Física II - Licenciaturas Física, Matemática – FCIEN-Udelar
Curso 2011
Repartido 4 – Capacitores y dieléctricos -Soluciones
Ejercicio 1.- (R.H.K 31.3)
El capacitor de la figura tiene una capacidad de 26,0 µF e inicialmente está descargado. La batería suministra 125 V. Después de haber cerrado el interruptor S durante un período largo, ¿cuánta carga habrá pasado por la batería B?
C=
Q V
⇒ Q =CV = (26,0×10-6F) (125V) =3,25×10-3C
Ejercicio 2.- (R.H.K 31.4) Un capacitor de placas paralelas tiene placas circulares de 8,22 cm de radio y 1,31 cm de separación. a) Calcule la capacidad. b) ¿Qué carga aparecerá en las placas si se aplica una diferencia de potencial de 116 V?
(
ε A ε πR 2 (8,854 ×10 −12 )π 8,22 ×10 −2 a) Capacitor placas paralelas: C = 0 = 0 = 1,31×10 −2 d d C=14,3pF b) Q= CV = (1,4337×10-11 F) (116V)= 1,6643×10-9 C
(
)
)
2
= 1,4337×10-11 F
Q=1,66 nC
Ejercicio 3.- (R.H.K 31.12, 19 y 36) En el circuito de la figura donde: C1 = 10,3 µF, C2 = 4,80 µF y C3 = 3,90 µF y V = 115V. a) Halle la capacidad equivalente de la combinación. b) Halle la carga, la diferencia de potencial y la energía almacenada en cada capacitor. b) Suponga que el capacitor C3 se perfora eléctricamente, resultando equivalente a una trayectoria conductora. ¿Qué cambios ocurren en la carga y en la diferencia de potencial de C 1?
a) C1 y C2 están en paralelo, a su vez este conjunto está en serie con C3.
CE =
( C1 + C 2 )C3 ( C1 + C 2 ) + C3
=
(10,3 + 4,80)(3,90) × 10 − 6 = 3,09947 × 10 − 6 F (10,3 + 4,80) + (3,90)
C E = 3,10 ×10 −6 F =3,10 µF
b) V = V12 + V3 En serie, los capacitores tienen la misma carga Q = Q12 = Q3= V.CE= V
( C1 + C 2 ) C3 = ( C1 + C 2 ) + C3
(115) (3,10×10-6) = 356,44 ×10-6C ⇒ Q3 = 356 µ C
Q3 356,44 ×10 −6 = = 91,395V C3 3,90 ×10 −6 V1= V2 = V- V3 = 115 -91,4 = 23,6V V3 =
Q1= V1C1= (23,6)(10,3×10-6)= 243 ×10-6C
V3=91,4 V
Q2= V1C2= (23,6)(4,80×10-6)= 113 ×10-6C
Q1V1 ( 243 ×10 −6 )( 23,6 ) = = 2,87 ×10 −3 J 2 2 −6 Q2V 2 (113 ×10 )( 23,6 ) U2 = = =1,33 ×10 −3 J 2 2 QV (356 ×10 −6 )( 91,4 ) U3 = 3 3 = =16,3 ×10 −3 J 2 2 U =
C1
QV 2
U1 =
C
Q
V
U
10,3 µF
243 µC
23,6 V
2,87 mJ
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C2
4,80 µF
113 µC
23,6 V
1,33 mJ
C3
3,90 µF
356 µC
91,4 V
16,3 mJ
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Ejercicio 4.-
Una placa de constante dieléctrica k = 5,00 se introduce entre las placas de un capacitor de placas paralelas aislado. La capacidad, estando el dieléctrico entre las placas es de 25,0 µF. La carga en las placas del capacitor es de 800 µC. Se retira ahora la placa dieléctrica. Calcular el potencial antes y después de que se retirara el dieléctrico.
Q 800 ×10 −6 = = 32,0 V Ck 25,0 ×10 −6 Al sacar el dieléctrico, la capacidad disminuye en un factor k: Antes de tener el dieléctrico:
V0 =
Vk =
Q kQ (5,00)(800 ×10 −6 ) = = = 160 V C0 C0 ( 25,0 ×10 −6 )
Ejercicio 5.El arreglo de la figura se llama puente de capacitores y se usa para medir la capacidad de un capacitor desconocido. La tensión de la fuente es V = 10,0 V, C1 = 4,00 µF, C2 = 2,00 µF, C3 = 5,00 µF. Los capacitores están inicialmente descargados. a) Calcule el voltaje entre A y B después de cerrar el interruptor S, en términos de V, C1, C2, C3 y C4. b) Halle la condición que deben satisfacer los capacitores para que V AB = 0. c) Calcule el valor que debería tener el capacitor C 4 para que el potencial entre A y B fuera cero al cerrar el interruptor. a) C1 y C3 están en serie entre sí, al igual que C2 y C4, estando en paralelo los dos conjuntos:
C13 =
C1C 3 C1 + C 3
C 24 =
C2C4 C2 + C4
Los condensadores en serie, tienen la misma carga
Q1 = Q3 = Q13 = VC13
Q2 = Q4 = Q24 = VC 24
V A = V − V1 = V −
VC13 Q1 C =V − = V 1 − 12 C1 C1 C1
VB = V − V2 = V −
Q2 VC 24 C =V − = V 1 − 24 C2 C2 C2
C V B − V A = V 1 − 24 C2
C − V 1 − 13 C1
C C = V 13 − 24 C2 C1
C1C 3 C2C4 = V − C1 (C1 + C 3 ) C 2 (C 2 + C 4 )
C (C + C 4 ) − C 4 (C1 + C 3 ) C 2 C 3 − C1C 4 C3 C4 =V 3 2 =V V B − V A = V − (C1 + C 3 )(C 2 + C 4 ) (C1 + C 3 ) (C 2 + C 4 ) (C1 + C 3 )(C 2 + C 4 ) C 2 C 3 − C1C 4 V B − V A = V (C1 + C 3 )(C 2 + C 4 ) b) VAB = 0 ⇒ C 2 C 3 − C1C 4 = 0
⇒ C 2 C 3 = C1C 4
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c) C 4 =
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C 2 C 3 ( 2,00)(5,00) = ×10 −6 = 2,50 × 10 −6 C1 (4,00)
C4 = 2,50 µF
Ejercicio 6.La figura muestra un capacitor de placas paralelas, con una placa de metal de espesor d entre las placas, cuya separación es a. El área de las placas del capacitor es A. Deduzca una ecuación para la capacidad de este sistema. Estudie la dependencia del resultado con la localización de la placa metálica.
Sobre la placa del metal, se induce una carga de igual signo y valor que el de la placa. Esto se prueba considerando como superficie gaussiana un cilindro cuyas tapas estén dentro de los conductores (uno en la placa y la otra en el conductor) y de generatrices perpendicualers (por tanto paralelas al campo). En dicha superficie, el flujo es cero, por tanto la carga encerrada debe ser cero. Por tanto el sistema se comporta como dos capacitores en serie:
A 1 A ε 0 ε 0 ε A CC x a − d − x x( a − d − x ) C= 1 2 = = ε0A = 0 A A ( a − d − x) + x a − d C1 + C 2 ε0 + ε0 x a−d −x x( a − d − x )
C=
ε0 A a−d
El resultado es independiente de la ubicación de la placa. Ejercicio 7.- (R.H.K 31.48) Cierta sustancia tiene una constante dieléctrica de 2,80 y una resistencia o rigidez dieléctrica de 18,2 MV/m. Si se emplea como material dieléctrico en un capacitor de placas paralelas, ¿qué área mínima deben tener las placas del capacitor con objeto de que la capacidad sea de 68,4 nF y que el capacitor sea capaz de soportar una diferencia de potencial de 4,13 kV?
C=
kε 0 A d
como C es constante, para A mínimo implica d mínimo.
Como ∆V = E Max d min ⇒ d min =
Amin =
(
∆V E Max
)(
)
Cd min C∆V 68,4 ×10 −9 4,13 ×10 3 = = = 0,62609m kε 0 kε 0 E Max (2,80) 8,854 ×10 −12 18,2 ×10 6
(
)(
)
Amin =
C∆V == 0,626m kε 0 E Max
Ejercicio 8.- (R.H.K 31.54)
Un capacitor de placas paralelas está lleno con dos dieléctricos como se muestra en la figura. Demuestre que la capacidad está dada por
C=
ε 0 A Ke1 + Ke 2 . d 2
Compruebe esta fórmula para todos los casos límites que pueda imaginarse (Sugerencia: ¿Puede justificar el ver este arreglo como si se tratara de dos capacitores en paralelo?)
Las placas del condensador, por ser conductoras necesariamente estarán al mismo potencial eléctrico, de aquí
E1 = E 2 =
V d
Ley de Gauss: ε0 ∫kE.ds
Q = Q1 + Q2 = σ 1 A1 + σ 2 A2 = Q
⇒
ε 0 kE =
Q =σ A
ε k A V V ε k A C E V = Q = σ 1 A1 + σ 2 A2 = ε 0 k1 E1 A1 + ε 0 k 2 E 2 A2 = ε 0 k1 A1 + A2 = 0 1 1 + 0 2 2 d d d d ε k A ε k A C E = 0 1 1 + 0 2 2 = C1 + C 2 (están en paralelo) d d
V
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CE =
Si las áreas A1 y A2 son iguales:
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ε 0 A k1 k 2 ε 0 A ( k1 + k 2 ) + = d 2 2 2d
por tanto los condensadores están en
paralelo
Ejercicio 9.Un capacitor C1 se carga hasta una tensión V0. Entonces se desconecta la batería de carga y el condensador se conecta en paralelo con un capacitor descargado C 2. a) Halle la tensión final del circuito, una vez alcanzado el estado de equilibrio. b) ¿Cuál es la energía almacenada antes y después de conectar en paralelo ambos condensadores? Explique la diferencia en el resultado.
a) Cuando el capacitor C1 se carga, la carga almacenada vale: Q10= C1V0 y almacena una energía
U 10 = U 0 =
C1V02 2
Cuando se conecta el capacitor C2 en paralelo, desconectándose de la batería, la carga inicial se comparte, de modo que: Q10= Q1+Q2 , a través de la descarga del capacitor 1, y carga del 2, hasta que se equilibra el potencial
V1 =
Q1 Q C1 = V2 = 2 ⇒ C1V0 = C1V1 + C 2V2 = ( C1 + C 2 )V1 ⇒ V F = V1 = V2 = V0 C1 C2 C1 + C 2
b) La energía inicial era U 10 = U 0 =
UF =
C1V F2 C 2V F2 C1 + C 2 + = 2 2 2
C1V02 2
y la final vale 2
C12V02 C1 V0 = 2( C1 + C 2 ) C1 + C 2
UF =
C12V02 2( C1 + C 2 )
Ejercicio 10.- (T.4ta. 25. 94)
Un capacitor de placas paralelas tiene placas de área A y separación x y se carga a una diferencia de potencial V. Luego se desconecta la batería de carga y las placas se alejan hasta que su separación sea de 2x. Deduzca expresiones en términos de A, x y V para: a) La nueva diferencia de potencial, b) La energía almacenada inicial y final. c) El trabajo necesario para separar las placas a partir de la diferencia de energías final e inicial. d) Hallar el aumento de energía dU debido al aumento de la separación de las placas dx a partir de:
dU dU = dx . dx
e) Si F es la fuerza ejercida por una placa sobre la otra, el trabajo realizado para mover una placa la distancia dx vale F dx = dU. Demostrar que la fuerza vale
F=
Q2 QE = , siendo Q la carga en cada placa y E el campo 2ε 0 A 2
eléctrico existente entre ellas y verificar el resultado obtenido en la parte c). ¿Cómo se justifica el factor ½ que aparece en el resultado?
a) Cuando se desconecta el capacitor de la batería, la carga inicial se conserva, al alejar las placas, la capacidad disminuye y por tanto debe aumentar el potencial eléctrico. Capacitancia de un condensador de placas paralelas:
C0 =
ε0 A x
Como el sistema se desconecta, el sistema queda aislado y la carga se conserva
Q = C 0V0 =
ε0 A ε A V0 = 0 VF x 2x
⇒ V F = 2V0
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ε 0 AV02 2x ε AV 2 U F = 0 0 = 2U 0 x
C 0V02 ε 0 AV02 = 2 2x 2 2 ε AV 2 C F VF ε 0 A( 2V0 ) = = 0 0 = 2U 0 Energía final almacenada: U F = 2 2(2 x ) x b) Energía inicial almacenada: U 0 =
U0 =
c) El trabajo necesario para separar las placas lo podemos calcular en forma indirecta a través de la variación de la energía potencial Energía final alma W = U F − U 0 =
ε 0 AV02 W= 2x
ε 0 AV02 2x 2
ε AV02 ε 0 A Qx Q2x = = d) Expresando la energía en función de la carga: U = 0 2x 2x ε 0 A 2ε 0 A Q2 dU dU = dx dx = 2ε 0 A dx Q2 2ε 0 A Q σ = Por otro lado el campo entre las placas vale: E = ε0 ε0 A e) Como F dx = dU entonces: dU =
Q2 dx 2ε 0 A
⇒F =
⇒F =
Q2 QE = 2ε 0 A 2
El factor ½ aparece porque el campo que se considera es el creado por la otra placa, la que permanece fija. Es decir sólo se considera el campo que crea una de las placas, y no ambas, pues el campo propio no influye en la placa que se mueve. 2x
Q 2 2x Q2 Q2x W = ∫ F dx = dx = ( 2 x − x ) = 2ε 0 A ∫x 2ε 0 A 2ε 0 A x 2
ε0A ε AV Q2x x ε0A Como Q = C 0V0 = V0 ⇒ W = = V0 = 0 0 x 2ε 0 A 2ε 0 A x 2x
2
lo que verifica lo hallado en c).
Ejercicio 11.- (T.4ta. 25. 95-98 y 99) Un condensador de placas paralelas rectangulares, de longitud a y ancho b posee un dieléctrico, de constante dieléctrica k y de igual ancho insertado parcialmente a una distancia x entre las placas como se muestra en la figura. a) Despreciando los efectos de borde determinar la capacidad en función de x. Comprobar que la respuesta ofrece los resultados esperados para x = 0 y x = a. b) Suponiendo que la carga de las placas vale Q determinar la energía almacenada en función de x. c) Debido a que la energía del condensador disminuye al aumentar x, el campo eléctrico debe estar haciendo un trabajo positivo sobre el dieléctrico, lo que significa que debe haber una fuerza eléctrica tirando del mismo:
F =−
dU . Calcular la fuerza que actúa sobre el bloque dieléctrico. dx
Suponer ahora que el condensador se mantiene conectado a una fuente de voltaje constante V. d) Calcular la energía almacenada en función de x, y utilizando este resultado determinar la fuerza que actúa sobre el bloque dieléctrico.
a) El sistema se puede considerar como dos capacitores planos paralelos en paralelo (uno con dieléctrico de largo x, y otro sin dieléctrico de largo (a-x).
C1 =
kε 0 bx d
C2 =
ε 0 b( a − x ) d
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kε 0bx ε 0 b( a − x) ε 0 b( kx + a − x ) ε 0 b( a + (k − 1) x ) + = = d d d d ε 0 b( a + (k − 1)(0) ) ε 0 ba = Si x = 0 (sin dieléctrico): C E ( x = 0) = d d ε 0 b( a + (k − 1)(a) ) ε 0 b(a + ka − a) ε 0 kba Si x = a (todo dieléctrico): C E ( x = a) = = = d d d C E = C1 + C 2 =
CE =
Con lo que se verifican los resultados esperados. b) Manteniendo Q sin variar: U =
Q2 d = Q2 2C 2ε 0 b( a + ( k − 1) x )
U =
ε 0 b( a + ( k − 1) x ) d
Q2d 2ε 0 b( a + ( k − 1) x )
c) Con Q constante (el sistema está aislado): dU = -dW (el trabajo se hace a costa de la energía potencial electrostática)
dU Q2 d U= = Q2 ⇒ 2C 2ε 0 b( a + ( k − 1) x ) dx
=−
dQ 2 (2ε 0 b(k − 1)
( 2ε 0 b( a + (k − 1) x ) ) 2
Expresanado Q a través del potencial y la capacidad:
d (2ε 0 b(k − 1) dU =− dx ( 2ε 0 b( a + (k − 1) x ) ) 2
ε 0 b( a + ( k − 1) x ) V d
Como dU = -dW = - F dx ⇒ F =
2
⇒
Q = C EV =
ε 0 b( a + ( k − 1) x ) V d
ε b(k − 1)V 2 dU =− 0 dx 2d
ε 0 b(k −1)V 2 2d
Esta fuerza aparece por los efectos de borde y la distorsión que experimenta el campo eléctrico. Esta fuerza tiende a introducir el dieléctrico dentro de las placas del capacitor
ε 0 b(k − 1)V 2 dQ 2 (2ε 0 b(k − 1) F= = 2d ( 2ε 0 b( a + (k − 1) x ) ) 2
(en el sentido de “capturar” el dieléctrico)
d) Ahora se mantiene constante la diferencia de potencial V. Con V constante: U =
dU ε 0 b( k −1) 2 = V dx 2d
CV 2 ε 0 b( a + (k −1) x ) 2 = V 2 2d ε b( k −1)V 2 ⇒ F= 0 2d
Esta fuerza también tiende a introducir el dieléctrico dentro de las placas del capacitor
Ejercicio 12.- (R.H.K 31.33) Una esfera metálica aislada cuyo diámetro es de 12,6 cm tiene un potencial de 8150 V. ¿Cuál es la densidad de energía en el campo eléctrico cerca de la superficie de la esfera?
La densidad de energía u está dada por: u =
ε0E2 2
Para una esfera, para puntos exteriores: E ( r ) =
V (r ) , en particular, para r=R r
2
u=
ε0 E 2 2
V ( R) ε0 ε V2 8,854 × 10 −12 ) ( 8150 ) 2 =7,4087×10-2 J/m3 R = = 0 2 = 2 2R 2( 0,068) 2
(
)
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u=
ε 0V 2 2R 2
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=7,41×10-2 J/m3
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Ejercicio 13.-
Un condensador cilíndrico tiene radios a y b como en la figura y largo L. a) Demuestre que su capacidad es:
C=
2πε 0 L b V Ln a
b) Demuestre que la mitad de la energía potencial eléctrica almacenada se encuentra dentro de un cilindro cuyo radio es r = ab
Supongo que el cilindro interior tiene carga +q, y el exterior carga –q. Despreciando los efectos de borde, el campo vale q E (r ) = 2πε0 Lr El potencial en el infinito es nulo, al igual que el campo eléctrico. Entonces V(b)=0. b
b
∫
V ( r ) −V (b) = − E.dl = − r
∫
b
∫
b
r
r
q
∫ 2πε
E ( r )rˆ .( −dr ) = E ( r ) dr =
r
0 Lr
dr =
q 2πε0 L
b
dr
∫r
=
r
q b ln 2πε0 L r
q b b V (r ) = ln ⇒ V (a ) − V (b) = ln 2πε 0 L r 2πε 0 L a q
C=
q = V
q q b ln 2πε 0 L a
=
2πε 0 L b ln a
2
u=
ε0E 2 2
q ε 0 2πε 0 Lr q2 = = 2 8π 2 ε 0 L2 r 2
dU = udV = 2πLrdr 1 2
Sea R, tal que: 1 2
b
∫ a
2
R
q2 8π 2 ε 0 L2 r 2 b
R
a
a
a
q 2 dr 4πε 0 Lr
b
∫
energía total U = dU a
∫dU = ∫dU 2
q dr q dr 1 = ⇒ 4πε0 Lr 4πε0 Lr 2
∫
=
b
∫ a
R
2 1 b dr dr R = Ln = Ln ⇒ b = R ⇒ R = a.b ⇒ r r 2 a a a a a
∫
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Ejercicio 14.- (T.4ta. 25.112) a) , para las distintas regiones. Por la ley de Gauss
∫E.nˆ ds =∫ E (r )dr = E (r ) ∫dr = 4πr S
S
2
E (r ) =
S
q encerrada kε0
E (r ) =
q encerrada 4πkε 0 r 2
Para r< R1 E ( r ) =0 pues la carga encerrada es nula (está sobre la superficie)
E (r ) =
Para R1< r < R2
Q 4π kε 0 r 2
pues la carga encerrada vale Q y está en un medio de constante dieléctrica
k
Para r > R2
E (r ) = ∞
Q ∞
∫
R1
V ( R1 ) =
V ( R1 ) =
Q 4πε 0
Q 4πε 0
R2
∫
ˆ .( − E ( r )r dr ) = E ( r ) dr =
R1
dr
∫r
2
+
Q 4π kε 0
∞
∞
∫
b) V ( R1 ) =− E.dl =− ∞
pues la carga encerrada vale Q y está en el vacío
4π ε 0 r 2
R1
R2
dr
∫r
2
R1
Q 1 − 0 + + R2 4π kε 0
=
Q 4πε 0
∫
R2
E ( r ) dr +
R2 ∞
∫ E (r )dr =
R1 R2
Q 1 1 − + − = r 4 π kε 0 r R R2 1
Q R1 (k − 1) + R 2 1 1 kR1 − R1 + R2 − = + Q= 4π kε 0 R1 R2 4π kε 0 R1 R 2 R2 R1
c) Conociendo el potencial electrostático en la superficie de la esfera conductora podemos determinar la energía potencial electrostática del sistema como:
U Total =
R1 ( k − 1) + R2 Q Q 2 R1 (k − 1) + R2 1 1 QV ( R1 ) = Q = 2 2 4π kε 0 R1 R2 8π kε 0 R1 R 2
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