Compilado de problemas resueltos, Electricidad y Magnetismo, 2da. Edición.pdf

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Electricidad y Magnetismo Compilado de problemas resueltos

´ n Urrutia Quiroga Sebastian a [email protected] web.ing.puc.cl/ ~ sgurruti/

Segunda Edición on – Febrero de 2015

Índice 1. Elect Electrost rost´ ´ atica atica

2

1.1. Integrale Integraless de Coulomb: fuerza y campo el´ ectrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ectrico

2

1.2. Ley de Gauss para el campo eléctrico ectrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.3. Potencial eléctrico ectrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

1.4. Energ Energ´´ıa potencial p otencial electrostática atica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

1.5. Cond Conductor uctores es y capacit capacitancias ancias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2. Ele Electric ctricida idad d en medios materiale materialess

50

2.1. Ecua Ecuacione cioness de Laplace Laplace y Poisson Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

2.2. Dieléctricos ectricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

2.3. Corrien Corriente te eléctrica ectrica y ley de Ohm microscópica opica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

68

2.4. Ley de de Ohm macr macrosc osc´ópica: opica: circuitos fem/R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

76

2.5. Ci Circu rcuito itoss RC RC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

83

3. Mag Magnet netos ost´ t´ ati ca atica

94

3.1. Fuerz uerzaa de Loren Lorenttz y torque sobre una espira . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

94

3.2. Ley de Biot-S Biot-Sav avart art . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 3.3. Ley de Ampère ere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 4. Cam Campos pos variab variables les en el tiempo

125

4.1. Ley de indu inducc cci´ ión on de Faraday-Lenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 4.2. Induc Inductanci tancia. a. Circuitos Circuitos RL, RL, LC y RLC RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 4.3. Corr Corrien iente te Alte Alterna rna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 5. Ecu Ecuaci aciones ones de Maxwell Maxwell

152

5.1. Int Introducc roducci´ ión on a la teor´ıa ıa elect electrom romagn´ agnética etic a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

–1–

1 52

1.

Electrost´ Elect rost´ atica atica

1.1.

Integra Integrales les de Coulomb: Coulomb: fuerza y campo el´ ectrico ectrico

(1) Considere Considere la distribuci´ distribución on de cargas puntuales de la figura: P

r

−q

−q

+2q +2q d

d

a ) Calcule el campo camp o eléctrico ectrico en P b ) Evalu´ Eval ué el caso cas o l´ımite ımi te r este caso?

≫ d, omo var´ var´ıa la magnitud magnitu d del campo camp o eléctrico ectrico con la distancia distanci a en d , ¿cómo

Soluci´ on:

a ) El campo cam po eléctrico ectrico en P en P puede ser obtenido utilizando el Principio de Superposición on. El campo eléctrico ectrico producido prod ucido por +2q +2q es es simplemente:  1 = E

1 2q ˆ 4πǫ0 r2

 = Si hacemos  hacemos r = r = r ˆ y R

−d ˆı, entonces el campo producido por la carga de la derecha es:  ı + d ˆ  = − q r − R = − q r ˆ + d E   4πǫ r − R 4πǫ (r + d ) 2

3

0

0

2

2 3/2

De manera análoga, aloga, por p or simetr´ simetr´ıa, el campo producido por p or la carga de la izquierda es:  3 = E

− 4πǫq

−

ı r ˆ d ˆ 2 2 3/2 0 (r + d )

 P As´ As´ı, el campo camp o total tota l E P viene dado por: 3



 P  j = 1 2q ˆ E E P = 4πǫ0 r 2 j=1 j =1

−

1 2qr ˆ q = 4πǫ0 (r 2 + d2 )3/2 2πǫ0

–2–

 − 1 r2

r (r 2 + d2 )3/2



ˆ


b ) Para analizar an alizar el l´ımite ımite r

≫ d, reescribimos el campo de la siguiente manera:  P E P =

       −     ≈ ≪    ≈ −   ≈ − 1+

1 r2

q 2πǫ0

2

d r

−3/2

r2

ˆ

Ahora, utilizando la expansión on de Taylor a primer orden 1 + ε + ε

se tiene que:

d r

1+

Entonces,

 P E P y por tanto:

n

q 2πǫ0

1 + nε ,

2

−3/2

1

1 r2

1

ε

3 d2 2 r2

1 3 d2 + r 2 2r 2 r 2

ˆ

3qd 2 (r≫d)  ˆ = E P 4πǫ0 r 4

Notar que, para grandes distancias (r ( r d), on de carga genera un campo que d ), esta distribución 1 1 decae como 4 , lo que contrasta con el campo de una carga puntual que decae según 2 . r r

≫



(2) Dos pequeñas nas esferas conductoras, de igual masa m masa m y y carga q carga q , cuelgan por dos hilos no conductores sin masa y de largo ℓ. Cada esfera forma un ángulo angulo θ con el eje vertical, como se muestra en la figura.

ℓ

θ θ

+

ℓ

+

r a ) Calcule el valor de la carga q para atico del problema. q para el equilibrio estático –3–

b ) Suponiendo que las esferas pierden carga a razón on λ > 0 C/s, ¿con qué velocidad angular se acerca una a la otra, para θ 1?

≪

Soluci´ on:

a ) Debido a la simetr´ simetr´ıa del sistema, bastará con hacer análisis alisis de fuerzas para una de las cargas. Consideramos el equilibrio entre las tres fuerzas que actúan: la fuerza de repulsión on electrostática atica on sobre el hilo T hilo T ,, y la fuerza de gravedad mg: F e , la tensión mg :

 

F x = 0 F y = 0

−→ −→

sin θ T sin

− F = 0 cos θ − mg = T cos mg = 0 e

La primera ecuación on equivale a q 2 sin θ = k = k 2 T sin r

sin θ r2 T sin 2 q = k

−→

De la segunda ecuación, on, T =

−→

= q =

 ± r

sin θ T sin k

mg cos θ

Por tanto, y como r = 2ℓ sin θ, = q =

± 2ℓ sin θ



mg tan θ k

b ) Para ángulos angulos pequeños, nos, sin θ tan θ enunciado ado,, q ˙ = λ (pues pierde carga) y, al θ. Del enunci decirnos que las esferas se acercan, las cargas son necesariamente positivas: positivas :

≈

≈

−

= αθ 3/2 , q = αθ



mg k

α = 2ℓ

Derivando con respecto al tiempo,

 

√

3α dq ∂ dθ = q ˙ = = = αθ3/2 θ θ˙ 2 dt ∂θ dt

−→

θ˙ =

λ − 3α2√ θ

Finalmente, la velocidad angular de la esfera a la izquierda será: ω  1 = Y la de la esfera derecha:

− θ˙ kˆ

ˆ =  ω2 = + θ˙ k

− ω

1



–4–

(3) Determine Determine el campo el´ eléctrico ectrico generado generado por un alambre alambre infinito infinito con densidad densidad de carga uniforme, uniforme, localizado en el eje z . Soluci´ on:

Consideremos la siguiente situación, on, en donde λ donde λ representa la densidad lineal de carga:

 = = z R z kˆ

z 0 kˆ

r

y ρρˆ x

en donde

 = z k, = z ˆ R

dR = dR = dz dz

−∞ < z < ∞ −→ = z 0 ˆ + ρ ˆ k + ρ ρ r = z ˆ

r

−

 = (z 0 R

−

ˆ + ρ ρ + ρ ˆ z ) k ˆ

∴



 = (z 0 R

r − 

As´ı,  (r) = E

λ 4πε 0

ˆ

∞

−∞

 

(z 0

(z 0

k + E ρ = E z ˆ + E ρ ˆ

− z )

− z )

2

+ ρ2

ˆ + k

  3/2

(z 0

− z )

2

+ ρ

ρ

− z )

2

+ ρ2

2



   3/2

con E z

λ = 4πε 0 λ = 4πε 0 = 0

∞

(z 0 z ) = z 0 z dz u = z [(z 0 z )2 + ρ2 ]3/2 −∞ [(z ∞ u du (la función on es impar) 2 2 3/2 −∞ [u + ρ ]

ˆ ˆ

−

−

–5–

−

1/2

ρ ˆ

dz


E ρ

λ = 4πε 0 λ = 4πε 0 =

0

=

∞

ˆ ρ = z − z dz u = z [(z [(z − z ) + ρ ] ˆ ρ du = ρ tan θ, du = u = ρ du = ρ ρ sec θdθ [u + ρ ] ˆ ρ sec θ dθ λ 4πε [ρ (1 + tan θ)] ˆ ρ sec θ dθ λ 1 ˆ λ 1

4πε 0 ρ λ 2 = 4πε 0 ρ

2

0

−∞ ∞

0

2 3/2

2

2

−∞ π/2 π/ 2

2 3/2

2

−π/2 π/ 2 π/2 π/ 2

2

2

2

2

3/2

π/2 π/ 2

2

=

sec3 θ

−π/2 π/ 2

Resumiendo,

4πε 0 ρ

cos θ dθ

−π/2 π/ 2

λ ρˆ 2πε 0 ρ

 (r) = E



(4) Encuentre Encuentre el campo eléctrico ectrico a una distancia z sobre sobre el centro de un disco circular plano de radio superficial σ constante. const ante. ¿Qué p pasa asa con su fórmula ormula en el caso R, el cual posee una densidad de carga superficial σ en que R que R ? Revise R evise también en el caso en que z R.

→ ∞

≫ ≫

Soluci´ on:

k, Sean:  Sean: r = z = z ˆ

 = ρ ρ. As´ı, = ρ ˆ R ˆ

 = z ( ) r R = z ˆ k ρ ˆ ρ  = z 2 + ρ2 ( ) r R ( ) dS = ρ dρ dθ

∗ − ∗ −  ∗

 −

As´ı, 1  (r) = E 4πǫ0

¨ r − R σ dS  | | r − R ˆ ˆ z ˆk − ρ ˆρ 3

2π R σ = ρdρdθ 2 2 3/2 4πǫ0 0 0 (z + ρ ) k + E = E z ˆ + E ρ ρˆ

Ya sea mediante el cálculo alculo expl´ expl´ıcito de la integral, o por argumentos de simetr´ simetr´ıa del problema, se concluye que: E ρ 0

≡

–6–

Por otra parte, E z

2π R σz ρdρdθ = 2 2 3/2 4πǫ0 0 0 (z + ρ ) σz R ρ = dρ 2ǫ0 0 (z 2 + ρ2 )3/2 1 σz 1 = 2ǫ0 z z 2 + R2

ˆ ˆ ˆ

Por lo tanto,  (z ) = σz E 2ǫ0

 − √  ||  − √  1 z

||

1 z 2 + R2

ˆ k

Notemos Notemos que, si R si R , entonces el disco cubrirá todo el plano; por esta razón, on, el camp c ampoo eléctrico ectr ico de un plano infinito con carga superficial constante es: σ E plano = l´ım E (z ) = R→∞ 2ǫ0

→ ∞

±

y en constante, con signo dependiente de si estamos sobre (+) o bajo ( ) el plano.

−

Para z

≫ R > 0, entonces: ≫

 

1 1 R 2 = 1+ 2 z z z 2 + R2

√ Con ello,

−1/2

≈

− 

1 1 z

1 R2 2 z 2

1 Q σz R2 πR 2 σ = = E z ≫R = 2ǫ0 2z 3 4πǫ0 z 2 4πǫ0 z 2

con Q = σ = σπR πR2 la carga total del disco.



(5) Considere Considere un plano infinito de densidad densidad de carga uniforme uniforme σ σ,, con un orificio circular de radio R: R : a ) Obtenga Obtenga el campo el´ ectrico ectrico sobre un pun punto to arbitrario arbitrario del eje –perpendicular –perpendicular al plano– que pasa por el centro del orificio. b ) Suponga que ahora, ahora, a lo largo de este este eje, se ubica un hilo no conductor conductor de largo ℓ largo ℓ con con densidad de carga lineal uniforme λ desde z z = 0 hasta z = ℓ, con z z es la distancia perpendicular al plano. Encuentre Encuentre la fuerza eléctrica ectrica entre ambos objetos.

–7–

Soluci´ on:

a ) Para resolver resolver este este problema, usamos el el Principio de Superposición e léctrico ectr ico de d e la figura on: el campo el´ corresponde a la suma de los campos producidos por un plano infinito (con densidad de carga ). Supongamos Supongamos que el plano agujereado σ) y un disco de radio R (con densidad de carga σ ). se encuentra en el X Y ; as´ı, el problema problema consiste consiste en obtener obtener el campo sobre un pun punto to del eje Y ; as´ z . Del problema anterior, estos campos son conocidos, por lo que:

− −

σ z ˆ  (z ) = E  plano + E  disco k E disco = 2ǫ0 z

|| −

σ 2ǫ0



z z



z ˆ = σ k 2ǫ0 z 2 + R2

| | − √

√ z z + R 2

2

ˆ k

b ) Por la la tercera tercera Tercera Ley de Newton, podemos calcular la fuerza entre ambos elementos como la fuerza ejercida por el plano agujereado sobre la barra. El elemento de fuerza eléctrica ectrica que el plano ejerce sobre un elemento dq = λdz = λdz del del alambre es: σλ  = E  (z )dq =  (z )dz = = λE = dF 2ǫ0

√ z z +dz R 2

2

ˆ k

Por tanto, la fuerza sobre el hilo completo es:  = F

ℓ

ˆ 0

σλ = 2ǫ0

 dF

ˆ √   √  √  ℓ

0

z dz z 2 + R2

ˆ k

ℓ

σλ 2 ˆ = z + R2 k 2ǫ0 0

=

σλ 2ǫ0

ℓ2 + R2

−R

ˆ k 

(6) Un recipien recipiente te hemisf´ hemisférico erico no conductor conductor,, de radio interior interior a, tiene una carga total Q repartida uniformemente uniformemente en su superficie. Encuentre Encuentre el campo eléctrico ectrico en el centro de curvatura. curvatura.

–8–


Soluci´ on:

Tomamos como origen el centro de curvatura de la semiesfera. A partir de esto, podemos determinar la contribución on de un elemento diferencial de carga en la superficie sup erficie al campo eléctrico ectrico en el eje que ˆ (El campo E  , por simetr´ pasa por el centro de curvatura, que coincide con la dirección k simetr´ıa, solo ˆ). tendr´ a componente en k  r R  = 1 dE σdS  3 4πǫ0 r R

− − 

Un elemento diferencial de superficie sobre la esfera está dado por = a2 sin θdθdφ dS = y, como la carga está uniformemente distribuida, la densidad superficial es simplemente σ =

Q 2πa 2

Con esto, podemos determinar el campo total integrando sobre toda la superficie: a2  E (r) = 4πǫ0

2π

ˆ ˆ 0

π

sin θ

π/2 π/ 2

− R  − R 

Q r 2πa 2 r

3

dθdφ

Evaluando en  en r =  0 obtenemos el campo en el centro de curvatura:  C E C =

−

Q 8π2 ǫ0

2π

 R sin θ dθdφ  3 R π/2 π/ 2

ˆ ˆ 0

π

 

 = a  = a ρ = a k + a ı + a sin θ sin φ ˆ, entonces R Si tomamos R = a ˆ = a cos θ ˆ + a sin θ cos φ ˆ = a.. Por el argumento ˆ ˆ de simetr´ simetr´ıa, solo interesa interesa la componente según un k. De todas formas, se puede verificar calculando ı, ˆ. Con esto, expl´ expl´ıcitamente las integrales en ˆ

| |

E C C =

−

Q 4πǫ0 a2

ˆ

π

cos θ sin θ dθ = dθ =

π/2 π/ 2

−

Q 8πǫ0 a2

π

ˆ

sin2θ dθ = sin2θ

π/2 π/ 2

  

Q 8πǫ0 a2

= − −1 1

Finalmente,  C ˆ E C = E C C k =

Q ˆ k 8πǫ0 a2 

–9–

1.2.

Ley de Gauss para para el campo el´ ectrico ectrico

(1) Consideran Considerando do la ley de Gauss, Gauss,

¨ 

ˆ dS = E n

·

S

con q la la carga encerrada por la superficie uniformemente, de carga Q carga Q y radio a radio a..

q ε0

 de S , determine el campo eléctrico ectrico E de una esfera cargada

Soluci´ on:

Primero que todo, calculemos la densidad volumétrica etrica de carga para la esfera: ρ(r ) =

3Q Q Q = = 4 3 4πa3 V πa 3

 = Por simetr´ si metr´ıa, ıa, propo pro ponemo nemoss que E = E (r ) rˆ. Como superficies gaussianas, tomaremos esferas de radio r con normal exterior ˆn = rˆ. As´ı,

¨ 

ˆ dS = E n

· ·

S

¨

E (r)ˆr rˆ dS = E (r) A( A ( ) = 4πr 2 E (r ) =

·

S

S

q enc enc ε0

Para calcular la carga encerrada, distinguimos dos casos: r>a = Q q enc enc = Q

E (r ) =

−→

r


4 r = ρ((r ) πr 3 = Q q enc enc = ρ 3 a

·

3

−→

Q 4πε 0 r 2

E (r ) =

Q r 4πε 0 a3

Notar que es continua en r = a = a.. As´ As´ı, el campo eléctrico ectrico tiene la siguiente forma: E(r) Q 4πε 0 a2

∝r ∝ r1

2

r = a r = a

– 10 –

con:  (r) = E

 

Qr ρ ˆ , si r < a 4πǫ0 a3 Q ρ ˆ , si r 4πǫ0 r2

≥ a

alculo hecho mediante integrales de Coulomb. [Propuesto] Compare [Propuesto] Compare este resultado con el cálculo



(2) Considere un cable coaxial coaxial muy largo, compuesto compuesto por un cilindro sólido olido interior –de radio a– que lleva una densidad de carga volumétrica ρ etrica ρ (constante), (constante), y por un cilindro exterior exterior hueco hueco –de radio b radio b > a– que lleva una densidad de carga superficial σ ; esta densidad es tal que hace al cable eléctricamente ectricamente neutro. Encuentre el campo el´ ectrico ectrico producido por el cable en todo to do el espacio.

Soluci´ on:

Establecemos un sistema de coordenadas cil´ cil´ındricas en el centro del cable. Distinguimos tres regiones: (i) r > b

(ii) a < r < b

(iii ) 0

≤r
Por simetr´ simetr´ıa, el campo (de existir) existir) debe ser radial, radial, y su magnitud magnitud únicamente unicamente función on del radio (pues el cable posee una simetr on del ángulo angulo polar). sime tr´ ´ıa azimut azi mutal al , i.e. es invariante ante una rotación r>b Dada la simetr´ simetr´ıa, usaremos como superficie gaussiana un cilindro de radio r < b y altura h. Luego,  n  n  n ˆ dS = = ˆ dS + + ˆ dS E E E

¨

¨

· ·

S

· ·

Manto

¨

· ·

Tapas

 = Para el manto, n ˆ = ρˆ y E = E (r ) ˆ ρ; de esta forma:

¨ 

ˆ dS = = E (r ) E n

· ·

Manto

Por otro lado, para las tapas, n ˆ =

¨

dS = 2πrhE (r )

Manto

± kˆ. De esta forma, E  ⊥ ⊥ ˆn y por tanto: ¨  ˆ dS = = 0 E · n Tapas

– 11 –


Con esto, Φe = E (r)2πr )2πrh h pero como el cable es neutro, q enc enc = 0. Luego, )2πrh E (r)2πr h = 0

E (r) = 0

−→

2

2

Notar que: q enc π a hρ + hρ + σ σ22πbh = πbh = 0 enc = πa

−→

ρa σ = − 2b

a
−→

0

≤ r < a

Escogemos la misma superficie sup erficie gaussiana. Los mismos argumentos de simetr´ simetr´ıa son v´ alidos alidos en esta región, on, y por tanto: Φe = E (r)2π )2π r h , qenc = ρπr 2 h Entonces,

πr 2 h )2πrh = ρ E (r )2πr h = ρ ǫ0

−→

E (r) =

ρr 2ǫ0

En resumen (notando que existe una discontinuidad en el campo al atravesar la superficie cargada = b), ), r = b ρr ρ ˆ , si 0 r < a 2ǫ0  (r ) = E

   

≤

a2 ρ si a < r < b ρ ˆ , si a 2ǫ0 r  0

, si b < r 

– 12 –

(3) Considere dos esferas no concéntricas entricas de radio ra dio R ell as lleva ll eva una densidad de nsidad volumétrica etrica R.. La primera de ellas de carga ρ y la segunda ρ. Los centros de las esferas están a distancia d < 2R. Si d es el vector que va del centro de la esfera positiva al centro centro de la negativa, negativa, demuestre demuestre que el campo eléctrico ectrico en la intersección on de las esferas es constante, y encuentre su valor.

−

d

Soluci´ on:

Este problema se resuelve con superposición, on, recordando antes la fórmula ormula del campo eléctrico ectrico generado por una distribución on homogénea enea y esférica erica de carga (resuelto anteriormente):

 (r) = E

 

Qr ρ ˆ , si r < a 4πǫ0 a3 Q ρ ˆ , si r 4πǫ0 r2

≥ a

donde r es la distancia al centro de la distribución. Ahora, sea P un P un punto arbitrario dentro de la región on de intersección: on:

P ρ

r ′

r d

−ρ

El campo en P producido on de carga positiva es P producido por la distribución  1 = ρ r E 3ǫ0 – 13 –

y el de la distribución on negativa viene dada por  2 = E

−ρ r

′

3ǫ0

As´ As´ı, por el principio de superposición, on, el campo eléctrico ectrico en P en P está dado por  (P )  1 + E  2 = ρ r E P ) = E 3ǫ0 Pero d + r ′ = r, de forma que  que r ′ = r

−  d:

ρ  (P ) E P ) = r 3ǫ0

−

− 3ρǫ

r ′

0

−

ρ r 3ǫ0

ρ   d = d 3ǫ0

El punto P fue todo x dentro de la intersección, on, el campo es P fue escogido arbitrariamente; luego, para todo  uniforme y está dado por  (x) = ρ d E 3ǫ0 Notar que el campo es paralelo a la dirección que une ambos centros 

(4) Considere Considere la siguien siguiente te distribuci distribuci´ón on volumétrica etrica de carga en coordenadas coor denadas esféricas ericas ρ(r) =

k , r2

a

≤ r ≤ b

Encuentre Encuentre el campo eléctrico ectrico en todo el espacio. Soluci´ on:

Dado que no existe dirección on privilegiada para la densidad de carga, el problema presenta simetr´ simetr´ıa  esférica. erica . Por esta razón, on, es posible argumentar que el campo en cuestión on posee la forma E = = E (r ) ρˆ. Ahora, nuestro problema separa al espacio en tres regiones: r
¨ S

· ·

A

pues no hay carga en dicha zona del espacio.

– 14 –

−→

≡


r>b El cálculo alculo anteriormente realizado sigue siendo válido alido en esta región, on, y por ello: q enc enc (S )ǫ0

E (r ) = As´ı, como co mo

A

2

A(S ) = 4πr , nos basta hallar la carga encerrada en este caso: 2π

q enc enc =

π

b

ˆ ˆ ˆ ρ(r )r sin θdrdφdθ ˆ k 0

0

a

b

= 4π

a

= 4πk( πk (b Por tanto, E (r ) =

2

r2

r2 dr

− a)

4πk( πk (b ǫ0

− a)

1 k(b a) = 2 4πr ǫ0 r 2

−

a
k 2 r˜ dr˜ 2 ˜ r a = 4πk( πk (r a)

q enc enc = 4π

ˆ

−

De esta forma, E (r) =

4πk( πk (r ǫ0

− a)

1 k(r a) = 4πr 2 ǫ0 r2

−



(5)

a ) Determine la forma diferencial de la ley de Gauss. ¿Qué hipótesis otesis debe adicionar? b ) Una distribuc distribuci´ ión on de carga eléctrica ectrica produce pro duce un campo

− 

 = = c 1 E

e−αr

ρ ˆ

r2

en donde c, donde c, α son constantes, y r y r es la distancia al origen. Encuentre Encuentre la densidad volum´ volumétrica etrica de carga de la distribución, on, as´ as´ı como también en la l a carga encerrada dentro de una esfera de radio r adio r = 1/α /α.. Soluci´ on:

– 15 –

a ) Supongamos que se cumplen las hipótesis otesis del teorema de la divergencia (lo cual es razonable para los problemas problema s f´ısicos ısicos de la l a mayor m ayor´´ıa de los l os casos), y por p or ello:

¨  · nˆ dS E · ˚ 

q enc enc ǫ0

=

S

∇·

V

1 E dV = ǫ0 0 =

˚ ρ dV ˚  V

∇ · − −  E

V

ρ dV ǫ0

Como Como lo anter anterior ior fue realizad realizadoo para para un volum volumen en arbitr arbitrari ario, o, y dad dadoo que las funcio funcione ness son continuas, entonces se infiere que el integrando debe ser nulo para la que igualdad sea válida para cualquier volumen. As´ As´ı,  = ρ E ǫ0 que el la forma diferencial de la ley de Gauss.

∇·

b ) Para obtener la densidad volumétrica etrica de carga a partir de un campo, aplicamos la ley de Gauss en su forma diferencial. Dado D ado que trabajamos en coordenadas co ordenadas esféricas, ericas, la divergencia divergencia es:

∇·

 

 

 = 1 ∂ r 2F r + 1 ∂ sin θF θ + 1 ∂F φ F r 2 ∂r r sin θ ∂θ r sin θ ∂φ

En este caso, E caso, E φ = E = E θ = 0, y por tanto:

∇·

cαe−αr  E = r2

−→

ǫ0 cαe−αr ρ(r ) = r2

Ahora, la carga encerrada viene dada únicamente unicamente por: 1/α

Q = 4π

ˆ

2

− 

ρ(r )r dr = dr = 4πǫ0 c 1

0

e−1



(6) Considere Considere una esfera esfera aislante aislante de radio a cargada carga da eléctricamente ectricamente con carga 3Q y, conc´ co ncéntrico entric o a ella, ella , un cascarón on esférico erico conductor, conductor , de radio r adio interior b y exterior c, ( ver figura ). ). c , cargado con carga Q (ver Encuentre el campo eléctrico ectrico para a < r , siendo r la distancia al centro de la esfera. Encuentre las densidades de carga interior y exterior en el cascarón conductor.

−

– 16 –

Soluci´ on:

Para Para calcular calcular el campo usamos usamos la ley de Gauss en coordenadas coordenadas esf´ esféricas. ericas. Para Para a < r usamos superfic sup erficies ies gaussia gau ssiana na esf´ e sféricas eric as conc´ c oncéntricas entri cas de radio ra dio r dependiendo on de interés. es. En todos to dos r dependiendo de la región los casos el campo camp o es, por los mismos argumentos de simetr´ simetr´ıa, E (r ) =

q enc enc 4πǫ0 r2

Veamos cada región on del espacio: a
3Q 4πǫ0 r 2

b
−

E (r ) =

2Q Q = 4πǫ0 r2 2πǫ0 r2

Notar que en r = b, = b, c el campo es discontinuo Para obtener las densidades de carga en las superficies interior (r ( r = b = b)) y exterior (r ( r = c = c)) del cascarón on conductor, usamos el hecho de que dentro del conductor (b ( b < r < c) c) el campo es nulo, por lo que el flujo a trav´ través es de una superficie gaussiana S gaussiana S es esf´ férica eri ca conc´ con céntrica entr ica de radio ra dio r entre b entre b y c tamb ta mbi´ ién en se anula,  n Φe = ˆ dS = = 0 E

¨

· ·

S

Pero, si el flujo se anula, necesariamente la carga encerrada dentro de esta superficie debe anularse. Esto solo es posible si se inducen cargas en la superficie interior del cascarón, tal que 3Q 3 Q + Qb = 0. Luego, Qb = 3Q y la densidad en la superficie interna del cascarón es:

−

σb =

−43πbQ

– 17 –

2


Ahora, como la carga neta del cascarón on conductor es Q, necesariamente se debe inducir carga en la superficie exterior, tal que: = Qb + Q + Qc = 3Q + Q + Qc Q = Q

− −

−

de donde Q donde Q c = 2Q, y la densidad de carga en la superficie exterior queda dada por: σc =

2Q Q = 4πc2 2πc 2 

(7) Calcule Calcule la fuerza fuerza por unidad unidad de largo que se ejercen ejercen una banda muy larga, de ancho b ancho b y y densidad de carga σ carga σ,, y un alambre igualmente largo, con densidad lineal de carga λ, λ , puesto en el mismo plano que la banda a distancia d del borde inferior, como muestra la figura.

Soluci´ on:

Podemos Podemos optar por calcular calcular la fuerza fuerza que ejerce ejerce la distribuc distribuci´ ión on lineal de carga sobre la distribución on plana, o viceversa. Utilizaremos la primera opción, on, y para ello el lo necesitamos necesi tamos obtener el campo camp o eléctrico ectrico generado por la distribución on lineal. Esto puede calcularse con ley de Gauss, considerando la simetr´ simetr´ıa cil´ cil´ındrica del campo camp o eléctrico ectrico en presencia de una distribuci´ distribuci ón on lineal infinita de carga:

Si la superficie gaussiana es un cilindro de radio r y largo h, y utilizamos utiliza mos coordenadas coor denadas cil´ cil´ındricas, ındrica s, entonces: λh  (r) = λ ρˆ Φe = 2πrhE (r ) = E 2πǫ0 r ǫ0

−→

Dada la simetr si metr´´ıa del problema, problema , y sin pérdida erdida de generalidad, gener alidad, supondremos supo ndremos que la banda se encuentre inmersa en el plano X plano X Y . = σ dxdy. Y . As´ı, dq = σ xdy. Calcularemos la fuerza que se ejerce sobre una porción de largo L largo L de la distribución on planar:  = E  dq = = dF

σλ  dxdy ˆ dxdy ˆ 2πǫ0 y

– 18 –

con x

∈ [0, [0, L], y ∈ [d, d + b]. b]. Por lo tanto,  = F

L

ˆ ˆ dx ˆ σλL 0

=

d+b

d d+b

σλ  dy ˆ dy ˆ 2πǫ0 y

 dyy ˆ dyy ˆ 2πǫ0 d + b σλL d + b ˆ = ln 2πǫ0 d

 

y, finalmente, la fuerza por unidad de longitud es:

 

 + b  = F = σλ ln d + b ˆ f 2πǫ0 L d 

1.3. (1)

Potencial el´ ectrico ectrico a ) Calcule el potencial eléctrico ectrico en un punto P punto P debido debido a un dipolo. Para ello, considere al dipolo en el eje vertical, como se muestra en la figura. b ) Determine la energ´ energ´ıa potencial de un dipolo embebido en un campo el´ ectrico ectrico externo.

Soluci´ on:

Antes Antes que todo, algunas algunas definicione definicioness importantes: importantes:

– 19 –

( ) Se define el p el potenc on continua de carga como: otencial ial electrost elect rost´ ´ atico atico de una distribución

∗

1 φ(r) = 4πǫ0

˚ ρ(R )

|r − R |

R3

d3 R

( ) La relación on entre potencial p otencial y campo camp o eléctrico ectrico es:

∗

 (r) = E

−∇φ(r)

( ) Se define el poten on discreta de carga como: p otencial cial electrost elect rost´ ´ atico atic o de una distribución

∗

N

| − |

1 q j φ(r) = 4πǫ0 j=1 r r j j =1

( ) La interpretación on f´ısica del potencial se asocia al traba jo realizado para mover una carga carg a a través es de un campo camp o eléctrico: ectri co:

∗

 r2

W =

−q

ˆ

 dr = q = q (φ2 E

· ·

 r1

a ) Sea d = 2a. Por el principio de superposición, on, 1 φ(P ) P ) = 4πε 0 Por el teorema del coseno, R1 2 = r 2 + a2 R2 2 = r 2 + a2 As´ı,



q R1

− 2ar cos(θ cos(θ) − 2ar cos(π cos(π − θ)

−

−φ ) 1

q R2



= r2 + a2 2ar cos(θ cos(θ) = r2 + a2 + 2ar 2ar cos(θ cos(θ)

−

   −   ≫  −   ≈ −          ≈ − −  −    R1 = r

1+

Desarrollando en series de Taylor, para r 1 1 a = 1+ R1 r r

2

a 2 a 2 cos θ r r a, a , tenemos que:

a 2 cos θ r

−1/2

1 1 r

1 a 2 r

2

+

De manera análoga aloga para R para R 2 ,

1 R2

Por tanto,

1 1 r

1 a 2 r

1 q 4πε 0 R1 qd cos θ = 4πε 0 r2 p cos θ = 4πε 0 r 2

φ(P ) P ) =

– 20 –

2

a cos θ r

1 q 1 = 4πε 0 r R2

2a cos θ r

a cos θ r


con p = q = qd mom ento de dipolo dipo lo eléctrico. ectrico. Finalmente, d el momento φ(P ) P ) =

p cos θ 4πε 0 r 2

b ) Supongamos Supongamos la siguiente siguiente situaci´ situacion: oń:

La energ´ energ´ıa potencial asociada al dipolo ser´ a: a: U =

−qφ( + qφ((r + a) qφ (r) + qφ

Podemos desarrollar φ desarrollar φ((r + a) en serie de Taylor (hasta el primer orden): φ(r + a) = φ( φ (r) +

∂ φ ∂φ ∂ φ ∂φ ∂ φ ax + ay + az = φ( φ (r) + ∂x ∂y ∂z

As´ı, U = qa

∇φ(r) · a

 · ∇φ(r) =  p · ∇φ(r) = − p · E 

(2) Considere un anillo de radio R uniformemente cargado con densidad λ. ¿Cuál al es el potencial electrostático atico a una distancia z sobre sobre el eje del anillo? En seguida, calcule el potencial en el eje de un anillo de radio interior a, radio exterior b y densidad σ .

– 21 –

Soluci´ on:

Tomemos un elemento infinitesimal de longitud en el anillo dℓ = dℓ = R R dθ, dθ, el cual posee un elemento de carga dq carga dq = = λRdθ on al potencial en P es: λRdθ.. Su contribución 1 dq 1 = 4πǫ0 r 4πǫ0

dφ( dφ(P ) P ) =

√ Rλdθ R + z 2

2

1 4πǫ0

√ R Q+ z

Luego, el potencial debido al anillo completo está dado por: φ(P ) P ) =

ˆ

2π

1 4πǫ0

dφ = dφ =

0

√ 2RπRλ + z 2

=

2

2

2

con Q con Q la la carga total del anillo. Es fácil acil ver que si z

≫ R, se tiene el potencial de una carga puntual ≫

φ(P ) P ) =

1 Q 4πǫ0 z

||

Ahora, para obtener el potencial de un disco de radios a radios a y b, b , simplemente se considera la superposición on de anillos infinitesimales:

Tomamos un anillo de radio r radio r y y ancho infinitesimal dr infinitesimal dr.. Sabemos que el potencial en el eje está dado por: 1 dQ dφ( dφ(P ) P ) = 4πǫ0 r 2 + z 2

√

donde dQ donde dQ = = σ σ22πrdr es πrdr es la carga que contiene dicho anillo. Luego, dφ( dφ(P ) P ) =

2πσ 4πǫ0

√ rr dr+ z 2

2

=

σ 2ǫ0

√ rr dr+ z 2

2

+ z 2

√

Finalmente, el potencial es: σ φ(P ) P ) = 2ǫ0

b

ˆ a

√ rr dr+ z 2

2

σ = 2ǫ0

√

b2

−

a2

+ z 2

 

– 22 –

(3) Considere dos cascarones esf´ ericos ericos de radios a y b (a < b). El cascarón on interior tiene una carga homog´ hom ogéneamente enea mente distrib dist ribuida uida Q, Q , y el exterior Q. Encuentre la diferencia de potencial entre ambos objetos.

−

Soluci´ on:

Consideremos el siguiente esquema:

−Q a Q b

El campo eléctrico ectrico en todo el espacio esp acio (de existir) es esf´ es féricamente ericamente simétrico. etrico. Lo mismo sucede con el potencial, que será constante en una superficie sup erficie esférica. erica. Lo que se pide es b

∆V = φ( φ (b)

− φ(a) = −

ˆ 

E dr

a

· ·

Para evaluar la integral, claramente debemos encontrar el campo y elegir un camino desde a hasta erica erica de radio r radio r,, con a con a < r < b. b. Utilizamos una superficie gaussiana esf´ b . Por ley de Gauss:

¨ 

ˆ dS = 4πr 2E (r) = E n

· ·

S

Q ǫ0

Luego, en la región on entre los dos cascarones,  (r) = E

Q ρ ˆ 4πǫ0 r 2

Dada la forma del campo, resulta inteligente elegir un camino radial: ρ , = r ˆ γ : r = r ˆ

Luego,

≤ r ≤ b −→

a

ρ = dr ˆ dr = dr ˆ

 dr = Q dr E 4πǫ0 r2

· ·

Entonces: ∆V = φ( φ (b)

− φ(a) = −

Q 4πǫ0

b

Q 1 = 4πǫ0 r r2

ˆ dr a

– 23 –



b

a

Q = 4πǫ0

 −  1 b

1 a


Notar que φ(b) φ(a) < 0 φ( as trabajo llevar una φ (b) < φ(a), i.e. cuesta más carga hasta a que hasta b desde el infinito

−

→



(4) Iones de carga q son ∆ V 0 , para luego q son acelerados desde el reposo hasta una diferencial de potencial ∆V entrar a una región on entre dos electro el ectrodos dos cil´ cil´ındricos ındrico s muy largos, largos , A y B, de radios a y b respectivamente (a < b). El ion recorre media circunferencia de radio r0 describiendo la trayectoria señalada nalada con l´ınea punteada. Despreciando los efectos de borde, y asumiendo que los cilindros son muy largos la rgos en comparaci´ on al espacio que los separa, encuentre la diferencia de potencial ∆ V BA on BA .

Soluci´ on:

Primero, debemos encontrar la velocidad con la que los iones ingresan a la región on entre los cilindros: Estos son acelerados a partir del reposo desde una región on a potencial φ = V 0 hasta otra región on a potencial φ = 0. La energ´ energ´ıa inicial está dada por

E = q = qV V i

0

mientras que la energ´ energ´ıa final (justo antes de ingresar entre los electrodos) es mv2 f f = 2

E As´ As´ı, por po r conservaci´ cons ervación on de energ´ ene rg´ıa, ıa , ∆ =0

E

−→

v2 =

2qV 0 m

Ahora, dentro de la región on entre cilindros, existe un campo el´ ectrico ectrico radial que se puede obtener con la ley de Gauss: utilizando una superficie sup erficie gaussiana cil´ cil´ındrica de radio r [a, [ a, b] y altura h, se tiene: q enc enc 2πrhE (r ) = ǫ0

∈

en donde la carga encerrada por la superficie es q enc πha, donde σ es la densidad superficial enc = σ 2πha, de carga sobre el cilindro de radio a. aq u´ı, a . De aqu 2πrhE (r ) =

σ 2πha ǫ0 – 24 –

−→

 (r ) = σa ρˆ E ǫ0 r

En particular,

σa ρ ˆ ǫ0 r0

 (r0 ) = E

Este campo es el responsable de la fuerza que siente el ion (en dirección radial), y que permite su trayectoria. Por equilibrio de fuerzas,  (r0 ) = q E

−m vr

2

ρ ˆ

(el signo corresponde corresponde a la direcci´ direcci´ on on de la fuerza centr´ centr´ıpeta) ıpeta )

0

Despejando, σ =

−2ǫaV

0 0

y el campo camp o eléctrico ectrico en el interior de los lo s electrodos queda como  (r) = E

−2V r ρˆ 0

Ahora, la diferencia de potencial entre cilindros es: b

∆V = φ( φ (b)

− φ(a) = −

b

ˆ 

E dr =

a

· ·

−

ˆ a

−  2V 0 r

dr = dr = 2V 0 ln

 b a

en donde hemos tomado tomado un camino radial para realizar la integral de l´ınea. ınea.



(5) Encuen Encuentre tre el potencial potencial dentro dentro y fuera fuera de una esfera esfera sólida cargada uniformemente, cuyo radio es R es R y su carga total es Q. Q . Use el infinito como punto de referencia. Soluci´ on:

Es fácil acil ver, por ley de Gauss, que el campo camp o eléctrico ectrico en esta configuración on (propuesto) viene dado por: Qr ρ ˆ , si r R 4πǫ0 R3  (r) = E Q ρ ˆ , si r > R 4πǫ0 r 2

 

Potencial Potencial Exterior: Exterior:

≤

Ahora, para obtener el potencial electrostático, atico, calculamos calculam os la l a siguiente sig uiente integral integra l del l´ınea: φ(r )

− φ(∞) = −

ˆ

r

∞

 dr E

· ·

ρ Como usamos el infinito como referencia, φ( ) = 0. Usando una trayectoria radial, d radial, dr = dr = dr ˆ ˆ y –para r –para r > R–, r r Q Q dr Q = = φ(r) = dr = dr 2 4πǫ0 ∞ r2 4πǫ0 r ∞ 4πǫ 0 r

∞

−

ˆ

−

– 25 –

ˆ

Potencial Potencial Interior: Interior:

Ahora, para r < R, R, φ(r) =

−

ˆ

R

r

E out out

∞

ˆ (r ) dr − E (r ) dr ˆ Q in in

R r

Q r dr 4πǫ0 R 4πǫ0 R3 R Q Q( Q (R2 r2 ) = 4πǫ0 R 8πǫ0 R3 (3R2 r2 ) Q(3R = 8πǫ0 R3 =

−

−

− −



(6) Un alambre, alambre, cuya cuya densidad lineal de carga es λ, se extiende en el eje z desde = z desde z =

−d hasta z hasta z = = d. d .

a ) Calcule Calcule el potencial potencial en un pun punto to z z > d sobre el eje del alambre. al es el cambio de energ´ energ´ıa potencial de un electrón on si se mueve de z = 4d hasta z hasta z = = 3d? b ) ¿Cuál c ) Si el electrón on parte del reposo desde z = = 4d, ¿cuál al es su velocidad en z = 3d? Observación: on: No considere efectos gravitacionales. Soluci´ on:

 = r ˆ, dR = a ) Sean  Sean r = z = z ˆ = r k ello r kyR dR = dr dr,, y con ello  1 φ(z ) = 4πǫ0

d

ˆ

−d

λ z

−

– 26 –

− R = (z − r) kˆ. As´ı,

 

+ d λ z + d ln dr = dr = 4πǫ0 r z d

−


b ) Un electrón on se mueve desde z = 4d hasta z hasta z = = 3d; luego, su cambio en energ´ energ´ıa potencial es: ∆U = U (3 U (3d d)



− U (4 (3d) − φ(4d (4d) U (4d d) = q φ(3d

 

= e φ(4d (4d)

−





5 eλ (3d) = ln φ(3d 4πǫ0 6

c ) Por conserv conservaci´ ación on de energ´ ene rg´ıa, ıa , (4d) +  (4d (4  ) = U (3 + K (3d (3d) U (4d K  d  U (3d d) + K

−→

(3d) = U (4 K (3d U (4d d)



6 eλ ∆U = ln 4πǫ0 5

− U (3d (3d) = −

pues parte del d el reposo. rep oso. As´ As´ı, despeja d espejando ndo v =

   5 meλ ln 2πǫ0 6



(7) Se tiene una distribución on rectil´ rectil´ınea de carga de densidad λ homog´ homo génea. enea . Un punto P P está a una distancia r de la distribución, on, y su proyección on sobre la recta de carga está a las distancias ℓ1 y ℓ2 de sus extremos.

a ) Calcule Calcule el potenc p otencial ial electrost´ electrostático atico en P en P .. Analice los casos l´ımites. b ) Obtenga el potencial en el punto P debido P debido a un alambre infinito de carga. Soluci´ on:

 = z ˆ k, dR = dz a ) Tomando el origen tal como se muestra en la figura, figura,  r = r ρˆ, R d z y r

| − R | =

– 27 –

√ z + r . As´ı, 2

2

ℓ1

1 φ(P ) P ) = 4πǫ0

ˆ ˆ

−ℓ 2 ℓ1

λ

|r − R | dz √ r dz + z √

λ 4πǫ0 −ℓ λ = ln z + + 4πǫ0 =

λ = ln 4πǫ0

2

2

2

      − z 2

ℓ1 +

+ r 2

ℓ1

−ℓ 2

ℓ1 2 + r 2

ℓ2 +

ℓ2 2 + r 2

b ) Para Para calcular el potenc p otencial ial de un alambre alambre infinito, ¿basta con hacer ℓ hacer ℓ 1 , ℓ1 ? Si lo hacemos, notamos que el potencial p otencial diverge. Esto se debe a que la carga eléctrica ectrica total en la distribución on no es finita, y solo en esos casos podemos fijar el potencial igual a cero en infinito. Para resolver este problema, recordamos que el campo el´ ectrico ectrico producido por un alambre infinito es:

→ ∞

 (r) = E (r ) ˆ ρ = E Sabemos que:  = E

λ ρ ˆ 2πǫ0 r

−∇φ = dφ ρ ˆ dr

pues la simetr´ simetr´ıa del problema nos sugiere que no hay dependencia angular. As´ As´ı, φ(r ) =

−

ˆ

E (r ) dr + dr + C C

−→

φ(r ) =

− 2πǫλ

ln (r) + C + C 0

con C C una constante arbitraria. Evaluando en r = 1, obtenemos que φ(1) = C . Luego, la constante no es más as que el potencial de todos los puntos que están an sobre el manto cil´ cil´ındrico de radio unitario: λ ln (r ) + φ + φ(1) (1) φ(r) = 2πǫ0

−



(8) Dos cables infinitos, infinitos, paralelos paralelos al eje X , poseen densidades de carga uniformes λ y a distancia a del origen.

−λ. Ellos están an

a ) Encuent Encuentre re el potencial en un punto punto (x ( x , y , z) usando el origen como punto de referencia. Demuestre re que las superficies superficies equipotenciale equipotencialess son cilindros cilindros circulares. circulares. b ) Demuest Soluci´ on:

Tenemos dos alambres infinitos, cada uno a distancia a del origen, como se aprecia en la figura (notar que el eje X sale sale de la página) agina) – 28 –

a ) Por el principio principio de superposición, on, el potencial total en el punto P punto P ser´ será la suma de los potenciales debidos a cada distribución on individual. El potencial debido al alambre de densidad λ es φ1 (P ) P ) =

−2πǫλ

y el potencial debido al alambre de densidad φ2(P ) P ) =

ln (s+ ) + C + C 1 0

−λ es

λ ln (s−) + C + C 2 2πǫ0

Ahora, como nos piden que la referencia sea el origen, las constantes C 1 y C 2 deben satisfacer φ1 (a) = φ 2 (a) = 0 y con ello: φ1(a) = 0 = φ2(a) = 0 =

− 2πǫλ

ln (a) + C + C 1 0

λ ln (a) + C + C 2 2πǫ0

−→ C = 2πǫλ −→ C = − 2πǫλ

ln (a)

1

0

ln (a)

2

0

Notar que C que C 1 + C + C 2 = 0. El potencial en el punto P es = φ 1 (P ) + φ2 (P ) φ(P ) P ) = φ P ) + φ P ) =

−



λ λ λ s− ln (s+) + ln (s− ) = ln 2πǫ0 2πǫ0 2πǫ0 s+

Si P Si P = (x,y,z ), ), entonces s− = Finalmente,



(y + a + a))2 + z 2

λ ln φ(P ) P ) = 2πǫ0

 

∧

(y + a + a))2 + z 2 (y

− a)

2

+ z 2

– 29 –

 −   s+ =

(y

a)2 + z 2

(y + a + a))2 + z 2 λ = ln 4πǫ0 (y a)2 + z 2

−




b ) Las curvas curvas de nivel vienen vienen dadas por: p or:



 − 

(y + a + a))2 + z 2 = η = η = = cte cte (y a)2 + z 2

−

Desarrollando,

(y + a + a))2 + z 2 = η (y

a)2 + z 2

2ay + + a y 2 + 2ay a2 + z 2 = η( η (y 2 (1

− η )y

2

2

2

− 2ay + ay + a a + z ) + 2(1 + η + η))yz + + (1 − η )z + (1 − η )a = 0 2

2

Si η = 1, entonces las curvas de nivel son solo puntos, por lo que pueden considerarse como c´ırculos de radio cero. Para η = 1,



y 2 + z 2 + a2 + 2

  1 + η + η 1 η

−

ya = ya = 0

Recordamos la ecuación on de una circunferencia con centro en y 0 y radio R radio R:: (y

2

−y ) 0

+ z 2 = R 2

←→

y 2 + z 2

2

2

− 2yy + (y (y − R ) = 0 0

0

De aqu´ aqu´ı, es claro que –en planos perpendiculares p erpendiculares a los alambres– las superficies sup erficies equipotenciales son circunferencias con 2a η η + 1 = a y0 = a R = η 1 η 1

∧

−

En definitiva, las superficies equipotenciales son cilindros:

√ | − |



(9) Considere Considere un plano infinito infinito con densidad densidad superficial superficial de carga uniforme uniforme positiv p ositivaa σ, σ , el cual tiene una perforación on circular de radio R, tal como muestra la figura. Se define un sistema de coordenadas cartesianas con origen en el centro del orificio, tal que la distribución de carga se encuentra en el plano cartesiano Y Z . Calcule el trabajo que debe realizar un agente externo para llevar una carga negativa desde el centro del disco hasta un punto sobre el eje X X ubicado a una distancia D del origen. – 30 –

Soluci´ on:

Primero que todo, recordemos que el trabajo requerido para llevar una carga Q desde un punto a hasta un punto b está dada por: W = Q φ(b) φ(a)





−

Con anterioridad calculamos el campo camp o eléctrico ectrico debido a esta configuración, on, el cual solo ten´ ten´ıa una ı: componente no nula en la dirección on ˆ x  (x) = σ ı E ˆ 2ǫ0 x2 + R2

√

Por tanto, la diferencia de potencial entre el origen y el punto D en el eje X es: D

φ(D)

− φ(0)

=

ˆ − ˆ

 dr E

· ·

0

D

=

− 2σǫ √ x x+ R dx √ − 2σǫ D + R − R 0

=

0

As´ As´ı, el traba trab a jo será: a: W =

−

qσ 2ǫ0

√



D2

2

0

2

+ R2

2

2



 − R

donde notamos que el trabajo es positivo (puesto que q q es una carga negativa y sigma es una densidad densidad de carga positi p ositiv va), lo que implica que la fuerza fuerza debe ser ejercida ejercida por p or el agente agente externo. externo. 

1.4.

Energ Ene rg´ ´ıa potenci pote ncial al electros elec trost´ t´ atica atic a

(1) Calcular la energ´ energ´ıa potencial po tencial electrost´ electr ostática atica de sistema de tres cargas positivas, cada una +q + q , que se colocan en las siguientes configuraciones: – 31 –

a ) Cada carga en las esquinas de un triángulo angulo equilátero atero de lado a. b ) Cada carga en los vértices ertices de un cuadrado de lado ℓ lado ℓ.. Soluci´ on:

Recordemos que: ( ) Para un sistema de n cargas, la energ´ energ´ıa potencial asociada al sistema es:

∗

1 U = 2

n

 i=1

1 q i V i = 2

  n

1 4πǫ0

i=1 j j  =i

1 q i q j = 4πǫ0 ri,j

n

 i=1 j>i

q i q j ri,j

donde r donde r i,j es la distancia que separa a las cargas q cargas q i y q j j ( ) Para un sistema continuo continuo de cargas, la energ´ energ´ıa potencial asociada a sociada al sistema es:

∗

1 U = 2

˚

ρ(r)φ(r) d3 r

V

( ) La L a energ´ energ´ıa potencial poten cial almacenada almacena da en un campo camp o eléctrico ectrico es:

∗

ǫ0 U = 2

˚

E 2 (r) d3 r

R3

a ) En este caso, es fácil acil ver que: 1 U = 4πǫ0 1 = 4πǫ0 1 = 4πǫ0

      q 1 q 2 q 1 q 3 q 2 q 3 + + r1,2 r1,3 r2,3 q 2 q 2 q 2 + + a a a 3q 2 a

b ) El ejercicio es análogo, alogo, salvo por el cambio en las distancias: r1,2 = ℓ

√

2ℓ r1,3 = r1,4 = ℓ r2,3 = ℓ

√

2ℓ r2,4 = r3,4 = ℓ

– 32 –


Con ello, 4

 i=1 j>i

√

1 4 2 4+ 2 = + = ri,j ℓ ℓ 2ℓ

√

As´ As´ı, finalmente final mente tenemos tenem os que: 2

U =

q 4πǫ0

 √  4+ 2 ℓ



(2) Cuatro part´ part´ıculas, dos de las cuales poseen carga +q + q y y las otras dos q , están an ubicadas como indica la figura. Si cada una posee masa m y se suelta de los vértices ertices del cuadrado a partir del reposo, se pide calcular sus velocidades cuando el largo del cuadrado vale ℓ. Suponga que todas las cargas se mueven con la misma rapidez.

−

Soluci´ on:

Por el principio de la conservación on de energ´ energ´ıa, se cumple que E inicial inicial = E final Si calculamos la energ´ energ´ıa inicial, notaremos que posee una contribuci´ contribución on cinética etica y otra potencial, por lo que: + U inicial E inicial inicial = K inicial inicial + U inicial Como el sistema parte del reposo, se tiene que K inicial energ´ıa potencial inicial está dada inicial = 0. La energ´ por: U inicial inicial

1 = 4πǫ0 1 = 4πǫ0 q 2 = 4πǫ0

 − · · √  √ − 

q A q B q A q C q A q D q B q C q B q D q C C C C q D + + + + + rA,B rA,C rA,D rB,C rB,D rC,D q 2 q 2 4 +2 a 2a 2 4 a

– 33 –



Para la situación on final, si cada una se mueve con velocidad v y poseen masa m, la ener en ergg´ıa cin´ ci nétic et icaa final es: 4 mi 2 mv 2 = 2mv2 K final = vi = 4 2 2 i=1



La energ´ energ´ıa potencial final se consigue cambiando a por p or ℓ ℓ,, por lo que: q 2 U final = 4πǫ0

√ 2 − 4 ℓ

As´ı, 2 U inicial inicial = 2mv + U final

Finalmente, v =

v =

−→



−

U inicial U final inicial 2m

 √ −   −  q 2 8mπǫ0

2

4

1 a

1 ℓ

(3) Calcular la energ´ energ´ıa potencial electrostática atica del siguiente sistema de cargas puntuales:

Soluci´ on:

El problema es fácil acil de abordar si se considera que hay: 12 pares de cargas, como A y B , con separación b on b entre ellas

√ 2b entre ellas √ 4 pares de cargas, como A como A y H , con separación on 3b entre ellas √ 3b 12 pares de cargas, como A y C , on C , con separación

8 pares de cargas, como A como A y O, con separación on

– 34 –

2

entre ellas



La energ´ energ´ıa total del sistema es la suma de las energ´ energ´ıas de cada par de cargas:

 · − − · −√ −  √ − √ 

1 ( e)( e) ( e)( e) ( e)( e) ( e)(+2e )(+2e) 12 + 12 +4 +8 U = 4πǫ0 b 2b 3b 3b/2 b/2 2 28 e = 12 + 6 2 4bπǫ0 3

· −√ −

· −√

 

(4) Muestre que la energ´ energ´ıa potencial p otencial almacenada en una esfera sólida, olida, de radio R, cargada uniformemente con una carga Q carga Q es 3 Q2 U = 5 4πǫ0 R

 

Soluci´ on:

Utilizando coordenadas co ordenadas esféricas, ericas, la densidad de carga en la esfera está dada por: ρ(r,ϕ,θ) r,ϕ,θ) = ρ( ρ(r ) =

3Q Q = 4πR2 /3 4πR 3

Como hemos calculado anteriormente, el potencial al interior de una esfera sólida olida con carga uniformemente distribuida es: (3R2 r 2) Q(3R φ(r,ϕ,θ) r,ϕ,θ) = φ( φ (r) = 8πǫ0 R3

−

De esta forma, dado que las cantidades no tienen dependencia angular, R 1 U = dΩ ρ(r ) φ(r ) r2 dr 2 0 R 1 3Q Q = 4π (3R (3R2 3 3 2 4πR 8πǫ0 R 0 3Q2 4R 4 R5 = 16πǫ 16πǫ0 R6 5 3 Q2 = 5 4πǫ0 R

ˆ ˆ

· ·

ˆ

·

2

− r )r

2

dr

·

 



(5) Una esfera esfera de radio R radio R posee posee una densidad de carga radial ρ radial ρ((r) = kr, con k una una constante. Encuentre kr , con k la energ´ energ´ıa potencial p otencial de esta configuraci´ configur ación. on. Soluci´ on:

Calculemos el campo eléctrico ectrico en todo el espacio utilizando la ley de Gauss: r>R R

q enc enc =

ˆ ˆ dΩ

2

ρ(r )r dr = dr = 4π

0

R

ˆ 0

– 35 –

kr 3 dr = dr = π πkR kR4


Por otra parte,

¨ 

ˆ dS = 4πr 2 E (r ) E n

· ·

S

Con ello, q enc enc 4πr E (r ) = ǫ0 2

r
ˆ ˆ

r

dΩ

′

kR 4 E (r ) = 4ǫ0 r 2

−→

′2

r

′

ρ(r )r dr = 4π

0

ˆ

3

kr ′ dr ′ = πkr π kr 4

0

De manera análoga, aloga, q enc enc 4πr E (r ) = ǫ0 2

kr 2 E (r) = 4ǫ0

−→

Para el cálculo alculo de la energ´ energ´ıa potencial, haremos uso del hecho de que el campo eléctrico ectrico no tiene dependencia angular, por que tenemos: ∞

ǫ0 U = 2 =

ˆ ˆ dΩ E (r) r dr ˆ ˆ 2πǫ E (r) r dr + dr + E (r ) r dr ˆ k r ˆ k R 2πǫ r dr + dr + r dr 16ǫ 16ǫ 16ǫ 16ǫ r ˆ ˆ dr k π 2

0 R

0

     2

2

∞

2

0

2 4 2

R

=

0

0

0

2

=

R

2

R

∞

2

2

6

2

R

8

r dr + dr + R R 8ǫ0 0 k 2 π R7 = + R7 8ǫ0 7 2 8 R7 k π 8R πk 2 R7 = = 8ǫ0 7 7ǫ0

∞

R

r2

8 2

2

0



2 4



2



·



1.5. 1.5.

Conduct Conductore oress y capaci capacitan tancia ciass

(1) Para Para una distribuc distribuci´ ión on homog´ hom ogénea enea y esf´ es férica erica de carga, carg a, calcular calc ular:: a ) El potencial potencial en todos los puntos interio interiores res b ) La energ´ıa ıa potencial p otencial electrostática atica Soluci´ on:

– 36 –

a ) Sabemos que, dentro dentro de la esfera, el potencial debe satisfacer satisfacer la ecuaci´ ecuación on de Poisson:

∇ φ = ∆φ = −ǫρ 2

0

Debido a la simetr´ simetr´ıa esférica erica del problema, problema , el potencial poten cial tendrá una dependencia dependencia radial con respecto al centro de d e la esfera. As´ As´ı, φ ı, φ = = φ on de Poisson en coordenadas φ((r ), y resolvemos la ecuación esf´ es féric er icaas: 1 d ρ 2 dφ = r r2 dr dr ǫ0

  −

Esto es, d dr

  r

2 dφ

dr

=

−

ρr2 ǫ0

−→

r

2 dφ

=

−

dr

Integrando nuevamente, φ(r ) =

−

ρr2 6ǫ0

ρr3 + c1 3ǫ0

− cr + c 1

−→

dφ = dr

−3ρrǫ + cr 0

1 2

2

Como calculamos el potencial dentro potencial dentro de la esfera, esfera , este debe ser finito en el origen; para ello, debe cumplirse que c que c 1 = 0. Con ello: φ(r ) =

−

ρr2 + c2 6ǫ0

Para hallar c2 , le aplicamos le aplicamos continuidad al potencial en la frontera r = R = R:: φin (R) =

−

1 4/3πR3ρ ρR2 + c2 = = φ out (R) 6ǫ0 4πǫ0 R

Finalmente, ρ φ(r) = 2ǫ0

−→

ρR2 c2 = 2ǫ0

− 2

R

r 2 3

b ) La Energ´ Energ´ıa potencial asociada aso ciada a una distribución on de carga se puede obtener como: 1 U = 2

ρ = φ dq = 2

˚

˚

V

V

ρ φ dV = 2

4πρ φr2 dr dΩ = 2

˚ V

R

ˆ 0

4πρ2 R5 φ(r )r dr = dr = 15ǫ 15ǫ0 2



(2) Una esfera de metal de radio R y carga q está rodeada por un cascarón on esférico eri co met´ met álico alico de radio interior a y radio exterior b. El cascarón on no tiene carga neta. Encuentre re la densidad densidad superficial superficial de carga en cada superficie a ) Encuent b ) Encuent Encuentre re el potencial en el centro, centro, utilizando utilizando infinito infinito como pun punto to de referenc referencia ia c ) Si la esfera exterior se conecta a tierra bajando su potencial a cero (igual que en infinito), ¿C´ omo cambian las respuestas anteriores? omo – 37 –

Soluci´ on:

a ) Consider Consideremos emos el siguient siguientee esquema: esquema:

Como la esfera de radio R es metálica alica (conductora), toda la carga debe estar concentrada en su superficie. Dada la simetr´ simetr´ıa esf´ erica erica del problema, esta distribución on de carga debe ser uniforme, es decir: q σR = 4πR 2 Ahora, el cascarón on es eléctricamente ectricamente neutro; sin embargo, embargo , en sus superficies super ficies ( S a y S y S b ), se induce  (r ) =  carga de forma tal que el campo eléctrico ectrico en su interior sea nulo, i.e. E 0, si a si a < r < b. b. Tomando una superficie gaussiana en el interior del cascarón, on, Qint  n ˆ dS = 0 = E ǫ0

¨ S

· ·

Qint = 0

−→

As´ı, como co mo Q int = q + σ + σa 4πa2, es claro que: σa =

− 4πaq

2

Como el cascarón on es neutro, debe cumplirse que 2

2

σa 4πa + σb 4πb = 0

−→

σb =

−

a2 q = σ a 4πb 2 b2

Distinguimos os cuatro regiones, regiones, como se aprecia aprecia en la figura: b ) Distinguim

– 38 –


 =  Como las regiones I , I I I están an dentro de un conductor, E 0 y su potencial es constante (pueden ser distintos entre s´ s´ı, pero iguales en todo punto de cada región). on). Para encontrar el campo eléctrico ectrico en las regiones I I , I V utilizamos la ley de Gauss. Tomando una superficie esférica eri ca de radio rad io r con R con R < r < a (región I on I I ), ), se tiene: q ǫ0

Φe = 4πr 2E (r) =

−→

E (r ) =

1 q 4πǫ0 r 2

Del mismo modo, para r para r > b (región I on I V ), V ), se cumple que: E (r ) =

1 q 4πǫ0 r 2

Con esto, podemos calcular el potencial en el origen φ(0)

    

− φ(∞) = −

ˆ

0

 dr = E

· ·

∞

∞

ˆ 0

 dr E

· ·

tomando una trayectoria radial: φ(0) =

ˆ ˆ ˆ

∞

E (r) dr

0

=

0

=

R

a

a

b

∞

ˆ ˆ ˆ E (r) dr + dr + E (r ) dr + dr + E (r ) dr + dr + ˆ q dr q dr R ∞

+ 2 4 πǫ r 0 R 1 1 q = + 4πǫ0 b R



a

E (r ) dr

b

4πǫ0 r 2

b

 − 1 a

c ) Ahora, Ahora, tenemos tenemos que:

Hasta antes de la frontera r = b, el campo el´ eléctrico ectrico y la densidad densidad de carga se mantien mantienen en intactos. Por otra parte, el potencial es nulo sobre la superficie exterior S b , lo que implica que ∞

φ(b) =

ˆ

E (r) dr = dr = 0

b

para cualquier camino que una al infinito con el punto b, b, pues el campo es conservativo. Luego, como el integrando es continuo y vale cero para cualquier camino γ , por p or teor teo r´ıa de d e la integr i ntegraci´ ación, on, debe cumplirse que  (r) =  0 , E r I V

∀ ∈

– 39 –

Notar que lo anterior implica que la carga encerrada por una superficie gaussiana contenida en I V necesariamente ectricamente neutro V necesariamente es cero. Es decir, el cascarón ya no es un objeto eléctricamente (se debe inducir una carga neta en él, el, igual a q ). ).

−

+ σa 4πa2 + σb 4πb 2 = q q + σ

− q + σ + σ 4πb b

2

=0

−→

σb = 0 

(3) Una esfera esfera met´ metálica alica hueca, con espesor no nulo, se encuentra inicialmente descargada. Ahora, imagine que una carga positiva q positiva q es es colocada en algún un lugar (no necesariamente al medio) dentro de la esfera, sin tocar las paredes.

a ) ¿Qué carga se induce en la pared interior y exterior de la esfera? Indicar cualitativamente cualitativamente la densidad de carga inducida. Describir cómo omo son las l´ıneas de campo eléctrico ectrico dentro y fuera de la esfera. b ) Suponga que se mueve mueve la carga dentro dentro de la cavidad. cavidad. ¿Cambia ¿Cambia la distribuci distribuci´ón on en la superficie exterior de la esfera? c ) Ahora, se coloca la carga en contacto con la superficie interior de la esfera. ¿Cómo queda la distribuci´ on de carga en la superficie interior y exterior? on d ) ¿Qué sucede si ahora se acerca otra carga Q cerca de la superficie exterior del conductor? Soluci´ on:

a ) La carga q carga q en en el interior de la esfera metálica alica inducirá una separación on de carga en el metal. Sea q i la carga total inducida en la superficie interior, y q o la carga total inducida en la superficie exterior. Debido a que la esfera inicialmente se encuentra descargada, la ley de conservación de la carga indica que se debe tener + q o = 0 q i + q Para determinar el valor de q de q i , tomemos una superficie gaussiana contenida enteramente dentro del cascarón on esférico. erico. La carga total encerrada por esta superficie es q enc + q i . Debido a enc = q + q que el campo el´ ectrico ectrico es nulo dentro de un conductor, la Ley de Gauss indica que: Φe =

+ q i q + q =0 ǫ0

−→ – 40 –

q i =

−q,

q o =

−q = q = q i

La carga negativa en la superficie interna se concentra en la parte de la esfera más cercana a la carga q carga q . En contraste, la carga positiva de la superficie exterior se distribuye uniformemente sobre sobre la superfic superficie ie exter exterior ior.. Esto Esto último ultimo debido a que la esfera metálica alica es una superficie equipotencial, y la única unica forma de que esto suceda es que el campo sea radial y uniforme sobre la superficie exterior. La distribución on de las cargas, y sus respectivas respectivas l´ıneas de campo, camp o, son similares a como se aprecia en la siguiente figura:

El campo fuera de la esfera es  (r) = E

1 q ρ ˆ 4πǫ0 r2

tal como si la carga q carga q se se encontrara en el centro del conductor. b ) La distr distribuci ibuci´ón on de d e carga en el exterior no cambia al mover la carga q en en el interior, por la misma razón on anterior. Por supuesto, la carga inducida en el interior de la superficie s´ s´ı se redistribuye redistribuye en la medida que movemos q , para asegurar que el campo en su interior siga siendo nulo. Esto resulta interesante, interesante, pues desde el exterior del conductor podr p odr´´ıamos saber cuánta anta carga se encuentra encuentra en el interior, pero no podremos asegurar en qué posici´ p osición on se encuentra. c ) Cuando la carga q carga q to toca ca la superficie superficie interior, interior, la carga inducida inducida en el punto de contacto y cancelará la carga q .

−q se se concentrará enteramente enteramente

d ) Si se acerca ahora otra carga Q al exterior de la esfera, entonces la carga se distribuirá en la superficie exterior de forma de ser una equipotencial. La distribución de carga al interior no cambia debido a la presencia de una carga en el exterior. En otras palabras, si una cavidad está encerrada en un conductor, ninguna distribución on estática atica de carga en el exterior podrá producir campos dentro. Este principio se conoce como shielding , y explica explica el por qu´ qué los aparatos aparato s eléctricos ectricos se encuentran encu entran en e n cubiertas cubi ertas metálicas. alicas. 

(4)

a ) Consider Consideree dos placas met´ alicas conductoras de igual área A alicas area A,, y separadas por una distancia d. La placa superior posee carga Q carga Q,, mientras que la placa inferior posee carga Q. Encontrar la capacidad del sistema.

−

b ) Considere un cilindro sólido olido de radio a rodeado por una cáscara ascara cil´ cil´ındrica de radio interior b. La longitud de ambos cilindros es L tal que permite despreciar los efectos de borde. El – 41 –


condensador se carga de forma que el cilindro interior posea carga Q y el exterior, carga ¿Cuál al es su capacidad?

−Q.

c ) [Propuesto] Probar on esférica, erica, compuesta de d dos os esferas [Propuesto] Probar que la capacidad de una configuración concéntricas entric as de radios rad ios a y b, b , es ab C = 4πǫ0 b a

  −

Soluci´ on:

a ) Para Para encontrar encontrar la capacidad capacidad C , primero debemos saber la forma del potencial eléctrico ectrico en el interior del condensador (y luego determinar la diferencia de potencial entre ambas placas). Ignorando el efecto del borde del capacitor –producto a su largo finito–, se puede entender al campo producido por ambas placas como el campo producto de un plano infinito: Para todo punto fuera de la región on interna del capacitor, se cumplirá que: σ ˆ σ ˆ   out   k + k = 0 E out = E +Q + E −Q = 2ǫ0 2ǫ0

−

Para todo punto dentro del capacitor, se cumple que: σ ˆ σ ˆ σ ˆ  in   k + k = k E in = E +Q + E −Q = 2ǫ0 2ǫ0 ǫ0 Ahora, la diferencia de potencial entre las placas del condensador se obtiene integrando el campo sobre una curva que va desde la placa positiva hasta la negativa; por simplicidad, elegimos una trayectoria normal a cada superficie: −

∆V = φ −

+ =

−φ

−

ˆ

+

 dr = E

· ·

σd σd −Ed = − → | ∆V | = Ed = − ǫ ǫ 0

0

De esta forma, la capacidad de un condensador de placas planas y paralelas será: C =

Q ǫ0 A = ∆V d

| |

Es claro como la capacitancia solo depende de factores geométricos on o n es válida alida etricos (esta conclusi´ para cualquier sistema). b ) Para obtener la capacidad, debemos primero obtener el campo eléctrico ectrico en cualquier parte en la región on entre ambos conductores. Debido a la simetr´ simetr´ıa cil´ cil´ındrica del sistema, elegimos por superficie gaussiana un cilindro coaxial con longitud ℓ < L y radio a radio a < r < b. b . Usando la ley de Gauss, con un campo radial, tenemos Φe = E (r)2πℓr )2πℓr = =

2πaℓσ q enc enc = ǫ0 ǫ0

– 42 –

−→

E (r) =

aσ ǫ0 r

La diferencia de potencial está dada por: b

∆V = φ(b)

− φ(a)

=

−

ˆ 

−

aσ b ln ǫ0 a

E dr

a

· ·

b

= =

−

ˆ

E (r ) dr

−

aσ ǫ0

ˆ dr

a

b

a

r

=



donde el camino de integración on tiene la dirección on radial del campo eléctrico. ectrico. De esta forma, tenemos que: 2πǫ0 L Q σ 2πaL = aσ = C = ∆V b/a) ln (b/a) b/a) ln (b/a) ǫ0

| |



(5) Considere Considere un condensador condensador de placas placas paralelas paralelas cargadas con densidade densidadess σ y σ , como muestra la figura. Se arroja una carga q q horizontalmente, por el espacio entre las placas, con velocidad vx . Encuentre Encuentre la trayectoria trayectoria seguida por la part´ part´ıcula cargada y el ángulo angulo que forma su vector velocidad con la horizontal al momento de salir, considerando que ℓ es lo suficientemente grande como para que la carga no choque con alguna de las placas. Desprecie efectos gravitacionales.

−

Soluci´ on:

 = σ k ˆ . Por tanto, la fuerza eléctrica EL campo eléctrico ectrico dentro del capacitor es E ectrica ejercida sobre ǫ0 la carga viene dada por la ley de Coulomb:  = q E  = qσ k ˆ F ǫ0 De la segunda ley de Newton,  = ma F

−→

a =

qσ ˆ k mǫ0

k + a ı, tenemos: Separando la ecuación on anterior en componentes, i.e.  i.e. a = a = az ˆ + ax ˆ

ax = 0 x′′ = 0

−→ – 43 –

x(t) = at + at + b b

′

∗ Reemplazando las condiciones iniciales, x(0) = 0,0, x (0) = v = v , obtenemos: x

x(t) = vx t

az = β z ′′ = β

−→

z (t) =

β 2 t + bt + c 2

′

∗ Reemplazando las condiciones iniciales, i.e. z (0) (0) = z = z (0) = 0, concluimos que: z (t) =

1 qσ 2 t 2 mǫ0

donde el origen coincide con la posición on inicial de la carga al momento de entrar en el capacitor. De las ecuaciones anteriores, anteriores, es claro que la trayectoria trayectoria de la part´ part´ıcula es una par´ parábola ol a en el plano X Z . Ahora, el tiempo que demora en llegar al extremo derecho del capacitor será x(t∗ ) = d

−→

t∗ =

d vx

Con esto, las componentes de velocidad en cada eje serán: V x (t∗ ) = x ′ (t∗ ) = v x

∧

V z (t∗ ) = z ′ (t∗ ) =

qσ d mǫ0 vx

Finalmente, el ángulo angulo está dado por α = arctan

 

 

V z (t∗ ) qdσ = arctan V x (t∗ ) mvx 2 ǫ0



(6) Considere Considere la configuraci´ configuración on de la figura. Encuentre la capacidad equivalente, asumiendo que todos los condensadores poseen la misma capacidad C .

– 44 –


Soluci´ on:

Para los condensadores conectados en serie, la capacidad equivalente está dada por: 1 1 1 1 = + + . . . + = C eq C 1 C 2 C n eq

n

 k=1

1 C k

Por otro lado, para los condensadores en paralelo, la capacidad equivalente es: n

+ C 2 + . + . . . + C n = C eq eq = C 1 + C



C k

k =1

Para la segunda y tercera fila existen capacitancias equivalentes en serie, C 2 , C 3 respectivamente: C 2 =

  1 1 + C C

−1

C = 2

∧

C 3 =





1 1 1 + + C C C

−1

=

C 3

Ahora, los capacitores C, C 2 , C 3 están an en paralelo para lelo.. As´ As´ı, + C 2 + C + C 3 = C eq eq = C + C

11 C 6 

(7) Se tiene un condensador condensador plano, con capacidad capacidad C 1 y un u n condensado co ndensadorr esférico, erico, con capacidad capacida d C 2 . El primero tiene cargas eléctricas ectricas q 1 y q 1 , y el segundo tiene cargas eléctricas ectricas q 2 y q 2 . Luego, se conectan ambos condensadores como lo muestra la figura:

−

−

– 45 –

a ) Obtenga Obtenga las nuevas nuevas cargas Q cargas Q 1 ,

−Q , Q , −Q una vez obtenido obten ido el equilibrio eq uilibrio eléctrico. ectrico. 1

2

2

b ) ¿Cuánto anto vale la pérdida erdi da de energ ener g´ıa potenci po tencial al eléctrica? ectri ca?

c ) Según un su sentido f´ısico ¿dónde onde se pierde dicha energ´ energ´ıa? d ) Se coloca colo ca un dipolo eléctrico ectrico p entre condensad or. ¿Qué sucede con él? el? p entre las dos esferas del condensador. Soluci´ on:

a ) Por conserv conservaci´ on on de la carga eléctrica, ectrica, al conectar conectar ambos condensad condensadores, ores, la carga total solo debe distribuirse, luego: + q 2 = Q = Q1 + Q + Q2 q 1 + q Al producirse el equilibrio, los conductores unidos quedan al potencial V ; V ; luego, la diferencia de potencial entre sus terminales es común un para ambos condensadores (que ahora están an conectados en paralelo): Q1 C 1 = Q1 = C 1V , Q2 = C 2 V Q2 C 2

−→

Reemplazando en la primera igualdad, Q1 =

+ q 2 ) C 1(q 1 + q + C 2 C 1 + C

b ) La energ en erg´´ıa inicial está dada por: U i = Y la l a energ´ıa ıa fina finall es:

∧

Q2 =

+ q 2 ) C 2 (q 1 + q + C 2 C 1 + C

1 q 1 2 1 q 2 2 + 2 C 1 2 C 2

1 Q1 2 1 Q2 2 (Q1 + Q + Q2 )2 + = U f f = 2 C 1 2 C 2 2(C 2(C 1 + C + C 2 )

As´ As´ı, la energ´ energ´ıa perdida perdi da es la resta entre ambas cantidades:

−∆U = U − i

1 (q 1 C 2 q 2 C 1 )2 U f f = 2 C 1 C 2 (C 1 + C + C 2 )

−

c ) La pérdida erdida de energ´ energ´ıa se produce debido a que, al conectar ambos condensadores, se produce una redistribución on de carga en ellos (y entonces, en un intervalo de tiempo corto, circula una corriente eléctrica ectrica en los conductores). conducto res). La energ´ energ´ıa que se pierde corresponde corresp onde a la energ´ energ´ıa disipada, en forma de calor, por los conductores. d ) El dipolo dipo lo gira para orientarse en el sentido sentido del campo el´ ectrico ectrico entre ambas cásca as cara rass esférica eri cas. s. Además, as, como el campo no es uniforme en esta región, on, el dipolo se desplaza hacia donde el campo camp o eléctrico ectr ico es más as intenso, i.e. hacia la cáscara ascara negativa. 

– 46 –

(8) Se tiene un circuito como el que se muestra en la figura:

1 uF

3 uF

S2

2 uF

4 uF

+ −

S1

12 V

a ) Encontr Encontrar ar la carga de cada condensador condensador cuando se cierra cierra el interru interruptor ptor S 1 . b ) Lo mismo que lo anterior, ahora con S 2 tambi´ ta mbién en cerra cer rado do.. Soluci´ on:

a ) Cuando S 1 está cerrado, los dos capacitores superiores están an en serie, as´ as´ı como también en los dos inferiores. Las capacidades equivalentes son: C upper upper =

  1 1+ 3

−1

3 µF = µF µF 4

∧

  1 1 + 2 4

C lower lower =

−1

4 µF = µF µF 3

Por ultimo, C u ´ ltimo, C upper an en paralelo, por lo que la capacidad total será: an a: upper y C lower lower est´ + C lower C t = C upper upper + C lower =

25 µF µF 12

Con esto, podemos determinar la carga total suministrada por la fuente: Q = V C = 25 µC. Ahora, sean Qi y V i la carga y diferencia de potencial –respectivamente– del i ésim es imoo conco ndensador, numerados en orden creciente respecto a su capacitancia. Por estar en serie, Q1 = = Q 4 . As´ı: Q3 , Q2 = Q

−

Q1 = 1µV 1 ,

Q2 = 2µV 2 ,

= Q1 , Q3 = 3µV 3 = Q

Q4 = 4µV 4 = Q2

Además, as, los voltajes satisfacen 12 = V 1 + V + V 3 = V = V 2 + V + V 4 Resolviendo el sistema, Q1 = V 1 = 36

− 3V , 1

Q2 = 2V 2 = 48

− 4V

– 47 –

2

−→

V 1 = 9, V 2 = 8, V 3 = 3, V 4 = 4


Por ultimo, u ´ ltimo, Q1 = 9 µC, Q2 = 16 µC, Q3 = 9 µC, Q4 = 16 µC Se comprueba que Q1 + Q + Q2 = Q = Q 3 + Q + Q4 = 25 µC = Q = Q.. b ) En este caso, los condensador condensadores es C 1 y C 2 están an en paralelo, al igual que C que C 3 y C 4 : = C 1 + C + C 2 = 3 µF C left l eft = C

= C 3 + C + C 4 = 7 µF C right right = C

∧

−→

C eq eq =

10 µF µF 21

La carga suministrada por la fuente será: a: = C eq 25.2 µC Q = C eq V = 25. Además, as, se tiene V 1 = V 2 , V 3 = V = V 4 , ya que se encuentran encu entran en paralelo. pa ralelo. As´ As´ı, V 1 =

1 2 = V 2 = , Q1 Q2

V 3 =

3 4 = V 4 = Q3 Q4

Con esto, 2Q 2Q1 = Q2 y 4Q3 = 3Q4 . También en debe deb e darse dar se que Q1 + Q + Q2 = Q 3 + Q + Q4 = 25. 25.2 µC, y por tanto: tanto: 2Q1 = Q2 = 25. 25.2 Q1 16.8 µC Q1 = 8.4 µC, Q2 = 16. 4 25.2 Q4 = 25. 25.2 10.8 µC, Q4 = 14. 14.4 µC Q3 = 25. Q3 Q3 = 10. 3

−

− −

−→ −→



(9) Dos placas conductoras cuadradas de lado a se disponen paralelas y muy próximas oximas entre s´ı. La distancia horizontal entre las placas es x, x , mientras que una de ella se encuentra z unidades z unidades elevada respecto a la otra (ver proyección lateral en la figura). Si se coloca una diferencia de potencial constante V o entre ellas, calcule la fuerza sobre la placa B en las direcciones x ˆ y zˆ.

– 48 –

Soluci´ on:

La energ´ energ´ıa almacenada en el condensador es: C V o 2 U = 2 donde la capacidad está dada por C =

ǫ0 A ǫ0 a(a z ) = x x

−

¿Cómo omo calculamos calculamos la fuerza? fuerza? Un sistema sistema conectado conectado a una bater´ bater´ıa no esta aislado, pues la carga cambia para mantener la diferencia de potencial (que es constante). constante). As´ As´ı, + dU sist dW sist sist + dU sist = dW bat bat Notamos que es posible variar la energ´ energ´ıa potencial U sin U sin que el sistema haga trabajo, si es que la V 0 dQ bater´ bater´ıa lo hace. En este caso, dU sist y dW bat sist = bat = V 0 dQ 2 V 0 dQ  sist = U . Aqu´ Entonces, dW sist = dU sist Aqu´ı no ocurre que la fuerza que sist = sist , y en este caso F sist 2 hace el sistema sea para lograr un estado de menor energ´ energ´ıa (eso es solo ocurre o curre en un sistema aislado a Q constante). De esta esta forma,

∇

 = F

∇

∂U ∂U ˆ ı+ k = U = ˆ ∂x ∂z

−

– 49 –

−

V o 2 ǫ0 a a z ı ˆ 2 x2

−

1ˆ k x





2.

Elec Electri trici cidad dad en medio medioss mate materia riales les

2.1. 2.1. (1)

Ecua Ec uaci cion ones es de Lap Lapla lace ce y Poi Poiss sson on a ) Considere dos cascarones cil´ cil´ındricos conductores de radios a y b > a coaxiales, cargados a los potenciales V potenciales V a y V b , respectivamente. Encuentre el potencial entre los cascarones. ericos conductores de radios a y b > a concéntricos, entric os, cargado carg adoss a b ) Considere dos cascarones esféricos los potenciales V a y V b , respectivamente. Encuentre el potencial entre los cascarones, y fuera de ellos.

Soluci´ on:

Para este, y todos los problemas del mismo estilo, conviene usar las ecuaciones de Laplace o de Poisson. Estas ecuaciones describen microscópicamente opicamente el potencial en todo el espacio, en el sentido de que dada la densidad de carga en un punto, se puede obtener el potencial en ese punto (desde luego, tambi´ también en se puede partir del potencial, para obtener la densidad). a ) Dada la geometr´ geometr´ıa del problema, empleamos coordenadas cil´ cil´ındricas, con el eje z z coincidente con el eje de los cascarones. En este caso estamos, interesados en cualquier punto dentro de la región on entre entre ambos ambos cascar cascarone ones. s. En cualqu cualquier ieraa de estos estos pun puntos tos no exist existen en cargas cargas (dich (dichaa regi´ on on es vac´ vac´ıa), ıa) , por po r lo que ah´ ah´ı ρ = 0. Por lo tanto, debemos resolver la ecuación on de Laplace, 2 simetr´ıa del problema, sabemos que el potencial p otencial debe depende solo V = 0. Ahora, dada la simetr´ de la distancia al eje de ambos cilindros, por lo que esperamos que V = V (r (r). As´ As´ı la ecuaci´ ecua ción on de Laplace queda muy simplificada:

∇

1 d r dr

 

dV = 0 r dr

−→

d dr

  r

dV = 0 dr

pues r = 0. Resolvemos la EDO:



r

dV = A dr

−→

dV A = dr r

−→

+ B V ( V (r ) = A ln (r ) + B

Las constantes A y B las determinan las condiciones de borde. En particular, sabemos que V ( V (a) = V a y V ( V (b) = V b , por lo cual: = A ln (a) + B + B , V a = A

+ B V b = A ln (b) + B

Restando ambas ecuaciones, obtenemos V a

− V = A ln b

  a b

−→

A =

V a V b ln (a/b) a/b)

−

Por otra parte, multiplicando la primera ecuación o n por por ln (b) y la segunda segunda por ln (a), y restando, V a ln (b)

− V ln (a) = B ln b

b a

que nos entrega el valor del potencial. – 50 –

−→

B =

V b ln (a) V a ln (b) ln (a/b) a/b)

−


b ) Por los mismos mismos argument argumentos os de ´ıtem anterior anterior,, debemos debemos resolve resolverr la ecuaci´ ecuación o n de Laplace en ambas regiones (entre y fuera de los cascarones). Esta vez, vez, por simetr´ simetr´ıa, usamos coordenadas co ordenadas esf´ ericas. ericas. A priori sabemos sab emos que el potencial p otencial no puede depender de los ángulos, angulos, o sea, V sea, V = V ( V (r). La ecuación on de Laplace que hay que resolver es entonces: 1 d r 2 dr

  r2

dV dr

(r) = V (r

−→

− Ar + B

Las condiciones de borde son las que nuevamente entregan los valores únicos unicos de las constantes. En este caso, debemos separar cada región on de inter´ inte rés: es: a
−Aa + B ,

V b =

Despejando: A =

−

ab( ab(V a V b ) , b a

− −

B =

en la región on entre los cascarones.

− Ab + B

− −  V a b

V b a

ab b

−a

b
→ ∞

V b =

− Ab + B ,

V ∞ = B = 0

Es claro que A = en la región on fuera de los cascarones.

−bV

b

Una pregunta propuesta al lector: ¿Es el potencial p otencial continuo en la interfaz? interfaz? ¿Por qué? e? 

(2) Dos conos conductores conc´ entricos, entricos, cuyas ecuaciones en coordenadas esf´ ericas ericas son θ1 = π/6 π/ 6 y on infinita y en r = 0 están an separados separados θ2 = π/ π /4, se muestran en la figura. Los conos son de extensión por una distancia infinitesimal. Si el cono interior está a un potencial de 0 V, y el exterior a 50 V, determinar el potencial y el campo el´ ectrico ectrico en la región on interior a ambos conductores.

– 51 –

Soluci´ on:

Sea la región on delimitada por θ1 < θ < θ 2 . Si no hay densidad de carga libre en , el potencial satisface la ecuación on de Laplace ∆V ∆V = 0. Dada la geometr´ geometr´ıa del problema, es convenient convenientee utilizar coordenadas esf´ ericas. ericas. El problema posee p osee una clara simetr´ simetr´ıa azimutal (el potencial no depende del angulo ángulo polar φ polar φ). ). Además, as, debe existir independencia de r de r,, pues la extensión on de los conos es infinita. De esta forma, el potencial debe ser únicamente unicamente función on de θ de θ::

V

V

1 d ∆V = 2 r sin θ dθ

  sin θ

dV = 0 dθ

o, equivalentemente, d dθ

  sin θ

dV = 0 dθ

−→

sin θ

dV = C 1 dθ

−→

dV = C 1 csc θ dθ

Recordando Recordando que la integral integral de la cosecan cosecante te es ln (tan θ/2) + cte,, entonces: θ/2) + cte (tan θ/2) + C 2 V ( V (θ) = C 1 ln (tan θ/2) + C Debemos imponer las condiciones de borde en las superficies conductoras. Se tiene que (θ1 ) = C 1 ln (tan (tan π/12) + C 2 = 0 , V (θ π/ 12) + C

(θ2 ) = C 1 ln (tan (tan π/8) + C 2 = 50 V (θ π/ 8) + C

El despeje queda propuesto al lector. Para encontrar el campo el´ ectrico, ectrico, utilizamos que  = = E

−∇V 

(3) [Propuesto] Suponga [Propuesto] Suponga que el potencial V 0(θ) sobre la superficie de una esfera de radio R es dado. Demuestre que la densidad de carga en la esfera es: ε0 σ (θ ) = 2R donde

∞



(2l (2l + 1) 2 C l P l (cos θ)

l=0

π

C l =

ˆ

V 0 (θ)P l (cos θ)sin θ dθ

0

Soluci´ on:

Supongamos un potencial p otencial con simetr´ simetr´ıa azimutal, de modo mo do tal que V que V ((r,θ,φ) (r, θ). Aplicando el r,θ,φ) = V (r, método eto do se separaci sepa raci´ón on de variables, afirmamos que existen funciones R(r ), A(θ) tales que V (r, (r, θ) = todo r (0, (0, ), θ ), θ (0, (0 , π). As´ As´ı, la Ecuaci´ Ecua ción on de Laplace toma la siguiente forma: R(r )A(θ) para todo r

∈ ∞ ∈

– 52 –

∆V = 0

    →      → ·      → ·     →      

1 ∂ 1 ∂ ∂V 2 ∂V + sin = 0 r θ r2 ∂r ∂r r2 sin θ ∂θ ∂θ A(θ) ∂ R(r) ∂ ∂A 2 ∂R + sin = 0 r θ R(r)A(θ) r 2 ∂r ∂r r 2 sin θ ∂θ ∂θ 1 1 ∂ ∂ ∂A 2 ∂R + sin = 0 r θ r2 2 2 r R(r) ∂r ∂r r A(θ)sin θ ∂θ ∂θ 1 ∂ 1 ∂R ∂ ∂A + sin θ =0 r2 R ∂r ∂r A sin θ ∂θ ∂θ λ

−λ

El método etodo de separación on de variables nos sugiere que λ es constante. Para hallar la componente angular del potencial, resolvemos la parte derecha de la ecuación: on:

 

1 d dA sin θ + λA = λA = 0 sin θ dθ dθ Con el cambio de variables t variables t = cos θ y X = A( A(θ) tenemos que:





d dX sin2 θ + λX = 0 dt dt

−→

− 

d (1 dt

t2 )

dX + λX = 0 dt

que es justamente la Ecuación on diferencial asociada a los polinomios de Legendre. Por tanto, X ( X (t) = n = l((l + 1). Para R( on es de la forma R( = r , y por tanto: P l (t) y λ = l R (r), sugerimos que esta solución R (r ) = r

 −

d 2 dR r dr dr

1) R = 0 l(l + 1)R

r 2n(n

→ → → →



− 1)r 1)r

n−2

+ 2rnr 2rnr n−1



− l(l + 1)r 1) r

n

=0

2n l(l + 1) r n = 0 n(n + 1) + 2n 2n l(l + 1) = 0 n(n + 1) + 2n n1 = l, n2 = (l + 1)

− − −

As´ı, R l (r ) = a l r l + bl r −(l+1) . Finalmente, el potencial posee como solución on general: ∞

V ( V (r, θ) =





al r l + bl r −(l+1) P l (cos θ)

l=0

Volvamos al problema en cuestión. on. Notar que, tanto en la región on interior como exterior de la esfera, existen las siguientes condiciones ∆V = 0 (R, θ) = V 0(θ) V (R, – 53 –


lo que se conoce como Problema de Dirichlet . Para solucionarlo, definimos los potenciales internos y externos a la esfera, a saber V i n(r, θ) y V out out (r, θ) respectivamente. Del curso de Electricidad y Magnetismo, sabemos que ambos potenciales deben satisfacer que: V in in (R, θ ) = V out out (R, θ ) = V 0 (θ)



∂V out out ∂r

−

∂ V in in ∂r



=

− σε(θ) 0

r =R

Al interior de la esfera, la f´ f´ısica del problema nos exhorta a buscar una solución on que no diverja. Por tanto, tanto , el término ermi no b enticamente nulo y con ello: b l debe ser idénticamente ∞

V in in (r, θ ) =

 

al rl P l (cos θ)

l=0

Lo mismo ocurre fuera de la esfera, y por tanto a l

≡ 0 y as´ı:

∞

V out out (r, θ ) =

 

bl r−(l+1) P l (cos θ)

l=0

Analicemos la relación on que existe entre a entre al y b y bl en ambos potenciales. Como en la frontera (i.e. r (i.e. r = = R R)) éstos estos deben ser iguales, i guales, se cumple cump le que: qu e: ∞

∞

 

al Rl P l (cos θ) =

l=0





bl R−(l+1) P l (cos θ)

l=0

−→

bl = al R2l+1 ,

∀l

Al mismo tiempo, como el potencial en la frontera tiene una forma determinada previamente en el enunciado, ∞

 

π

l

al R P l (cos θ) = V 0(θ)

∞

 l=0

π

l

al R

P m (cos θ)sin θ dθ

0

l=0

ˆ

 ˆ

π

P l (cos θ)P m (cos θ)sin θ dθ =

0

ˆ

V 0 (θ)P m (cos θ)sin θ dθ

0

∞

 l=0

al Rl

2 δ l,m l,m = C m 2l + 1 2m + 1 C m 2Rm Rm+1 = (2m (2m + 1) C m 2

am = ∴

bm

As´ As´ı, utilizando utiliza ndo la condición on para la densidad de carga se cumple que:

– 54 –

 −



∞

(l + 1)b 1) bl R−(l+2)

l=0

1 2

 ∞

(l + 1) (2l (2l + 1)R 1) Rl+1 C l R−(l+2) + l

l=0

1 2R

∂V out out ∂r

−

− la R l

∂V ∂ V in in ∂r

l−1

 



=

r =R

P l (cos θ) =

− σε(θ) 0

− σε(θ) 0

2l + 1 σ (θ ) l−1 (cos ) = C R P θ l l Rl ε0 ∞



(2l (2l + 1) 2 C l P l (cos θ) =

l=0

σ (θ ) ε0

Finalmente, ε0 σ (θ ) = 2R

∞



(2l (2l + 1) 2 C l P l (cos θ)

l=0



(4) [Propuesto] Una on del espacio con [Propuesto] Una esfera de metal de radio R descargada es colocada en una región  = E 0 kˆ. Note que, debido a las cargas inducidas en la superficie de la campo camp o eléctrico ectrico uniforme uniform e E esfera, el campo el´ ectrico ectrico cambia en la vecindad vecindad de la esfera. Encuentre el potencial electrostático atico fuera de la esfera. HINT: Para HINT: Para r + C . r R, V E 0 z + C

≫

→−

Soluci´ on:

Consideremos a la esfera como una superficie equipotencial, donde fijaremos un potencial igual a cero cero sobre la superficie superficie de la misma. misma. As´ As´ı, la funci´ función on potencial a encontrar debe satisfacer los siguientes requerimientos: requerimientos:

V

V = 0 + C E 0 z + C

→−

si si

= R r = R r R

≫

Considerando ambas condiciones, es claro que C que C = = 0. Hagamos z Hagamos z = = r cos θ para facilitar el análisis. alisis. De la primera condición, on, notamos que: ∞





al Rl + bl R−(l+1) P l (cos θ) = 0

l=0

y por tanto al Rl + bl R−(l+1) = 0 Ahora,

−  ∞

(r, θ) = V (r,

al r

l=0

l

−→

R 2l+l P l (cos θ) = r l+1

– 55 –

bl =

−a R l

2l+1

 −  ∞

l

al r 1

l=0

R 2l+l P l (cos θ) r 2l+1

Si r Si r

R ≫ R, ≪ 1 y dicha potencia p otencia es despreciabl d espreciable. e. As´ As´ı, R , entonces r ∞



al r l P l (cos θ) =

l=0

−E z = = −E cos θ 0

0

Por ortogonalidad (y dado que P 1 (cos θ) = cos θ) es posible visualizar que, para l = 1 al mientras que a1 = E 0 . Finalmente, el potencial fuera de la esfera tiene la siguiente forma:

 → ≡ 0,

−

V ( V (r, θ) =

−E

0

−  r

R3 r2

cos θ 

2.2.

Diel´ ectricos ectric os

(1) Calcular Calcular la capacidad capacidad del condensador condensador de la figura, suponiendo que la placa interme intermedia dia posee p osee una discontinuidad en el medio.

Soluci´ on:

El problema se puede tratar como dos condensadores en paralelo, uno formado por dos dieléctricos ectricos de constante κ constante κ 1 y κ2 , y el otro formado por dieléctrico ectrico de constante κ constante κ 3 y vac´ vac´ıo. A su vez, el primer condensador (C (C 1), se puede puede ver ver como dos condensad condensadores ores en serie, serie, llenos llenos de los diel´ dieléctricos ectricos 1 y 2, as´ı: 1 1 1 = + C 1 C 11 C 12 11 12 con C 11 11 = Luego: 1 1 = C 1 ǫ0 S 1

κ1 ǫ0 S 1 , d1

  d1 d2 + κ1 κ2

C 12 12 =

−→

κ2 ǫ0 S 1 d2

C 1 =

κ1 κ2 ǫ0 S 1 + d2 κ1 d1 κ2 + d

De manera similar, para el condensador C 2 , 1 1 1 = + C 2 C 21 C 22 21 22 con C 21 21 =

ǫ0 S 2 , d1

C 22 22 =

– 56 –

κ3 ǫ0 S 2 d2


y por ende C 2 =

κ3 ǫ0 S 2 + d2 d1 κ3 + d

Finalmente, como C 1 y C 2 están an en paralelo, la capacidad total será: a: + C 2 = C = C 1 + C

κ1 κ2 ǫ0 S 1 κ3 ǫ0 S 2 + + d2 κ1 d1 κ3 + d + d2 d1 κ2 + d 

(2) Considere una espera conductora de radio interior a y radio exterior c. El espacio entre las dos superficies super ficies es llenado ll enado con 2 dieléctricos ectricos distintos, de manera man era que qu e la constante dieléctrica ectrica es κ 1 entre a y b, b , y κ2 entre b y c. c . Determine la capacitancia del sistema.

Soluci´ on:

El sistema se puede tratar como dos capacitores conectados en serie, ya que la diferencia de potencial total a trav´ través es de los capacitores es la suma de las diferencias de potencial a trav´ través es de cada condensador individual. La capacitancia equivalente equivalente para un capacitor esférico erico de radio interior r1 y radio exterior r2 lleno de dieléctrico ectrico de constante κ está dado por: r1 r2 C = 4πǫ0 κ r2 r1

−

As´ As´ı, llaa capacitanci cap acitanciaa equivalente equi valente del sistema es: 1 1 = C 4πǫ0

−

Finalmente: C = Notemos el caso l´ımite en que κ que κ 1 , κ2 C =

c(b



+ κ1 a(c b a c b κ2c(b a) + κ + = 4πǫ0 κ1 κ2 abc κ1 ba κ2 bc

−

−

4πǫ0 κ1 κ2 abc + κ1 a(c κ2 c(b a) + κ

−

− b)

− b)

→ 1, la expresión on se reduce a

−

4πǫ0abc + a((c a) + a

− b)

=

4πǫ0abc 4πǫ0 ac = b(c a) c a

−

−

que concuerda con la capacitancia de un condensador esférico erico de radios a y c en el vac´ıo. ıo . – 57 –



(3) Un condensador conden sador cil´ cil´ındrico de altura ℓ, (bb > a), ℓ , y cuyos conductores tienen radios a y a y b b ( a ), está cargado con una carga Q, i.e. una armadura tiene carga +Q + Q y la otra Q. Entre ellas existe vac´ ac´ıo. La armadura es un cilindro metálico alico macizo. Este dispositivo dispo sitivo se sumerge su merge en un u n l´ıquido ıquido dieléctrico ectrico de densidad constante ρ y permitividad ǫ, a una profundidad h. Determinar la altura x que sube el nivel del l´ıquido que queda dentro del condensador, en relación on al l´ıquido externo (basta llegar a la ecuaci´ on on correspondiente).

−

Soluci´ on:

La diferencia de nivel ∆h ∆ h estará dada da da por p or el equilibrio equilibri o entre la fuerza eléctrica ectrica sobre el l´ıquido ıquido y su peso. La fuerza electrostática atica es: ∂U F x = ∂x

−

Como la carga es constante, U =

1 Q2 2 C (x)

con C (x) la capacitancia del condensador cuando el l´ıquido está a una altura x. De esta forma, el problema se traduce en determinar la capacidad del condensador en función de la altura x altura x..

La figura muestra que el condensador puede considerarse como dos condensadores conectados en paralelo, uno de altura ℓ altura ℓ x y otro de altura x. x . La capacidad total será la suma de las capacidades on (equivalente (equivalente con 2 condensadores en paralelo) si despreciamos C 1 , C 2 . Podemos hacer esta suposición los efectos de borde y la deformación on del campo eléctrico ectrico cerca de la superficie superfi cie del l´ıquido:

−

C 1 =

2πǫ0 (ℓ x) ln (b/a) b/a)

−

C 2 =

∧

2πǫx ln (b/a) b/a)

La capacitancia total será



2π + C 2 = C = C 1 + C ǫx + ǫx + ǫ ǫ0 (ℓ ln (b/a) b/a) – 58 –

− x)



La energ´ ene rg´ıa ıa eléctric ect ricaa ser´ ser á

1 Q2 ln (b/a) b/a) C = 4π x(ǫ ǫ0 ) + ℓǫ + ℓǫ0

−

Derivando, Derivando, se obtiene la fuerza que tiende a subir al l´ıquido: 1 Q2 ln (b/a)( b/a)(ǫǫ ǫ0 ) F x = 2 4π + ℓǫ0 x(ǫ ǫ0 ) + ℓǫ

−



−



Por otra o tra parte, el empuje del l´ıquido es: g (x

2

2

− h)π(b − a )ρ = E = E

x

Finalmente, es posible determinar x a partir de

|F | = |E | x

x



(4) Una esfera de radio R, con carga libre q , está sumergida sumergid a en un medio dieléctrico ectrico homogéneo eneo de constante κ y de extensión on teóricamente oricamente infinita. Calcular: a ) Los vectores vectores de campo eléctrico ectrico y polarización on a una distancia r > R b ) La densidad de carga de polarización on Soluci´ on:

 , D  y P  son todos a ) Debido a que E tod os paralelos paralel os entre s´ı en cada punto, y por la simetr´ simetr´ıa esférica, erica, la naturaleza radial del campo no cambia por la presencia del medio diel´ ectrico. ectrico. Además, as, estos vectore vectoress pueden pueden depender solo de la distancia al centro centro de la esfera y no de alguna coordenada coordenada angular. Usando la ley de Gauss, con una superficie sup erficie esférica erica de radio r radio r > R con conc´ céntri ent rica ca::

¨ 

ˆ dS = D n

S

·

¨

¨

S

S

D(r ) dS = D( D (r)

= q dS = q libre libre = q

−→

D (r ) =

Es claro que

q ρ ˆ 4πr 2 El campo ca mpo eléctrico ectrico y la l a polari p olarizaci´ zación on pueden evaluarse fácilmente: acilmente:  (r ) = D

 = κǫ  = κǫ 0 E D

−→

adem´ as, as,  = ǫ  +  = ǫ0 E + P D

−→

 (r) = (ǫ P ( P

– 59 –

q ρ ˆ 4πκǫ0 r2

 (r ) = E

− 1) ρˆ − ǫ )E  (r) = q (4κπκr 0

2

q 4πr 2


b ) Claramente, Claramente, el diel´ ectrico ectrico ha debilitado la magnitud del campo eléctrico ectrico (en comparación o n al espacio vac´ vac´ıo). El campo cam po eléctrico ectrico es originado ori ginado por toda la carga, car ga, la l a de polarizaci´ pola rización on y la carga libre. La carga libre es solo la carga de la esfera q . Sin embargo, la carga de polarización o n se forma de dos do s contribuciones: contri buciones: una densidad den sidad volumétrica etrica

−∇ · P 

ρP = y una densidad superficial

 n ˆ σP = P

· ·

sobre la superficie del dieléctrico ectrico en contacto con la carga puntual. Es claro que, en todos los puntos del diel´ ectrico, ectrico,

∇ · E  = −→ ∇ · P  = 0 = 0 −→ Usando que

 (r) = q (κ 1) ρˆ P ( P 4πκr 2

−

la densidad superficial será  n  (R) ˆ = P ( σ = P P

· ·

κ − 1) · − ˆρ = −q 4(πκR 2

y la carga superficial es Qs =

¨

σ dS =

−4πR

S

2 q (κ

− 1) = − q (κ − 1)

4πκR2

κ

Notar que la carga total será: a: + Qs = q Qtotal = Q libre + Q

− q (κ κ− 1) = κq 

(5) Se tiene un condensador plano con placas cuadradas de largo a, distancia d entre placas, y una carga total Q total Q.. Calcular la fuerza que se ejerce sobre un material dieléctrico ectrico cuando se encuentra a una distancia x del punto O .

– 60 –

Soluci´ on:

La energ´ energ´ıa potencial asociada a esta configuraci´ on on es 1 Q2 U ( U (x) = 2 C (x) Notar que es función on de la posición on x, puesto que la capacitancia total tambi´ también en lo es El sistema se puede ver como dos condensadores en paralelo, uno de ellos con un dieléctrico ectrico de constante κ constante κ.. As´ı, + C 2 = C eq eq = C 1 + C

ǫ0 ax κǫ 0 a(a + d d

− x) = ǫ a(x + κ[ κ[a − x]) 0

d

Con esto, la energ´ energ´ıa potencial poten cial eléctrica ectrica almacenada almacena da es: 1 Q2 d U (x) = 2 ǫ0 a(x + κ + κ[[a

− x])

¿Cómo omo obtenemos la fuerza? Para un sistema aislado a Q = cte ,, la conservación on de energ ener g´ıa nos dice Q = cte que el trabajo que hace el sistema más as la variación on de energ energ´ıa del sistema sistema es cero. cero. O sea, si está aislado, el trabajo que haga el sistema es a costa de su propia energ´ energ´ıa. Entonces, dW sist sist + dU sist sist = 0  sist dr y dU sist Como dW sist sist = F sist sist = ejerce sobre el dieléctrico ectrico será: a:

·

ı = F x ˆ

−

∇U · · dr, esto implica que F 

dU ˆı dx

sist sist

−→

=

−∇∇U . As´ − As´ı, la fuerza que se

1 κ Q2 d F x = 2ǫ0 a (x + κ + κ[[a x])2

−

−

ı. Esto Notar que 1 κ < 0, i.e. la fuerza apunta según un ˆ Est o sign s ignifica ifica que la placa p laca dieléctrica ectr ica es atra´ a tra´ıda ıda hacia el interior del condensador. En este caso que es conservativo, la fuerza que hace el sistema es para ir a una configuración on de menor energ´ energ´ıa, y tira al dieléctrico ectrico hacia adentro (a Q constante, 2 Q , as´ as´ı que con dieléctrico ectr ico tiene tien e menor meno r energ´ıa). ıa).  U = 2C

−

−

(6) Un cilindro conductor hueco sin espesor, de radio r1 y largo ℓ, lleva una carga q q uniformemente distribuida. Alrededor de él, el, otro cilindro conductor hueco sin espesor es colocado colo cado de forma coaxial, de radio r2 y mismo largo, tal como indicado en la figura. Este nuevo cilindro lleva una carga q , tambi´ también en uniformemente uniformemente distribuida. Se llena la región on entre los dos cilindros con un material cuya constante cons tante dieléctrica ectri ca es funci´ func ión on de la distancia distancia al eje de los cilindros, cilindros, κ = κ Considere ℓ κ = κ((r). Considere ℓ r1 , r2 .

−

≫

– 61 –

a ) Encuent Encuentre re una expresi´ expresi´ on on para κ(r ) que lleva un campo electrostático atico radial independiente de la distancia al eje b ) Calcule la capacidad del condensador cil´ cil´ındrico correspondiente c ) Calcule Calcule la densidad superficial superficial de cargas de polarizaci´ polarización on en la superficie su perficie del material ma terial dieléctrico ectrico a r = r = r 1 y r = r = r 2, para el κ(r) calculado calculad o en el ´ıtem ıtem (a)  = 1 ∂ rAr , calcular la densidad d ) Consider Considerando ando que, en coordenadas coordenadas cil´ cil´ındricas ındricas , A r ∂r volumétrica etrica de cargas de polarizaci´ pol arización on en el dieléctrico ectri co

 

∇·

e ) Calcular Calcular la cantidad cantidad total de cargas de polarizaci´ polarización, on, incluy´ endose endose cargas en la superficie y en el volumen volum en del dieléctrico ectri co f ) ) Calcule la energ´ energ´ıa potencial electrostática atica almacenada en el condensador g ) Suponiendo que uno puede sacar el material dieléctrico ectrico de entre r 1 y r y r 2 deslizándolo andolo fácilmente acilmente sin roce, a lo largo del eje del sistema, calcule el trabajo necesario para remover el material de entre las placas Soluci´ on:

a ) Para Para obtener el campo electrost electrost´ático atico en el interior, utilizamos utilizam os la ley de Gauss Ga uss para dieléctricos, ectricos, con una superficie superfi cie cil´ cil´ındrica de radio r (r1 , r2 ) y largo ℓ largo ℓ::

∈

 = D Por simetr´ simetr´ıa, es evidente que D = D((r ) ˆ ρ. Con esto,

¨ 

ˆ dS = 2πrℓD( = q libre D n πrℓD(r) = q libre

S

As´ı,

·

 = 1 D  = D (r ) ρˆ E ǫ κ(r )ǫ0

−→  (r ) = E

−→

Para que el campo no dependa de r,, κ debe ser de la forma no dependa de r κ(r ) = Con ello,  = E

– 62 –

a r

q 2πℓǫ0 a

D (r ) =

q 2πrℓ πr ℓ

q 2πκ( πκ(r )ℓrǫ0


b ) En este caso, la capacitancia será la misma que un condensador cil´ cil´ındrico, considerando que = κ((r )ǫ0 . As´ı, ǫ = κ B

ˆ

 dr = φ(A) E

· ·

A

− φ(B)

= ∆V

r2

q ρ ρ ˆ dr ˆ dr ˆ 2πℓǫ0 a r r q q (r2 r1) = dr = 2πℓǫ0 a r 2πℓǫ0 a

ˆ

=

·

1

ˆ

−

2

1

∴

2πℓǫ0 a q = ∆V r2 r1

C =

−

c ) La densidad densidad superficial superficial de cargas de polarizaci´ polarizaci´ on on está dada por:  n ˆ σ = P

· ·

y  = (ǫ P

−

 − 

 = a ǫ0 )E r

Sobre la superficie interior:

y entonces,

Sobre la superficie exterior:

  − −  · ·  −  −  ρ ˆ ,

 = P

 n ˆ σ1 = P

=

ˆ = n

 1 ǫ0 E

r =r1

– 63 –

a r1

1

a r1

q ρ ˆ 2πℓǫ0 a

1

q 2πℓǫ0 a

 −  · ·   − 

y entonces,

a r2

 = P

ˆ = ρˆ , n

 n ˆ σ2 = P

a r2

=

r=r2

q ρ ˆ 2πℓǫ0 a

1

1

q 2πℓǫ0 a

d ) La densidad volum´ volumétrica etrica de carga de polarización on es ρ =

−∇ · P 

 = P ( ρ ya fue calculado anteriormente, simplemente se debe calcular la divergencia Como P P (r ) ˆ como se sugiere en en el enunciado. As´ As´ı, q ρ = 2πℓar e ) La carga total de polarización on es Q p =

˚

¨

¨

V

S 1

S 2

ρ dV +

+ σ1 dS +

σ2 dS

Como σ1 , σ2 son constantes en cada superficie respectiva, entonces:

¨

σ1 dS = σ1 A1 =

·

S 1

¨

  − −  −

σ2 dS = σ2 A2 =

·

S 2

a r1

1

q 2πℓr 1 = 2πℓa

a r2

1

q 2πℓr 2 = (a 2πℓa

·

·

−(a − r ) aq 1

− r ) aq 2

Por otra parte, con dV = r dr dϕ dz ,

˚

q = 2πℓ ρr ρrdrdϕdz = ρr dr = dr = a

ˆ

r2

ˆ

V

dr = dr =

r1

As´ı,

q (r2 a

−r )

q q q (r2 r1) (a r1 ) + (a r2 ) = 0 a a a Esto siempre se cumple, pues un dieléctrico ectrico es eléctricamente ectricamente neutro. Q p =

− −

−

−

f ) ) La energ´ energ´ıa almacenada por p or el condensador es: U = donde C = y por tanto,

1 q 2 2 C

2πℓǫ0 a r2 r1

−

1 q 2(r2 r1 ) U = 2 2πℓǫ0 a

−

– 64 –

1

g ) Tenemos que, la energ´ energ´ıa inicial viene dada por: 1 q 2(r2 r1 ) U i = 2 2πℓǫ0 a

−

Por otra otr a parte, pa rte, la l a energ en erg´´ıa final será U f f =

1 q 2 2 C f f

donde C donde C f f es la capacida c apacidad d final (en el vac´ vac´ıo): 2πℓǫ0 C f f = ln (r2 /r1)

−→

1 q 2 ln (r2 /r1) U f f = 2 2πℓǫ0

Finalmente, Finalmente, el trabajo necesario para remover remover el diel´ ectrico ectrico es: W = U f f

−

1 q 2 U i = 2 2πℓǫ0

  − −  ln

r2 r1

r 2

r1

a



(7) Se tienen tres esferas conductoras conc´ entricas entricas de radios a, a , b, b , y c. c . El espacio entre las dos primeras está lleno ll eno con un u n diel´ di eléctrico ectrico de constante co nstante κ. κ . Inicialmente, la esfera de radio a está descargada y las esferas de radios b radios b y y c carga q 1 y q 2 , respectivamente. La esfera interior int erior de radio a radio a se se conecta c tienen carga q con la esfera de radio c con un cable aislado delgado.

a ) Calcular la carga libre en cada esfera b ) Calcular la carga de polarizaci´ on on en la superficie sup erficie externa ext erna y en la superfici s uperficiee interna del dieléctrico ectrico Soluci´ on:

a ) Definimos Definimos las siguient siguientes es cuatro cuatro regiones: regiones: – 65 –


Al conectar las esferas de radios a y c, éstas estas distribuir´ distrib uirán a n la carga en ambas de modo que queden al mismo potencial, luego = q a + q + q c q 2 = q Ahora, para la Región on I,

 (r < a) 0 E a ) = 

pues corresponde al interior de un conductor. Para la Región on II, a < r < b, b , se utiliza la ley de Gauss Gau ss para par a diel´ d ieléctricos: ectri cos:

˚ 

ˆ dS = = 4πr 2 D(r ) = q a D n

·

 (r ) = q a ρˆ D 4πr 2

−→

−→

 (r ) = E

S r

Para la Región on III, b < r < c, c,

˚ 

ˆ dS = = 4πr 2 E (r) = E n

S r

· ·

+ q 1 q a + q ǫ0

+ q 1  (r ) = q a + q ρ E ˆ 4πǫ0 r 2

−→

Por ultimo, u ´ ltimo, para la Región on IV con r > c, tenemos: + q a + q + q c  (r ) = q 1 + q E 4πǫ0 r 2 El potencial en la esfera de radio a es: ∞

φ(a) =

ˆ a

b

ˆ 

 dr = E

c

E dr +

·

a

·

ˆ 

∞

E dr +

b

·

ˆ

 dr E

c

donde la ultima u ´ ltima integral corresponde a ∞

ˆ

 dr = φ = φ((c) = φ( E φ (a)

· ·

c

∴

q a φ(a) = 4πκǫ0

b

+ q 1 q a + q + 4πǫ0 r2

ˆ dr a

– 66 –

c

ˆ dr b

r2

+ φ( φ(a)

· ·

q a ρ ˆ 4πκǫ0 r 2

Luego, q a 4πκǫ0 q a

 −  − 1 a b

1 b a

ab

+ q 1 q a + q + 4πǫ0

 −  −

1 1 b c c b + (q (q a + q + q 1 ) bc ∴

Finalmente, q c = q 2

= 0 = 0 q 1 (b b(c

q a =

− c)a − a)

q (b − c)a − q = q = q − b(c − a) a

2

1

b ) Sobre la superficie interna del dieléctrico, ectrico,

 · · 

 n ˆ σ = P As´ı,

r =a

σa =

,

 = (ǫ P

− ǫ )E ,

ˆ = r = r ˆ ρ n ˆ

0

− ǫ )q = − (κ − 1)q 1)q −(4ǫ πκǫ 4πκa a 0

0

a 2

a

2

Sobre la superficie externa,

 · · 

 n ˆ σ = P

r =b

,

ˆ = ρˆ n

−→

σb =

(ǫ ǫ0 )q a (κ 1)q 1)q a = 4πκǫ0 b2 4πκb2

−

−



– 67 –

2.3.

Corrien Corriente te el´ ectrica ectrica y ley de Ohm microsc´ microscopica o ´pica

(1) Dos esferas metálicas alicas concéntricas, entricas, de radios a y b, están an separadas por un material conductor de conductividad σ constante.

a ) Si estas esferas esferas son mantenidas mantenidas a una diferencia diferencia de potencial V potencial V constante, constante, encuentre la corriente que va de una a la otra b ) Encuent Encuentre re la resistencia resistencia entre entre las esferas c ) Observ Observee que, en el caso anterior, anterior, se cumple R cumple R 1/C , donde C donde C es es la capacidad. Demuestre que dicha fórmula ormula el válida alida para dos conductores cualesquiera, separados por un material conductor de conductividad σ conductividad σ constante

∝

Soluci´ on:

a ) Al establecer establecer una diferenc diferencia ia de potencial potencial sobre los conductores conductores V = φ( φ (a)

− φ(b)

se inducirán an cargas Q y Q sobre las superficies r = a y r = b, respectivamente. El campo eléctrico ectrico en la región on interior se puede determinar a partir de la Ley de Gauss debido a la simetr´ sim etr´ıa ıa esférica eri ca del prob pr oblem lema: a:

−

¨ 

ˆ dS = E n

· ·

Ω

Por otro lado,

q enc enc ǫ0

b

V =

ˆ 

b

E dr =

a

 (r) = E

−→

·

ˆ a

Q ρ ˆ , 4πǫ0 r 2

Q dr Q = 4πǫ0 r2 4πǫ0

donde se ha elegido una trayectoria radial. Con ello, Q =

4πǫ0 abV b a

−

−→

 (r) = E

a
 −  1 a

1 b

V ab ρ ˆ (b a)r 2

−

Debido a que la zona a zona a < r < b est´ camp o eléctrico ectrico dará b está llena con un material conductor, el campo origen a un movimiento de cargas (corriente), en donde la densidad está relacionada con el campo mediante la Ley de Ohm Microscópica opica  = σ E  = J – 68 –

σV ab ρ ˆ (b a)r 2

−


La corriente que fluye entre los conductores se puede obtener integrando sobre una superficie esf´ es féri er ica de de radio r radio r,, a < r < b: b:

S

I =

¨ 

ˆ dS = 4πr 2J (r) = J n

· ·

4πσV ab (b a)

S

−

b ) La resistenci resistenciaa vendr´ vendr´ a dada por la Ley de Ohm Macroscópica opica, V = I R, y con ello: 1 V = R = 4πσ I

 −  1 a

1 b

c ) Recordando que la capacidad de un condensador esf´ erico erico es 4πǫ0 ab b a

C =

−

entonces, se tiene que:

ǫ0 σC Veamos que esto se cumple en el caso general: Sean 1 y 2 dos conductores cualesquiera, separados por un material de conductividad σ : R =

Se tendrá un flujo de corriente dado por: I =

¨

 n ˆ dS J

· ·

Ω

Por ley de Ohm,

 = σ E  J

Reemplazando, I = σ

¨ 

ˆ dS = σ = σ E n

· ·

Ω

Q ǫ0

por ley de Gauss. Por otro lado, si C es es la capacidad del sistema, se cumple que = C V Q = C Reemplazando, I =

σ C V ǫ0

−→

– 69 –

R =

V ǫ0 = I σC



(2) Considere un conductor conductor perfecto, inicialmente inicialmente con carga carga Q Q0 , y completamente rodeado por un medio uniforme de conductividad σ y constante cons tante dieléctrica ectri ca ǫ. a ) Si el conductor es una esfera de radio a, on del tiempo es a , muestre que su carga como función Q(t) = Q0 e−σt/ǫ b ) Muestre Muestre que el resultado resultado anterior anterior es válido alido independientemente de la forma del conductor Soluci´ on:

a ) Sea Q Sea Q((t) la carga sobre la superficie esférica erica en el instante t instante t.. Esta generará un campo camp o eléctrico ectr ico esférica eri cament mentee simétrico etr ico para pa ra r > a:  (r, t) = Q(t) ρˆ E 4πǫr 2 Al ser el medio circundante un conductor, se tendrá una densidad de corriente como respuesta a dicho campo: σQ(t)  (r, t) = σ E  (r, t) = σQ( ρ J ˆ 4πǫr 2 Esta es una corriente que fluye isotrópicamente opicamente de forma radial. La corriente se obtiene de  sobre una superficie cerrada que contenga a la esfera conductora, en particular se integrar J sobre J puede tomar una esfera de radio r > a: I (t) =

¨ 

ˆ dS = J n

· ·

σQ( σQ (t) ǫ

esfera

Por otro lado, sabemos que dQ = dt

dQ = dt

−I (t) −→

− σQǫ −→

Q(t) = Q0 e−σt/ǫ

donde el signo aparece por tratarse de una descarga. b ) El resultado resultado anterior anterior es válido alido sin importar la forma de los conductores. En efecto, sea una superficie cerrada que contenga completamente al conductor. La corriente que se genera está dada por: Q  n  n ˆ dS = σ E ˆ dS = σ I = J ǫ

S

¨

¨

· ·

S

· ·

S

donde hemos utilizado la ley de Ohm y la ley de Gauss. Es claro que I =

σQ − dQ = dt ǫ

y se obtiene la misma ecuación on diferencial que en el caso anterior. – 70 –



(3) Entre Entre dos cilindros cilindros conductore conductoress coaxiales coaxiales muy largos, de radios a y c > a, se llena con materiales de conductividades σ1 y σ 2 , y permitividades ǫ1 y ǫ2 , como muestra la figura. a ) Encuent Encuentre re la resisten resistencia cia entre entre el núcleo ucleo y el conductor externo. b ) Si se conecta una diferencia de potencial V 0 entre el núcleo ucleo y el conductor externo, calcule la densidad de corriente J y J y la corriente I que I que circula.

Soluci´ on:

a ) Asumimos que la corriente corriente circula radialmente radialmente desde la placa interna a la externa, de tal forma que una corriente I se I se relaciona con la densidad como: I =

¨ 

ˆ dS = J n

· ·

S

¨

J (r ) dS

S

en donde es es el manto de un cilindro de radio r coaxial con los cascarones conductores. Por simetr´ simetr´ıa, la l a densidad densi dad de d e corriente sale de la integral. integra l. Si ℓ denota ℓ denota el largo de los cables, entonces

S

I = J ( J (r )

¨

= 2πrℓJ (r ) dS =

−→

J (r ) =

I 2πrℓ πr ℓ

S

Suponiendo válida alida la ley de Ohm en este material, material, el campo el´ eléctrico ectrico podemos calcularlo calcularlo fácilmente. acilmente. No obstante, debemos ser cuidadosos pues la conductividad var´ var´ıa en cada región on llena de material conductor. El campo en las regiones queda, respectivamente, E 1 =

I , 2πσ1 rℓ

E 2 =

I 2πσ2rℓ

ambos en dirección on radial. La diferencia de potencial entre ambas placas es c

|∆V | =

ˆ a

b

E (r) dr = dr =

ˆ

E 1 (r ) dr + dr +

a

ˆ b

– 71 –

c

E 2 (r) dr = dr =

ln (b/a) ln (c/b) I ln b/a) I ln c/b) + 2πσ1 ℓ 2πσ2 ℓ


y, por tanto, la resistencia es: R =

ln (b/a) b/a) ln (c/b) c/b) + 2πσ1 ℓ 2πσ2 ℓ

que R = = R Observaci´ on. Notar on. Notar que ∆V = ∆V 1 + ∆V 2 , por lo que R R 1 + R2 . Esto demuestra que el sistema pudo haberse considerado como dos resistores en serie, serie, para el cual sabemos que vale la relación R on R = Rk .



| | |

| |

|

k

b ) Por la ley de Ohm, si se aplica una diferen diferencia cia de potencial potencial V 0 entre las placas, la corriente que fluir´ a de una a la otra es 2πℓV 0 V 0 = I = ln (b/a) b/a) ln (c/b) c/b) R + σ1 σ2 y la densidad de corriente es J (r ) =

1 I V 0 = ln (b/a) b/a) ln (c/b) c/b) r 2πℓr + σ1 σ2 

(4) Suponga que se construye una cuña na (figura abajo izquierda) usando material de resistividad ρ. Determine la resistencia del cuerpo entre las caras A y B mostradas en la figura. Repita para el cono truncado mostrado abajo a la derecha. El material es el mismo que en el primer resistor.

A a B a + b

h

A

a L

d a + b B

Soluci´ on:

Para este problema debemos saber que la resistencia de un conductor de área transversal A transversal A y largo L, hecho con un material de resistividad ρ, está dada por R = ρL/A. ρL/A. La idea consiste en que, si la corriente circula como indica el enunciado, el resistor se puede considerar como una sucesión de resistores de área A area A((x) y ancho dx ancho dx::

– 72 –

A(x) a + b h(x)

a

x = 0

= L x = L

dx

La resistencia neta del cuerpo se obtiene sumando todas estas contribuciones, dado que podemos considerar la sucesión on como muchos resistores en serie, para lo cual sabemos que se cumple R = R = Ri i con: b ρ dx = A((x) = h( A = A h(x) d = a + x d dR = dR = L A(x)



 

Por lo tanto, R =

ˆ 0

L

ρ ρL dx = dx = b x d a+ L

 

ˆ

1

0

−→

 

dt ρL b = ln 1 + a + b t bd a

Para el caso del cono truncado, x = 0

a

A(x)

dx r (x)

+ b a + b

= h x = h

 

b = A((x) = πr A = A π r (x) = π a + x h 2

As´ı,

h

R =

ˆ 0

ρ dR = dR = π

h

ˆ 0

dx b x a+ h

 

2

2

ρh = π

– 73 –

−→

ˆ 0

1

dR = dR =

ρ dx b x π a + h

   − 

dt ρh = (a + b t)2 bπ

1 a

2

1 + b a + b



(5) [Propuesto] En un diodo de vac´ ac´ıo, los electrone electroness son “evaporados “evaporados”” en un c´ atodo atodo caliente, a potencial cero, y acelerados a trav´ través es de una separación o n con el ánodo, anodo, que se mantiene a potencial positivo V positivo V 0 . La nube de electrones que se mueven dentro de la separación (llamados (llamados carga carga espacial ) espacial ) rápidamente apidamente confluyen al otro lado. A partir de entonces existe una corriente constante entre las placas. Supongamos que las placas son relativamente grandes comparadas con la separación on entre 2 placas (A (A d en la figura), de modo tal que se pueden despreciar los efectos de borde. Entonces , ρ,, and v (la velocidad de los electrones) son solo funciones de x: V , ρ

≫

a ) Escriba Escriba la ecuaci´ ecuación on de Poisson para la región on entre las placas. b ) Asumiend Asumiendoo que los electrones electrones parten del reposo, ¿cuál al es su velocidad en el punto x, x , donde el potencial es V es V (x (x)? c ) En el estado estado estacionario estacionario,, I es de x.. ¿Cuál al es, entonces, la relación on entre ρ entre ρ y v? I es independiente de x v ? d ) Use los tres resultados anteriores anteriores para obtener la ecuaci´ ecuación on diferencial para V para V ,, luego de eliminar ρ y v. v . e ) Resuelva Resuelva esta ecuaci´ ecuación on para V para V como función on de x de x,, V 0 , and d and d.. Grafique V Grafique V ((x), y compare con el resultado sin carga sin carga espacial . Además, as, encuentre ρ y v como funciones de x. f ) ) Muestre que I = K V 0 3/2 y encuentre la constante K constante K .. Esta ecuación on es llamada Ley llamada Ley de Child-Langmuir. Child-Langmuir . Note que el diodo de carga espacial es es no-lineal, y por tanto no obedece la ley de Ohm. Soluci´ on:

a ) Como el potencial es solo función on de x, entonces

d2 V = dx2

−ǫρ

0

b ) De la conserv conservaci´ on on de energ´ ene rg´ıa, ıa , mv2 qV = 2

−→

– 74 –

v =



2qV m


c ) Es claro que: = ρ dV = ρ A dx dq = ρ

dq dx = ρ A dt dt

−→

As´ı, I = ρ A v po r tanto t anto también I en I ,, son negativos. Nota: ρ Nota: ρ,, y por d ) Ahora,

con β =

−



−

e ) Multiplic Multiplicando ando por V por V ′ = ′ dV

V

′

dx



d2 V ρ I I m d2 V − 1/2 = = = = β V −1 2 2 dx ǫ0 ǫ0 A v ǫ0 A 2qV dx I m . Nota: I es negativa, entonces β es es positivo; q es es positivo. Nota: I es ǫ0 A 2q

= β V

−

−

−→

dV , dx

−1/2 dV

dx

−→

ˆ

′

V dV = β

ˆ

V

−1/2

dV

−→

V ′ 2 1 /2 = 2β V 1/ + cte 2

Pero V (0) atodo está a potencial cero, y el campo en el cátodo atodo es cero), y V (0) = V ′ (0) = 0 (el cátodo entonces la constante es cero. As´ As´ı, dV 2 1 /2 − 1/4 = 2 β V 1/4 V ′ = 4β V 1/ V −1 dV = 2 β dx dx 4 3/ + cte ∴ V 3 /4 = 2 β x + cte 3 Pero V Pero V (0) (0) = 0, y esta nueva constante co nstante también en es nula. As´ As´ı,



−→

3/ 3 /4

V

3 = 2



βx

−→

(x) = V (x

En término erm inoss de V 0, en vez de I ,

   3 2



4/3

β



−→

4/3

x

V ( V (x) = V 0

=

 x d

 9β 4

2/3 4/3

x

=





81I 81I 2m 32ǫ 32ǫ0 2 A2 q

x4/3

4/3

Sin la carga la carga espacial , el potencial crecer´ crecer´ıa linealmente linealmente con la distancia: V ( V (x) = V 0

– 75 –

1/3

 x d

Por otra parte, ρ =

d2 V = ǫ0 dx2

−

v =

1 4 x−2/3 = ǫ0 V 0 4/3 d 3 3

− 2q √

4ǫ V − 9(d 9(d x)

0 0 2 2/3

    m

V =

2qV 0 /m

x d

2/3

f ) ) (d) = V 0 = V (d





81I 81I 2 m 32ǫ 32ǫ0 2 A2 q

1/3 4/3

d

−→

81md 81md4 2 V 0 = I 32ǫ 32ǫ0 2 A2 q 3

32ǫ 32ǫ0 2 A2 q 3 I = V 0 81md 81md4 2

−→

     = K 2

y por tanto, I = K V 0 3/2



2.4. 2.4.

Ley Ley de de Ohm Ohm macr macros osc´ c´ opica: circuitos fem/R opica:

(1) Determine Determine la resisten resistencia cia equiv equivalente, alente, o de Thevenin , entre los puntos a puntos a y b: b : R R

a

R

R

b

R

Soluci´ on:

Optaremos por un método etodo muy sencillo: aplicando una corriente corriente I al sea V el el voltaje entre I al circuito, sea V los puntos a, b. As´ı, = I Req V = V a V b = I

−

Sean c Sean c,, d los nodos intermedios. De las Reglas de Kirchhoff ,



ik = 0

nodo nodo a

 

+ id→a + i + ic→a = I = I + + I + i

ik = 0

−→

+ ib→c + i + id→c = ia→c + i

ik = 0

−→

+ ib→d + i + ic→d = ia→d + i

nodo nodo c

nodo nodo d

−→

– 76 –

V a

V d

− V

a

R

V c

− V

a

R

=0

− V + V − V + V − V = 0 c

b

R V a

+

d

R

− V

d

R

c

+

V b

c

R

− V + V − V d

R

c

d

R

=0



ik = 0

nodo nodo b

−→ −I + i + i

+ ic→b = d→b + i

V − V V − V −I + + + =0 R R d

b

c

b

De las dos ecuaciones intermedias, es claro que V c = V = V d y por tanto i tanto i c→d = i = id→c = 0. 0 . As´ As´ı, llaman lla mando do nodos c, d: V o al voltaje en los nodos c, + I +

V o

− V

a

V o

− V

a

↔

V a =

V − V V − V −I + + + =0 ↔ R R

V b =

R

o

+

b

R

o

=0

b

IR + V o 2

−I2R + V

o

Por lo tanto, V = V a

− V = I = I R −→ b

Req = R 

(2) Una bater´ bater´ıa descargada se carga conect´ andola andola a la bater bater´ıa cargada cargada de otro autom´ ovil ovil mediante cables para corriente. corriente. Determine la corriente corriente del motor de arranque y en la bater´ bater´ıa descargada.

Soluci´ on:

Utilizaremos la Ley de Voltajes de Kirchhoff (LVK) para cada malla:

Malla 1.

−12 + 0.0.01 · I + 1 · (I − I ) + 10 = 0 1

1

2

Malla 2.

−10 + 1 · (I − I ) + 0.0.06 · I = 0 2

– 77 –

1

2


De la primera ecuación on se obtiene que I 2 = 1.01 I 1

−2

Reemplazando, 0.0706 I 1

− 2.02 = 10 −→

170.25 A I 1 = 170.

Con esto, 169.95 A I 2 = 169. es del motor de arranque, mientras que la corriente a través es de la bater´ bater´ıa I 2 es la corriente a través descargada será, a, seg´ un un nuestra convención, on,

= I 1 I batery batery = I 3 = I

− I = 0.2975A 2



(3) Tomando R = 1 kΩ y ε y ε = 250 V en la figura, determin determinee la direcci´ direcci´ on y magnitud de la corriente en on el cable horizontal entre los puntos a y e. e .

Soluci´ on:

Definamos las siguientes corrientes: I 1 la corriente que circula por el

△ abc en abc en dicho orden I la corriente que circula por el △ cde en cde en dicho orden I la corriente que circula por el △ cea en cea en dicho orden 2 3

– 78 –

Utilizando la LVK, se cumple que:

−ε + I + I R + 4R 4 R(I − I ) = 0 , 1

1

3

2RI 2 + 2ε 2 ε + 3R 3 R(I 2

− I ) = 0 , 3

4R(I 3

− I ) + 3R 3 R(I − I ) = 0 1

3

2

Escribiendo el sistema en forma matricial,

 −  −  −  − 

5R 0 4R

0 5R 3R

−

−4R −3R 7R

As´ı, I 3 viene dada por:

I 3 =

  − 

5R 0 4R 5R 0 4R

−

0 5R 3R 0 5R 3R

− −

ε 2ε 0 4R 3R 7R

=

I 1 I 2 I 3

=

ε 2ε 0

5R(0 6εR + ε(0 (0 + 20R 20R2 ) 10εR 10εR2 εR)) + ε = = 5R(35R (35R2 9R2) 4R(0 + 20R 20R2 ) 50R 50R3

y con ello sabemos que va en dirección on a (4)

     −

− −

−

−5εR = −50mA

−

→ e.



a ) Se tiene un circuito circuito de infinitos infinitos resistores, resistores, cada uno con resistenci resistenciaa R, R , como muestra la figura. Calcular la resistencia equivalente entre los puntos A y B .

A

...

... B b ) Lo mismo para la siguiente siguiente configuraci´ configuraci´ on: on:

...

... Soluci´ on:

a ) La idea es la siguiente: siguiente: si hacemos un corte luego del primer elemento elemento del patrón on de resistencias, notaremos que el resto de ellas es exactamente igual al caso antes de hacer el corte (pues son infinitas resistencias) y por tanto son iguales a la resistencia equivalente pedida. – 79 –

R R

Req

R

De acuerd acuerdoo a las reglas para combin combinar ar resis resiste tenci ncias as en serie serie y en parale paralelo, lo, se establ establec ecee la ecuaci´ on: on: + R Req = R + R + R R + R Req Req 2 2RReq 2R2 = 0



−→

Resolviendo, Req = R(1 R (1 +

−

−

√

3)

b ) Repetimos el cálculo alculo anterior, hasta obtener que: Req = ϕ R con ϕ el n´ on se sugiere revisar a aq qu´ı. umero umero ´ aureo. aureo. Para mayor información 

(5) Una bater´ bater´ıa real puede modelarse por p or una f.e.m. ε f.e.m. ε ideal y una resistencia interna en serie R. Una resistencia de carga R2 se conecta a los terminales de la bater´ bater´ıa. a ) Determine el valor valor de R de R2 tal que la diferencia de potencial aplicada a los terminales sea máxima axima b ) Determine Determine el valor valor de R2 para obtener una corriente máxima axima en el circuito c ) Determine Determine el valor valor de R2 para que la potencia consumida por p or ésta esta sea la máxima axima posible d ) Determine Determine el valor valor de R para que la potencia consumida por R por R 2 sea la máxima axima posible

Soluci´ on:

– 80 –


a ) Primero Primero que todo, determinamos determinamos la corrien corriente te circulan circulante, te,

−ε + I + IR + IR R + I R = 0 −→ 2

I =

ε + R2 R + R

As´ As´ı, la diferencia de potencial poten cial entre los extremos de la bater´ bater´ıa es: V = I R2 =

R2 ε ε = + R2 R + R 1 + RR

2

→ ∞ y valdrá ε, la f.e.m. ε , igual que la f.e.m.

Luego, la diferencia de potencial será máxima axima cuando R2 ıa moss que b ) Ten´ıamo

ε + R2 R + R Luego, la corriente será máxima axima si R2 = 0, y equivale a cortocircuitar los terminales de la bate ba ter´ r´ıa. I =

c ) La potencia consumida por por R R 2 está dada por

P Para maximizar,

R2 ε ε R2 ε2 = I V = = + R2 R + R + R2 (R + R + R2 )2 R + R

+ R2 )2 2(R 2(R + R + R2 )R2 ε2 ∂ ε2(R + R = =0 (R + R + R2)4 ∂R 2

P P

−

As´ı, (R + R + R2 )2

− 2(R 2(R + R + R )R = 0 −→ 2

2

+ R R2 + R

− 2R = 0 2

Finalmente, la potencia será máxima axima si = R R2 = R es decir, se debe colocar una resistencia igual a la resistencia interna de la bater´ bater´ıa. d ) Se puede repetir el cálculo alculo anterior, pero es más a s fácil acil optar por la intuición: on: si R es distinta de cero, entonces ésta esta consumir´ consumir á parte de la potencia que suministra la fuente. fuente. As´ As´ı, para que la resistencia de carga consuma toda la potencia suministrada por la fuente, se debe cumplir que: R = 0 

(6) El amper amp er´´ımetro ideal de la figura mide 2 A. Determine I 1 , I 2 y ε. Obtenga la potencia disipada en cada resistencia.

– 81 –

Soluci´ on:

Suponemos que la corriente fluye como muestra la figura. Por la ley de nodos aplicada al nodo de la izquierda, se debe cumplir que

−I − I + 2 = 0 −→ 1

2

+ I 2 = 2 I 1 + I

en don donde de 2 A es la corrie corrient ntee que, que, por enunc enunciad iado, o, pasa pasa por el amper amper´ımetro ımetro.. La ley de las mallas mallas aplicada a la malla superior entrega 2 5

· − 15 + 7I 7I = 0 −→ 1

y por tanto I 2 = 2

5 I 1 = A 7

− I = 97 A 1

La misma ley aplicada a la malla de abajo implica 2 5

· − ε + 2I 2I = 0 −→ 2

ε =

88 V 7 2

La potencia en cada resistencia la obtenemos a partir del Efecto Joule,

P = I R:

7 Ω =

P

25 25 7W = W, 49 7

·

5 Ω =

P

4 5 W = 20 W ,

·

2 Ω =

P

81 162 2W = W 49 49

·



(7) El circuito circuito de la figura es llamado llamado Puente de Wheastone y se usa para calibrar resistencias. El dispositivo está formado formado por 3 resistencias resistencias,, de las cuales 2 son ajusta a justables, bles, y un galvan´ galvan´ ometro ometro (dispositivo que sirve para medir corrientes). Para realizar la medida, se ajustan las resistencias variables R1 y R2 hasta que el galvanómetro ometro marque cero. Exprese el valor de Rx en función o n de las otras 3 resistencias. Modele al galvanómetro ometro como una resistencia Rg .

– 82 –

Soluci´ on:

La corriente que circula por el galvanómetro ometro es: I g =

V a

− V

b

Rg

Para que sea nula, debe cumplirse que: V a = V = V b . Luego, aplicando LCK, Nodo a:

− V −

V

a

R1

Nodo b:

− V −

V

b

R2

Igualando, obtenemos:

=

=

V a 0 Rx

−→

V

V b 0 R3

−→

V

−

−

R1 R2 V a = V b Rx R3

−→

− V = RR − a

x

− V = RR −

Rx =

b

1

2 3

V a

V b

R1 R3 R2 

2.5. 2.5.

Circ Circui uito toss RC

(1) En el circuito circuito de la figura, suponga que el interrupto interruptorr ha estado estado abierto por un tiempo tiempo muy muy largo, y en t = 0 se cierra. R1 + −

C

ε

R2 – 83 –


a ) ¿Cuál al es la constante de tiempo antes de que se cerrara el interruptor? b ) ¿Cuál al es la constante de tiempo despu´ es es de que se cierra el interruptor? c ) Encuentre Encuentre la corriente corriente a trav´ través es del interruptor interruptor como función on del tiempo una vez que el interruptor se ha cerrado Soluci´ on:

a ) Antes Antes que el interru interruptor ptor se cerrara, cerrara, las dos resistencias resistencias R1 y R2 están an en serie con el condensador. Debido a que la resistencia equivalente es Req = R 1 + R + R2 , la constante de tiempo está dada por + R2 )C τ = R eq = (R1 + R y la carga almacenada en el condensador es

−  e−t/τ

q (t) = C ε 1

b ) Una vez que el interru interruptor ptor se cierra, cierra, el circuito circuito cerrado cerrado a la derech derechaa se vuelve vuelve un circuito circuito RC de descarga del capacitor que decae con constante de tiempo τ = R 2 C . La carga comienza a decaer acorde a q (t) = C ε e−t/τ c ) La corriente a trav´ través es del interruptor interruptor consiste en 2 fuentes: fuentes: la corriente constante I 1 del circuito izquierdo, y la corriente que decae I 2 del circuito RC. Las corrientes están an dadas por I 1(t) = I 2(t) =

Cε − dq = e dt τ

ε R1 −t/τ

=

ε −t/τ e R2

As´ As´ı, la corriente total será: a: + I 2 (t) = I T T (t) = I 1 (t) + I

ε ε −t/τ + e R1 R2 

(2) En el circuito circuito de la figura, el interruptor interruptor se encuentra encuentra cerrado durante durante un tiempo tiempo muy largo. C R2

+ − ε

R1

– 84 –

R3

a ) ¿Cuál al es la corriente en cada resistencia? b ) ¿Cuál al es la carga en el condensador? c ) En t En t = = 0 se abre el interruptor. Encuentre la corriente que pasa por la resistencia R 2 en función on del tiempo d ) ¿Cuánto anto tiempo debe pasar para que la carga en C en C disminuya disminuya hasta 4/ 4/5 del valor en t = 0? Soluci´ on:

a ) El interruptor interruptor ha estado cerrado durante durante un tiempo muy largo, esto significa que el condensador condensador se ha cargad cargadoo comple completam tamen ente. te. Cua Cuando ndo esto esto suced sucede, e, el conden condensad sador or equiv equivale ale a un circui circuito to abierto y no pasa corriente corriente a trav´ través es de él. el. Bajo estas circunstancias, solo habrá corriente por la primera malla: I1

R2

+ −

R3

ε

R1

I 1 =

ε ε = + R2 Req R1 + R

que es la corriente circulante por R 1 y R 2 . La corriente por R 3 es nula. b ) Para obtener la carga en el condensador, primero debemos obtener el voltaje a trav´ través es del mismo y luego utilizar la relación on que relaciona el voltaje con la carga acumulada C V C C (t) = q (t). Nos interesa la carga final del condensador, esto es l´ım q (t) = C V C C (t

t→∞

→ ∞)

Como ya vimos, vimos, despu´ después es de un tiempo tiempo suficien suficienteme temente nte largo no hay corriente corriente por la malla derecha, por lo que no hay diferencia de potencial entre los extremos de R3 . Por lo tanto, el voltaje en el capacitor será igual a la ca´ ca´ıda de voltaje en R2 , V C C (t

→ ∞) = V

Con ello,

R2

= I 1 R2 =

R → ∞) = Rε C + R + R

ε R2 + R2 R1 + R

2

q (t

1

2

c ) Notemos Notemos que, al abrir el interrupt interruptor, or, no pasa corrient corrientee p por or la malla de la izquierda izquierda y se inicia inicia un proceso de descarga en el condensador:

– 85 –

C +

-

R3

+ −

R2

ε

I2

R1

q (t) C Notemos que I que I 2 es positiva; esto significa que las cargas positivas están an dejando la placa positiva y están an llegando a la placa negativa. Es decir, la carga entre las placas está disminuyendo a medida que I 2 sea positiva: dq I 2 = dt I 2 R3

− V (t) + I + I R = 0 −→ C C

2

+ R3 ) = V C I 2 (R2 + R C (t) =

2

−

As´ As´ı, obtenemo obte nemoss una EDO de primer orden para q (t): q − dq −→ (R + R + R ) = dt C 2

3

q (t) = q 0 e−t/C (R

2

+R2 )

con q 0 la carga inicial del condensador, calculada en el apartado anterior. d ) Para Para determina determinarr el tiempo tiempo que debe pasar para obtener obtener 4/5 de la carga inicial, inicial, resolve resolvemos mos la ecuaci´ on: on: 4 = q 0 e−t /C (R +R ) q 0 = q 5 t∗ ln(4/ ln(4/5) = + R3) C (R2 + R ∗

2

3

−

con lo que + R3 )ln(5/ )ln(5/4) t∗ = C ( C (R2 + R 

(3) Dos condensadores de capacidades C 1 y C 2 están an conectados a dos resistencias iguales R, como muestra la figura. en t en t = = 0 el condensador C condensador C 1 posee una carga Q carga Q 0 , mientras que C que C 2 está descargado.

R

C1

C2 R

a ) Obtenga Obtenga las cargas de los condensador condensadores es en funci´ on on del tiempo – 86 –


b ) ¿Cuál al es la energ´ energ´ıa disipada por las resistencias? c ) Encuentre Encuentre la energ´ energ´ıa disipada total hasta que se alcance el equilibrio. ¿De qué depende dicha cantidad? Corrobore o refute su hipótesis otesis y explique el por qué de ello Soluci´ on:

a ) Intuitivamente, Intuitivamente, esperamos que en presencia de las resistencias, y ausencia de bater´ bater´ıas externas, el condensador inicialmente cargado se descargue, traspasando parte de su carga al condensador inicialmente descargado. Veamos el comportamiento general de las cargas en cada condensador, como función on del tiempo. Aplicando la ley de las mallas, y tomando como sentido de la corriente el de la figura, vemos que:

R +Q1(t)

+Q2(t)

-Q1(t)

C1

C2

-Q2(t)

R I R +

Q 2 + IR I R C 2

− QC

1

=0

1

La corriente que viaja por la malla es la misma, por lo que la tasa a la que se carga o descarga cada condensador es exactamente I . En ese caso, tenemos que I (t) =

−dQ dt

1

=

dQ2 dt

Note que ambas cargas no son independientes, ya que están supeditadas a la ley de conservaci´ on on de carga: = Q 1(t) + Q + Q2 (t) , Q0 = Q t

∀

Reemplazando en la primera ecuación, on, 2R

dQ2 Q 2 + dt C 2

− Q C − Q 0

2

=0

1

−→

dQ2 Q2 Q0 + = 2RC 0 2RC 1 dt

con C 0 −1 anterior puede puede ser resuelta resuelta con su método etodo favorito favorito del C 1 −1 + C 2 −1 . La EDO anterior curso de Ecuaciones Diferenciales; en este caso, utilizaremos la Transformada de Laplace : Sea F ( F (s) = Q2(t) , as´ı

≡ L{ }

s F ( F (s)

F (s) − Q (0) + 2F ( RC 2

0

=

Q0 /2RC 1 s

−→

– 87 –

F ( F (s) =

Q0 C 0/C 1 Q0 /2RC 1 = (2RC 0 s + 1) 1/2RC 0 ) s(2RC s(s + 1/

ya que Q2 (0) = 0. Aplicando Aplicando fracciones fracciones parciales, parciales, Q0 C 0 F ( F (s) = C 1

 − 1 s

1 1/2RC 0 s + 1/



−−→ L

−

1

Por tanto,

−  ∧ − 

Q0 C 0 1 Q2(t) = C 1

t/2RC e−t/2

0

−  − 

Q0 C 0 1 Q2(t) = C 1

Q1 (t) = Q0

− QC C 0

0

1

t/2RC e−t/2

0

1

t/2RC e−t/2

0

Las cargas finales de los condensadores serán: an: Q1,f = Q0

1

C 0 C 1

Q2,f = Q0

,

C 0 C 1

b ) Del problema problema anterio anterior, r, podemos p odemos obtener obtener la corriente corriente circulante circulante por p or la malla: I (t) =

dQ2 Q0 −t/2 = e t/2RC 2RC 1 dt

0

La potencia que disipa ambas resistencias es, por lo tanto, Q0 2 −t/RC (t) = 2I R = e 2RC 1 2 2

P = P

0

c ) La energ´ energ´ıa disipada corresponde a la integral de la potencia p otencia disipada por p or las resistencias desde As´ı, t = 0 hasta el infinito, cuando se alcanza el equilibrio. As´ ∞

∆E =

ˆ 0

Q0 2 (t) dt = dt = 2RC 1 2

P

∞

ˆ

−t/RC 0

e

0

Q0 2 C 0 dt = dt = 2C 1 2

que es independiente es independiente de R de R.. La energ´ energ´ıa neta disipada disipa da es la diferencia entre la energ´ energ´ıa inicial y la final fina l del sistema. Por una parte, la energ´ıa ıa inicial in icial corresponde corresp onde a la energ ener g´ıa almacenad a lmacenadaa en el condensador cargado, la cual es por supuesto, independiente de R. Por otra parte, la energ´ energ´ıa final corresponde corresponde a la energ energ´ıa almacenada almacenada ahora en ambos condensado condensadores, res, cargados cargados con sus respectivas cargas finales. Nuevamente, nada depende de R, p or lo que qu e la diferencia de energ´ıa ıa R , por tampoco lo hará. a. Por ello esperamos esp eramos que la energ´ energ´ıa disipada sea independiente de R de R.. Note que Q0 2 E i = , 2C 1

Q1,f 2 Q 2,f 2 + E f f = 2C 1 2C 2

de donde ∆E = E f f

−

Q0 2 C 0 E i = 2C 1 2 

(4) En t En t = = 0 el interruptor del circuito mostrado abajo se cierra. Obtenga las cargas en los capacitores, y las corrientes que fluyen por las resistencias, si los condensadores inicialmente estaban descargados. – 88 –

R1

C1

C2

R2

S

ε

Soluci´ on:

Supongamos que la corriente circula como muestra la figura de abajo, y apliquemos ley de las mallas a la malla del borde exterior:

R1

+ Q1

- Q1

I1 I2 + Q2

- Q2

R2

I(t) ε

Q −ε + I + I R + C 1

Mientras que en la malla interior,

1

1

−ε + QC

2

2

=0

1

+ I 2 R2 = 0

Claramente, la tasa a la que se carga cada condensador es igual a la corriente que pasa por dicho condensa cond ensador dor.. As´ As´ı, dQ1 dQ2 I 1 = , I 2 = dt dt Reemplazando en las ecuaciones,

−ε + R + R

1

dQ1 Q 1 + = 0 , dt C 1

−ε + QC

2

+ R2

2

dQ2 =0 dt

Resolveremos detalladamente la primera ecuación on mediante Separación on de variables : dQ1 ε = dt R1

−



1 Q1 = εC 1 R1 C 1 R1 C 1

−Q

– 89 –

1



−→

dQ1 dt = εC 1 Q1 R1 C 1

−


As´ı, ln (εC 1

− Q ) = −R tC + A 1

1

1

Tomando la exponencial, y definiendo B = eA , una nueva constante, Q1 (t) = εC 1

−t/R1 C 1

−Be

Como inicialmente el condensador estaba descargado, B = εC 1 , y por tanto:

−  − 

Q1(t) = εC 1 1

e−t/R

C 1

e−t/R

C 2

1

Para el segundo condensador es un proceso análogo, alogo, Q2(t) = εC 2 1

2

Derivamos para obtener las corrientes, I 1(t) =

ε −t/R e R1

1

C 1

,

I 2 (t) =

ε −t/R e R2

2

C 2



2 1 (5) El switch El switch en en la figura (a (a) se cierra cuando ∆V ∆ V c > ∆V ∆V y y se abre cuando ∆V ∆ V c < ∆V ∆V . . El volt´ımetr ıme troo 3 3 ideal mide la diferencia de potencial graficada en la figura ( b). ¿Cuál al es el periodo T periodo T de de la onda en funci´ on on de R1 , R 2 y C ? C ?

– 90 –

Soluci´ on:

2 Partamos en el punto cuando el voltaje reci´ en en ha alcanzado el valor de ∆V ∆V y el switch el switch acaba acaba de 3 2 cerrarse. El voltaje es ∆V ∆V y y decae hacia 0 con una constante de tiempo R 2 C : 3 2 ∆V c (t) = ∆V ∆V e−t/R C 3 2

1 Queremos hallar t hallar t 1 cuando ∆V ∆V c alcanza el valor de ∆V ∆V . . As´ı, 3 1 2 ∆V ∆V = ∆V ∆ V e−t/R C ln(2) t1 = R2 C ln(2) 3 3

−→

2

1 Después es se abre el switch , el voltaje es ∆V ∆V y crecerá hasta ∆V ∆V con una constante de tiempo 3 (R1 + R + R2 )C : 2 t/(R +R )C ∆V c (t) = ∆V ∆V ∆V e−t/( 3 2 Ahora, queremos hallar t hallar t 2 cuando ∆V ∆V c alcanza el valor de ∆V ∆V . . As´ı, 3 2 2 t/(R +R )C ∆V ∆V = ∆V ∆V ∆V e−t/( + R2 )C ln ln (2) (2) t2 = (R1 + R 3 3

− −

− −

1

2

1

2

−→

Finalmente, + t2 = (R1 + 2R 2 R2 )C ln(2) ln(2) T = t 1 + t 

(6) [Propuesto] Considere [Propuesto] Considere el siguiente circuito, donde todas las resistencias tienen un valor de R y el condensador vale C vale C ::

V(t)

+ −

Si V (t (t) = V o H (t), con H on unitario, determine el valor de la corriente inicial ( t = 0) y H el escalón final (t (t ) que circula por la fuente de voltaje, considerando que el capacitor está inicialmente descargado.

→ ∞

Soluci´ on:

Notemos lo siguiente: – 91 –

R

2R R 2R

+ −

+ −

R

+ −

R

R

R

En t = 0, el condensador se comporta como un cortocircuito, por lo cual la resistencia en paralelo con ella no influye en el circuito, y por tanto la corriente será limitada solo por la resistencia restante en serie. ser ie. As´ı, ı, V o I (t = 0) = R Por otra parte, en el infinito el condensador se comporta como un circuito abierto, por lo cual la resistencia equivalente será la suma de las resistencias en serie, 2R 2 R, y por tanto la corriente será I (t

→ ∞) = 2V R o

Comprobemos lo anterior: Consideremos la ecuación on básica asica del condensador = C V Q = C

dV d V I = C dt

−→

−−→ L

I (s) = sC V ( V (s)

− V (0) V (0)

como Q(0) = 0, entonce entoncess V (0) V (0) = 0. En el dominio de Laplace, Z (s) =

1 V ( V (s) = I (s) sC

y se comporta como una resistencia. on, diremos que el condensador y resistencia. Para evitar la confusión, la resistencia son ejemplos de impedancias , i.e. elementos resultantes del cociente entre voltaje y corriente en Laplace. Con esto en mente, podemos definir una impedancia equivalente: ( R C ) Z eq R + (R C ) = R + R + eq = R +



  1 + sC R

−1

2R + s + s R2 C = 1 + s + s RC

As´ı, V ( V (s) = I (s) = Z eq eq





1 + s + s RC V o 2R + s + s R2 C s 1 V o RCV RC V o = + 2R + s + s R2 C s 2R + s + s R2 C V o /R2 C 1 V o /R = + 2/RC s s + 2/RC 2/RC s + 2/RC

·

·

– 92 –


Aplicando la transformada inversa,

−  −   

1 e−2t/RC V o V o −2t/RC + I (t) = e 2/RC R2 C R V o V o −2t/RC = 1 e−2t/RC + e 2R R V o = 1 + e + e−2t/RC 2R que corrobora nuestro análisis alisis inicial.



– 93 –

3.

Magnetost´ atica atica

3.1. 3.1.

Fuerza uerza de Loren Lorentz tz y torqu torque e sobre sobre una espi espira ra

(1) Se lanza un electrón on (e− ) con velocidad inicial v en el medio de dos placas entre las cuales existe  constante (entrando a la hoja). Ignore todo efecto gravitacional. un campo camp o magn´ mag nético etic o B

a ) ¿Hacia dónde onde se deflecta la trayectoria? b ) ¿Cuál al es la magnitud de la velocidad si la part´ıcula ıcula choca exactamente exactamente con el fin de la placa? Soluci´ on:

a ) La fuerza de Lorentz corresponde a la unión on entre electromagnetismo y mecánica anica clásica, asica, y establece que:  = q E  +  + v B F



 ×

  En este caso, q = e y E 0. Dado que la velocidad inicial es perpendicular al campo magnético, etico, la trayectoria será una circunferencia en el plano X Y : Y :

−

≡

Para analizar hacia dónde onde se deflectará la part´ part´ıcula, ıcula, basta con analizar analizar lo que ocurre en el instante inicial t inicial t = 0,  = v ı k = v  = v 0 ˆ = v 0 B ˆ v(0) B B ˆ

×

Luego, la fuerza inicial es:

×−

 (0) = F (0) F

−ev B ˆ  0

y, por tanto, se deflectará hacia abajo. b ) Dado que el electrón on impactará al extremo derecho de la placa inferior, entonces debe realizar una trayectoria como la siguiente:

– 94 –

La magnitud de la fuerza magnética etica está dada por F por F = ev 0 B , y su dirección on es radial (apuntando hacia el centro de curvatura). Por mecánica clásica, asica, se tendrá: a: ev0 B =

mv0 2 R

−→

R =

mv0 eB

De trigonom tri gonometr etr´´ıa plana, se sabe que: 2

−

l + R Igualando,

d 2

mv0 l2 d = + 4 eB d

2

= R

2

−→

−→

l2 d R = + 4 d

eB v0 = m

  l2 d + d 4



(2) Suponga que la figura representa representa esencialmente esencialmente los componentes de un espectrómetro ometro de masas. Este aparato se usa para medir la masa de part´ part´ıculas cargadas. En una fuente se produce un ion de masa carga q , el cual parte del reposo y es acelerado acelerado por una diferencia diferencia de potenc p otencial ial ∆V ∆ V , , entrando en m y carga q una sección on con un campo magnético etico uniforme u niforme (entrando a la hoja), ho ja), y un campo ca mpo eléctrico ectrico deflector. Solo part´ part´ıculas con velocidad v constante abandonan la sección on (es un selector de velocidades). Las part´ part´ıculas emergentes emergentes entran a una segunda región on donde existe otro campo magnético etico (entrando a la hoja), donde ellas siguen una trayectoria circunferencial hasta estrellarse en un detector a distancia 2r 2r del punto de entrada. Encuentre re la velocidad velocidad  a ) Encuent v  y B  b ) Encuent Encuentre re el la relación on entre E c ) Finalmente, Finalmente, encuentre encuentre la masa m de la part´ part´ıcula

– 95 –


Soluci´ on:

a ) La velocidad v con que el ion entra al selector se obtiene por conservación de energ´ ene rg´ıa: ıa : mv2 q ∆ q ∆V = 2 donde el cambio en energ´ energ´ıa potencial poten cial se traduce en un aumento en la energ´ energ´ıa cinética. etica. As´ As´ı, v =



2q ∆ q ∆V ˆ m

b ) Para que la velocidad de la part´ part´ıcula permanezca p ermanezca constante y salga a trav´ través es del selector, se requiere que la fuerza de Lorentz actuando sobre ella sea nula. Se tiene:  = E ˆ ı , E E ˆ ı qE ˆ qE ˆ

 = B

− qv ˆ 0 −→  × B ˆ k =  qv ˆ



−B ˆk , v = v ˆ  v ˆ − qvB 0 −→ ı =  qE − qv B ˆ



E = vB v B

 0 , la part´ c ) Luego de ingresar a la región on de campo camp o magn´ m agnético etico B part´ıcula describe describ e una un a circunferencia ci rcunferencia de radio r radio r.. La magnitud de la fuerza magnética etica es q es qvB amica circular, vB 0 . Por dinámica qvB 0 = y finalmente:

mv r

2

−→

qB 0 =

m r



2q ∆ q ∆V m

qB 0 2 r 2 m = 2 ∆V 

– 96 –

(3) Una part p art´´ıcula de carga q y y masa m masa m entra entra con velocidad v velocidad v en un campo magnético etico uniforme B uniforme B como se muestra en la figura. ¿Cuánto anto tiempo transcurre entre que la carga ingresa al campo magnético etico y sale?

Soluci´ on:

Es sabido que la fuerza fuerza magn´ magnética etica sobre una carga en movimie movimiento nto q est´ a dada por la fuerza de Lorentz. Esta fuerza es siempre perpendicular a v ; luego, se sigue que esta fuerza no ejerce traenerg´ıa cinética etica de la part´ part´ıcula es constante y entonces su rapidez también. en. La bajo. bajo. Con esto, la energ´ trayectoria que sigue la part´ part´ıcula bajo ba jo este campo camp o magnético etico uniforme uniform e es una hélice: elice:

Si se observa obs erva el movimiento proyectado en un u n plano perpendicular perp endicular al campo camp o magnético, etico, la trayectoria descr describe ibe una semic semicirc ircunf unfere erenci ncia, a, hasta hasta volv volver er a salir salir de la regi´ región on donde se encuentra el campo magn´ ma gnético. eti co. Sea R el radio de ésta, esta, luego podemos determinar el tiempo que demora en salir como T =

πR v′

con v ′ la componente de velocidad perpendicular al plano. De la segunda ley de Newton, mv ′ 2 = F = qvB sin(π/4) 4) = qv ′ B q vB sin(π/ R – 97 –

−→

R =

mv′ qB

Finalmente, T =

πm qB 

(4) Considere el circuito cerrado cerrado de la figura que lleva una corriente corriente I en I en el sentido contrario al reloj. Un campo camp o magn´ mag nético etico uniforme u niforme apuntando en la dirección ˆ on ˆ a plicado.. Encuentre E ncuentre la fuerza magnética etica  es aplicado que actúa ua sobre el elemento elemento r´ıgido y el arco semicircular. y  B

dr

I R

I ϕ

x

I

Soluci´ on:

 = B ˆ  1 y F  2 a las fuerzas actuando sobre el  , llamemos F Tenemos un campo uniforme dado por B B ˆ segmento r´ıgido y la parte semicircular, semicircul ar, respectivamente. respecti vamente. La fuerza sobre el segmento seg mento r´ıgido ıgido es:  1 = I F

ˆ  × ˆ  × R

R

= I  = I B ˆ

dr

−R

dr ˆı

 = 2I RB ˆ k B ˆ

−R

 2 , notamos Ahora, para calcular F notamos que elemen elemento to infinitesi infinitesimal mal en el semic semic´ırculo ırculo se puede puede escribir escribir como: θ = R ı + cos ϕ ˆ = dr ˆ = R dϕ sin ϕ ˆ dr = dr

−

La fuerza que actúa ua sobre un elemento dr es:  2 = I = I dr dF

×

− ˆ

 = IR = IR dϕ B



×

sin ϕ ˆ ı + cos ϕ ˆ

 = B ˆ

−I BR sin ϕ dϕ kˆ

Integrando sobre el arco semicircular, tenemos:  2 = F

−I BR

π



sin ϕ dϕ

0

– 98 –

ˆ = k

−2I BR kˆ


As´ As´ı, la fuerza neta que actúa ua sobre el circuito completo es  neta    F neta = F 1 + F 2 = 0 Consistente Consistente con el hecho hecho de que la fuerza sobre un circuito cerrado en un campo camp o magnético etico uniforme es siempre nula.   y a un campo (5) Considere una part´ part´ıcula de carga q ectrico E q y masa m, sometida a un campo eléctrico E  , ambos uniformes y perpendiculares entre si. Suponga que inicialmente ( t = 0) la mag ma gnétic et icoo B carga se encuentra en el origen y en reposo. a ) Describa Describa cualitativamente cualitativamente el el movimiento posterior (t (t > 0) seguido por la part´ part´ıcula. Haga un dibujo de la trayectoria. b ) Resuelva Resuelva las ecuaciones de movimiento, movimiento, sujetas a las condiciones iniciales mencionadas. Usando esta solución, on, describa el movimiento movimiento de la part´ part´ıcula y compare con el apartado apa rtado anterior. Soluci´ on:

a ) Sea q > 0. Supongamos, Supongamos, sin pérdida erdida de generalida generalidad, d, que el campo el´ eléctrico ectrico y el campo magn´ mag nético eti co est´ est an án dados por  =  = B ˆ k = E ˆ E ˆ , B Dado que en t en t = = 0 la velocidad inicial de la l a part pa rt´´ıcula es nula, no hay fuerza magnética etica (instante figur a). La fuerza eléctrica, ectrica, en cambio, apunta en la dirección ˆ on ˆ ace lerando ndo la part´ p art´ıcula. ıcul a. , acelera A en la figura). La part pa rt´´ıcula comienza a moverse aumentando su velocidad, velo cidad, y con ello la fuerza fu erza magn´ m agnética. etica. Esta ultima u ´ltima deflecta la part´ part´ıcula hacia x > 0 seg´ un u n la regla de mano derecha . A diferencia de los problemas anteriores, esta vez el movimiento no es circunferencial. A medida que la fuerza magn´ mag nética etica va aumentan au mentando, do, también en cambia cambi a su direcci´ dire cción on de acción: on: cada vez se alinea más as a la fuerza fuerz a eléctrica ectri ca (que act´ act úa ua en el eje Y eje Y ), ), frenando fr enando la part pa rt´´ıcula en esta dirección. on. Dado que entre los instantes A y B la part´ part´ıcula desacelera en la l a dirección on se˜ nalada, nalada , ésta esta se mueve barriendo b arriendo una suerte de arco “alargado”. En el punto B la fuerza magnética etica ha sido tal que se opone justo a la fuerza el´ ectrica, ectrica, y la part´ part´ıcula comienza a volver volver hacia y , z = = 0 (instantes entre B y ). A partir de este instante, el campo eléctrico ectrico es el que ahora intenta intenta frenar a la part´ part´ıcula, C ). por lo que la rapidez disminuye disminuye y con ello la fuerza magnética, etica, hasta llegar a C , C , instante en el cual la part par t´ıcula ıcul a está en reposo, lista para un nuevo ciclo:

– 99 –

y  E

q

B

A

 B

x

C

z

b ) De la ley de Newton,



 = ma = q = q E ˆ F ˆ + v

× B ˆk



−→

   vx ′ vy ′ vz ′

=

q m

B vy E B vx 0

− −

La ultima u ´ltima ecuación, v on, v z ′ = 0 con z con z (0) (0) = v = v z (0) = 0 nos dice que



z (t)

≡ 0

y el movimiento es en el plano. Si definimos ω = qB/m, qB/m, entonces el sistema de 2 como: 0 ω 0 vx ′ vx = + ′ vy ω 0 vy ωE/B

 

   

−

× 2 queda

 , y podemos resolverlo mediante Variación Notamos que el sistema es de la forma x ′ = Ax + f , on f de Parámet am etro ross: t At  (s) ds x(t) = e x0 + eA(t−s) f

ˆ 0

´ De Algebra Lineal, sabemos que: eAt = V



  −    −  

eλ t 0 0 eλ t 1

2

V −1

con V la V la matriz de vectores propios y λ k los valores propios asociados. En este caso, λ1 = ω i ,

λ2 =

−ω i ,

V = =

Por lo tanto, eAt

1 = 2



eiωt + e−iωt ieiωt ie−iωt

−

i i 1 1

+ ie−iωt eiωt + e−iωt

,

iωt

−ie

– 100 –

=

− 1 = V −1

1 2

i

1 i 1

cos ωt sin ωt sin ωt cos ωt

−

Como la velocidad inicial es nula, la solución on homo ho mog´ génea ene a es xh =

 0 0

mientras que la solución on particular es ωE x p = B

 −  − −  − 

t

ˆ 0

Por tanto,

sin ω (t cos ω (t

s) s)

E 1 cos ωt , vx (t) = B He integrando para obtener la posición, on, x(t) =

E ωt ωB

sin ωt ,

E ds = ds = B



1

− cos ωt sin ωt



  − 

E sin ωt vy (t) = B

y (t) =

E 1 ωB

cos ωt

que de Cálculo alculo II sabemos que corresponde a la parametrización on de una cicloide una cicloide.. Para mayor informaci´ on se sugiere visitar a visitar aqqu´ı ı .. Notar que podemos escribir, haciendo R = E/ωB = E/ωB,,



x(t)

− Rωt

  − 2

+ y (t)

R

2

= R 2

que corresponde a corresponde a un c´ırculo cuyo centro se mueve mueve con velocidad co nstante v nstante v = ωR ω R en x. x . 

(6) Un loop Un loop rectangular rectangular de masa despreciable, soportando una masa m masa m,, se mantiene verticalmente con la parte superior en un campo magnético etico uniforme, como muestra la figura. El campo apunta hacia dentro del papel. Suponga que la gravedad actúa ua uniformem uniformemen ente te hacia abajo.

a ) Encuentre Encuentre la corriente corriente I (magnitud y dirección on de circulación) on) para la cual el loop el loop mantiene mantiene a I (magnitud la masa m masa m sin que se mueva b ) Suponga que aumentamos la magnitud de la corriente, sin variar el sentido de circulación anterior. Naturalmente, esperamos que el loop suba, llevando la masa consigo. Es correcto afirmar entonces que se realiza trabajo para que la masa pueda subir. Una expresión on de este   traba trab a jo (erra ( errada) da) ser´ıa ıa W = F mag mag h cuando m sube una altura h. Sin embargo, sabemos que la fuerza fuer za magn´ mag nética etica NO realiza traba jo. ¿Qué ocurre o curre en este est e caso? cas o? ¿Qui´ ¿ Quién en realiza rea liza el traba tra bajo? jo? NO realiza trabajo.

·

– 101 –


c ) Suponga ahora que al loop al loop rectangular rectangular le cambiamos la forma arbitrariamente (segunda parte de la figura). Muestre que la fuerza magnética etica sobre este loop este loop es es la misma que la obtenida en el apartado inicial, sin importar la forma del loop loop.. Soluci´ on:

a ) La fuerza magnética etica que ejerce un campo sobre una corriente que circula sobre un tramo C es  = F

ˆ

I dr

× B

C

Notemos que no todo el loop loop está dentro del campo. La fuerza sobre los segmentos verticales se cancelan, as´ as´ı que solo aporta ap orta el segmento segmento horizontal superior. Necesitamos que la fuerza sea hacia arriba, para que se oponga al peso del cuerpo de masa m. m. Para ello, notemos que eso solo se cumple si la corriente circula en sentido horario, en cuyo caso dr va en dirección ˆ on ˆı (hacia la  va en dirección ˆ (entra al papel) y por ende F va  va en dirección ˆ derecha), B on k on ˆ  (hacia arriba). F Para este segmento tenemos  = I B = I Ba ˆ F dr ˆ = I

−

ˆ 

Necesitamos que esta fuerza sostenga al peso, por lo que I Ba = Ba = mg mg

−→

I =

mg Ba

b ) Como la fuerza magnética etica ja traba jo, alguien a lguien o algo debe estar haciéndolo endolo para jam´ as realiza trabajo, que efectivamente efectivamente la energ´ energ´ıa potencial de la masa aumente. Cuando el loop el loop comienza comienza a moverse, las cargas en los segmentos horizontales ya no se mueven m´ as de forma horizontal, ya que adquieren una componente vertical u asociada a la subida del as loop,, por lo que su velocidad será v ′ . La fuerza magnética loop etica ya no apuntará directamente hacia arriba, sino que apuntará diagonalmente hacia la izquierda. Si q Si q = λ = λ a denota la carga neta en un segmento de largo a largo a,, evidentemente la componente compo nente horizontal de la fuerza magnética etica ser´ ser´ıa quB = quB = λauB, λauB , que se opone al sentido de la corriente, frenando las cargas:

Lo que sea que mantiene la corriente corriente estacionaria (una bater´ bater´ıa quizás) as) debe entonces EMPUentonces EMPUJAR estas JAR estas cargas para mantener la corriente estacionaria, para que no sean frenadas por esta – 102 –

nueva fuerza horizontal. Si v denota la componente horizontal de la velocidad de las cargas, entonces entonces el traba jo hecho por el agente a gente externo empujando las part pa rt´´ıculas es = λ auBvt = I W = F horizaontal auBvt = I aBut aBut horizaontal d = λ donde d donde d = = v vtt es la distancia horizontal recorrida por las cargas en un instante t. t . Notemos que I = λ v es la corriente. Finalmente, notemos que h = ut es la distancia vertical que recorren las cargas (mientras sube el loop loop), ), por lo que el trabajo queda como sigue: W = IaBh que es la misma expresión on que si se calculase usando un argumento f´ısico erróneo, oneo, i.e. suponiendo que la fuerza magnética etica trabaja. traba ja. ¿Quién en hace h ace trabajo? traba jo? El agente externo, una bater´ bater´ıa, o lo que sea que mantiene la corriente estacionaria en el tiempo. c ) La fuerza en un caso general viene dada por:  = F

ˆ

I dr

× B = I = I

C

ˆ  × dr

 B

C

en donde hemos sacado el campo por ser uniforme. Notemos que:

ˆ

= r final dr = 

− r

inicial

ı = a = a = a ˆ

C

según un nuestro sistema. Luego la fuerza es la misma que la del inciso inicial, sin importar la forma de la curva C . C . 

(7) En un experimen experimento to diseñado nado para medir el campo camp o magnético etico de la Tierra usando el efecto Hall, una barra de cobre de 0.5 cm de espesor espesor es posicionada posicionada a lo largo de un eje que va va de este a oeste. Asuma 28 que la densidad de electrones es n = 8.46 10 electrones por metro cúbico, ubico, y que el plano de la barra es puesto perpendicular a la dirección on del campo camp o magnético etico de la Tierra. Si una corriente corriente de −12 8 A en el conductor resulta en un voltaje de Hall de 5 .1 10 V, ¿Cuál al es la magnitud del campo magnético etico terrestre en el lugar del experimento? experim ento?

×

×

Soluci´ on:

 uniforme es aplicado perpenComo sabemos, el efecto Hall ocurre o curre cuando un campo magnético etico B dicularmente al plano de un cable plano por el que circula una corriente I . I . Este campo produce una fuerza magn´ mag nética etica sobre las cargas en movimiento, movimiento, las cuales se desv´ desv´ıan y acumulan en los bordes del conductor (figura de abajo).

– 103 –

La figura muestra el caso real: los electrones (cargas negativas) son los portadores de corriente, y por ende, quienes se ven afectados por el efecto Hall. El exceso de cargas en cada borde produce una diferencia de potencial, y un consecuente campo eléctrico ectrico que apunta a lo ancho del conductor. Esta desviaci´ on on en la trayectoria trayectoria de las cargas ocurre hasta que la fuerza eléctrica ectrica es capaz de oponerse op onerse a la fuerza magnética. etica. Notar del dibujo que la fuerza magnética etica y eléctrica ectrica se oponen (el campo eléctrico ectrico apunta en una dirección, on, pero si las cargas son negativas, la fuerza apunta contraria al campo). En dicho caso, si v si v representa la velocidad de los electrones, entonces el equilibrio requiere que: V = qℓ qv B = qE q E = q ℓ V v = ℓB

−→

en donde se usó que V = ℓE es ℓE es la diferencia de potencial entre los bordes, y ℓ es el ancho. A esta diferencia de potencial se le conoce como voltaje de Hall. Por otra parte, si I denota I denota la corriente que circula, entonces: = J ℓw = ρvℓw = newvℓ I = J A = J ℓw = ρvℓw = newvℓ en donde n es el número umero de part´ part´ıculas por unidad de volumen, ρ = ne es ne es la densidad de carga, y J = ρv la ρv la densidad de corriente. Es posible entonces expresar el voltaje de Hall en función de la corriente que circula, BI ne new V V = B = new I

−→

En este problema probl ema buscamos buscamo s el valor del campo magn´ ma gnético etico de la Tierra, Tierra , el cual apunta perpend p erpendicular icular a nuestro conductor en el laboratorio. Es directo porque p orque tenemos todos to dos los datos numéricos. ericos. El campo que mediremos será: a: B =

8.46

28

× 10

m−3 1.6

−19

· × 10

C 0.5 8A

−2

· × 10

m 5.1

· × 10

−12

V

≈ 4 × 10

−5

T 

(8) Un circuito cuadrado r´ıgido, de lado L y masa M , está pivoteado en torno a uno de sus ejes en  uniforme, y el campo gravitatorio. El circuito lleva una corriente presenci pres enciaa de un campo camp o magn´ mag nético etic o B I que I que es capaz de mantenerlo en equilibrio en un ángulo θ. Encuentre el sentido y magnitud de dicha corriente:

– 104 –


Soluci´ on:

Para el equilibrio, se requiere que el torque neto sobre la espira con respecto a algún punto de aceleraci´ on nula sea cero. Se escoge como origen el punto O ubicado en una de las esquinas de la on espira, como se muestra en la figura.

Para el torque que ejerce el peso, usamos que la fuerza de gravedad se puede concentrar en el centro de masa

τ τ = r

×



 = L sin θ ˆ ı F 2

×−

− cos θ  ˆ

 = M g ˆ

Por otro lado, el torque que ejerce la fuerza magnética etica es τ τ =  µ

× B

– 105 –

−M2gL sin θ kˆ

donde  donde  etico de la espira, µ es el momento magnético = I An ˆ = I = I L2 n ˆ  µ = I ˆ. Luego n Requerimos en primer lugar que este torque tenga dirección k ˆ debe tener la dirección on de  µ en el dibujo

τ τ =  µ El equilibrio exige entonces



× B = I L B cos θ kˆ 2

L M g sin θ 2

2

− I L B cos θ

Luego, la corriente I debe debe ser I =



ˆ =  k 0

M g tan θ 2LB

La dirección on debe ser acorde con la dirección on del momento momento magn´ magnético, etico, la cual se muestra muestra en la siguiente figura



– 106 –

3.2. 3.2.

Ley Ley de de Bio Biott-Sa Sav vart art

(1) Un alambre delgado y r´ıgido, que lleva una corriente corriente I , es colocado a lo largo del eje X . Calcular el campo magnético etico en el punto P . Analice el caso particular particular en que el alambre alambre es sim´ simétrico etrico con P . Analice respecto al eje Y . . ¿Qu´ ¿Q ué sucede suce de cuando cuan do ℓ ? ℓ

→∞

Soluci´ on:

Recordemos la Ley de Biot-Savart:  (r) = µ0 B 4π

ˆ I dR × (r − R ) r − R 

3

 = dx ˆ Consideremos un elemento diferencial dR on X . Por ı que lleva una corriente I en I en la dirección otra parte,  parte, r = a = a ˆ y por tanto:

√   = a + x , I d R  × (r − R  ) = aI dx k ˆ − R = a = a ˆ − x ˆ ı , r − R Los l´ımites de integración on serán an −x y x tales que x que x + x + x = ℓ = ℓ y a a ∧ x = x = tan θ tan θ 2

r

1

2

2

1

1

2

2

1

Por lo tanto,

2

µ0 I a  (P ) B P ) = 4π

x2

ˆ

−x1

dx ˆ k (a2 + x2 )3/2

Usando el cambio de variable x variable x = a = a tan θ, µ0 I a  (P ) B P ) = 4π

arctan arctan cot θ2

ˆ

− arctancot θ1

recordando recordando que que sin (π/2 π/ 2 y as´ı,

a sec2 θ dθ ˆ µ0 I k = 4πa a3 sec3 θ

ˆ

π/2 π/ 2−θ2

θ1 −π/2 π/ 2





ˆ = µ0I cos θ1 + cos θ2 k ˆ cos θ dθ k 4πa

− t) = cos cos (t). En el caso simétrico, etri co, θ = θ y por tanto cos θ θ = θ 1

µ0I  sim (P ) B P ) = 4πa

ℓ ˆ k 2 2 + a ℓ /4 + a



– 107 –

2

k

=

ℓ/2 ℓ/2 (ℓ/2) ℓ/2)2 + a2




Si ℓ Si ℓ

→ ∞, entonces θ → 0 y por tanto: k

µ0I ˆ  ∞ (P ) k B P ) = 2πa Notemos que en este l´ımite, el sistema posee simetr´ simetr´ıa cil´ cil´ındrica, y las l´ıneas de campo magnético etico son circulare circulares. s. Este resultado resultado se comprobar´ comprobar´ a más as adelante con la Ley Le y de Ampère ere .  (2) Considere Considere la espira espira de corriente corriente formada por segmen segmentos tos radiales radiales y arcos de circunfe circunferenc rencia ia como se  en el punto P . muestra en la figura. Obtenga el campo magnético etico B P .

Soluci´ on:

Si fijamos el origen en P , notamos inmediatam inmediatament entee que las cont contribuc ribuciones iones de los segmen segmentos tos 1 y 5 P , notamos  es paralelo al vector  son nulas, ya que en ambos casos el vector d vector d R vector r  con x =  0. Para el sector R, con  2:

−

0 , r = 

 = b ρ , = b ˆ R ˆ

 = b θ = b dθ ˆ dR

 dR

−→

Por lo tanto,  2 = µ0 I B 4πb

ˆ

φ

× (r − R ) = b

ˆ = dθ k

0

2

ˆ dθ k

∧ r − R  = b

µ0 φ I ˆ k 4πb

De manera análoga, aloga, para el segme segment ntoo 4 ,  4 = B

φ I ˆ − µ4πa k 0

Por ultimo, u ´ ltimo, para la sección 3 , es es f´ acil notar que su contribución acil on es nula, ya que en este caso el  apunta en la dirección vector dR on contraria al vector unitario radial en coordenadas polares, y a  apunta en la dirección su vez dR on radial, de esta forma, el producto cruz entrega al vector nulo. Resumiendo, solo los segmentos pares contribuyen al campo en P , P , y el campo total será la suma de ambas contribuciones:  = B  2 + B  4 = µ0 φ I 1 1 k ˆ B 4π b a

 − 

– 108 –



(3) Considere Considere una espira espira circular circular que lleva lleva corrient corrientee I I en el sentido indicado por la figura. Calcule el campo camp o magnético etico a una distancia distanci a z en si metr´´ıa de la l a espira. z en el eje de simetr

Soluci´ on:

En este caso, r  R  dR  R  ) R

r −   × (r − dR

= z ˆ k = R ˆ ρ θ = R dθ ˆ = z 2 + R2

√

ˆ ρ + R2 dθ k = zRdθ ˆ zRdθ ˆ

Como ρˆ = cos θ ˆ ı + sin θ ˆ, entonces:  = dB

k + zR ı + zR  + zR cos θ ˆ + zR sin θ ˆ µ0 I R2 ˆ dθ 4π (z 2 + R2)3/2

Las integrales en el plano X plano X Y son 2 π, con lo que: Y son nulas por estar integradas entre 0 y 2π µ0 I R2  ˆ k B (z ) = 2 2 3 / 2 2 (R + z ) que es consistente consistente con los argumentos de simetr´ simetr´ıa.



(4) Considere un disco muy delgado que tiene una densidad de carga superficial σ uniformemente distribuida. El disco se pone a girar a velocidad angular ω en torno a su eje. Encuentre el campo magnético etico en el eje del d el disco. – 109 –

Soluci´ on:

Se tiene una distribución on de carga en movimien movimiento, to, y por tanto tanto una corrien corriente, te, de forma que ésta esta generará un u n campo cam po magnético. etico. Anteriormente se determin´ d eterminó el campo en el eje de un anillo de radio r con corriente I . Podemos ver el disco como una superposición on de anillos con corriente de ancho infinitesimal dr, dr , de modo mod o que el campo cam po magnético etico total será la suma de las contribuciones de estos anillos. Veamos que ocurre en la porción on de disco comprendida entre r y r + [0, R]: r + dr dr,, con r [0,

∈

= σ πr 2 q = σ

−→

= 2πσrdr dq =

La carga dq da da una vuelta completa en un tiempo ∆t =

1 2π = f ω

La rotación on del anillo genera una corriente: dI =

dq = σω σω r dr ∆t

– 110 –


As´ As´ı, el campo camp o magn´ mag nético etico a una u na distanci dist anciaa z sobre sobre el eje del disco generado por este anillo es: dB = dB =

r2 µ dI µ0 σω r3 = dr (r 2 + z 2 )3/2 2 2 (r2 + z 2 )3/2

El campo total es:  (z ) = µ0 σω B 2

ˆ 0

R

r3 ˆ dr k (r2 + z 2 )3/2

Haciendo el cambio de variables t 2 = r 2 + z 2 , tdt = tdt = r r dr obtenemos dr obtenemos la siguiente integral:

ˆ

r3 dr = (r2 + z 2 )3/2

ˆ

r2 r dr = dr = (r2 + z 2 )3/2

2

2

ˆ t − z t3

t dt = dt =

ˆ

− 

z 2 z 2 + c1 dt = dt = t t + t2 t

1

Volviendo a las variables originales, R

ˆ 0

r3 dr = (r 2 + z 2 )3/2

√

z 2

+ r 2

Finalmente,  (z ) = µ0 σω B 2

+

z 2 z 2 + r 2

√

√

R2 + z 2 +



R

=

√

R2

+

0

z 2 R2 + z 2

√

+ z 2

 − || 2 z

z 2 R2 + z 2

√

− 2|z |

ˆ k 

(5) Considere Considere dos bobinas bobinas de N de N espiras espiras de igual radio R radio R,, separados por una distancia 2b 2 b como muestra la figura. En ambas bobinas circula una corriente I en I en el mismo sentido.

a ) Obtenga Obtenga el campo magn´ magnético etico en el pun punto to medio medio P entre P entre las dos bobinas, y muestre que en este punto la primera derivada del campo es nula b ) Escoja una distancia 2b 2b tal que la segunda derivada del campo se anule en P Muestre que con la elecci´ elección on anterior, la tercera derivada se anula en P c ) Muestre Soluci´ on:

– 111 –

a ) De algún un problema anterior, sabemos que para una espira circular con corriente I , radio R y a una altura z altura z de de su centro, centro, el campo camp o en el eje de simetr´ simetr´ıa es: µ0I R2  ˆ k B (z ) = 2 (z 2 + R2)3/2 Como esta bobina consta de N espiras N espiras circulares, separadas por una distancia despreciable con respecto a z a z , podemos utilizar el principio principio de superposici´ superposición on y obtener el campo resultante: µ0I N R2  ˆ k B (z ) = 2 2 3 / 2 2 (z + R ) Ahora, localicemos el origen en P en P .. Sea un punto en el eje a una distancia z distancia z del del origen; el campo provocado por la bobina de abajo es: µ0I N R2  ˆ k Bdown (z ) = 2 2 3 / 2 2 (R + (z (z + b + b)) ) mientras que la bobina de arriba contribuye con: µ0 I N R2  ˆ k Bup (z ) = 2 2 3 / 2 2 (R + (z (z b) )

−

As´ As´ı, el campo ca mpo magnético etico total, por el principio p rincipio de superposi super posici´ ción, on, es:  (z ) = µ0I N B 2



R2 R2 + (R2 + (z (z b)2 )3/2 (R2 + (z (z + b + b))2 )3/2

−



ˆ = B = B ˆ k k

Si derivamos una vez, dB = dz

− 3µ2RI N 0

 

−b 1 + ([z ([z − b]/R /R)) z

2

5/2

+ b z + b

+

 

1+

([z ([z + b + b]]/R /R))2

  5/2

vemos que al evaluar en P con z = = 0– la derivada será: a: P –origen con z dB dz



=0

z =0

b ) Para Para escoger escoger la distancia, distancia, vemos la segunda segunda deriv derivada. Derivando Derivando lo anterior anterior,, 2

dB = dz 2

−

3µ0 I N 2R

  −         −   −        1+

z

b

2

−5/2

+

R

3µ0I N 5(z 5(z b)2 + 2R R2

1+

z

b

R

– 112 –

1+

2

−7/2

+ b z + b R

2

−5/2

5(z 5( z + b + b))2 + R2

1+

+ b z + b R

2

−7/2

Evaluado en el origen, 2

dB (0) = dz 2

  2

−

3µ0 I N b 2 1+ 2 2R R

−5/2

2

−

10b 10 b R2

   b2 1+ 2 R

−7/2

Necesitamos que esta expresión on sea nula. Imponer esto nos lleva a una ecuación que nos permite despejar b despejar b como función on de R de R::

 

b2 b2 2 1 + 2 = 10 2 R R

−→

2b = R = R

Esto significa que si escogemos la separación on entre las bobinas igual al radio de las mismas, entonces la segunda derivada también en se anula a nula en P . P . c ) Volviendo olviendo a la segunda derivada, derivada, reemplazand reemplazandoo 2b = R = R y y derivando por tercera vez, se ve que en P en P la la tercera derivada tambi´ ta mbién en es nula. Todos odo s estos esto s cálculos alculos nos sirven para mostrar que el campo en la vecindad de P de P es es aproximadamente uniforme. En efecto, si expandimos en Taylor el campo cerca del origen, iv) (0) 4 B ′′ (0) 2 B ′′′ (0) 3 B (iv) + B (0) z + + B (z ) = B(0) B (0) + B z + z + z + . . . 2! 3! 4! ′

Reemplazando las derivadas antes calculadas, B B (z ) ≈ B (0) +

(iv) iv )

(0) 4 z 4!

Esta configuración on se conoce como Helmholtz como Helmholtz coils (bobinas (b obinas de Helmholtz). Helmh oltz). El segundo segu ndo término ermino 4 es de orden de z , lo cual es muy peque˜ no. no. Es por esto que el campo en la vecindad de P resulta muy uniforme. La figura de abajo muestra el campo real dentro de las bobinas:



(6) Considere Considere dos alambres alambres,, de longitud ℓ, paralelos separados por una distancia a corrientes I 1 e I 2 en la dirección on y . Calcule la fuerza entre ambos conductores. Soluci´ on:

– 113 –

≪ ℓ y que llevan


 1 , que ejerce el alambre 2 sobre el alambre 1, se puede obtener como La fuerza fuer za magn´ mag nética etic a F  1 = I = I 1 F

ˆ

dr1

× B

2

 2 es el campo magnético donde B etico creado por el conductor 2. 2 . Usando el resultado del primer problema, para alambres suficientemen suficientemente te largos, las l´ıneas del campo magnético etico debido a I 2 son so n c´ırcu ır culo loss concéntricos entricos con el alambre ala mbre 2, con el campo apuntando en la dirección on tangencial. tangenci al. As´ As´ı, en un punto arbitrario P arbitrario P sobre sobre el alambre 1, tenemos  2 = µ0 I 2 k ˆ B 2πa Al ser este campo camp o uniforme a lo largo del conductor 1, y siendo éste este un alambre rectil´ rectil´ıneo, la fuerza que experimenta está dada por:  1 = I 1   2 = I = I 1 ℓ ˆ F ℓ B

×

×  µ0I 2 2πa

ˆ = k

µ0 ℓ I 1I 2 ı ˆ 2πa

 2 = F  1 . De esta Claramente esta fuerza apunta hacia el conductor 2. Resulta evidente que F forma, dos cables paralelos que llevan corriente en la misma dirección se atraerán. an. Por otro lado, si las corrientes fluyen en direcciones opuestas, la fuerza resultante será repulsiva.

−

– 114 –



(7) ¿Cuál al debe ser la velocidad v (medida en un sistema inercial) de dos hilos paralelos muy largos y no conductores, cargados uniformemente con densidad λ, y separados una distancia d, para que la fuerza magnética etica anule la fuerza eléctrica ectrica ejercida entre los hilos? Soluci´ on:

Sabemos que el campo magnético etico generado por el cable es:  (r) = µ0 I θˆ B 2πr Con este campo es fácil acil calcular la fuerza que ejerce un cable sobre otro cable igual, con la misma corriente, situado a una distancia d distancia d.. El campo camp o magnético etico que ejerce el primero sobre el segundo es constante a lo largo de todo el segundo cable, debido a que depende solo de la distancia, y todos los puntos del segundo cable están an a la misma distancia, d distancia, d.. As´ı,  m = I ˆ = I LB F LB((d) k

×

θˆ =

−

µ0 I 2 L ρ ˆ 2πd

en donde L es el largo de cada cable. El signo negativo implica que la fuerza es atractiva. En el caso de dos cables muy largos cargados que se mueven, evidentemente la corriente corresponde a velocidad del cable. cable. La fuerza fuerza magn´ magnética etica entre entre dos cables cables cargados cargados con I = λv, λv , en donde v es la velocidad densidad de carga λ carga λ es entonces F m = µ 0 λ2 v 2 L/ ectrico que ejerce L/22πd. πd. Por otra parte, el campo eléctrico una l´ınea ınea de carga muy larga es, usando la ley de Gauss,  (r ) = E

λ ρ ˆ 2πǫ0 r

– 115 –

y claramente ese campo ejerce una fuerza repulsiva sobre otro cable exactamente igual situado a una distancia d: λ2 L   = ( ) = ρ F e λE d dℓ = dℓ ˆ 2πǫ0 d

ˆ

Para que la fuerza magnética etica anule la eléctrica ectrica tiene que ocurrir ocur rir que: µ0 λ2 v 2 L λ2 L = 2πd 2πǫ0 d

−→

v =

√ µ1 ǫ

= c

0 0

Evaluando numéricamente ericamente este resultado vemos que qu e v 3 108 m/s, que es la velocidad de la luz. Evidentemente los alambres nunca podrán an viajar tan rápido, apido, por lo que siempre predomina la  fuerza fuer za eléctrica ectri ca por po r sobre sob re la magn´ mag nética. etica .

≈ ×

3.3.

Ley de Amp` Amp` ere ere

(1) Considere un conductor cil´ cil´ındrico de radio R y de extensión on infinita, que lleva una corriente I con una densidad de corriente no uniforme J = α r , donde α es una constante desconocida, y r es la distancia de un punto interior en el conductor al eje de simetr´ simetr´ıa. Encuentre Encuentre el campo magnético etico en todo el espacio. Soluci´ on:

La Ley de Amp` Ampère ere nos dice que

˛ 

= µ 0 I enc B dr = µ enc

γ

·

en donde I enc represent ntaa la corrien corriente te encerrada encerrada por p or la curva curva cerrada cerrada γ . Esta ley es análoga a loga a enc represe la ley de Gauss de electrostática, a tica, y no depende de la forma de γ . Aunque esta ley siempre es v´ alida, alida, no siempre es útil, util, y tal como ocurre con la ley de Gauss, se usa en situaciones de alta simetr´ simetr´ıa. Para aplicarla, es preciso saber en qué dirección o n debe apuntar el campo, de modo tal que la integral de l´ınea ınea se simplifique simplifiqu e considerablemente. considera blemente. Sab Saber er en qué direcci´ di rección on apunta el campo magnético etico generalmente g eneralmente no es dif´ dif´ıcil, y solo requiere entender bien la naturaleza na turaleza vectorial del mismo. mi smo. En particular, el campo siempre debe ser perpendicular a la corriente, y su sentido no debe depender del sistema coordenado que se use. Para una corriente que circula en la dirección on z (co ordenadas cil´ cil´ındricas) es sencillo establecer en z (coordenadas qué dire di recc cci´ ión on debe ir el campo. Primero, no puede tener una componente en la dirección z on z , porque el campo no puede ser paralelo a la corriente. corriente. Por otra parte, si tuviera componente radial, cambiar´ cambiar´ıa el sentido de la misma si se invierte el sentido de la corriente. Pero invertir el sentido de la corriente es, f´ısicamente, lo mismo mi smo que escoger esco ger el eje z eje z en en la dirección on opuesta a la inicial. Entonces se deduce que la componente radial del campo depende de la elección on del eje z eje z , lo cual contradice el hecho de que las magnitudes f´ f´ısicas no pueden depender dep ender de la elección on de coordenadas. Por ende, tampoco puede tener componente radial. Se concluye que el campo debe estar en la dirección tangencial, y debe unicamente únicamente depender del radio por la simetr´ simetr´ıa axial del problema  = B( θ B B (r ) ˆ – 116 –


Sea γ Sea γ una una circunferencia de radio 0 < r < R, simetr´ıa del cilindro. cilindro . R , cuyo centro coincide con el eje de simetr´ As´ı, = r ˆ = r dθ ˆ ρ θ r = r ˆ dr = r

−→

Con ello,

˛ 

2π

= B((r )r B dr = B

γ

En este caso,

r

ˆ ˆ 0

dθ = dθ = 2πr B(r ) = µ 0 I enc enc

0

2π

I enc enc (r ) = De esta forma,

·

ˆ

2π

J (u)ududθ = ududθ = α α

0

ˆ ˆ dθ

0

2  in (r ) = µ0 α r θˆ B 3

∧

0

r

2πα r3 u du = du = 3

∝ r

Bin

2

2

Para el exterior, r exterior, r > R, lo unico u ´ nico que cambia es que ahora debemos considerar toda la corriente que circula por el cable, que ya no depende no depende del radio: 2πα R3 = I = I enc enc = I 3 Finalmente,

 out (r) = µ0 I θˆ B 2πr

−→ ∧

α =

3I 2πR 3

∝ 1r

Bout



(2) Calcule Calcule el campo magn´ magnético etico dentro dentro de un solenoide solenoide ideal de largo ℓ, N N vueltas y que lleva una corriente estacionaria I . Soluci´ on:

Un solenoide solenoide es una bobina enrollada en forma helicoidal. helicoidal. La figura muestra muestra las l´ıneas de campo magnético etico de un solenoide solenoi de con co n corriente cor riente constante co nstante I : I :

Vemos que si las vueltas están an muy cercanas espacialmente, espacialmente, el campo magnético etico resultante dentro del solenoide es parcialmente uniforme, siempre que la longitud del solenoide sea mucho mas grande que su diámetro. ametro. Para un solenoide ideal, que es infinitamente largo con vueltas infinitesimalmente – 117 –

cercanas, el campo magnético etico dentro es uniforme y paralelo al eje x, utilizando la ley de la mano derech derecha, a, y es nulo nulo fuera fuera del solenoide. solenoide. Podemos Podemos utilizar utilizar la ley de Amp` Ampère ere para calcular calcular el campo magnético etico dentro de un solenoide ideal. Una vista transversal de un solenoide ideal se muestra en la figura:

Consideremos el camino rectangular de largo ℓ y ancho w y en sentido contra-reloj. La integral de l´ınea del campo camp o a través es de este camino es

˛

 dr = B

·

˛

 dr + B

←



·

˛

 dr + B

·

˛

 dr + B

→

↓

·

˛

 dr B

·

↑

Ahora, la integral sobre es nula, ya que el campo es nulo en el exterior del solenoide. Las integrales sobre y tambi´ también en son nulas, ya que el campo a lo largo de estas trayectorias trayectorias es perpendicular a dr. Con esto, podemos estirar el camino cerrado de manera que encierre todo el solenoide,notando que la corriente total que atraviesa la superficie encerrada por la trayectoria es N I , con N umero N el número de vueltas del solenoide

↑ ↓

←

˛ 

= Bℓℓ = µ = µ 0 N I B dr = B

·

−→

B =

µ0 N I ℓ





(3) La figura muestra muestra la secci´ sección on transversal trans versal de un cable ca ble compuesto compues to por p or dos cilindros cil indros concéntricos. entricos. Asuma Asu ma que una corriente I , de densidad constante, “sale de la página” agina” por el cilindro central (r ( r R 1 ) y  en todo “entra en la página” agina” por el cilindro exterior (R ( R2 r R3 ). Calcule el campo magnético etico B el espacio.

≤ ≤

– 118 –

≤

Soluci´ on:

La ley de Ampère ere nos dice que:

˛ 

= µ 0 I enc B dr = µ enc

C

·

 = B ˆ θ y por tanto: En nuestro nuestro caso, por la simetr´ simetr´ıa axial del problema, B B =

µ0 I enc enc 2πr

r < R1 I J 1 = πR1 2



r = I I enc enc = I R1

−→

y con ello: B1 =

2

µ0 I r 2πR1 2

R1 < r < R2 µ0I 2π r

B2 = R2 < r < R3 J 2 =

I

− π(R − R 3

2

2

2

)

−→

y con ello: µ0 I B3 = 2π r



= I I enc enc = I

− −

R3 2 r 2 R3 2 R2 2

− −

r2 R2 2 I 2 R3 R2 2

− −



r > R3 B4 = 0 

 = J 0 k ˆ. El (4) Un cable de radio R radio R lleva una densidad de corriente J E l cable ca ble tiene una cavidad cil´ cil´ındrica de radio α paralelo al eje del cable, a distancia b de él. el. Muestre que el campo camp o magnético etico dentro de la cavidad es uniforme.

– 119 –


Soluci´ on:

Resolvemos el problema por superposición on de dos corrientes, una del cilindro completo con densidad k, y otra en la cavidad con densidad J 0 ˆ k. El campo magn´ de corriente J 0 ˆ etico etico al interior de un  ˆ cable con densidad de corriente J = J 0 k se puede obtener fácilmente aci lmente con la l a ley l ey de Ampère: ere: Tomando la curva circular de radio r, y dada la simetr´ simetr´ıa cil´ cil´ındrica de la distribuci´ on de corriente, el campo magnético etico es constante y tangente sobre la curva. As´ As´ı:

−

˛ 

= B((r ) 2πr = B dr = B πr = µ µ 0

·

¨ 

ˆ dS = = µ 0 J 0πr 2 J n

· ·

∂S

 (r ) = µ0 J 0 r θˆ B 2

−→

S

Sea entonces un punto arbitrario al interior de la cavidad, como muestra la figura:

rk = r k ρˆk , Por superposición, on,

k = 1, 2

{ }

µ0 J 0 r1 ˆ  (P ) θ1 B P ) = 2

pero

ˆ1 = k ˆ θ

× ρˆ

∧

1

− µ J 2 r

0 0 2

ˆ2 θ

ˆ θˆ2 = k

× ρˆ

2

y por tanto,



µ0 J 0  (P ) ˆ B P ) = r1 k 2

× ρˆ − 1

ˆ r2 k

×



µ0 J 0 ˆ ρ k ˆ2 = 2

– 120 –

× −  r1

r2 =

µ0 J 0 ˆ k 2

×  b

el cual es un campo uniforme.



(5) Se tiene dos corrientes, ambas con igual sentido (en el dibujo, saliendo de la hoja). Una de ellas circula por el plano infinito y tiene magnitud J magnitud J s , y la otra es una corriente cil´ cil´ındrica infinitamente infinitamente r larga cuya densidad es J = J 0 1 . Se define al punto P P como el punto ubicado a distancia R ba jo el centro del cilindro, por p or el eje de simetr´ simetr´ıa que es perpendicular perp endicular al plano: R/22 bajo R/

− 

etico, en P , por J s a ) Encuentre el campo magnético, P , generado por J b ) Encuentre el campo magnético, etico, en P , por J P , generado por J c ) Encuent Encuentre re el valor alor de J 0 (J s ), que hace que el campo magnético etico resultante resultante en el punto P sea nulo Soluci´ on:

on de corriente como una superposición on de conductores paralelos que a ) Podemos pensar la región llevan corrientes en la dirección ˆ on ˆı:

Primero analizamos analiza mos en qué dirección on debiese ir el campo. ¿Puede el campo tener componente en x en x?? No, porque el campo no puede ser paralelo a la dirección on de la corriente que lo genera. ¿Puede tener componente en z ? Otra vez no. Si suponemos que la superficie se compone de muchos hilos delgados, como muestra la figura, la componente z de de la contribución on al campo, – 121 –

generada por uno de estos hilos ubicado en y en y > 0, se cancela con su hilo opuesto en y en y < 0. Por ello es que no puede tener componente z . Por tanto,  = B

± B ˆ 

donde el signo dependerá si estamos sobre o bajo la región, on, donde el sentido vendrá dado por la regla de la mano derecha. derecha. Ahora, podemos p odemos utilizar la ley de Ampère ere para encontrar el campo camp o magnético etico debido a esta distribuci´ distribu ción on de corriente. Tomaremos la curva cerrada que aparece en la figura. La corriente que atraviesa la superficie limitada dicha curva es: I C C = J s bℓ Notando que, en la l a integral de l´ l´ınea, los l os segmentos segm entos verticales no contribuyen contrib uyen (d ( dr perpendicular al campo) µ0 J s b  dr = B = B 2ℓ = µ = µ 0I C B B= C = µ 0 J s bℓ 2

˛

·

−→

C

As´ı,  (P ) B P ) =

− µ 2J b ˆ 0 s

b ) Para Para el cilindro, cilindro, utilizamos utilizamos nuev nuevamente amente la ley de Amp` Ampère. ere. Dada su extensi´ extensión on infinita, por simetr´ simetr´ıa, el campo magnético etico en su interior debe ser función on unicamente u ´ nicamente de la coordenada radial, y su dirección on es tal que es tangente en to do punto a una curva curva circular concéntrica entrica al cilindro:

˛ 

2π

B dr = 2πr B(r ) = µ 0 I enc enc = µ 0

·

 (r ) = µ = µ 0 J 0 B

 −  r 2

r2 3R

ˆ θ

−    − 

r

dθ

0

C

As´ı,

ˆ ˆ

J 0 1

0

−→

t t dt = dt = 2πµ 0 J 0 R

 (P ) B P ) = µ 0 J 0

R 4

r2 2

−

r3 3R



R2 µ0 J 0 R ˆ = ˆ 12R 12R 6

c ) En el punto P , on de ambos campos: P , se tendrá la superposición  res (P ) B P ) =



µ0 J 0 R 6

−



µ 0 J s b ˆ 2

Para tener un campo magnético etico nulo, debe tenerse entonces: J 0

R bJ s = 6 2

−→

J 0 =

3bJ s R 

 = K (6) Considere Considere un plano infinito por el que circula una corriente corriente superficial superficial uniforme K ı. K ˆ ˆ a ) Encuent Encuentre re el campo magnético etico en todo el espacio. espacio. Para ello, realice un análisis alisis que permita saber a priori p riori en qu´ q ué dirección on debe apuntar el campo. – 122 –


b ) Calcule el flujo flu jo magn´ m agnético etico a través es del d el manto ma nto de un cono co no de altura a ltura h y radio basal R basal R,, situado en la región on sobre el plano del inciso anterior, con su eje perpendicular al mismo. Obtenga la fuerza fuerza magn´ magnética etica por unidad unidad de area que el plano del inciso inciso a) ejerce sobre otro c ) Obtenga plano paralelo situado a una distancia d del primero, por el que circula la misma corriente  = K ı. K K ˆ ˆ Soluci´ on:

a ) Con un análisis i alisis id´ dénti nt ico al problema anterior, es posible probar que el campo es:  = B

 − 

µ0 K ˆ z > 0 2 µ0 K + ˆ z < 0 2

El campo magn´ magnético etico ejercido ejercido por p or este plano resulta resulta uniforme. uniforme. Note que el campo posee un salto de discontinuidad de µ de µ 0 J entre entre la región on ba jo y sobre el plano. La analog´ analog´ıa con el campo el´ ectrico ectrico ejercido por un plano infinito cargado es total. b ) Un hecho hecho experi experimen mental tal muy muy importa important ntee es que, que, hasta hasta ahora, ahora, no exist monopoloss existen en los monopolo magnéticos. eticos. Por ejemplo, no podemos separar un imán a n en un polo norte y un polo sur. Si rompemos un imán an a la mitad, cada pedazo se transformará “misteriosamente” en un nuevo im´ an, an, con polo p olo norte y polo sur. Como no podemos encontr encontrar ar monopolos magnéticos, eticos, no es posible posi ble encontrar l´ıneas de campo camp o magnético etico abiertas. abierta s. Las l´ıneas siempre serán an cerradas, o bien, comenzarán an y terminarán an en el infinito. infinito. Consecue Consecuencia ncia de esto es que, a trav´ trav´ es es de una superficie cerrada, siempre siempre el el flujo magnético etico es cero, porque porqu e toda l´ınea que entra debe salir, debe salir, por po r ser s er cerrada. cerra da. As´ As´ı,  n ˆ dS = 0 B

˛

·

S

Esta ecuación on es la ley de Gauss del magnetismo . Si en cambio se pudiera encontrar un monopolo magn´ mag nético, eti co, las la s l´ıneas ın eas comenz com enzar ar´ an ań o terminarán an en una suerte de “carga “ carga magnética” q etica” q m , análogo alogo al flujo eléctrico. ectrico. En ese caso, las l´ıneas ya no serán an cerradas, y se obtendr o btendr´´ıa una ley de Gauss del tipo  n ˆ dS = k q m B

˛

·

S

Sin embargo, este hecho nunca ha sido confirmado experimentalmente; experimentalmente; as´ as´ı que asumimos a sumimos que el flujo magnético etico sobre una superficie sup erficie cerrada siempre es cero. Basados en este hecho, consideremos un cono sobre el plano del inciso (a ( a). Si lo ponemos con el eje perpendicular al plano,  . El flujo neto, entonces entonces claramente no hay flujo a trav´ través es de la base. Esto porque ah´ ah´ı n ˆ B que tiene que ser siempre cero, queda

⊥

0=

˛ 

ˆ dS + + B n

tapa

·

˛ 

ˆ dS = B n

manto

·

˛ 

ˆ dS B n

·

manto

de donde do nde se concluye concluye que el flujo a trav´ través es de manto es, por s´ı solo, igual a cero. – 123 –

 ejerce sobre una l´ınea de corriente, c ) Análogament alogamentee a la fuerza fuerza que un campo magn´ magnético etico B corriente,  = Id  , es posible decir que la fuerza magnética etica que este mismo campo ejerce sobre F r B C I d  y  es: corrientes superficiales K y volum´ vol umétrica etr icass J

´

×

 = F

¨ 

×× B dS

∧

K

S

 = F

¨ 

×× B dV

J

V

 es la fuerza por unidad de largo, K  B  representa la luego deducimos que, as´ as´ı como I como Id dr B  B  es la fuerza por unidad de volumen sobre V . . fuerza por unidad de superficie sobre S y J En nuestro problema, nos interesa la fuerza magnética etica por p or unidad de superficie sup erficie sobre un plano  ı. Si este plano se encuentra sobre el plano del infinito por el que circula una corriente K = K K ˆ ˆ  = µ0 K ˆ y la fuerza por unidad de area es: inciso (a (a), entonces el campo que siente es B 2

×

×

× ×

−

 m = K  f

× ×

 = B

−

µ0 K 2 ı ˆ 2

× ˆ = −

µ0 K 2 ˆ k 2

Note el signo negativo. Esto indica que la fuerza apunta hacia abajo, por lo que se concluye que dicha fuerza es atractiva . Si, por el contrario, la corriente de los planos corriera en sentidos opuestos, la fuerza ser´ ser´ıa repulsiva, repulsiva, análogamente alogamente a la fuerza magnética etica entre dos hilos conductores rectos por los que pasa corriente. 

– 124 –

4.

Campo Camposs var varia iabl bles es en el tiem tiempo po

4.1. 4.1.

Ley Ley de indu inducc cci´ i´ on on de Faraday-Lenz

(1) Este es un problema meramente cualitativo. Si los imanes se mueven de la forma descrita en la figura, determine la dirección on de la corriente inducida en cada una de las espiras.

Soluci´ on:

Recordemos la Ley de Lenz: Una f.e.m inducida siempre generar´ a una corriente cuyo campo magnético etico se oponga al cambio original o riginal en el flujo magnético. etico. En el caso de la izquierda, izquierda, el movimiento del imán an tiende a aumentar el flujo el flujo magnético, etico, por lo que se generará una corriente corriente que cree un campo magnético etico que se oponga a este hecho. Para reducir  que apunte fuera el flujo magnético, etico, debe aparecer un campo camp o magnético etico B apunte fuera de la espira y, por la regla de la mano derecha, la corriente circulará en dirección on anti-horaria. En el caso de la derecha, el flujo disminuye; por tanto, se deberá generar un campo magnético etico que on de flujo. De esta forma, la corriente entre a la espira, espira , de modo tal que se oponga a la reducción circulante tendrá dirección on horaria. Finalmente,



 = B ˆ ı. (2) La espira rectangular de la figura fig ura se encuentra sumergida en un campo magnético etico uniforme B Si la espira gira con velocidad angular ω utilizando el eje z eje z como como eje de rotación, on, y asumiendo que en t = 0 la espira se encuentra en el plano Y Z , determine la fem inducida fem inducida y la corriente inducida en la espira. – 125 –


Soluci´ on:

Calculamos en flujo magnético, etico, considerando que n ˆ = Φ=

¨

ı θˆ dS = = BS sin θ Bˆ B S sin

−

·

−θˆ, −→

dΦ dθ = BS cos θ B S cos dt dt



Notemos que

dθ = ω dt

−→

= ωtt + θ0 θ = ω

Dada la condición on inicial, es claro que θ que θ 0 = π/ on de Faraday , podemos π /2. A partir de la ley de inducción obtener la magnitud de la fem la fem inducida inducida en la espira: ε =

− ddtΦ = −Bωab cos(ωt cos(ωt + π/2) π/ 2)

La magnitud de la corriente es, simplemente I =

|ε| = Bωab cos(ωt cos(ωt + π/2) π/ 2) R

R



(3) Considere el experimento experimento del siguiente siguiente video: video: Si Si coloca un solenoide alrededor de un núcleo ucleo de hierro (el hierro es solo para reforzar el campo magnético) etico) y coloca un anillo metálico alico en él, el, al prender la fuente de voltaje, el anillo saltará varios metros en el aire ¿Por qué? e? Si repite el experimento experimento con un anillo con un corte a todo lo alto del anillo, éste este no se elevará. a. ¿Por ¿Po r qué? e?

– 126 –

Soluci´ on:

Antes que circule De spués de encender el aparato, circule corrien corriente, te, el flujo a trav´ través es del anillo es cero. cero. Des

aparece un flujo (hacia arriba en la figura) y la fem la fem generada generada en el anillo hará circular una corriente (en el anillo) que, de acuerdo con la Ley de Lenz, será en dirección on tal que el campo magnético etico generado tienda a anular el nuevo flujo. Esto significa que que la corriente circulará en sentido opuesto a la corriente en el solenoide. Corrientes opuestas se repelen, y el anillo saltará. En el segundo caso, el anillo está cortado y no y no permite que ci rcule una u na corriente por el per p er´´ımetro, permite que circule y por tanto el efecto antes descrito no se generará.  (4) Considere un loop circular conductor de diámetro ametro D, masa M on loop circular M y resistencia R que cae por acción de la gravedad desde una gran altura h, en una región on en donde existe un campo magnético etico no uniforme con componente B componente Bz = B 0 (1+kz (1+kz ), ), siendo z siendo z la la altura respecto del suelo y k y k alguna alguna constante. constante. Suponga que el plano del loop del loop se mantiene horizontal en toda to da la ca´ ca´ıda. Ignore efectos de roce ro ce con el aire. a ) Explique por qu´ e se induce una corriente corriente en el loop loop.. Calcule su magnitud e indique su sentido. cualita tivamente la ca´ıda ıda del d el loop al es la velocidad terminal del mismo? b ) Describa cualitativamente loop.. ¿Cuál Soluci´ on:

 = Bx ˆ ı + a ) En la región on en donde se encuentra el loop circular, existe un campo camp o magnético etico B  + B k, cuyas componentes x e y no son nulas. Esto se puede deducir notando que, si + Bz ˆ By ˆ el campo solo tuviese la componente z señalada nalada en el enunciado, su divergencia claramente no es nula, contradiciendo lo que se sabe de los campos magnéticos eticos f´ısicamente ısicamente plausibles. No obstante, si imponemos que el loop loop se se mantiene horizontal toda la ca´ ca´ıda, solo la componente vertical Bz será relevante relevante en el calculo del flujo magnético etico a trav´ través es del área area que encierra el mismo. Por otra parte, ya que esta componente no es uniforme, dependerá del tiempo, y lo mismo ocurrirá con el flujo magnético. etico. Por la ley de Lenz, una variación on en el flujo magnético etico

– 127 –

induce una fem una fem en en el circuito:

˛ 

= ε = = E dr = ε

· ·

−Φdt = − ddt B

C

¨  ·  n ˆ dS B

S

Es MUY Es MUY IMPORTANTE entender on que se usa para el sentido en que se recorre IMPORTANTE entender la convención la integral de l´ınea. La convención on es simple: regla de mano derecha, la misma de Cálculo en Varias Variables:

Veamos este problema. problema . El flujo a trav´ tr avés es del d el loop loop que que cae horizontalmente, es debido solo a la k, obtenemos: componente vertical, por lo que tomando el vector ˆn = ˆ ΦB =

¨ 

ˆ dS = B n

·

S

¨

¨

S

S

= B z Bz dS = B

+ kz ) dS = B 0 (1 + kz

A

en donde hemos usado que la componente normal, al depender solo de la altura z altura z , es constante sobre toda la superficie, superficie, la cual se encuent encuentra ra horizont horizontal, al, as´ as´ı que sale de la integral integral.. En este caso, es el área area de la espira. La variación on en este flujo es:

A

dΦB = B 0 k dt

A dz dt

y vemos que no es nulo. Notemos que z que z ′ es la velocidad con que cae el loop el loop,, y dado que escogimos el eje z eje z hacia hacia arriba, esta velocidad resulta negativa (la coordenada z del loop del loop disminuye disminuye en el tiempo). Por Lenz, la fem inducida fem inducida en la espira es: ε =

−ddtΦ

B

=

′

−B kA z 0

un valor positivo cuando k > 0. Por nuestra convención, on, entonces vemos que la corriente k: anti-horario visto desde la parte fluye en el mismo sentido en que se recorre C , ˆ = ˆ C , tal que n superior del loop del loop.. Su módulo odulo es evidentemente ′

|ε| = − B kA z (t) I = 0

R

R

 = B   + B  z , b ) Haremos esto un poco po co expl´ expl´ıcito. Podemos descomponer descomp oner el e l campo camp o magnético etico como com o B en donde B es la componente que vive en el plano X Y . Y . Al circular una corriente, el campo

– 128 –


ejerce una fuerza magnética etica sobre el loop loop,, dada por:  = F

˛  I dr × B ˛ ˛ 

= I dr

× B +



= I

dr



× B

z



˛  ˛ × ˛  −

 z + I + I (dx ˆ + dy ˆ ı + dy  B ˆ)

dr



= I

× (B

ı + By ˆ ) xˆ



By dx

Bx dy

ˆ k



Recordemos que no conocemos la forma de las otras componentes del campo magnético, etico, pero  ˆ aun as a s´ı, podemos deducir que la fuerza neta apunta en la dirección z on z es es F B = I ( I (t)η k, en donde integ ral de l´ınea. ınea . η la integral El desarrollo anterior nos convence de que sobre el anillo, además a s de actuar la fuerza de gravedad, actúa ua una fuerza que resulta ser proporcional a la corriente, y por ende, proporcional a la velocidad con que cae el anillo. Cualitativamente, esperamos que esta fuerza proporcional aumente conforme aumenta aumenta la rapidez con que cae el loop el loop.. La fuerza fuer za magn´ ma gnética etica aumentar aum entar´á hasta que llegue a ser igual al peso del cuerpo, una fuerza siempre constante. En ese momento la aceleraci´ on on del lo del loop op ser´ será cero, y el mismo caerá con velocidad constante. constante. Este es un movimiento totalmente análogo alogo a un cuerpo que cae con roce en el aire. La velocidad veloc idad final con que termina moviéndose endose el objet o bjeto, o, se conoce co noce como velocidad como velocidad terminal. terminal. Aceptando toda esta descripción on del movimiento, es posible obtener la velocidad terminal al menos de dos formas distintas: Cuando el loop el loop caiga con velocidad igual a la terminal, su aceleración será nula. En este estado, la fuerza magnética etica será igual al peso,

A

B0 kvterm η = M g R

I term term η =

en donde I term loop.. En principio, term es la corriente terminal (constante) que circula por el loop para calcular η calcular η necesitamos necesita mos expl´ expl´ıcitamente las componentes compo nentes Bx , By de campo camp o magn´ mag nético etic o para evaluar la integral; sin embargo, no las conocemos. No obstante, hay una manera astuta de calcular esta integral de todas formas: usando el Teorema de Green, η =

˛

By dx

−B

x

dy = dy =

−

¨ ∂B

x

∂x

+

∂ By dS ∂y



pero

∂B x ∂B ∂ By + = ∂x ∂y

∇ · B = 0 −→ As´ı: = B 0 k η = B

¨

– 129 –

dS = B 0 k

A

− ∂B ∂z

z

Por ende, la velocidad terminal resulta ser vterm =

M gR B0 2 2 k 2

A

Cuando el loop el loop cae, la variación on en la energ´ energ´ıa potencial gravitatoria se compensa con la energ´ energ´ıa disipada por efecto Joule en el loop el loop.. Si en un intervalo ∆t ∆ t ha ca´ ca´ıdo una distancia distanci a ∆h, entonces = I 2 R∆t M g ∆h = I ∆h pero si la velocidad es constante en el tramo, entonces v = . Aplicando esto a cuando ∆t el loop el loop se se mueva con velocidad terminal, 2 = M gvterm I term term R = M

Reemplazando la corriente I term term =

B0 kvterm , R

A

vterm =

M gR B0 2 2 k 2

A



(5) Una barra conductora de masa m desliza entre 2 rieles conductores, sin fricción, on, que forman un angulo ángulo θ con la horizontal, están an separados una distancia ℓ y unidos por una resistencia R. Un  es aplicado verticalmente. La barra se suelta del reposo y desliza campo camp o magnético etico uniforme uniform e B hacia abajo.

a ) Determine la corriente inducida en la barra. ¿En qué dirección on fluye, de a de a hacia b hacia b o de b de b hacia a? b ) Calcule Calcule la velocidad velocidad terminal de la barra. c ) Una vez alcanzada alcanzada la velocidad velocidad terminal, terminal, ¿Cuál al es la corriente inducida? d ) ¿A qué tasa t asa se disipa energ´ energ´ıa en la resistencia? resistencia ? e ) ¿Cuál al es la tasa de trabajo ejercido por la gravedad?

– 130 –

Soluci´ on:

a ) Antes Antes que todo, coloquemos coloquemos el eje de forma usual, y no y no sobre sobre el plano inclinado. Supongamos que, en un instante dado, la barra se encuentra a una distancia x del extremo, como se ve en la figura:

El circuito formado por los rieles y la barra que desliza encierra una superficie plana cuya normal es: ˆ = sin θ ˆı + cos θ  n ˆ y el flujo a trav´ través es de esta espira es: ΦB =

¨ 

ˆ dS = = Bxℓ B n B xℓ cos θ

·



Con esto, la fem la fem inducida inducida en los extremos de la barra es: ε =

− ddtΦ = −Bℓ cos θ dx dt B

As´ As´ı, la corriente inducida será I =

|ε| = Bℓ cos θ dx

R R dt La dirección on se ve de la siguiente forma: el flujo está aumentando, por lo que se requiere inducir una corriente tal que su campo magnético etico apunte hacia abajo y se contraponga al cambio en el flujo. de esta forma, por la regla de la mano derecha, la corriente debe circular en dirección b a.

→

b ) La fuerza magnética etica que ejerce el campo sobre la barra es:  m = I  = I L F

ˆ × B ˆ × B = I  = −BI ℓ ˆ ı = I ℓ k

La fuerza de gravedad viene dada por:  g = F

 −mg ˆ mg ˆ

Haciendo suma de fuerzas en el eje x (proyectando paralelamente sobre la superficie): ′′

mx = mg sin θ

− BI ℓ cos θ = mg = mg sin θ − – 131 –

B 2 ℓ2 cos2 θx′ R


v ′ = α

−βv

con v = x = x ′ , α = g = g sin θ y β = B 2 ℓ2 cos2 θ/mR. θ/mR. Resolviendo, dt = dt =

v

dv α

− β

−→

t

ˆ

− t = 0

v0

−ln (a β − β v) + ln (a −β β v )

ds = α βs

−

0

como t0 = 0, v0 = 0:

−β t = t = ln

−  β v α

1

−→

Por tanto, vt = l´ım v (t) = t→∞

c ) La corrient corrientee terminal es: I t =

− 

α 1 v (t) = β

e−β t

α mgR sin θ = 2 2 β B ℓ cos2 θ

Bℓ mg tan θ cos θ vt = R Bℓ

d ) El módulo odulo de la fem la fem inducida inducida en este caso es:

|ε | = mgRBℓtan θ t

Por tanto, la potencia disipada es: m2 g 2 R tan2 θ elec elec = εt I t = B 2 ℓ2

P

| |

e ) La tasa de trabajo ejercida por la gravedad es: m2 g 2 R tan2 θ = W  vt = B 2 ℓ2

P

grav grav

con W  = mg sin θ la componente del peso en la dirección de desplazamiento. Vemos que el valor de esta potencia es la misma que la potencia que disipa la resistencia. Esto se debe al principio de conservación on de la energ ener g´ıa. 

(6) Note la similitud entre la ley de Ampère ere

˛ 

= µ 0I B dr = µ

·

C

y la ley de Faraday-Lenz

˛ 

E dr =

· ·

C

– 132 –

−ddtΦ

B

Nada nos no s impide aplicar los métodos etodos de “anillos amperianos” al cálculo alculo de campos ca mpos eléctricos ectricos generados por p or campos ca mpos magnéticos eticos variables, de d e forma form a análoga aloga al cálculo alculo de campos cam pos magnéticos eticos producidos prod ucidos por corrientes estacionarias. Suponga un solenoide largo y recto, de radio a y con n vueltas por unidad de largo, por el que circula una corriente I (t). Si la corriente var´ var´ıa en el tiempo, encuentre encuentre el campo camp o eléctrico ectrico que se induce dentro y fuera del solenoide. Soluci´ on:

Como ya calculamos previamente, el campo magnético etico producido por el solenoide recto es:  = B



ˆ r a

en donde hemos usado coordenadas cil´ cil´ındricas, siendo el eje z coincidente coincidente con el eje del solenoide. Supongamos un loop un loop circular circular de radio r < a como muestra la figura. El flujo magnético etico encerrado por ese loop ese loop es

ΦB = B( B (t)πr 2 = µ 0 πr 2nI (t) y la variación on de flujo queda como dΦB ˙(t) = B˙ (t)πr 2 = µ 0 πr 2nI dt Por la ley de Faraday-Lenz,

˛ 

E dr =

· ·

−B˙ (t)πr

2

=

−µ πr nI ˙(t) 0

2



Dado que el campo magnético etico es paralelo al eje z , el campo eléctrico ectrico inducido será perpendicular  = E ˆ θ. Para una descripción a éste, este, en la dirección on tangencial, por lo que E on m´ as as detallada de este argumento, revisar el inicio del problema siguiente. siguiente. As´ As´ı, la fem la fem inducida inducida será ε =

˛

 dr = E



· ·

˛

θ dr ˆ θ = 2πr E (r) E ˆ



– 133 –

·

y por ende 2π E (r) = Con ello,  in E in =

−µ πr nI ˙(t) 0

2

− µ 2nr I ˙(t) ˆθ 0

Este es el campo dentro del solenoide. El campo fuera se obtiene de forma análoga, pero el loop el loop ahora encierra todo el solenoide. El flujo es ΦB = B( B (t)πa2 = µ 0 nπa2 I (t) Por la ley de Faraday-Lenz, 2πr E (r ) = Y finalmente:  out E out =

dΦB = µ 0 nπa2 ˙I (t) dt

−→

−µ nπa ˙I (t) 2

0

2

− µ 2nar I ˙ θˆ 0

lo cual concluye el problema.



(7) Un cable recto infinitamente infinitamente largo porta una corriente corriente con pequeñas nas perturbaciones I perturbaciones I ((t). Determine el campo eléctrico ectrico inducido, inducido , en funci´ fun ción on de la distancia distancia s desde s desde el cable. Hint: use el anillo amperiano de la figura.

Soluci´ on:

Primero que todo, de la ley de Faraday en su forma diferencial, es posible concluir que el campo  –dado que, en este caso, al derivar no cambio en la dirección eléctric ect ricoo induc in ducid idoo circular´ a en en torno a B on del campo– de manera análoga aloga al caso de un hilo de corriente y la ley de Ampère: ere:

– 134 –


As´ As´ı, de manera man era análoga aloga a lo que ocurre en un solenoide solenoide al calcular calcular el campo magnético, etico, el campo eléctrico ectr ico inducido indu cido será paralelo al eje. En la aproximación cuasiest´ on cuasiestática, atica, el campo magnético etico tiene magnitud µ0 I /2πs y πs y circula alrededor del cable. Para el anillo amperiano de la figura,

˛ 

E dr = E (s0)ℓ

·

− E (s)ℓ

= =

Por tanto,  (s) = E



− −

d  n ˆ dS B dt µ0 ℓ dI s ds′ = 2π dt s s′

¨

·

ˆ

0

− µ2πℓ dI (ln s − ln s ) dt 0

0



µ0 dI ˆ ln s + K + K k 2π dt

donde K es po dr´´ıa depender de t). El resultado anterior K es una constante (independiente de s, pero podr implica que E que E diverge diverge cuando s cuando s . Esto no puede ser cierto... ¿Qu ¿Qu´é est´ es tá incorrecto? Respueson on cuasiestática. atica. Como veremos veremos en el cap´ cap´ıtulo ta: Hemos sobrepasado los l´ımites de la aproximaci´ final, las “noticias” “noticias” electroma electromagn´ gn´ eticas eticas se propagan propagan a la velocidad velocidad de la luz, y a largas distancias distancias  depende no de la corriente ahora , sino de la corriente que era en era en un tiempo anterior. Si τ es B τ es el tiempo que le toma a I on cuasiestática atica debe ser I cambiar sustancialmente, entonces la aproximación correcta solo para s cτ

→∞

≪

y nuestra solución on no es válida alida para valores grandes de s de s..

4.2. 4.2. (1)



Induc Inducta tanci ncia. a. Circ Circui uito toss RL, LC LC y RLC a ) Considere dos circuitos circulares circulares de radios a radios a y y b distancia z , como muestra b a separados una distancia z la figura. Los centros de ambos circuitos se encuentran sobre el eje z z y el plano del circuito menor está inclinado en un ángulo angulo α. Este mismo circuito tiene resistencia R. ¿Cuál a l es la inductancia mutua del sistema?

≫

b ) Considere dos espiras coplanares y conc´ entricas, entricas, de radios R 1 y R 2 tancia mutua entre ambas espiras.

≪ R . Encuentre la induc-

– 135 –

1

Soluci´ on:

Como sabemos, la inductancia mutua se define como M =

Φ12 I 1

en donde Φ12 es el flujo a trav´ través es de la espira 2, del campo magnético etico producido por la corriente corriente I 1 en la espira 1 (ver figura abajo).

Es posible demostrar que la inductancia mutua es la misma si se invierten los roles del loop loop 1 1 y el loop 2, loop 2, por lo que Φ12 Φ21 = M = I 1 I 2 Es por esto que para calcular la inductancia mutua podemos mutua podemos escoger uno u otro flujo . Evidentemente, siempre se escoge el flujo cuyo cálculo sea el más as simple. simple. a ) En este caso, podemos suponer que el anillo menor, al ser de radio mucho más pequeño, no, se encuentra contenido en un punto z sobre vertical. Por ser ´ınfimo, ınfimo, el campo que lo z sobre el eje vertical. atraviesa (producido por el anillo mayor) es, en esencia, uniforme e igual al visto en problemas anteriores: −3/2 µ0 I z 2  ˆ k 1+ 2 B = 2b b

 

en donde hemos supuesto que por el anillo mayor circula una corriente I . es del I . El flujo a través anillo menor es, entonces, Φ=

¨ 

ˆ dS = B n

·

S

¨

S

S

= B cos α B cos α dS = B

– 136 –

 

µ0 I S cos S cos α z 2 1+ 2 dS = 2b b

¨

−3/2

 n con S con S = πa area de la espira menor. Aqu´ Aqu´ı hemos hem os usado us ado que B ˆ dS = B cos α dS . Dividiendo π a2 el área por la corriente, obtenemos la inductancia mutua,

·

µ0 πa2 cos α M = 2b

  z 2 1+ 2 b

−3/2

particular del anterior, anterior, con α = 0 y z = b ) Este es un caso particular z = 0. Por tanto, µ0πR2 2 M = 2R1 

(2) Considere un toroide de N on rectangular de lado h, radio interior a y radio N vueltas y de sección exterior b.

a ) Calcule la autoinductancia autoin ductancia y discuta di scuta qué ocurre o curre cuando a b ) Calcule la energ´ energ´ıa magnética etica almacenada almacena da en el toroide

≫ b − a

Soluci´ on:

a ) Utilizando la ley de Ampère, ere, el campo magnético etico dentro del toroide se obtiene como

˛ 

B dr = 2πr B = µ 0 N I

·

−→

B=

µ0 N I 2πr



donde se ha integrado el campo sobre una circunferencia de radio r ubicada en el centro del toroide. toroide. El flujo magn´ magnético etico sobre una vuelta vuelta del toroide toroide se puede obtener al integrar integrar sobre todas las secciones rectangulares, con dS = h dr como area: dr como elemento diferencial de área: ΦB

una vuelta

=

b

¨ 

ˆ dS = h = h B n

·

ˆ µ N I a



0

2πr

dr = dr =

µ0 N I h ln (b/a) b/a) 2π

y el flojo total sobre el toroide será ΦB = N Φ ΦB una vuelta . Con esto, la autoinductancia será ΦB µ0 N 2 h = ln (b/a) L = b/a) 2π I – 137 –


Cuando a

≫ b − a, te tiene que



ln (b/a) b/a) = ln 1 +

b



−a ≈ b−a a a

y la l a induc i nductan tancia cia ser´ıa ıa

µ0 N 2 h b a 2π a Recordando que el área area de un solenoide es S = = h( h (b a),

−

Llim =

−

µ0 N 2 S Llim = 2πa y con ℓ con ℓ = = 2πa, πa,

µ0 N 2 S Llim = ℓ que es, justamente, la autoinductancia de un solenoide.

b ) La energ´ energ´ıa almacenada en el toroide es simplemente LI 2 µ0 N 2 I 2 h = ln (b/a) U = b/a) 2 4π 

(3) Considere el siguiente circuito LC circuito LC . Suponga que el condensador tiene una carga inicial Q inicial Q0 . En t En t = = 0, el interruptor se cierra.

C

L

Q0

a ) Encuent Encuentre re la ecuaci´ on diferencial para la carga en el condensador mediante consideraciones on ener energ´ gétic et icas as.. b ) Utilizando las leyes leyes de Kirchhoff, encuentre encuentre I (t) y Q(t) Soluci´ on:

a ) En ausencia ausencia de una resisten resistencia, cia, la energ energ´´ıa total se transforma transforma constant constanteme emente nte en energ energ´ıa eléctri ect rica ca y magn´ ma gnética, eti ca, fen´ fen ómeno omeno conocido como oscilación energ´ıa total on electromag elect romagn´ n´ etica etic a . Le energ´ del circuito LC en en un instante arbitrario es Q2 L I 2 + U L = + E total C + U total = U = U C 2 C 2 – 138 –

Por el principio de conservación on de la energ ener g´ıa, dU d = dt dt





Q2 L I 2 + = 0 2 C 2

−→

Q dQ dI + LI = 0 C dt dt

Además, as, hay que notar que: Para ver la relación entre carga del condensador y corriente por la inductancia, hagamos el siguiente análisis: alisis: Si la corriente por la inductancia es positiva, y circula positivamente, entonces significa que el condensador se descarga. Por tanto, I =

− dQ dt

Si la corriente por la inductancia es negativa, entonces circula en la otra dirección y por tanto está cargando cargan do al condensador. condensad or. As´ As´ı, I =

− dQ dt

Por tanto:

Q dI Q d 2 Q + LI =0 + L 2 = 0 I + LI C dt C dt que es la ecuación on diferencial para la carga en el condensador.

−

−→

b ) Utilizand Utilizandoo la ley de voltajes de Kirchhoff, Kirchhoff,

C

+

+

-

-

L

Q dI −V + V + V = − + L =0 C dt C C

L

Aqu´ Aqu´ı nuevamente usamos u samos la relación on entre variación on de carga y corriente. Por tanto, Q d 2 Q + L 2 = 0 C dt

−→

Q′′ +

1 Q = 0 LC

que posee por solución on general general cos (ωt + φ) Q(t) = Q0 cos φ) donde la frecuencia angular ω angular ω está dada por ω =

√ 1

LC

La corriente por la inductancia es I (t) =

−dQ = ωQ sin (ωt + φ) sin (ωt + φ) ω Q sin φ) = I sin φ) dt 0

– 139 –

0

con I con I 0 = ω = ωQ = Q 0 e I e I (0) (0) = 0, la fase es simplemente φ Q0 . De las condiciones iniciales Q(0) Q (0) = Q Con esto, las soluciones para la carga y la corriente en el circuito LC son: son: cos (ωt) Q(t) = Q0 cos ωt)

≡ 0.

sin (ωt) I (t) = I 0 sin ωt )

∧

Notar que, con U = U C + U L , se cumple que: C + U Q2 (t) LI 2 (t) Q0 2 LI 0 2 Q0 2 Q 0 2 Q0 2 + = cos(ωt cos(ωt)) + sin(ωt sin(ωt)) = cos(ωt cos(ωt)) + sin(ωt sin(ωt)) = U = 2C 2 2C 2 2C 2C 2C 

(4) Considere Considere el circuito circuito RLC en serie, que consta de una resistencia, una inductancia, y un condensa RLC en dor:

C

L R

Mediante consideraci co nsideraciones ones energéticas, eticas, encuentre la l a ecuaci´ ecuaci ón on diferencial para la carga en el condensador. Soluci´ on:

La energ´ energ´ıa, en un u n instante in stante arbitrario arbitra rio t t,, está dada por Q2 LI 2 + U L = + U = U C C + U 2C 2 A diferencia del circuito LC , parte de la energ´ energ´ıa del circuito será disipada por la resistencia. Esto es, la tasa a la cual la energ´ energ´ıa es disipada es dU = dt

2

−I R

donde el signo negativo implica que la energ´ energ´ıa total disminuye disminuye en el tiempo. As´ As´ı, dU Q dQ dI = + LI = dt C dt dt

2

−I R

Nuevamente Q˙ =

−I , y con ello Q dI Q dI Q d Q dQ − C + LI = −I R −→ − + L = −I R −→ − − = R I + LI dt C dt C dt dt 2

2

2

Finalmente, la EDO para la carga es: d2 Q dQ Q + =0 L 2 + R dt dt C 

– 140 –


(5) En la figura, el interruptor se cierra en t < 0 y se establece una condición on de estado estable. El interruptor se abre después es en t = 0. R1 a R2

L ε + −

b

a ) ¿Cuál al es la energ´ energ´ıa almacenada en la bobina b obina justo antes de abrir el interruptor? interruptor? b ) Encuentre Encuentre la diferencia de potencial po tencial en la bobina justo después es de abrir el interruptor. interruptor. ¿Cuál extremo de la bobina está a mayor potencial, a o b? b ? c ) Realice Realice gráficas aficas a mano de las corrientes en las resistencias, como funciones del tiempo. Muestre valores antes y despu´ d espués es de t = 0. d ) ¿Cuánto anto tiempo tiem po despu´ desp ués es de t de t = = 0 la corriente en R 2 es i es i?? Soluci´ on:

a ) Cuando se ha alcanzado alcanzado un equilibrio estable, la corriente en un cir cuito LR cuito LR ya no var´ var´ıa en el tiempo, tiempo, y por ende ya no hay diferenc diferencia ia de potenc p otencial ial entre los extremos extremos de la bobina. Decimos Decimos en ese caso la bobina se comporta como un cortocircuito un cortocircuito.. En ese caso el circuito de la figura es simplemente una pila con dos resistencias. Suponiendo que la corriente circula en sentido horario en la malla derecha, y anti-horario en la izquierda, la ley de las mallas –aplicada a la malla derecha– implica que: + I 1 R1 = 0 ε + I

−

en donde I donde I 1 es la corriente que pasa por R por R1 . Esta es la misma corriente que pasa por la bobina, energ´ıa en la bobina es, entonces, entonces, I L = ε/R1 . La energ´ LI L 2 Lε2 = U L = 2 2R1 2 b ) Justo despu´ es es de cambiar el estado del circuito abriendo el interruptor, interruptor, la corriente a trav´ través es de la bobina es la misma que justo antes, pues la bobina se opone a los cambios en la corriente circulante. Esta es, por ende, la corriente que circula en toda la malla exterior. Note que la corriente en R2 se ha invertido. La ley de mallas nos indica entonces que, en t = t = 0+,

−ε (0 L

+

) + I + I (0 (0+ )R1 + I + I (0 (0+ )R2 = 0

con I (0 (0+) = ε/R1 . Despejando la diferencia de potencial, εL(0+ ) = – 141 –

+ R2 R1 + R ε R1

y como la corriente circula en sentido horario –en la malla externa–, el potencial en b es b es mayor que en a. c ) Para Para un instante instante t t > 0, la ley de las mallas nos dice que

−ε + I + I (R + R + R ) = 0 L

en donde ε donde ε L =

1

2

−LI ˙, por Lenz. La ecuación on queda R + I = 0 I ˙ + L

−→

(D + α + α))I = 0

con α = R/L = R/L y R = + R2 . Usando el Método etodo del operador diferencial aprendido en el curso R = R R1 + R de Ecuaciones Diferenciales, I (t) = K e−αt Reemplazando I Reemplazando I (0) (0) = ε/R = ε/R1 , I (t) =

ε −αt e R1

Este resultado era el esperado: en ausencia de una fem externa, fem externa, la corriente decae exponencialmente en un circuito LR energ´ıa almacenada almacenada en el inductor inductor es disipada disipada por la LR.. Toda la energ resistencia. Esta corriente es la misma que circula en ambas resistencias. Un bosquejo de ambas corrientes es parecido al que aparece a continuación. o n. Los n´ umeros umeros corresponden a ε = 18 V, y L = = 0.4 H. R1 = 2 kΩ, R2 = 6 kΩ y L

Note que, en R2 , la corriente se vuelve negativa. Esto es porque el sentido se ha invertido respecto de su sentido original. d ) Sea t Sea t ∗ el instante en el cual la corriente vale i. aticamente, I ( i . Matemáticamente, I (t∗ ) = i. i. Reemplazando en la ecuación on de la corriente, podemos despejar el tiempo en función on de la corriente deseada, = I ((t∗ ) = i = I

ε −αt e R1

∗

−→

iR1 = e −αt ε

∗

Tomando logaritmo y despejando el tiempo, t∗ =

−

1 ln α

 

 

iR1 L ε = ln + R1 ε R1 + R iR1



(6) Considere Considere el circuito circuito de la figura – 142 –

L

R3 I3 I2

R2

R1

I1

− +

ε

Determine la corriente por cada resistencia: a ) Inmediatamente Inmediata mente después es de cerrar cerr ar el interruptor i nterruptor b ) Despu´ es es de que ha pasado mucho de tiempo de cerrado el interruptor interruptor interruptor ptor es reabierto reabierto después es de que ha estado estado mucho mucho tiempo tiempo cerrado, cerrado, c ) Suponga que el interru encuentre nuevamente las corrientes: (i) Inmediatamente Inmediatamente despu´ es es de que es abierto (ii) Después es de un largo la rgo tiempo ti empo Soluci´ on:

a ) Inmediatamente Inmediata mente después es de que el interruptor es cerrado, cerra do, la l a corriente corri ente a través es de la inductancia in ductancia es cero ya que la fem autoinducida corriente crezca abruptamen a bruptamente. te. As´ As´ı, I 3 = 0. fem autoinducida evita que la corriente Debido a que I que I 1 = I = I 2 + I + I 3 , se tiene que I 1 = I 2 . Utilizando las leyes de Kirchhoff,

−ε + I + I R + I + I R = 0 −→ 1

1

1

2

= I 2 = I 1 = I

ε + R2 R1 + R

b ) Despu´ es es de un largo tiempo, no hay fem hay fem autoinducida autoinducida en la inductancia y las corrientes pasan a ser constantes. Para la malla inferior, se tiene ahora

−ε + I + I R + I + I R = 0 1

1

2

2

2

=0

y para la malla superior, I 3 R3

− I R 2

por ultimo, u ´ ltimo, por la ley de nodos, I 1 = I = I 2 + I + I 3 . Resolviendo, se obtiene I 1 =

(R2 + R + R3 )ε + R1 R3 + R + R2 R3 R1 R2 + R

R3 ε + R1 R3 + R + R2 R3 R1 R2 + R R2 ε I 3 = + R1 R3 + R + R2 R3 R1 R2 + R I 2 =

– 143 –


c )

(i) Inmediatamente Inmediat amente despu´ des pués es de d e que el interruptor interru ptor es abierto ab ierto nuevamente, la corriente co rriente a través es de R de R1 es 0, I 0, I 1 = 0. Esto implica que I que I 2 + I 3 = 0. La malla superior ahora forma un circuito que decae e I 3 tiende a mantenerse ma ntenerse en el tiempo. tiemp o. As´ As´ı, RL que RL I 3 =

Rε −I = R R + R + R R + R + R R 2

2

1

2

1

3

2

3

(ii) Después es de mucho tiempo, tiem po, toda tod a la energ´ıa ıa se ha h a disipado, disipa do, y por p or tanto to das las corrientes son cero: I 1 = I 2 = I 3 = 0 

4.3. 4.3.

Corr Corrie ien nte Alte Altern rna a

(1) El resultado resultado visto visto en clases, respecto respecto a un transformador, transformador, nos permite obtener obtener un voltaje voltaje de salida determinado cambiando el número umero de espiras en las bobinas dentro del transformador. Por ejemplo, si N 2 > N 1 , el voltaje de salida resulta mayor al voltaje de entrada. ¿Viola esto el principio de conservación on de energ´ energ´ıa? El problema consiste en convencerse convencerse de que la respuesta es no. no . Para ello,

N1 N2 V1

V2 Transformador

a ) Demuest Demuestre re que M que M 2 = L1 L2 , en donde M donde M es es la inductancia mutua, y L y L i=1, =1,2 son las autoinductancias. b ) Suponiendo Suponiendo que que la fem la fem en en la bobina primaria es ε1 = V 1 cos ωt, ωt, y que la secundaria se conecta a una resistencia R, demuestre que las corrientes satisfacen las ecuaciones

−

+ M I ˙2 = V 1 cos ω t , L1 ˙I 1 + M

+ M ˙I 1 = L2 ˙I 2 + M

−I R 2

c ) Obtenga Obtenga las corrien corrientes tes como función on del tiempo, asumiendo que I 1 (t) es una corriente puramente alterna. d ) Muestre Muestre que el voltaje voltaje de salida y el voltaje voltaje de entrada entrada satisface satisfacen n





V in N 1 in = V out N 2 out

e ) Finalmen Finalmente, te, muestre muestre que la potenc p otencia ia entrante entrante promediada promediada en un ciclo ciclo T = 2π/ω es igual a la potencia saliente promediada en el mismo intervalo temporal.

– 144 –

Soluci´ on:

a ) Si todas las espiras de ambas bobinas son cruzadas cruzadas por el mismo flujo, digamos digamos Φ, entonces entonces el flujo neto en la espira primaria se puede escribir como una contribución de autoinductancia e inductancia mutua, Φ1 = N 1 Φ = L 1 I 1 + M + M I 2

−→

Φ=

L1 M I 1 + I 2 N 1 N 1

Φ=

L2 M I 2 + I 1 N 2 N 2

Lo mismo se puede hacer para la bobina secundaria, Φ2 = N 2 Φ = L 2 I 2 + M + M I 1

−→

Igualando ambas ecuaciones, L1 M L2 M I 1 + I 2 = I 2 + I 1 N 1 N 1 N 2 N 2 De aqu´ aqu´ı vemos vemos que, que, si la corrien corriente te en la bobina primaria primaria es nula, nula, entonce entoncess M/N 1 = L2 /N 2. 2. Si, en cambio, la corriente en la bobina secundaria es nula, vemos que L 1 /N 1 = M = M/N /N 2 . Multi2 plicando ambas ecuaciones, se prueba que M = L 1 L2 . Este resultado deja de ser válido alido si el flujo en distintas espiras es diferente. b ) Por la ley de Lenz, Len z, la fem la fem inducida inducida en cada bobina es ˙ + M ˙ + M −ε = L = L I + M ˙I , −ε = L I + M I ˙ Del enunciado hemos de suponer que −ε = V cos ωt. ωt . Por otra parte, si se conecta una resistencia R a la bobina secundaria, debemos tener por Kirchhoff, ε − I R = 0. Inmediatamente 1

1 1

2

1

2

2 2

1

1

2

2

obtenemos las ecuaciones

+ M I ˙2 = V 1 cos ω t , L1 ˙I 1 + M

+ M ˙I 1 = L2 ˙I 2 + M

−I R 2

c ) Para resolver resolver estas ecuaciones, multiplicamos multiplicamos la primera por L por L2 , la segunda por M por M y y restamos, 2 recordando que M que M = L 1 L2 . Obtenemos: I 2 =

L V − ML V R cos ωt = cos ωt ωt = − MR 1

2 1

1

Insertando este resultado en la primera ecuación, on, = V 1 cos ωt L1 ˙I 1 = V Integrando, L1 I 1 =

− M I ˙ = V cos ωt − ωLRV sin ωt 2

1

2 1

V 1 L 2V 1 sin ωt + cos ωt + A ω R – 145 –

en donde A donde A es una constante de integración. on. Del enunciado, debemos suponer que la corriente por la bobina primaria es puramente alterna, lo que implica que no puede tener componentes continuas, representados matemáticamente aticamente por términos erminos constantes; constantes; por ende A = 0. La corriente 1 queda: V 1 L 2 V 1 sin ωt + cos ωt I 1 = ωL1 L1 R d ) El voltaje de entrada es, por el enunciado, V in ωt. El voltaje de salida es el de la in = V 1 cos ωt. resistencia, V out on pedida es L2 V 1 /M cos ωt. ωt. La razón out = I 2 R =

−

V in in = V out out

−

V 1 cos ωt = L V cos ωt M 2

−LM 2

1

Usando la parte (a (a), M ), M /N 1 = L = L 2 /N 2, vemos que:



e ) La potencia de entrada es

V 1 2 in in (t) = V in in I 1 = L1

P La potencia de salida es



V in N 1 in = V out N 2 out



sin ωt cos ωt cos ωt L 2 + cos2 ωt ω R



L2 2 V 1 2 cos2 ωt out out (t) = V out out I 2 = 2 M R

P

on periódica, odica, de periodo T periodo T ,, es: Definici´ on. El on. El promedio temporal de una función



1 f ( f (t) = T



T

ˆ

f ( f (t) dt

0

Con ello, es posible demostrar (y queda propuesto para el lector) que:

 sin ωt  =  cos ωt  = 12 ,  sin ωt cos ωt cos ωt  = 0 2

2

en donde ω donde ω T = 2π. Por ende, vemos que: V 1 2 L2 = , in in (t) 2L1 R

 P 

V 1 2 L2 2 = out out (t) 2M 2 R

 P



y usando M usando M 2 = L1 L2 , demostramos que

 P (t)  =  P in in

(t)

out out



luego, luego, la energ energ´ıa disipada disipada en cada ciclo por la resisten resistencia, cia, es compensada compensada con la potencia potencia de entrada en la bobina primaria, y por tanto, NO hay violación al principio de conservación on de ener en erg´ g´ıa. – 146 –




(2) Considere el circuito de la figura, donde V donde V ((t) = V o cos ωt. encuentre ωt . Si S 1 y S 2 se cierran inicialmente, encuentre (los datos son R, L, L , V o y ω ): S1

L R S2

C V(t)

a ) La corrient corrientee en función on del tiempo b ) La potencia promedio promedio entregada entregada al circuito circuito c ) La corrient corrientee en función on del tiempo t iempo mucho despu´ desp ués es de que qu e S 1 se abre d ) La capacidad C si S 1 y S 2 se abren y despu´ después es de un tiempo tiempo largo, la corrien corriente te y el voltaje voltaje están an en fase e ) La impedancia cuando S cuando S 1 y S 2 se abren f ) ) La energ´ıa ıa máxima axima almacenada en el condensador y la inductancia g ) La diferencia diferencia de fase entre entre voltaje voltaje y corriente corriente si se dobla la frecuenc frecuencia ia ω h ) La frecuencia para la cual la reactancia inductiva inductiva es igual a un medio de la reactancia capacitiva Soluci´ on:

a ) Al cerrar ambos ambos interruptores, interruptores, no circulará corrien corriente te por la inductancia inductancia ni por el condensador. condensador. La impedancia equivalente en este caso es Z eq eq = R de modo que la corriente es, simplemente: I (t) =

V o cos ωt R

b ) La potencia potencia instant´ instantánea anea consumida por la resistencia es: V o 2 (t) = V ( cos2 ωt V (t)I (t) = R

P

Claramente una función on periódica, odica, y por tanto el promedio temporal es: 1 (t) = T

 P 

T

ˆ

– 147 –

0

V o 2 (t) dt = dt = 2R

P

c ) Cuando se abre S 1 , se conecta la inductancia al circuito. La impedancia equivalente en este caso es ωL = R2 + ω 2 L2 eiθ , θℓ = arctan Z eq R + iωL iωL = eq = R + R

√

Luego, la corriente es:

 

ℓ

ˆ ˆ = V = I Z eq eq

V o e−iθ 2 + ω 2 L2

√ R

As´ı,

ℓ

V o cos(ωt cos(ωt 2 + ω 2 L2

I (t) = Re Iê iωt =

} √ R

{

−θ ) ℓ

d ) Ahora se conecta tambi´ también en el condensador, de modo que la impedancia equivalente equivalente en este caso es



1 + = R + Z eq R + iωL iωL + R + i i ωL eq = R + iωC

−

 | |

1 = Z eiφ , ωC

φ = arctan



ωL

R

Como no hay desfase entre voltaje y corriente, φ = 0 y el circuito está en resonancia: = ωL = ωL e ) Es claro que:

|Z | =

1 ωC

  R2

C =

−→

+ ωL

−

1 ω2 L



1 ωC

2

= R

y es puramente resistiva, como se esperaba por ser resonante. f ) ) En este caso, la corrient corrientee circulante circulante por el circuito circuito será I (t) =

V o cos ωt R

−→

Q(t) =

En el caso particular del condensador, I (t) =

dQ dt

V o sin ωt ωR

Por lo tanto, la energ´ energ´ıa es: Q(t)2 V o 2 LV o 2 2 2 = sin ωt = sin ωt U c (t) = ωt = 2C 2ω 2 R2(1/ω (1/ω 2 L) 2R2

−→

LV o 2 U c,m´ c,max a ´x = 2R2

En el caso de la inductancia, LI (t)2 LV o 2 = cos2 ωt U ℓ (t) = 2 2 2R

– 148 –

−→

LV o 2 U ℓ,m´ ℓ,max a ´x = 2R2



− 1/ωC

g ) Si la frecuencia es ahora ω = 2ω =



√ 2

LC

el ángulo angulo de desfase entre corriente y voltaje es: φ = arctan

 −  

1/ωC ωC = arctan R

ωL ωL

h ) Finalmen Finalmente, te, la frecuenc frecuencia ia para que X L = ω1/2 L =

   3 2R

L C

X C C debe cumplir 2

1 1 2 ω1/2 C

ω1/2 =

−→

√ 1

2LC

=

√ ω2 

(3) El circuito de la figura se denomina filtro RC pasa-altos pasa-altos porque transmite con mayor amplitud las señales nales de alta frecuencia que las de baja. Si la tensión de entrada es V in ωt, demostrar in = V o cos ωt, que la de salida es V out cos (ωt φ), donde out = V R cos

−

V R =

V o

   1 ωRC

1+

y estudie los casos en que ω que ω

2

1 1 1 ≪ RC , ω = y ω ≫ . RC RC

C

R

Vin

Vout

Soluci´ on:

La impedancia equivalente está dada por: 1 = R Z = R + R + iωC

−

i = ωC



1 R2 + 2 2 e iφ , ω C

Luego, la corriente fasorial circulante por el circuito es: ˆ ˆ = V = I Z



V o

R2 +

– 149 –

1 ω 2 C 2

e−iφ

φ = arctan

  1 ωRC


Finalmente, V out out es el voltaje entre los extremos de la resistencia, ôut ˆ V out = I R =



RV o

R2 +

1 ω 2C 2

e−iφ =

{

}

V o

1+

Con esto, ôut e iωt = V out out (t) = Re V out



1 ω 2 R2 C 2

V o

   1+

1 ωRC

cos(ωt cos(ωt

2

e−iφ

− φ)

Estudiemos los casos pedidos: 1 ≪ RC

ω

ω

≪

1 RC

−→

1

≪

1 ωRC

Luego,

−→

   ≈ 1 ωRC

1+

2

1 = K ωRC

≈ V K cos(ωt cos(ωt − φ) o

V out out (t)

y, como K como K 1, el voltaje de salida se atenúa ua en gran cantidad. Por tanto, para bajas frecuencias, las se˜ nales nales se aten´ se aten´ uan. uan.

≫ ≫

ω =

1 RC V out out (t) =

V √ cos(ωt cos(ωt − φ) 2 o

lo que en Circui como frecuencia de corte del circuito. Ci rcuitos tos Eléctricos ectri cos se conoce como frecuencia 1 ≫ RC

ω

≫

ω

1 RC

−→

1

≫

1 ωRC

−→

   ≈ 1+

1 ωRC

2

1

Luego, V out out (t)

≈ V cos( cos(ωt − φ) o

y el voltaje de salida preserva su amplitud. Por tanto, para altas frecuencias, las señales se transmiten. transmiten . Finalmente, el circuito selecciona las altas frecuencias y las transmite, mientras que las bajas frecuencias son filtradas: filtro filtradas: filtro pasa-altos.  pasa-altos .

– 150 –

(4) ¿Qué condici con dici´ón on debe cumplirse, en el circuito de la figura, para que el cociente entre voltajes de salida y entrada no dependa de la frecuencia?

Vin

R1

L1

R2

L2 Vout

Soluci´ on:

Es claro que:

ôut V out = în R1 V in



Como Rk Lk =





R2 L2 + R2 L2 L1 + R



1 1 + Rk iωLk





−1

=

iωLk Rk + iωL k Rk + iωL

entonces: ôut V out în V in

iωL2 R2 L2 R2 L2 R2 + iωL 2 + iωL 2 R2 + iωL R2 + iωL = = = iωL1 R1 iωL2 R2 L1 R1 L2 R2 1 + iωL + iωL2 /R2 + + L1 R2 + iωL1 R2 + iωL + iωL2 + iωL 1 R2 + iωL + iωL2 R1 + iωL R1 + iωL 1 + iωL + iωL1 /R1





+ L2 R2

Necesitamos que el pa par´ rénte entesi siss se anule: 1 + iωL + iωL1 /R1 = 1 + iωL + iωL2 /R2

−→

L1 L2 = R1 R2 

– 151 –

5.

Ecua Ec uaci cion ones es de Maxw Maxwel elll

5.1. 5.1.

Intr Introduc oducci ci´ ´ on on a la teor teor´ ´ıa elect ele ctrom romagn agn´ ´ etic etica a

(1) Considere Considere las leyes leyes de la electrodin´ electrodinámica amica que hemos usado en el curso:

(i)

∇ · E  = ǫρ

0

(ii) ii)

∇ · B = 0 

(iii) iii)

∇ × E  = − ∂ ∂tB

(iv) iv)

∇ × B = µ = µ

0

 J

Discuta su validez y analice la contribución on de Maxwell. Soluci´ on:

Recordando que la divergencia del rotor es cero, analicemos la consistencia de la ecuación (iii): iii):

∇ · (∇ ×

 ) = E

  ∇ · − −  ∂ B = ∂t

∂ ( ∂t

∇ · B )

El lado izquierdo es cero porque la divergencia del rotor es nula; el lado derecho es cero debido a la ecuaci´ on on (ii). on (iv): ii). Si aplicamos el mismo razonamiento a la ecuación iv ):

∇ · (∇ × B ) = µ (∇ · J  ) 0

El lado izquierdo sigue siendo cero; pero el lado derecho, en general, no lo es. Para Para corrien corrientes tes  ere. estacionarias , la divergencia de J es J es nula, pero en otros casos hay una error en la ley de Ampère. Existe otra forma de ver que la ley de Ampère ere falla para corrientes no estacionarias. Supongamos que estamos en el proceso de carga de un capacitor, y deseamos aplicar la ley de Ampère ere al loop de la figura:

– 152 –


¿Cómo omo determinar I enc loop,, o más as precisamente, la enc ? Bueno, es la corriente total que pasa por el loop corriente que atraviesa la superficie que tiene como frontera a dicho loop loop.. En este caso: Si tomamos la superficie que yace en el plano del loop loop,, I enc enc = I Si tomamos la segunda superficie dibujada en la figura, entonces no hay corr iente a través es de no hay corriente ella, e I e I enc enc = 0 Este problema aparece porque la situación on no es estática, atica, y ya sabemos sab emos que Amp` ere ere se restringe a la magnetostática, atica, pero nos hace pensar en la fuerte dependencia de la superficie que elegimos: la f´ısica debiese ser la misma, sin importar el loop el loop o o superficie que elijamos. on de continuidad: ¿Qu´ ¿Q u´ e hizo hiz o Maxwell? Maxwe ll? Mezclemos la ley de Gauss y la ecuación ∂ ∇ · J  = − ∂ρ =− ∂t ∂t

 ∇ ·  −∇ ·    = E

ǫ0

ǫ0

 ∂ E ∂t

 , en la ley de Ampère, Combinando este ultimo u ´lti mo término ermi no con J ere, lograremos lograr emos eliminar el término ermino extra de la divergencia diverg encia.. As´ As´ı,  ∂ E  = µ 0 J  + µ + µ0 ǫ0 B ∂t Maxwell llamó a este término ermino extra corriente de desplazamiento :

∇×

 d J

≡ ǫ

0

 ∂ E ∂t

La confirmación on real de la teor´ teor´ıa de Maxwell Maxwell ocurrió en 1888 con los experimentos de Hertz sobre ondas ond as electroma elect romagn´ gnéticas. etica s. As´ As´ı, las actuales actu ales Leyes de Maxwell son: (i)

∇ · E  = ǫρ

0

(ii) ii)

∇ · B = 0

(iii) iii)

∇×

 = E

∇×

 ∂ E   = µ 0 J + µ + µ0 ǫ0 B = µ ∂t

(iv) iv)

−

 ∂ B ∂t



(2) Consideran Considerando do que una onda satisface la ecuaci´ ecuación on = u tt , a2 ∆u = u con a la velocidad velocidad de la onda, pruebe pruebe que los campos el´ ectricos ectricos y magn´ magnéticos eticos en un medio no conductor y libre de fuentes satisfacen la ecuación de onda. – 153 –

Soluci´ on:

En este caso, las ecuaciones de Maxwell son: (i) (ii) ii) (iii) iii) (iv) iv)

∇ · E  = 0 ∇ · B = 0  ∂ B ∂t

∇×

 = E

∇×

 ∂ E  B = µ 0 ǫ0 ∂t

−

Utilizaremos ahora la conocida identidad  ) = ∇(∇ · f )  ) − ∆f  ∇ × (∇ × f ) f f  es el laplaciano aplicado a cada componente del vector. De esta forma, con ∆f es f

∇ × (∇ × E  ) = ∇(∇ · E  ) − ∆E  Pero en las regiones libres de fuente, otro lado,

∇ × (∇ ×

 ) = E

∇ · E  = = 0, como indica la primera ecuación on de Maxwell. Por

  ∇× ∇ × − −  ∂ B = ∂t

∂ ( ∂t

∇×

Igualando,  = = c2 ∆E definiendo c =

 ) = B

−

∂ ∂t

  −  ∂ E = µ0 ǫ0 ∂t

 ∂ 2 E µ0 ǫ0 2 ∂t

 ∂ 2 E ∂t 2

√ µ1 ǫ

0 0

Descubrimos que el campo se propaga con velocidad c, c , que corresponde a la velocidad de la luz en el vac´ ac´ıo, lo que indica que la luz no es otra cosa que una onda electromagn´ electromagnética. etica. La deducción on para  el campo camp o magnético etico es la misma, y queda propuesta al lector. (3) En este problema estudiaremos la invariancia de gauge del electroma electromagneti gnetismo. smo. Hasta situacione situacioness  B  a través  tal estáticas, aticas, sabemos que que es posible estudiar los campos E, es de los potenciales poten ciales φ, A que  =  =  E φ B A

−∇

∧

∇ ×

 = a ) Estudie por p or qué, e, para situaciones dinámicas, amicas, se hace necesario que E – 154 –



−∇φ − ∂ ∂tA

 ′ , B  ′ asociados a b ) Pruebe que los campos E  ′ = A  + A

∇f

φ ′ = φ

∧

∂ f − ∂f ∂t

 =  ′ y B  = B  ′ . ¿Qu´ satisfacen E = E ¿ Qué puede p uede conclui conc luir? r? c ) Usando alguna gauge alguna gauge fixing condition , establezca condiciones para los potenciales, de modo tal que sean consistentes con las ecuaciones de Maxwell Soluci´ on:

a ) De la ley de Faraday Faraday-Lenz -Lenz,, si solo consideramo consideramoss el aporte estático: atico:

∇ × E  = = ∇ × (−∇φ) =  0 que no es cierta en casos dinámicos; amicos; pero, al considerar la sugerencia del enunciado,

∇×

∂  A ∂t

 = E

−∇ × − ∇ × ∇φ = −

∂ ∂t

que s´ı es consiste cons istente. nte.

∇ ×  −  A



−∂ ∂tB

 0=

Partiendo por el campo magnético, etico, b ) Partiendo  ′ = B

∇ × A = ∇ × A + ∇ × ∇f = ∇ × A = B ′

Para el campo camp o eléctrico, ectri co,  ′

E =

′

−∇φ −

∂  A′ = ∂t

−∇φ +

∇  − ∂f ∂t

∂  A ∂t

−

∂ ∂t

∇ 

f =

−∇φ −

∂  A  = E ∂t

Lo anterior nos hace pensar dos conclusiones importantes: (1) los potenciales no son magnitudes f´ısicas medibles un un´´ıvocamente ıvocamente determinadas; muy por el contrario, podemos tener infinitas funciones potencial que darán an origen a los lo s mismos campos f´ısicos. (2) por la libertad lib ertad concedida por la función f on f ,, podemos elegir los potenciales que más as nos acomoden para resolver problemas, dando origen a la misma f´ısica: ısica: esto se conoce cono ce como invariancia de gauge . c ) Apliquemos la ley de Gauss:

∇·

 = E

−∇ −∇ · ∇φ − ∇ ·

∂  A = ∂t

−∆φ −

∂ ∂t

∇ ·   A

 es: Por otra parte, la ley de Amp` ere ere para una densidad de corriente total J  = µ0 J

∇ × B = ∇ × ∇ × A = ∇(∇ · A ) − ∆A  = 0. En ambos casos, podemos fijar la condición on de Gauge de Coulomb: ∇ · A 0 . As´ı, ı, las ecuacio ecua ciones nes

pedidas son:

∆φ =

− ǫρ

0

∧

– 155 –

 = ∆A

−µ J  0




(4) Un cable ancho, de radio a, porta una corriente constante I , uniformemente distribuida sobre su sección on transversal. Una estrecha separación on en el cable, de ancho w a, forma un capacitor de placas paralela p aralelas, s, como muestra la figura. figura . Encuentre el camp o magnético etico en la separaci´ sep aración, on, a distancia s < a del eje.

≪

Soluci´ on:

Sabemos que la densidad de corriente de desplazamiento es:  ∂ E I I ˆ  = = 2k J d = ǫ0 ∂t A πa Dibujando Dibujando un loop un loop amperiano de amperiano de radio s radio s,,

˛ 

= B 2πs = B dr = B πs = µ µ 0I d

Por lo tanto,

·

enc

I s2 2 = µ 0 2 πs = µ 0I 2 πa a

·

 = µ0 I s θˆ B 2πa2 

(5) El problema anterior fue un modelo artificial para un capacitor cargándose. andose. Para un modelo más as realista, considere cables delgados que se conectan al centro de placas metálicas, alicas, como en la Figura (a). Nuevamente, Nuevamente, la corriente corriente I es es a,, y la separaci´ separación on de las placas I es constante, el radio del capacitor es a es w es w a. a . Asuma que las corriente fluye fuera de las placas de modo tal que la carga superficial es uniforme, para toto tiempo, y es nula en t = 0.

≪

– 156 –

a ) Encuentre Encuentre el campo el´ ectrico ectrico entre las placas, como función on del tiempo t tiempo t b ) Halle la corriente corriente de desplazamiento desplazamiento a trav´ través es de un c´ırculo de radio s en el plano intermedio entre las la s placas. pl acas. Usando este c´ırculo como loop como loop amperiano, amperiano, y la superficie que lo extiende, halle el campo ca mpo magnético etico a una u na distancia d istancia s del eje c ) Repita la parte anterior, pero ahora empleando una superficie cil´ındrica, ındrica, como muestra la Figura (b), que se extiende desde la izquierda y atraviesa la placa, terminando fuera del capacitor. Note que la corrient corrientee de desplazam desplazamien iento to a trav´ trav´ es es de esta superficie es cero, cero, y que hay dos contribuciones para I para I enc enc . Soluci´ on:

σ (t) ˆ  = k, con: a ) En este caso, E = ǫ0 σ(t) =

Q(t) It = 2 A πa

Luego,  (t) = E

It ˆ k πσ0 a2

b ) En este caso, I d

enc

 2 ∂ E s2 = J d πs = ǫ 0 πs π s = I 2 ∂t a 2

Por otra parte,

˛ 

= µ 0I d B dr = µ

·

enc

−→

s2 B 2πs = πs = µ µ 0I 2 a

−→

 = µ0 I s θˆ B 2πa2

c ) Una corriente superficial fluye radialmente fuera de la placa izquierda; sea I (s) la corriente total que cruza cru za el c´ırculo ırculo de radio r adio s. tiempo t)) es: s . La densidad de carga (al tiempo t σ(t) =

[I

− I (s)]t − )]t πs 2

Como dijimos que era independiente de s, entonces I I (s) = β s2, para alguna constante β . Pero I Pero I ((a) = 0, entonces βa 2 = I , = I (1 (1 s2/a2 ). I , o β = β = I /a2 . Entonces, I (s) = I

− −

= µ 0 [I B 2πs = πs = µ µ 0I enc enc = µ

− −

s2 I (s)] = µ 0I 2 a

−

−→

 = µ0 I s θˆ B 2πa2 

– 157 –

Compilado de problemas resueltos, Electricidad y Magnetismo, 2da. Edición.pdf

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