga satisface la ecuaci´ on diferencial de primer orden: I = −
q dq +R =0 C dt que tambi´en se puede resolver mediante el m´etodo de separaci´ on de variables:
q
Q
dq 1 =− dt q RC 1 dq =− q RC
t
dt → ln(
0
q t )=− Q RC
(29)
(30)
(31)
As´ı: q (t) = Qe
t/RC
−
(32)
Y el voltaje a trav´ es del capacitor es, entonces: V C (t) =
q (t) Q = ( )e C C 7
t/RC
−
(33)
El gr´ afico del voltaje a trav´es del capacitor en funci´ on del tiempo:
La corriente tambi´ en decae exponencialmente en el circuito, como se puede ver diferenciando la carga en el capacitor: I = −
dq Q =( )e dt RC
t/RC
−
8
(34)
PROBLEMA 1 En el circuito de la figura, la bater´ıa de m´ as arriba y la de m´as abajo tienen la misma f.e.m igual a ε. La del medio tiene 2ε. Las resistencias interiores de las bater´ıas son iguales a r. Existe una sola resistencia exterior R (ubicada como se ve en el dibujo). Designe las corrientes por I 1 , I 2 , I 3 , como se ve en el dibujo.
a)Calcule las tres corrientes en valor y signo. b) Suponga que el punto A del circuito est´ a conectado a tierra y calcule en tal caso el potencial que tiene el punto B. SOLUCION Definimos un sentido arbitrario para las corrientes I 1 ,I 2 e I 3 , como se ve en la figura:
Resolvemos el circuito con la ley de voltajes de Kirchhoff (LVK) para las mallas 1 y 2 : Malla2 →
V = ε + rI
2 −
2ε + (I 2 + I 1 )r = 0
ε + 2rI 2 + rI 1 = 0
(36)
−
Para la malla 1: Malla1 →
V =
(35)
2ε + (I 1 + I 2)r + I 1 R + ε + I 1 r = 0
−
ε + I 2 r + I 1 (R + 2r) = 0
(37) (38)
−
De la primera ecuaci´ on obtenemos: I 2 =
ε − rI 1 2r 9
(39)
As´ı: ε+
−
ε − rI 1 + I 1 (R + 2r) = 0 2
(40)
2ε + ε − rI 1 + 2I 1 (R + 2r) = 0
(41)
−
Finalmente: I 1 =
ε 3r + 2R
(42)
y I 2 =
ε 2r
−
rε 3rε + 2Rε − rε ε(r + R) = = 2r(3r + 2R) 2r(3r + 2R) r(3r + 2R)
(43)
Por ultimo, I 3 = I 1 + I 2 I 3 =
ε(r + R) ε ε(2r + R) + = r(3r + 2R) 3r + 2R r(3r + 2R)
(44)
Como los valores obtenidos son todos positivos, los sentidos de las corrientes supuestos inicialmente son todos correctos. b)
De la figura es claro que: V B
−
V A = I 1 R + ε + I 1 r = I 1 (R + r) + ε
(45)
(46)
Como A est´ a conectado a tierra, V A = 0 V B = ε + (R + r)
ε ε(R + 2r) = ε + 3r + 2R 2R + 3r
10
PROBLEMA 2 El circuito de la figura es llamado Puente de Wheastone y se usa para calibrar resistencias (para medir su valor). El dispositivo est´ a formado por 3 resistencias, de las cuales 2 son ajustales, y un galvan´ ometro (dispositivo que sirve para medir corrientes de peque˜ no valor). Para realizar la medida, se ajustan las resistencias variables R 1 y R 2 hasta que el galvan´ometro marque cero. Exprese el valor de R x en funci´on de las otras 3 resistencias. Modele el galvan´ ometro como una resistencia RG .
SOLUCION Definamos las corrientes que circulan por el circuito:
Usamos la Ley de Corrientes de Kirchhoff en cada nodo, esto es: Nodo1 → I = I 1 + I 2
(47)
Nodo2 → I 1 = I 3 + I g
(48)
Nodo3 → I = I 4 + I 3
(49)
Nodo3 → I 4 = I 2 + I g
(50)
Para poder realizar la medida debe tenerse que la corriente por el galvan´ ometro sea nula, con esto: I 1 = I 3
(51)
I 2 = I 4
(52)
Adem´ as, utilizando la ley de voltajes de Kirchhoff para las mallas 1, 2 y 3: Malla1 → −V + I 2 R2 + I 4 Rx = 0 11
(53)
Malla2 → −V + I 1 R1 + I 3 R3 = 0
(54)
Malla3 → I 1 R1 − I 2 R2 = 0
(55)
De esta u ´ ltima ecuaci´ on, se obtiene: I 2 = I 1
R1 R2
(56)
Adem´ as, igualando el valor de V : I 2 R2 + I 4 Rx = I 1 R1 + I 3 R3
(57)
I 2 R2 + I 2 Rx = I 1 R1 + I 1 R3
(58)
I 1
R1 (R2 + Rx ) = I 1 (R1 + R3) R2
Rx =
(59)
R2 R2 R3 (R1 + R3) − R2 = R1 R1
(60)
R2 R3 R1
(61)
Finalmente Rx =
12
PROBLEMA 3 Considere la l´ınea telegr´ afica de L metros de longitud, y de resistencia por unidad de largo r[Ω/m]. Esta l´ınea tiene una falla de resistencia R en un punto. Demuestre que la corriente que lee un amper´ımetro ideal (de resistencia interna 0) conectado a un extremo de la l´ınea es m´ınima cuando la falla se encuentra en el medio de la distancia entre el transmisor y el receptor. SOLUCION Una l´ınea corresponde a un circuito por el cual viaja la informaci´ on en forma de se˜ nales el´ectricas. Esto quiere decir que en un extremo (transmisor) la informaci´ on es transformada en una se˜ nal el´ectrica y en el otro la se˜ nal es transformada en una se˜ nal inteligible para una persona. La se˜ nal el´ectrica en cuestion puede ser una diferencia de potencial que var´ıa en el tiempo, por ejemplo. Supongamos que la falla est´ a a una distancia x de uno de los extremos. Como las l´ıneas telegr´ aficas tienen resistencia, entonces es posible modelar de la siguiente forma el sistema:
Sea I 1 la corriente por R 1 , I 2 la corriente por R 2 e I la corriente por R. Usamos LCK en el nodo superior, teni´endose: I = I 1 − I 2
(62)
Ahora, utilizando LVK en las mallas 1 y 2, se obtiene: malla1 → −V + R1 I 1 + R(I 1 − I 2 ) = −V + rxI 1 + R(I 1 − I 2 ) = 0
(63)
malla2 → R2I 2 + R(I 2 − I 1) = r(l − x)I 2 + R(I 2 − I 1 ) = 0
(64)
De la primera ecuaci´ on: I 1 =
V + RI 2 R + rx
(65)
Reemplazando esto u ´ltimo: r(l − x)I 2 + RI 2 − R
V + RI 2 =0 R + rx
(66)
RrlI 2 − RxrI 2 + r2 lxI 2 − x2 r2 I 2 + R2 I 2 + RrxI 2 − RV − R2 I 2 = 0 I 2 =
RV Rrl + r2 lx − x2r 2
13
(67) (68)
RV Rrl + r 2 x(l − x)
I 2 =
(69)
Ahora se desea minimizar esta corriente que es la que mide el amper´ımetro. Esto equivale a encontrar el x tal que el denominador sea m´aximo: d[Rrl + r2 xl − lr 2 x2] = r 2 l − 2lr 2 x = 0 (70) dx l r2 x = 2r 2 l → x = (71) 2 Es decir, la corriente medida es m´ınima cuando la falla se encuentra en la mitad de la l´ınea. PROBLEMA 4 En el circuito de la figura, suponga que el switch ha estado abierto por un tiempo muy largo. En t = 0 se cierra.
a) Cual es la constante de tiempo antes de que se cerrara el switch? b) Cual es la constante de tiempo despu´es de que se cierra el switch? c) Encuentre la corriente a trav´ es del switch como funci´ on del tiempo una vez que el switch se ha cerrado. SOLUCION a) Antes que el switch se cerrara, las dos resistencias R 1 y R 2 est´ an en serie con el capacitor. Debido a que la resistencia equivalente es R eq = R1 + R2 , la constante de tiempo est´ a dada por: τ = Req C = (R1 + R2 )C
(72)
Y la carga almacenada en el condensador es: t/τ
−
q (t) = C ε(1 − e
)
(73)
b) Una vez que el switch se cierra, el circuito cerrado a la derecha se vuelve un circuito RC que decae con constante temporal τ = R2 C . La carga comienza a decaer acorde a:
t/τ
−
q (t) = Cεe
14
(74)
c) La corriente a trav´ es del switch consiste en 2 fuentes, la corriente constante I 1 del circuito izquierdo, y la corriente que decae I 2 del circuito RC. Las corrientes est´an dadas por: ε R1
I 1 =
I (t) =
dq Cε =− e dt τ
t/τ
−
(75) =−
ε e R2
t/R2 C
−
(76)
As´ı, ya que I 1 e I van en la direcci´on hacia abajo a trav´es del switch, la corriente total ser´ a:
I (t) = I 1 + I (t) =
ε ε + e R1 R2
t/R2 C
−
(77)
PROBLEMA 5 Considere el circuito de la figura. Sea ε = 40V , R 1 = 8Ω, R2 = 6Ω, R 3 = 4Ω y C = 4µF . El capacitor inicialmente est´ a descargado.
En t = 0 el interruptor se cierra. a) Encuentre la corriente a trav´ es de cada resistencia inmediatamente despu´es de que el interruptor es cerrado. b) Encuentre la carga final del capacitor. SOLUCION a) Inmediatamente despu´es de que el interruptor se cierra, el condensador equivale a un corto circuito, ya que el voltaje en t = 0 a trav´es de ´este es nulo. Es decir, en el instante justo en que se cierra el interruptor el circuito equivale a:
Para la malla 1:
V =
ε + I 1 R1 + R2 (I 1 − I 2 ) = 0
−
15
(78)
Para la malla 2:
V = R (I 2
2 −
I 1 ) + I 2 R3 = 0
(79)
Reemplazando los valores num´ericos, se tiene: 40 + 8I 1 + 6(I 1 − I 2 ) = 0 → I 1 =
−
40 + 6I 2 14
(80)
3 I 1 5
(81)
I 1 = 3, 84A
(82)
6(I 2 − I 1 ) + 4I 2 = 0 → I 2 = Resolviendo este sistema: 70I 1 = 200 + 18I 1
→
con esto I 2 = 2, 3A
(83)
Finalmente la corriente por R 2 ser´a I 3 = I 1 − I 2 = 3, 84 − 2, 3 = 1, 54A
(84)
Simulando el circuito, obtenemos las corrientes como funci´ on del tiempo:
Notar que en t = 0 los valores coinciden con los obtenidos reci´en. Ver tambi´en como el circuito llega a un estado estacionario en un margen de tiempo de los 120 µ s. Por u ´ ltimo, es claro como la corriente I 3 decae r´apidamente a cero a medida que el condensador se va cargando. b) Despu´es de un tiempo, el condensador se carga totalmente y este pasa a comportarse como un circuito abierto, es decir, a trav´es del condensador no pasa corriente.(y tampoco por R3)
16
As´ı, es f´acil notar que el volta je final a trav´es del condensador ser´ a igual al voltaje a trav´es de la resistencia R 2 . ε + I (R1 + R2 ) = 0 → I =
−
40 20 = 14 7
(85)
Y el voltaje a trav´es de R 2 ser´a: 20 = 17, 14(V ) = V C (t = 7 As´ı, la carga final del condensador se puede obtener como: V R2 = I R2 = 6
Q(t =
) = C V C = 4µF ∗ 17, 14 = 6, 85 ∗ 10
∞
El voltaje en el condensador en funci´ on del tiempo es:
17
)
(86)
∞
−5
C
(87)
Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile
Facultad de F´ısica FIS1532 Electricidad y Magnetismo
AYUDANTIA 15: Corriente El´ ectrica
Fabi´an C´ adiz C.
[email protected] PROBLEMA 1 Obtener la resistencia equivalente entre A y B aplicando las leyes de Kirchhoff
´ SOLUCION Por Ley de Ohm, se tiene que: V A − V B = I Req
(1)
LCK para el nodo A: I =
(V A − V D ) (V A − V C ) + R R
→
IR = 2V A − V C − V D
(2)
LCK para el nodo C: V A − V C V C − V D V C − V B = + R R R
→
V A = 3V C − V B − V D
(3)
Para el nodo D: V C − V D V A − V D V D − V B + = R R R Y para el nodo B:
→
3V D − V A − V C = V B
V D − V B V C − V B + = I → IR = V C + V D − 2V B R R Restando las ecuaciones (4) y (3): V B V B
(5)
V A = 3V D − V A − V C − 3V C + V B + V D
(6)
V A = 4V D − V A − 4V C + V B
(7)
−
−
(4)
→
V D = V C
Es decir, la corriente entre D y C es cero. As´ı, el sistema queda: IR = 2V A − 2V C
(8)
V A = 2V C − V B
(9)
IR = 2V C − 2V B
(10)
De la ecuaci´on (9): V A + V B = V C 2
(11)
As´ı: IR = V A − V B = IReq
(12)
Con lo que la resistencia equivalente es R PROBLEMA 2 Calcular la diferencia de potencial entre los puntos 1 y 2.
´ SOLUCION Para resolver este problema basta con notar que solo fluye corriente por la malla exterior, ya que 1 y 2 forman un circuito abierto. Aplicando LVK alrededor del circuito se obtiene:
2
2I + 2I + 12 + I + I + 2I − 8 + I = 0 → 9I = −4
(13)
I = −4/9A
(14)
Redefinamos I con su sentido correcto, es decir, el contrario al que hab´ıamos supuesto. As´ı, I = 4/9 en el sentido de A a B. Para obtener los potenciales en 1 y 2, nos damos como referencia el punto A, conectado a tierra (V A = 0). Con esto: V 1 = 2I = 8/9V
(15)
Mientras que: 12 + 10 = 0, 667V (16) 9 Notar que no existe una ca´ıda de potencial a trav´ es de la resistencia de 3Ω ya que por ella no pasa corriente. Finalmente, 8 − I − 2I + 10 = V 2
−
→
V 2 =
8−
−
V 2 − V 1 = 0, 667 − 0, 888 = −0, 221V
(17)
PROBLEMA 3 En el circuito de la figura, el interruptor se encuentra cerrado durante un tiempo muy largo. a) ¿Cu´ al es la corriente en cada resistencia? b) ¿Cu´ al es la carga en el condensador C? c) En t=0 se abre el interruptor S. Encuentre la corriente que pasa por la resistencia R2 en funci´ on de t. d) ¿Cu´ anto tiempo debe pasar para que la carga en C disminuya hasta 4/5 del valor en t=0?
3
´ SOLUCION a) El interruptor ha estado cerrado durante un tiempo muy largo, esto significa que el condensador se ha cargado completamente. Cuando esto sucede, el condensador equivale a un circuito abierto, es decir, no pasa corriente a trav´es de ´el. Para verlo m´ as claro basta con notar que la corriente a trav´ es del condensador est´ a dada por: dq (18) dt Como el condensador luego de un tiempo muy largo se ha cargado completamente, la carga en ´el no var´ıa, es decir I C = 0 y por ´esto el condensador pasa a ser un circuito abierto. Bajo estas circunstancias, s´ olo habr´ a corriente por la malla 1, as´ı: I C =
LVK en malla 1: ε + I 1 R2 + I 1 R1 = 0 → I 1 =
−
V R1 + R2
(19)
Que es la corriente por R 1 y por R 2 , por lo dicho anteriormente, la corriente por R 3 es cero. b) Para obtener la carga en el condensador, primero debemos obtener el voltaje a trav´ es de ´el, y luego utilizar la relaci´ on que relaciona el voltaje con la carga acumulada : V C (t) = Cq (t)
(20)
Nos interesa la carga final del condensador, esto es: V C (t → ∞) (21) C Como ya vimos, despu´es de un tiempo suficientemente largo no hay corriente por la malla derecha, as´ı, no hay una diferencia de potencial a trav´es de R3 , por lo tanto el voltaje en el condensador ser´a igual al voltaje a trav´ es de R2 q (t → ∞) =
V C (∞) = V R = I 1 R2 2
(22)
V C (∞) =
V R2 R1 + R2
(23)
q = CV =
V CR2 R1 + R2
(24)
y as´ı,
4
c) Notemos que al abrir el interruptor, no pasa corriente por la malla 1 y se inicia un proceso de descarga en el condensador.
Si esto no les parece evidente, veamos la ecuaci´on de la malla 2: Malla2 → I 2 R3 − V C (t) + R2 I 2 = 0
(25)
q (t) (26) C Notemos que I 2 es positiva, es decir, el sentido que le asignamos es el correcto. Esto significa que cargas positivas est´ an dejando la placa positiva y est´ an llegando a la placa negativa. Es decir, la carga entre las placas va disminuyendo en la medida en que I 2 sea positiva. Esto se traduce en: I 2 (R2 + R3 ) = V C (t) =
dq dt As´ı, obtenemos una ecuaci´on diferencial de primer orden para q (t): I 2 =
−
(27)
dq q (t) (R2 + R3 ) = dt C dq q (t) (R2 + R3 ) + =0 dt C Ecuaci´ on homog´enea cuya soluci´ on es de la forma:
−
q (t) = q 0 e−t/(C (R
2
(28) (29)
+R3 ))
(30)
con q 0 la carga inicial del condensador, calculada anteriormente como: q 0 = Finalmente, I (t) = −
R2 V C (R1 + R2 )
dq q 0 = e−t/C (R dt C (R2 + R3 )
2
+R3 )
(31)
(32)
d) Para determinar el tiempo que debe pasar para obtener 4/5 de la carga inicial, resolvemos la ecuaci´ on: 4 q 0 = q 0 e−t/(C (R 5
2
5
+R3 ))
(33)
t C (R2 + R3 )
(34)
t = ln(5/4)(R2 + R3 )C
(35)
ln(4/5) = − con lo que:
6
PROBLEMA 4 Dos bater´ıas de FEM ε1 y ε2 y resistencias R1 y R2 se conectan en paralelo con una resistencia R.
a) Calcule la potencia entregada por cada bater´ıa b) Ahora se reemplaza la resistencia R por un interruptor S y un condensador C en serie.
El interruptor se cierra en t=0, i) Calcule la carga q en el condensador como funci´on del tiempo ii) Calcule la corriente en cada resistencia como funci´ on del tiempo SOLUCION a)Para obtener la potencia entregada por cada bater´ıa, debemos conocer la corriente que pasa por cada una, y lo hacemos usando la LVK para las mallas 1 y 2, como se muestra en la figura:
Malla 1: ε1 + I 1 R1 + R2 (I 1 − I 2 ) + ε2 = 0
−
7
(36)
Malla 2: ε2 + R2 (I 2 − I 1 ) + I 2 R = 0
(37)
−
De la primera ecuaci´ on se obtiene: I 1 =
R2 I 2 + ε1 − ε2 R1 + R2
(38)
Reemplazando en la segunda: ε2 + I 2 (R2 + R) = I 1 R2 =
−
R22 I 2 + R2 (ε1 − ε2 ) R1 + R2
(39)
As´ı: ε2 (R1 + R2 ) + I 2 (R2 + R)(R1 + R2 ) = R22 I 2 + R2 (ε1 − ε2 )
(40)
ε2 (R1 + R2 ) + I 2 (R2 R1 + R22 + RR1 + RR2 ) = R22 I 2 + R2 (ε1 − ε2 )
(41)
−
−
I 2 (R2 R1 + RR1 + RR2 ) = R2 (ε1 − ε2 ) + ε2 (R1 + R2 )
(42)
ε1 R2 + ε2 R1 R(R1 + R2 ) + R1 R2
(43)
R2 I 2 + ε1 − ε2 ε1 R22 + ε2 R1 R2 + (ε1 − ε2 )(R(R1 + R2 ) + R1 R2 ) = R1 + R2 (R(R1 + R2 ) + R1 R2 )(R1 + R2)
(44)
I 2 = Y entonces, I 1 est´ a dada por: I 1 =
ε1 R22 + ε2 R1 R2 + ε1 RR1 + ε1 R1 R2 + ε1 RR2 − ε2 RR1 − ε2 RR2 − ε2 R1 R2 I 1 = (R(R1 + R2 ) + R1 R2 )(R1 + R2) I 1 =
R(ε1 − ε2 )(R1 + R2 ) + R2 ε1 (R1 + R2 ) (R(R1 + R2 ) + R1 R2 )(R1 + R2)
(45) (46)
Finalmente, I 1 =
R(ε1 − ε2 ) + R2 ε1 R(R1 + R2 ) + R1 R2
(47)
Y la corriente por la fem ε2 es I 3 = I 1 − I 2 =
R(ε1 − ε2 ) + R2 ε1 − ε1 R2 − ε2 R1 R(ε1 − ε2 ) − ε2 R1 = R(R1 + R2 ) + R1 R2 R(R1 + R2 ) + R1 R2
(48)
Con esto, la potencia entregada por ε 1 es: P 1 = I 1 ε1 = ε 1
R(ε1 − ε2 ) + R2 ε1 R(R1 + R2 ) + R1 R2
(49)
Y la potencia entregada por ε 2 P 2 =
I 3 ε2 = ε 2
−
R(ε2 − ε1 ) + ε2 R1 R(R1 + R2 ) + R1 R2
b) 8
(50)
Aqu´ı, la ecuaci´on de la malla 1 es equivalente al caso anterior, donde se obtuvo: I 1 =
R2 I 2 + ε1 − ε2 R1 + R2
(51)
Para la malla 2: ε2 + R2 (I 2 − I 1 ) + V C = 0 → −ε2 + R2 I 2 − R2 I 1 +
−
q =0 C
(52)
Reemplazando I 1 ε2 + R2 I 2 − R2 (
−
ε2 +
−
(53)
R 22 I 2 + R1 R2 I 2 − R22 I 2 − R2 (ε1 − ε2 ) q + =0 R1 + R2 C
(54)
R1 R2 q ε1 R2 + ε2 R1 + = R1 + R2 C R1 + R2
(55)
dq R1 R2 q ε1 R2 + ε2 R1 + = dt R1 + R2 C R1 + R2
(56)
dq CR 1 R2 ε1 R2 + ε2 R1 + q = C dt R1 + R2 R1 + R2
(57)
CR 1 R2 ε1 R2 + ε2 R1 , A = C R1 + R2 R1 + R2
(58)
I 2 Pero I 2 = dq/dt
R2 I 2 + ε1 − ε2 q )+ =0 R1 + R2 C
Sean: τ = Entonces dq τ + q = A dt
(59)
Cuya soluci´ on es: q (t) = A(1 − e−t/τ )
(60)
Con esto, dq (t) A = e−t/τ dt τ
(61)
R2 A ε1 − ε2 ) e −t/τ + R1 + R2 τ R1 + R2
(62)
I 2 (t) = I 1 (t) = ( Y la corriente por R 2 :
9
I 3 (t) = I 1 (t) − I 2 (t) = (
R2 A ε1 − ε2 ) e −t/τ + R1 + R2 τ R1 + R2
10
−
A −t/τ e τ
(63)
Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile Facultad de F´ısica FIS1532 Electricidad y Magnetismo
AYUDANTIA 17: Campo Magn´ etico
Fabi´an C´ adiz C.
[email protected] ´ EL CAMPO MAGNETICO en todos los puntos del Hemos visto que un objeto cargado produce un campo el´ectrico E espacio. De una forma similar, una barra magn´etica es una fuente de campo magn´etico B. Esto se puede demostrar al mover un comp´as cerca de un im´ an. La aguja del comp´ as se alinear´ a en la direcci´on del campo magn´etico producido por el im´ an, como se ve en la figura.
Notemos que una barra magn´ etica consiste de dos polos, que se designan como norte (N) y sur (S). Los campos magn´eticos son m´ as fuertes en los polos. Las l´ıneas de campo magn´etico van del polo norte y entran en el polo sur. Cuando se acercan 2 barras magn´eticas, 2 polos iguales se repelen, mientras que polos contrarios se atraer´an.
Al contrario de las cargas el´ectricas, las cuales pueden estar aisladas, los 2 polos magn´eticos siempre vienen en pares. Cuando se quiebra un im´ an, se obtienen 2 nuevos imanes, cada uno con polo norte y sur. En otras palabras, no existen monopolos magn´eticos aislados.
En el caso de un campo el´ectrico E , ya hemos visto Como definir el campo magn´etico B?. que el campo se define como fuerza por unidad de carga. = F e E q
(1)
Ahora en cambio, debido a la ausencia de monopolos magn´eticos, B debe ser definido de una forma diferente. ´ DE CAMPO MAGNETICO ´ DEFINICION Para definir el campo magn´etico en un punto, considere una part´ıcula de carga q y que se mueve a velocidad v . Experimentalmente, se obtienen las siguientes observaciones: B ejercida sobre la part´ıcula cargada es (1) La magnitud de la fuerza magn´ etica F proporcional a v y a q. B depende de v y B (2) La magnitud y direcci´ on de F B desaparece cuando v es paralelo a B. Sin embargo, cuando v (3) La fuerza magn´etica F la direcci´ B es perpendicular al plano formado por v y B, y forma un a´ngulo θ con B, on de F B es proporcional al sinθ la magnitud de F (4) Cuando el signo de la carga se cambia de positivo a negativo (o vice versa), la direcci´on de la fuerza magn´etica tambi´en se revierte.
Todas las observaciones anteriores se pueden resumir en la siguiente ecuaci´ on: B = qv F
× B
(2)
Esta expresi´ on se puede tomar como la definici´on de campo magn´etico en un punto en el espacio. B est´ La magnitud de F a dada por: F B = q vBsinθ
||
(3)
el testla (T)=1 N/Am La unidad en SI para B es B es siempre perpendicular a v y B, y no se puede alterar la rapidez de la Notar que F particula v (y por consiguiente, tampoco su energ´ıa cin´etica). En otras palabras, una fuerza B no puede magn´etica no puede acelerar una part´ıcula cargada. Consecuentemente, F realizar trabajo sobre la part´ıcula. B d dW = F l = q (v
·
· vdt = q (v × v) · Bdt = 0 × B)
Sin embargo,la direcci´ on de v , puede ser alterada por la fuerza magn´etica.
2
(4)
´ ´ MOVIMIENTO DE UNA CARGA EL ECTRICA EN UN CAMPO ELECTRICO Si una part´ıcula de masa m se mueve en un c´ırculo de radio r a rapidez constante v, la fuerza que act´ ua sobre la part´ıcula es una fuerza radial de magnitud F = mv 2 /r que siempre apunta hacia el centro y es perpendicular a la velocidad de la part´ıcula. B tambi´en apunta en direcci´ Vimos que la fuerza magn´etica F on perpendicular a la velocidad v de la part´ıcula cargada y al campo magn´etico B. B no puede realizar trabajo, solo puede cambiar la direcci´ Debido a que F on de v pero no su magnitud. Veamos que sucede si una part´ıcula cargada se mueve a trav´es de un campo magn´etico uniforme B con velocidad inicial v. Por simplicidad, digamos que su carga es +q y la direcci´ on de B entrando a la p´ agina. Resulta que F B juega el rol de fuerza centr´ıpeta y la part´ıcula cargada se mover´ a en un camino circular en direcci´ on contraria al reloj.
con qvB =
mv 2 r
(5)
el radio de la circunferencia resulta ser: mv qB
(6)
2πr 2πmv 2πm = = v vqB qB
(7)
r = El per´ıodo estar´ a dado por: T =
y la velocidad angular (frecuencia de ciclotr´ on) ω de la part´ıcula se puede obtener como: ω = 2πf =
3
v qB = r m
(8)
´ FUERZA MAGNETICA SOBRE CONDUCTORES PORTADORES DE CORRIENTE Hemos visto que una part´ıcula cargada movi´endose a trav´es de un campo magn´etico B . Debido a que la corriente el´ectrica consiste de un experimenta una fuerza magn´etica F conjunto de part´ıculas cargadas en movimiento, al colocar un campo magn´etico, un alambre portador de corriente tambi´en experimentar´ a una fuerza magn´etica. Considere un cable largo y r´ıgido suspendido en la regi´ on entre 2 polos magn´eticos. El campo magn´etico apunta saliendo de la p´ agina y esto se representa con puntos ( ). Se puede demostrar que cuando una corriente hacia abajo fluye, el cable se deflecta a la izquierda, y cuando una corriente fluye hacia arriba, el cable se deflecta hacia la derecha.
·
Hagamos un an´ alisis m´ as acabado y calculemos la fuerza que se ejerce sobre el alambre. Consideremos un segmento de alambre de largo l y su ´area seccional A. El campo magn´etico apunta entrando a la p´ agina, y se representa con cruces (X).
Las cargas se mueven con velocidad de deriva promedio vd . Debido a que la carga total en este segmento es Q = q (nAl), donde n es el n´ umero de portadores de carga por unidad de volumen, la fuerza magn´etica total sobre el segmento ser´ a: B = Qvd F
= I ( × B = qnAl( vd × B) l × B)
(9)
donde I = nqvdA y l es el vector de magnitud l y en la direcci´on de la corriente el´ectrica.
4
Para un cable de forma arbitraria, la fuerza magn´etca se puede obtener al sumar sobre todas las fuerzas acutuando sobre peque˜ nos segmentos que constituyen el alambre. Sea un segmento diferencial denotado por d l:
Entonces la fuerza sobre un elemento infinitesimal de un conductor de carga es: B = I d dF l B
×
(10)
Con esto, la fuerza total ser´ a: B = I F
b
a
d l B
×
(11)
donde a y b representan los extremos del conductor. Como ejemplo, consideremos un alambre curvo que lleva corriente I y sumergido en un como se muestra en la figura: campo magn´etico uniforme B,
Tenemos entonces que la fuerza sobre este alambre est´a dada por: b
B = I ( F
a
d l)
× B = I l×B
(12)
la integral, ya que es uniforme, y definimos Notar que hemos sacado el vector B de l como el vector dirigido desde a hacia b. Ahora veamos que sucede si el alambre constituye un circuito cerrada de forma arbitraria, entonces la fuerza ser´a:
B = I ( F
dl)
5
× B
(13)
Debido a que el conjunto de elementos diferenciales d l forman un pol´ıgono cerrado, su suma vectorial es cero, y, entonces
dl = 0
(14)
La fuerza magn´etica neta sobre un circuito cerrado en un campo magn´etico uniforme es B = F 0 TORQUE SOBRE UNA ESPIRA CON CORRIENTE Veamos qu´e sucede cuando colocamos una espira rectangular que lleva corriente I en el = Bˆi paralelo al plano de la espira. plano xy en un campo magn´etico uniforme B
Vemos que las fuerzas magn´eticas actuando en los lados 1 y 3 son nulas debido a que los sus productos cruz son nulos. vectores l1 = bˆi y l3 = bˆi son paralelos al vector B y Por otro lado, las fuerzas magn´eticas actuando en los segmentos 2 y 4 son:
−
− × (Bˆi) = I aBkˆ
(15)
× (Bˆi) = −IaB kˆ
(16)
2 = I ( a j) ˆ F 4 = I (a j) ˆ F
De aqu´ı es claro que la fuerza neta es 0, algo que era de esperar por lo visto anteriormente. 2 y F 4 Sin embargo, aun cuando la fuerza neta sobre la espira es nula, las fuerzas F producir´an un torque que causa a la espira rotar en el eje y. El torque con respecto al centro de la espira es: τ = ( b/2ˆi)
−
ˆ + (b/2ˆi) × (−IaB k) ˆ × F + (b/2ˆi) × F = (−b/2)ˆi × (IaBk) 2
4
(17)
IabB IabB ˆ ˆ + ) j = IabB j = I AB jˆ (18) 2 2 Donde A = ab representa el ´area de la espira y el signo positivo indica que la rotacion es en el sentido del reloj en el eje y. Es conveniente introducir el vector de a´rea: τ = (
6
A = Aˆ n
(19)
con n ˆ el vector unitario en la direcci´on normal al plano de la espira. En este caso, tenemos ˆ n ˆ = k. La expresi´on para el torque se puede reescribir entonces como: τ = I A
× B
(20)
paralelo al plano de la espira (o Notar que la magnitud del torque es m´ axima cuando B es perpendicular a A). forma un a´ngulo Considere ahora el caso m´ as general donde la espira (o el vector de area A) θ con respecto al campo magn´etico.
De la figura, los brazos del torque se pueden expresar como: r2 =
b ˆ = ( sinθˆi + cosθk) 2
−
−r
4
(21)
y el torque neto es: τˆ = r2
ˆ × (IaB k) ˆ × F + r × F = 2r × F = 2 2b (−sinθˆi + cosθk) τˆ = IabBsinθ jˆ = I A×B 2
4
4
2
2
(22) (23)
La cantidad I A se llama momento dipolar magn´etico, µ µ = I A
7
(24)
La direcci´ on de µ es la misma que el vector de a´rea A (perpendicular al plano de la espira). Con esto, el torque sobre una espira de corriente es: τ = µ
× B
(25)
LEY DE BIOT-SAVART Las corrientes que se generan mediante el movimiento de cargas son fuentes de campos magn´etcos. Cuando cargas se mueven a trav´es de un alambre conductor y producen una corriente I, el campo magn´etico en cualquier punto P debido a la corriente se puede calcular al agregar las de peque˜ contribuciones infinitesimales dB, nos segmentos de alambre d l.
La fuente de corriente inifinitesimal asociada a un d l se puede escribir como Id l Si denotamos por r a la distancia desde la fuente de corriente al punto P, y el correspondiente vector unitario rˆ, la ley de Biot-Savart da una expresi´ on para la contribuci´ on al campo magn´etico de esta fuente Id l: dB =
µ0 I d l rˆ µ0 I d l (r r ) = 4π r r 2 4π r r 3
× | − |
× − | − |
(26)
donde µ0 es una constante llamada permeabilidad del vac´ıo.
Sumando estas contribuciones para encontrar el campo magn´ etico en el punto P requiere integrar sobre toda la fuente de corriente: B =
µ0 I dB = 4π
8
d l× (r − r )
2
|r − r |
(27)
PROBLEMA 1 Considere un loop cerrado semicircular en el plano xy que lleva una corriente I en el sentido contrario al reloj. Un campo magn´etico uniforme apuntando en la direcci´ on ˆ j es aplicado. Encuentre la fuerza magn´etica que act´ ua sobre el elemento r´ıgido y el arco semicircular.
´ SOLUCION 1 y F 2 a las fuerzas actuando ˆ llamemos F Tenemos un campo uniforme dado por B = B j , sobre el segmento r´ıgido y la parte semicircular, respectivamente. Tenemos que la fuerza sobre el elemento r´ıgido es: R
1 = I ( F
R
−
dl)
R
× B jˆ = I (
R
dl)ˆi
−
ˆ 2IRB kˆ × B jˆ = I 2Rˆi × B j =
(28)
2 , primero debemos notar que el elemento infinitesimal d Ahora, para calcular F l en el semic´ırculo se puede escribir como: ˆ ˆ d l = dl θ = Rdθ( sinθˆi + cosθ j)
(29)
−
es: La fuerza que act´ ua sobre un elemento dl 2 = I d ˆ dF l B = IRdθ( sinθˆi + cosθ j)
×
−
ˆ = −IBRsinθdθ kˆ × (B j)
(30)
Integrando sobre el arco semicircular, tenemos: 2 = F
π
ˆ
−IBR k
sinθdθ =
0
9
−2IBR kˆ
(31)
As´ As´ı, la fuerza neta que act´ a ct´ ua sobre el alambre entero es: ua net F net = F 1 + F 2 = 0
( 32 )
Esto es consistente con lo comentado al inicio, ya que la fuerza magn´etica etica que act´ ua sobre un conductor cerrado de corriente ba jo un campo magn´etico etico uniforme debe ser 0. PROBLEMA 2 Un alambre delgado y r´ıgido que lleva lleva una corriente corriente I es colocado a lo largo del eje x. Calcular el campo magn´etico etico en el punto P. Analice el caso particular en que el alambre es sim´etrico etrico con respecto respe cto al eje y. ¿Qu´e sucede suce de cuando cuan do L ?
→∞
´ SOLUCION Consideremos un elemento diferencial d diferencial d l = dx = dxˆi que lleva una corriente I en la direcci´on on x.
Para calcular el campo magn´ ma gn´etico etico en el punto P utilizamos la ley de Biot-Savart, Biot-Savart, donde r = a = a j µ0 d l (r r ) dB = I 4π r r 3
× − | − |
Donde Donde r recorre el alambre. En este caso: r
− r
= a jˆ
− xˆi
(33)
(34)
y su magnitud es:
|r − r | =
a
10
2
+ x2
(35)
Con esto, la contribuci´ on on al campo queda: = dB
µ0 dxˆi (a jˆ xˆi) I 4π (a2 + x2 )3/2
(36)
µ0 adxkˆ I 2 4π (a + x2 )3/2
(37)
×
= dB
−
Y el campo total en P ser´a: a: = µ0 I B 4π
adxkˆ (a2 + x2 )3/2
L2
L1
−
(38)
Para resolver esta integral, utilizamos el cambio de variable: x = acotθ = acotθ
2
→ dx = dx = −acsc θdθ
(39)
Notar que seg´ un un esto: tanθ1 =
a L1
a L → tan( → − tan(−θ ) = − L a
1
1
= cot( cot ( θ1 )
tanθ2 =
a L2
→ La
θ2
a acsc2 θdθ kˆ (a2 + a2cot2 θ)3/2
2
( 40 )
−
1
= cotθ2
(41)
y la integral queda: = µ0 I B 4π = µ0 I B 4πa
θ
− 1
∗−
−csc θdθkˆ θ2 θ
− 1
2
2
(1 + cot + cot θ)
3/2
=
−
µ0 I 4πa
θ2
θ
sinθdθ kˆ
(42)
(43)
− 1
= µ0 I (cosθ1 + cosθ B + cosθ2 )kˆ 4πa En el caso sim´etrico etrico en que θ que θ 2 = θ1 , y digamos que el largo total es 2L, entonces
(44)
−
cosθ1 =
√ L L+ a 2
(45)
2
y el campo es: L = µ0 I B kˆ 2πa L2 + a2 De aqu´ aqu´ı es claro que si L si L , o , equivalentemente, θ equivalentemente, θ 1 una distancia a del alambre es:
√
(46)
→ 0, θ → 0, el campo camp o magn´etico etico a
→∞
2
= µ0 I kˆ B (47) 2πa Notemos Notemo s que en este l´ımite, el sistema sistem a posee pose e simetr´ıa ıa cil´ cil´ındrica, ındric a, y las l´ıneas de campo camp o magn´etico etico son circulares circula res
11
PROBLEMA 3 Muestre que el campo camp o magn´etico etico de una carga en movimiento est´ a dado por: = µ0 qv rˆ B 4π r 2
×
(48)
SOLUCION Por la ley de Biot-Savart, Biot-Savart, tenemos totalmente definido el campo camp o magn´etico etico debido a un peque˜ no no elemento de conductor que lleva una corriente I a trav´ es es de ´el, el, esto es: = dB
µ0 I d l r 4π r 2
×
(49)
(50)
Podeemos reescribir I como I = nAq v
||
donde suponemos que el ´area area transversal de esta secci´on on infinitesimal de conductor es A y posee n portadores p ortadores de carga por p or unidad de volumen. As´ As´ı: µ0 (nAq v )d l r µ0 (nAdl) nAdl )qv r = 4π r2 4π r2 Este ultimo u ´ltimo paso es posible debido a que d que d l y v tienen la misma direcci´ on. on. = dB
|| ×
×
µ0 (dN ) dN )qv r 4π r2 dN es el n´ umero de portadores contenidos en el elemento infinitesimal de conductor. umero Por ultimo, u ´ ltimo, en el caso de una sola carga, dN carga, dN = 1:
×
= dB
(51)
(52)
= µ0 qv r B (53) 4π r 2 Hay que notar, sin embargo, que debido a que una carga puntual no constituye una corriente constante, la ecuaci´ on anterior estrictamente hablando s´ on olo olo es v´alida alida en el l´ımite no-relativista donde v c, la velocidad de la luz.
×
12
PROBLEMA 4 Considere una espira circular que lleva corriente I en el sentido indicado por la figura. Calcule el campo magn´etico a una distancia z en el eje de simetr´ıa de la espira. ´ SOLUCION
Utilizando la ley de Biot-Savart para un elemento infinitesimal de la espira: µ0 I d l (r r ) dB(r) = 4π r r 3
× − | − |
en este caso, tenemos:
(54)
ˆ d l = Rdθ( ˆisenθ + jcosθ) r
− r
= z kˆ
(55)
−
ˆ ˆ = −ˆiRcosθ − jRsinθ + ˆ − (Rcosθˆi + Rsinθ j) kz
(56)
y
|r − r | = (R
2
+ z 2 )1/2
(57)
As´ı: r) = dB(
ˆ µ0 I (Rdθ( ˆisenθ + jcosθ)) ( ˆiRcosθ 4π (R2 + z 2 )3/2
−
×−
ˆ ˆ − jRsinθ + kz)
(58)
2 ˆ ˆ ˆ ˆi) µ0I (R2sinθ2 k + Rzsinθ j + R cosθ2 k + Rzcosθ dB(r) = dθ 4π (R2 + z 2 )3/2
ˆ ˆ ˆi) µ0I (R2k + Rzsinθ j + Rzcosθ dB(r) = dθ 4π (R2 + z 2 )3/2
(59) (60)
Con esto: r) = µ0 I B( 4π
2π
0
ˆ ˆ ˆi) (R2 k + Rzsinθ j + Rzcosθ dθ (R2 + z 2 )3/2
Las integrales seg´ un ˆi y ˆ j son cero, como era de esperarse por argumentos de simetr´ıa. 13
(61)
r ) = µ0 I B( 4π
0
2π
R2 kˆ µ0 I R2 kˆ ˆ dθk = kˆ 2 (R2 + z 2 )3/2 (R2 + z 2)3/2
(62)
PROBLEMA 5 Calcule el campo magn´etico en el centro de la circunferencia debido a la corriente rectil´ınea.
SOLUCION Este problema se soluciona utilizando el m´ etodo de superposici´ on. En el problema 2 ya se vi´o que la magnitud del campo el´ectrico debido a un alambre rectil´ıneo muy largo a una distancia a de ´el es: B1 =
µ0 I 2πa
(63)
(64)
En este caso, seg´ un el sentido de la corriente : 1 = µ0 I jˆ B 2πR Es decir, apunta hacia el fondo de la hoja.
Del problema 4 obtuvimos el campo el´ectrico de un anillo a una distancia z al centro en el eje de simetr´ıa, que est´a dado por: µ0 I R2 kˆ B2 = kˆ 2 (R2 + z 2 )3/2
(65)
Como interesa el campo en el centro del anillo, z=0: 2 = µ0 I kˆ B (66) 2R Por el principio de superposici´on, el campo resultanto en el centro de la circunferencia es: = B 1 + B 2 = µ0 I j + ˆ µ0 I kˆ B 2πR 2R ˆ µ0 I ( j + ˆ 1 k) B = 2R π 14
(67) (68)
PROBLEMA 6 Considere dos alambres paralelos separados por una dstancia a y que llevan corrientes I 1 e I 2 en la direcci´on x. Calcule la fuerza entre ambos alambres.
SOLUCION Ya vimos que corrientes constantes generan campos magn´eticos. Tambi´en vimos, que cuando un conductor de corriente es colocado en un campo magn´etico externo, experimentar´ a una fuerza neta. As´ı, es de esperarse que ambos alambres ejerzan fuerzas uno sobre otro, y ser´ an iguales en magnitud, y en sentidos opuestos. 12, que ejerce el alambre 2 sobre el alambre 1, se puede obtener como: La fuerza magn´etica F 12 = I 1 F
dl1
× B
(69)
el campo magn´etico creado por el alambre 2 en los puntos del alambre 1. donde B es Usando el resultado del problema 2, para alambres suficientemente largos, las l´ıneas del 2 campo magn´etico debido a I 2 son c´ırculos conc´entricos con el alambre 2, con el campo B apuntando en la direcci´ on tangencial As´ı, en un punto arbitrario P sobre el alambre 1, tenemos: 2 = µ0 kˆ B 2πa que apunta en direcci´ on perpendicular al alambre 1, como se ve en la figura
(70)
Al ser este campo uniforme a lo largo del alambre 1, y siendo ´este un alambre rectil´ıneo, la fuerza que experimenta est´ a dada por: 12 = I 1 2 = I 1 l jˆ F l B
×
ˆ µ I I l ˆi × ( µ2πaI )k = 2πa
15
0 2
0 1 2
(71)
Claramente esta fuerza apunta hacia el alambre 2. 21 = F 12 Por la tercera ley de newton, F La conclusi´ on es que 2 cables paralelos que llevan corriente en la misma direcci´on se atraer´ an. Por otro lado, si las corrientes fluyen en direcciones opuestas, la fuerza resultante ser´ a repulsiva.
−
PROBLEMA 7 Calcular la fuerza resultante sobre la espira con corriente I 2
SOLUCION Para obtener la fuerza total sobre la espira, sumamos las fuerzas sobre las secciones 1,2,3 y 4.
16
