Fisica III Practicas

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL, ARQUITECTURA Y URBANISMO ´ ESCUELA PROFESIONAL CIENCIAS FÍSICO MATEMATICAS

Segunda Segu nda Pr´ actica-Pr acti ca-Prepr eprofes ofesiona ionall Informe Responsable: Est. Arturo Flores Condori

Asesor: Lic. M´ aximo aximo Roberto Rob erto Pari Coila PUNO 2010

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UniversidadNa Univers idadNacional cionaldel del Altipla Altiplano no FacultaddeIngenieríaCivily Arquitectura

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EscuelaProfesionaldeCienciasFísicoMatemáticas

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: DE ASUNTO : : FECHA

Lic. Lic. Juan Juan Ca Carl rlos os Bena Benavi vide dess Hua uanc ncaa Director de Estudios de la Escuela Profesional Cs. F´ısico ısic o Matem´ Mat emáticas aticas Lic. Lic. M´ axim a ximoo Rober Roberto to Pari ari Co Coil ilaa Informe de las Practicas aćticas Pre Profesionales 25 de Enero del 2010

Es grato dirigirme a Ud. a fin de informarle sobre las prácticas acticas realizadas por el Estudiante ARTURO FLORES CONDORI, el cual detallo a continuación: on: 1. Mediante Mediante MEMORANDO MEMORANDO N-034-2009-DE-EPCF N-034-2009-DE-EPCFM–FICA M–FICA-UNA -UNA.. Se designa Al estudiante ARTURO FLORES CONDORI, para que realice prácticas acticas pre-profesionales en la escuela profesional de Ingenier´ Ingenier´ıa Mec´ anica anica Eléctrica ectrica en la asignatura de FISICA III I II la misma que realizo r ealizo ba jo mi asesor´ asesor´ıa. 2. El estudian estudiante te realizo realizo la pr´ actica a partir de la fecha 04 de Mayo del 2009 y culmiactica nando el 17 de Agosto del 2009, acumulando acumulando un total de 30 horas académicas, emicas, que consiste en desarrollar la parte practica de la asignatura de FISICA III, correspondiente al II semestre de la E.P E .P.. de Ingenier´ Ingenier´ıa Mec´ M ec´ anica ani ca Eléctric ect rica. a. 3. Durante Durante la realizaci´ realizacion oń de d e la práctica actica pre-profesional del estudiante estu diante en menci´ on on demostró, o, responsabilidad y dominio de los temas, tanto en la preparación o n de sus sesiones, como en su desenvolvimiento ante los estudiantes y demás as tareas asignadas. 4. Concluida Concluida la practica pre-profesiona pre-profesionall el estudiante estudiante alcanzo los objetivos establecidos, establecidos, siendo as´ as´ı; solicito a Ud. señor nor Director ha realizar los tr´ amites necesarios para la amites expedición on de la respectiva Resoluci´ on. on. Es cuanto informo a Ud. para los fines que el interesado tenga por conveniente.

Atentamente,

Lic. MAXIMO ROBERTO PARI COILA Asesor

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UniversidadNa Univers idadNacional cionaldel del Altipla Altiplano no FacultaddeIngenieríaCivily Arquitectura

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EscuelaProfesionaldeCienciasFísicoMatemáticas

INFORME N ◦ 001 AL

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2010 EPFM

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Lic. Lic. M´ axim a ximoo Rober Roberto to Pari ari Co Coil ilaa Asesor de Prácticas acticas Est Est. Artu rturo Flores ores Con ond dori ori Informe de las Practicas aćticas Pre Profesionales 25 de Enero del 2010

: DE ASUNTO : : FECHA

Es grato dirigirme a Ud. sobre las pr´ acticas que realice el cual acticas detallo a continuaci´ on: on: 1. Mediante Mediante el MEMORANDO MEMORANDO N-034-2009-DE N-034-2009-DE-EPCFM– -EPCFM–FICAFICA-UNA. UNA.de de fecha, fecha, Puno C.U, Abril 27 del 2009, se me designa a su persona como asesor, para que realice las prácticas acticas pre-profesionales en la Escuela Profesional de Ingenier Ing enier´´ıa Mec´ Mecanica ´ Eléctrica ectri ca en la asignatur asign aturaa de F´ısica III. II I. 2. Inicie la práctica actica el d´ d´ıa 04 de Mayo del de l 2009, terminando el 17 de Agosto Agost o del 2009, acumulando satisfactoriamente las 30 horas académicas emicas pedidas. 3. Los detalles de la práctica actica pre-profesional se encuentran en la documentaci´ on on ad junta en este informe. En cuanto puedo informar a Ud. para los fines consiguientes.

Atentamente,

Est. ARTURO FLORES CONDORI UNA-Puno

´ PRESENTACION Estas notas se originan por las practicas pre-profesionales realizada del 04 de Abril del 2009, terminando el 17 de Agosto del 2009 en la asignatura de FÍSICA III en la Escuela Profesional de Ingenier´ Ingenier´ıa Mec´ anica anica Eléctrica ectrica de la Universidad Nacional Naciona l del AltiplanoPuno. En el Primer capitulo contiene todos los datos personales, del lugar donde se realizo las practicas pre-profesionales y los datos de la asignatura. En el Segundo capitulo justifica la realizaci´ on on de las prácticas acticas pre-profesionales. Y en el Tercer capitulo menciona los objetivos de la pr´ actica actica pre-profesional. Como una segunda parte de estas notas menciono el contenido de la asignatura de F´ısica III II I estos es tos lo conforman confo rman del Cuarto Cuart o capitu c apitulo lo al a l Décimo ecimo cap´ cap´ıtulo, donde en su primer p rimeraa parte del contenido (Electrost´ atica), se estudia los fenómenos atica), omenos relacionados con la carga en reposo rep oso (es decir; Fuerza, Campo Camp o potencial, p otencial, Potencial eléctrico ectrico y condensadores). En su segunda parte del contenido de la asignatura (Magnetismo), se estudia los efectos que produce la carga en movimien movimiento to (es decir, comprende los cap´ cap´ıtulos: ıtulos: Corriente Corriente eléctric ect rica, a, Campo Cam po magn´ mag nético eti co y Inducc Ind ucci´ i´ on on elec e lectro tromag magn´ nética) eti ca).. Finalmente, en el Onceavo capitulo se˜ nalo nalo la metodolog´ meto dolog´ıa ıa usada para el curso curs o de F´ısica III, en el Doceavo capitulo presento un cronograma de actividades de acuerdo a los temas realizados realizados y en Treceavo receavo capitulo capitulo presento presento la relaci´ on on de Estudiantes Estudiantes y sus asistencias asistencias a la asignatura asignat ura de F´ısica ısica III. I II. Al final se especifica esp ecifica la bibliograf bibliogr af´´ıa usada usad a para par a el desarrollo de estas notas. Espero que este informe sirva como referencia para futuras pr´ acticas pre-profesionales acticas que se realicen referentes a la Asignatura.

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ARTURO FLORES CONDORI

Índice general Presentaci´ on on

III

Indice General

IV

1. Datos Informativos

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2. Justificaci´ Justificaci´ on on

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3. Ob jetivos

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4. Electrost´ atica 4.1. Carga Eléctrica . . . 4.2. Ley de Coulomb . . .  ) 4.3. Campo Eléctrico ectrico (E 4.4. Problemas Resueltos

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5. Ley de Gauss 5.1. Flujo Eléctrico . . . . . . . 5.2. Ley de Gauss . . . . . . . . 5.2.1. Aplicaciones de la ley 5.3. Problemas Resueltos . . . .

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6. Potencial El´ ectrico 6.1. Energ erg´ıa po pote tenc nciial el´ eléctr e ctriica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. 6.2. Poten otenci cial al el´ eléctr e ctric icoo y Dife Difere renc ncia ia de poten potenci cial ales es . . . . . . . . 6.2. 6.2.1. 1. Poten otenci cial al el´ eléctr e ctric icoo deb debid idoo a un unaa car carga ga pu pun ntual tual . . . . 6.2. 6.2.2. 2. Poten otenci cial al debi debido do a un un sis siste tema ma de carg cargas as pu pun ntual tuales es . . 6.2.3. 6.2.3. potencia potenciall debido debido a una distribu distribuci´ ci´ on o n con contin tinua de carga rga 6.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7. Capacitancia y Capacitores 7.1. Capacitores en serie y en paralelo . . 7.1.1. Capacitores en serie . . . . . . 7.1.2. Capacitores en paralelo . . . . 7.2. Energ erg´ıa Almacen acenaada en un Capa paccitor tor 7.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . .

iv

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15 15 16 17 18

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23 23 25 26 27 28 28

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34 35 35 36 36 37

ÍNDICE GENERAL

1

8. Corriente, Resistencia y Circuitos de Corriente Continua 8.1. Corriente Eléctrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. Resistividad y la Ley de Ohm . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.1. Resistividad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.2. Ley de Ohm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3. Fuerza electromotriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4. Resistores en serie y en paralelo . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4.1. Resistores en serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4.2. Resistores en paralelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5. Reglas de Kirchoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.6. 8.6. Circui Circuito to RC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.6.1. Carga de un capacitor . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.6.2. Descarga de un capacitor . . . . . . . . . . . . . . . . 8.7. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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43 43 44 44 45 46 46 46 47 47 48 48 50 51

9. Campo Magn´ etico y Fuentes de Campo Magn´ etico 9.1. Campo magnético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. Flujo magnético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3. 9.3. Movim Movimien iento to de part´ part´ıcula ıcula con con carga carga en en un campo magn´ magnético etico . . . . . . . . . 9.4. 9.4. Fuerza uerza magn magn´ética etica sobre sobre un conducto conductorr que que transport transportaa corri corrient entee . . . . . . . 9.5. 9.5. Fuerz uerzaa y mome momen nto de tors torsio ion n en en una una espi espira ra de corr corrie ien nte . . . . . . . . . . . 9.6. La Ley de Biot y Savart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.7. Ley de Amp ere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.8. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59 59 60 61 62 63 65 66 67

10.Inducci´ on Electromagn´ etica 10.1. F EM Inducida y la ley de Faraday 10.2. Ley de Lenz . . . . . . . . . . . . . 10.3. Fuerz uerzaa electro ctrom motri triz de movimient ento 10.4. Ecuaciones de Maxwell . . . . . . . 10.5. Problemas Resueltos . . . . . . . .

73 73 74 75 76 76

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11. Metodolog´ıa 80 11.1. Estrategias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 11.2. Técnicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 11.3. Méto dos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 12. Temas y Cronograma de Actividades

81

13.Relaci´ on de Estudiantes y Asistencia 83 13.1. Relación de Estudiantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 13.2. Asistencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 Bibliograf´ıa

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Cap´ıtulo 1 Datos Informativos Responsable DNI C´ odigo odigo Nivel Semestre Duraci´ on on

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Artur Arturoo Flo Flores res Co Condo ndori ri 4222 422216 1680 80 040 040706 706 Quin uinto Décimo ecimo Del 04 04 de May Mayo del 2009 2009 al 17 de Agos Agosto to del del 2009 2009

: Lic. Maximo a´ximo Roberto Pari Coila Asesor Condici´ on on : Nom Nombrad bradoo Asociad adoo a D.E. D.E. Categ at ego or´ıa : Asoci

Instituci´ on on Lugar Facultad Escuela Profesional

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Unive Universi rsidad dad Naci Nacional onal del Alti Altiplan planoo Puno Ingenier´ Ingenier´ıa .. Ing. Ing. Mec´ Mec´ anica ani ca Eléctric ect ricaa

Asignatura Naturaleza de la Asignatura N´ umero umero de Horas Créditos Prerrequisito A˜ no no Acad´ Ac adémic em ico o Semestre ´ Area Condici´ on on Grupo

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F´ısica III Oblig Obligato atori rioo 3T.(Teor´ 3T.(Teor´ıa)+2P ıa)+2 P.(Prácticas)=5 acticas)=5 Hrs. 5 F´ısica II 2 008 200 2008-II 8-II Forma ormaci ción oń General Flex Flexib ible le ´ Unico

2

Cap´ıtulo 2 Justificaci´ on on Las practicas prac ticas pre-profesionales pre -profesionales en e n la escuela profesional pr ofesional de Ciencias F´ısico ısico Matem´ aticas, aticas, son de mucha importancia para poner en practica los conocimientos y experiencias adquiridas durante nuestra permanencia pe rmanencia como estudiante, en la dinámica amica del proceso ense˜ nanzaaprendizaje y la experimentaci´ on on te´ orica; orica ; as´ as´ı mismo construi con struimos mos una solida so lida base bas e adquirienadqui riendo destreza y habilidad para nuestro buen desempe˜ no no como profesionales. Por otro lado, las practicas pre-profesionales es para dar cumplimiento a uno de los requisitos uisitos exigidos exigidos dentro del Programa Acad´ emico emico de la Facultad de Ingenier Ingenier´ıa Civil y Arquitectura de Nuestra Universidad Nacional del Altiplano para la obtenci´ on on del grado académico emico de Bachiller, el cual tiene sustento legal en:

1. Constituci´ on on Pol´ Pol´ıtica ıtic a del Per´ Peru ´ ´ La Constituci´ on on Pol´ Pol´ıtica ıti ca del Per´ Peru´ de 1993, es la actual constituci´ on on del Per´ u. u. Esta es considerada como la norma jur´ jur´ıdica suprema y vértice ertice de todo el ordenamiento jur´ jur´ıdico que regula la vida dentro del pa´ pa´ıs.

Art. 14 La educaci´ on promueve el conocimiento, el aprendizaje y la pr´ on actica actica de las humanidades, la ciencia, cienc ia, la técnica, ecnica, las artes, a rtes, la educaci´ ed ucaci´ on on f´ısica y el deporte; deporte ; prepara para la vida, el trabajo y fomenta la solidaridad. Art. 18 La educaci´ on universitaria tiene como fines la formación on on profesiona profe sional, l, la difusi´ difus ión on cultural, la creaci´ on on intelect int electual ual y art´ıstica ıstica y la investigaci´ investigac i´ on on cient cie nt´´ıfica ıfic a y tecnol tec nol´ ogica. o´gica. El estado garantiza la libertad de cátedra atedra y rechaza la intolerancia. Las universidades son promovidas por entidades privadas o p´ ublicas. ublicas. La ley fija las condiciones para autorizar su funcionamiento. La universidad es la comunidad de profesores, alumnos y graduados. Participan en el ella los representantes de los promotores, de acuerdo a ley. Cada universidad es aut´ onoma onoma en su régimen egimen normativo, de gobierno, académico, emico, administrativo y económico. omico. Las universidades se rigen por sus propios estatutos en el marco de la Constituci´ on on y de las leyes.

3

2. Justi Jus tific ficac aci´ i´ on on

4

2. Ley Universitaria N 23733 o

Dado en la casa Dado casa de gobierno gobierno en Lima, Lima, a los nueve nueve d´ıas del mes de diciem diciembre bre de mil novecientos ochenta y tres. En el gobierno de: FERNANDO BELAUNDE TERRY, y siendo PATRICIO REY DE CASTRO, Ministro de Educación. on. egimen académico emico por facultades a sus Art. 9 Cada universidad organiza y establece su régimen necesidade neces idadess y caracter´ cara cter´ısticas. ıstica s.

Art. 18 Cada universidad se˜ nala los requisitos para la obtenci´ nala on on de los grad g rados os acad´ a cadémicos emi cos y de los t´ t´ıtulos profesionales profe sionales correspondientes cor respondientes y las carreras que ofrece. ofre ce. profesionales de licenciado licenciado o su equivalen equivalente te requieren requieren de estudios estudios Art. 23 Los t´ıtulos profesionales de una duraci´ on on no menor menor de diez semestr semestres es acad´ académicos emicos o la aprobaci aprobaci´ on ´ de los años nos o cr´ editos editos correspondientes, correspondientes, incluidos incluidos los de cultura general que los preceden. Además as son requisitos la obtención on previa del Bachillerato respectivo y, cuando sea aplicable, el haber efectuado pr´ actica actica profesional calificada. Para obtener o btener el t´ıtulo de licenciado o sus equivalentes, se requiere de una tesis o de un examen profesional. La segunda especialidad especialidad requiere requiere la licenciatura licenciatura u otro t´ıtulo profesional profesional equivaequivalente previo. Da acceso ac ceso al a l t´ıtulo, ıtulo, o a la certificaci´ on on o mención on correspondientes. correspondientes.

3. Estatuto de la Universidad Nacional del Altiplano Aprobado en asamblea universitaria del 06 al 19 de enero de 2005.

Art. 19 La universidad u niversidad se integra por p or unidades académicas emicas fundamentales denominadas faculta facultades des estos estos organiza organizan n y desarro desarrolla llan n activid actividades ades de inve investi stigaci gaci´ on, on ´ , proyec pr oyecci ci´ón on social y presentación on de servicios. Art. 122 La actividad ac tividad acad´ ac adémica emica en una escuela profesional comprende: - Formaci orm aci´ón on genera gen eral. l. Form aci´ ión on básica asica profesional. profesional. - Formac orm aci´ón on profes pro fesion ional. al. - Formaci

- Investigaci´ on. on. - Orientación on profesional. profesional. on on y extensi´ exten sión on universitaria universi taria.. - Proyecci´ Su dise˜ no no involucra la programación on curricular te´ orico-pr´ orico-práctica actica de cada asignatura; proyectos de investigaci´ on sobre la realidad regional, nacional y mundial; plan de on actividades actividades de proyecci´ proyecci´ on o n y extensión o n universitaria; y un plan de prácticas acticas preprofesionales.

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2. Justi Jus tific ficac aci´ i´ on on

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4. Curricu Curr icula la de la Escuela Escu ela Profesi Pro fesiona onall Cien C iencias cias F´ısico ısic o Matem´ M atemáticas atic as Art. 40 El presente reglamento se sustenta en el estatuto de la U.N.A. que contempla la realización o n de pr´ acticas pre profesionales en la formaci´ acticas on de todos los estudiantes on de la universidad. est udiantes de la Carrera Carre ra Profesional P rofesional de Cs. F´ısico Matem´ Mate m´ aticas ati cas est´ est án an obliobl iArt. 41 Los estudiantes gados a realizar pr´ acticas acticas pre profesionales profesionales pudiendo pudiendo efectuarse efectuarse despu´ después es de haber lograd log radoo un m´ınimo ıni mo de 170 créditos edi tos.. acticas pre p re profesionales profe sionales de la Carrera Carrer a Profesional Profe sional de Cs. F´ F´ısico Matem´ aticas aticas Art. 42 Las prácticas ser´ se rán an pr´ practicas aćticas productivas y prácticas acticas de investigaci´ on.

Art. 43 Las prácticas acticas productivas comprender´ an a n pr´ acticas acticas pedag´ ogicas ogicas en centros de ense˜ nanza nanza de nivel nivel medio superior y universidades; universidades; pr´ acticas en centros productivos, acticas convenio, proyectos y otros que requieran la participaci´ on on de F´ısicos Matem´ Mate m´ aticos. aticos. Art. 44 Las pr´ acticas acticas de investigación on se realizan en la U.N.A. bajo la dirección o n de un profesor designado espec´ espec´ıficamente con este fin. acticas productivas de investigaci´ on on tendr´ an an una duraci´ on on de un semestre Art. 45 Las prácticas acad ac ad´émic em ico. o.

Art. 46 Los estudiantes, después es de haber cumplido con sus prácticas acticas productivas y/o de investigación on presentar´ an el informe a la institución an on donde se realiz´ o y esta a su vez informará de su desarrollo a la Direcci´ on de Carrera quien lo remitirá a la on comisión on de prácticas acticas pre profesionales para su aprobaci´ on on o desaprobaci´ on. on. d e que la práctica actica productiva y/o pr´ acticas acticas de investigación on se realice Art. 47 En el caso de en la Universidad Nacional del Altiplano el practicante presentará el informe al docente a cargo, éste este a su vez informar´ informara´ su desarrollo a la Dirección on de la Carrera para el visto bueno de la comisión o n de pr´ acticas Pre profesionales. acticas

Art. 48 Los aspectos no contemplados en el presente reglamento ser´ an an absueltos por la Comisión on de prácticas acticas pre profesionales.

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Cap´ıtulo 3 Objetivos Objetivos Generales Al concluir la práctica actica pre profesional, el estudiante de la Escuela Profesional de Ciencias cia s F´ısico ısic o Matem´ Mat emáticas, aticas, será capaz de:

• Desarrollar, aplicar y facilitar el uso de las relaciones cuantitativas y cualitativas de las diversas disciplinas de la ciencia, cien cia, la tecnolog´ tecnolog´ıa, la gesti´ on on y la producción. on.

on profesional, profesional, a trav´ través es del contacto contacto con el mundo • Complementar nuestra formación laboral, antes de terminar nuestros estudios.

Objet Ob jetivos ivos Espec Esp ec´ ´ıficos ıfic os Los objetivos espec´ espec´ıficos que se tiene para la pr´ actica desarrollada en la respectiva asignatura designada son: Poner ner en practica practica los • Po

conocimi conocimien entos tos adquiri adquiridos dos previam previamen ente te en las aulas, aulas, en la

ense˜ nan za de la F´ısica. nanza ısic a.

• Realizar labores participativas que nos coadyuven al perfeccionamiento profesional y a la formación on cient´ cient´ıfica y del conocimiento de la F´ısica, adecu´ andonos andonos a los requerimientos de la regi´ on on y del pa´ıs ıs para contribuir a su desarrollo desa rrollo y transformaci´ on on socio-económica. omica.

ecnicas y procedimientos pr ocedimientos de ense˜ en se˜ nanza que se empleen • Identificar y aplicar los casos, técnicas en la asignatura de F´ısica III.

emico con c on las escuelas profesionales, experimentado y • Promover el intercambio académico mostrándoles andoles que la F´ısica es e s la ciencia mas b´ asica asica para la descripci´ on on de fen´ omenos omenos naturales, natur ales, y as´ı mismo adquirie adq uiriendo ndo destrez des trezaa y habilidad habili dad en la din´ d in´ amica amica de ense˜ nanzananzaaprendizaje.

6

Cap´ıtulo 4 Electrost´ atica 4.1.

Carga El´ ectrica ectrica

La carga el´ ectrica ectrica es una propiedad propiedad fundamental fundamental independiente independiente propia de la materia y su unidad de medida es el coulomb( coulomb (C ) y se denota con la letra(q, letra(q, Q).

4.2. .2.

Ley de Coulom ulomb b

La ley de Coulomb a que se subordina la fuerza de interacci´ on de las cargas puntuales. on Se llama carga puntual un cuerpo cargado cuyas dimensiones son despreciables en comparación on con la distancia dista ncia de este e ste cuerpo a otros ot ros tambi´ en en portadores portadore s de carga eléctrica. ectrica. La fuerza con que interaccionan dos cargas puntuales en reposo es proporcional a la magnitud de cada una de las cargas e inversamente proporcional al cuadrado de las distancias entre ellas. la ley de Coulomb Cou lomb se puede expresar con la fórmula: ormula: F = k

|q q | 1 2 r2

(4.1)

Donde: k es una coeficiente de proporcionalidad (constante (constante de Coulomb). Coulomb ). q1 y q2 son las magnitudes de las cargas que interaccionan. r es la distancia entre las cargas. k = 8,9875 109 N m2 C −2 en la pr´ actica actica k 9 109 N m2 C −2 Para un sistema de cargas puntuales, supongamos que hay una carga qa y, además, as, N cargas cargas q1 , q2 ,...,qw . De lo dicho anteriormente se refiere que la fuerza resultante F con que act´ uan uan sobre qa las N cargas N cargas qi se determina por la fórmula: ormula:

×

·

≈ ×

·

N

 = F

 i=1

 ai F

(4.2)

4. Elec El ectro trost´ stática ati ca

8

en la que Fai es la fuerza con que act´ ua ua sobre qa la carga qi en ausencia de las demás as N 1 cargas.

−

1 . EnNota: El coeficiente de proporcionalidad de la ley de Coulomb se supone igual 4π tonces la expresi´ on de la ley par para a las car cargas gas que se encuentran en el vac´ıo ıo toma la forma: fo rma: 0

F =

1 q1 q2 4π 0 r2

| |

(4.3)

donde: k =8,9875

× 10

9

N m2 /C −2

0 : recibe el nombre de permitividad en el vacio, 0 =8,8542

12

N −1 m−2 C 2

× 10−

·

Distribuci´ on de Cargas Continuas on Ahora vamos vamos a generalizar generalizar pasando de cargas puntuales puntuales a una distribuci´ on continua de carga. La distribuci´ distribuci´ on on de carga est´ a caracterizada por una funci´ on on de la posición on ρ(x,y,z) x,y,z ) llamada llamada densidad densidad de carga volum´ volumétrica etrica y tiene dimensiones dimensiones de [carga/volumen]. un un carga/volumen]. Seg´ las dimensiones del cuerpo cuerp o que se considera, la carga eléctrica ectrica puede pu ede distribuirse,como distribuirse,co mo se tiene: Q +

r

dq

 = k dF recordando que, ρ =

dq , dV

q +

e r

dV

entonces,  = k dF

la fuerza total es:

dF

qdq er r2



qρdV er r2



   

ρ(r)dV er r2  = kρq dV er F r2  = kq F

(4.4) (4.5)

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


9

las ecuaciones anteriores son para cuerpos con densidades de carga no uniformes y uni forme respectivam respectivamente. ente.

4.3.

 ) Campo El´ ectrico ectrico (E

La intensidad de las cargas en reposo se efect´ ua ua por medio del campo eléctrico. ectrico. Todo carga hace que var´ var´ıen las propiedade propi edadess del d el espaci e spacioo que qu e la rodea: ro dea: Crea en él el un u n camp c ampoo el´ e léctriectr ico. Este campo se manifiesta manifiesta en que una carga eléctrica, ectrica, situada en un punto cualquiera de él, el, se encuentra encuentra bajo a´ acción on de una fuerza. Por consiguiente, para saber si en un lugar lugar dado existe campo hay que colocar colocar en el un cuerpo cuerpo cargado cargado y determin determinar ar si éste este experimenta la acción on de una fuerza eléctrica ectrica o no. Estudiaremos con la ayuda de una carga puntual de ensayo qens el campo creado por una carga puntual q en reposo. Situando la carga de ensayo ensayo en el punto cuya posesi´ p osesi´ on on respecto a la carga q está determinada por el radio vector r (Fig.), descubriremos que sobre la carga de ensayo act´ ua ua la fuerza:  = qens F

   1 q er 4π0 r 2

q e n s

(4.6)

F

r

q

e r





Si se toman cargas de ensayos de distintos magnitudes qens , qens y as´ı sucesi suc esivament vamente, e,  , F  ,.., que ellas experimentan en el punto dado del campo ser´ las fuerzas F an an distintas. distintas.  F Pero en (4.6)se ve que la relaci´ on on qens en la misma para todas las cargas de ensayo y s´ olo olo depende de las magnitudes q y r que definen el campo en el punto dado. Por eso es natural tomar esta relaci´ on on como magnitud magni tud caracter´ carac ter´ıstica ıstic a del d el campo camp o eléctrico: ectr ico: 



  = F E (4.7) qens Esta magnitud vectorial se llama Intensidad Intensi dad del campo eléctrico ectrico en el punto dado (es  ). decir, en el punto en que la carga de ensayo qens experimenta la acci´ on on de la fuerza F ). F De las fórmulas ormulas (4.6)(4.7) se deduce que la intensidad del campo de una carga puntual es proporcional a la magnitud de la carga q e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia r desde dicha carga hasta el punto dado del campo:  = E

1 q er 4π 0 r2

(4.8)



 = qens E  , y es evidente Seg´ un (4.7), la fuerza que act´ un ua sobre la carga de ensayo es: F ua  , actuar´ que sobre toda carga puntual q, en un punto del campo de intensidad E a la fuerza:

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


10

 = q E  F

(4.9)

El campo el´ ectrico ectrico se puede describir conociendo la magnitud magnitud la magnitud y la direcci´ direccion ´  del vector E para cada punto. El conjunto de estos vectores forma el campo del vector intensidad intensidad de campo el´ ectrico. ectrico. El campo de vector vector velocidad velocidad se puede representar representar muy intuitivamente por medio de las lineas de intensidad . Análogamente, aloga mente, el campo camp o eléctrico ectr ico se puede describir valiéndose endose de d e las lineas de intensidad, que abreviadamente llamaremos llamare mos  (tambi´ l´ıneas ea s E (también en se le denomina denom ina l´ıneas de fuerza). fuer za). Las l´ıneas de intensidad intensi dad se trazan traz an de  . tal modo que la tangente a ella en cada punto coincida con la dirección on del vector E  del campo de una carga puntual son un conjunto de rectas radiales que Las La s l´ınea ın eass E parten de la carga, ca rga, si ésta esta es positiva, p ositiva, y que inciden en ella si es negativa, n egativa, as´ as´ı en la figura. figur a.

+ q

-

+

4.4. 4.4.

-q

+

+

Prob Proble lema mass Resu Resuel elto toss

Problema 4.1  debido a un anillo cuyo radio es a Halle el campo camp o eléctrico ectri co E es a tiene una carga total Q total Q distribuida uniformemente en toda su circunferencia en el punto P , P , (Fig.)la cual está situado sobre el eje del anillo a una distancia R de su centro. Soluci´ on: on:

Z

Q

i q

q o

ds

X

n e s E d

R q

r = Ö

dE q

p dE dEco coss q j

Y

2 2 + a

R

dq

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


11

 

las componentes en la direcci´ on on i y k se anulan, luego;  = dE sin dE dE sin θk + dE cos dE cos θ j j  = dE cos dE dE cos θ j j dq = k 2 cos θ j j r  = k 1 cos θ dq j E j r2  = k 1 cos θQ j E j r2 pero cos θ =

R , r

además as r =

√R

2

        

(4.10)

+ a2 , entonces

kR Q j j r2 r R = kQ 3 j j r

 = E

⇒ E 

= kQ

R

(R2 + a2 )

3 2

j j

 debido a un anillo es:E  = kQ entonces entonc es el campo camp o eléctrico ectr ico E

R 2

 3

(R +a2 ) 2

j j

Problema 4.2 El disco mostrado en la figura, est´ a cargado con una densidad de carga superficial ρ superficial ρs el cuál al est´ a en funci´ on on de la distancia s, de acuerdo a la relación on ρs = As donde A es una constante. constante. Determine Determine la intensidad intensidad de campo el´ ectrico ectrico en un punto M del eje del disco tal como se muestra en la fig. Z dE

M

a r

z

s

o a

dq

ds

Y

q

X

Soluci´ on: on: El campo creado por el diferencial de carga dQ = ρs sdθds; sdθds; es decir,

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

4. Elec El ectro trost´ stática ati ca ρs =

Q A

=

dQ dA

=

dθ , dsdθ

12  es: entonces el E dQ ρs sdθds = 4π 0 r2 4π0 (Z 2 + s2 )

 = dE



Por simetr´ıa ıa solo la componente comp onente Z k de la intensidad del campo c ampo eléctrico ectrico va a contribuir a la intensidad total del campo en M , luego, ρsZsdθds

 z = dE cos dE dE cos α = como, ρs = As, As, además as si cos α = √Z Z +s 2

+

 3

s2 ) 2

k

2

As2Zdθds

 z = dE

⇒

4π 0

(Z 2

4π 0

(Z 2

+

  3

s2 ) 2

k

 z hay que sumar todas las contribuciones diferenciales, entonces: Para hallar E  z E

AZ = 4π0

  2π

0

a

0

s2dθds

As = 2 0 (Z 2 + s2 ) 3 2

a

0

s2ds (Z 2

(4.11)

3

s2 ) 2

+

integrando por partes, obtenemos: sea, u = s; dv = sds , luego: 3

(z 2 +s2 ) 2

 ⇒



a

udv =

0

=

s2ds (Z 2

+ s

− (Z + s ) 2

= uv

3

s2 ) 2 2

1 2

 

 −  −

a

vdu 2

2

+ ln s + (Z (Z + s ) 0

1 2



a 0

entonces; la intensidad de campo eléctrico ectrico en un punto M del eje del disco es:  z E



AZ a + (Z (Z 2 + a2 ) = ln 20 Z

1 2

a

(Z 2 + a2 )

1 2

Problema 4.3 Un hemisferio hueco de radio a está cargado uniformemente sobre su superficie con una carga total Q. Determine la intensidad intensidad del campo el´ ectrico ectrico en el centro centro de la esfera a la cual pertenece el hemisferio.

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


13

Soluci´ on: on:

Q dQ

a a n e s

d a

a

dE

a

acos a

o

Z

dE

Si tomamos un anillo de carga diferencial dQ, dQ, genera gene ra un campo c ampo eléctrico ectrico en el e l eje z , las componentes en el eje x y y se anulan, por él el se obtiene a partir del de l resultado del problema anterior(prob. del anillo), tenemos:  z = dE cos dE dE cos θk dQ(a cos α)  z = dQ( dE k 4π 0 a3  (dQ)cos dQ)cos α = k 4π 0a2 

  

sabiendo que; dQ = σdS ; dl = adα; adα; luego calculando calculando dQ: dQ: Si la carga por unidad de superficie = Ahora; dQ =

 ∗ Q 2πa 2

(4.12)

Q ; 2πa2

(2πa (2πa sen α)(adα )(adα)) = Q sen αdα

(4.13)

luego; la ec.4.13 en la ec.4.12, se tiene: (Q sen αdα)cos αdα)cos α k 4π0 a2 π Q = sen α (cos αdα) αdα) k 4π 0a2 0

 z = dE

      2

Q sen2 α = 4π 0a2 2 Q = k 8π 0a2

π 2

0

 z = por lo tanto, la intensidad intensidad del campo el´ ectrico ectrico en el centro de la esfera es: E



Q k 8π0 a2

Problema 4.4 La carga positiva Q está distribuida distr ibuida uniformemente u niformemente alrededor alr ededor de un semic´ırculo ırculo de d e radio ra dio a (Figura). Halle el e l campo ca mpo eléctrico ectrico (magnitud y direcci´ d irecci´ on) en el centro de curvatura P curvatura P ..

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


14

Soluci´ on: on:

Y

dq

Q d q

q

X

a

P

q

dE



las componentes en la direcci´ on on i se anula, luego se tiene:  = dE sen dE dE sen θ( j) j ) dq = k 2 sen θ( j) j ) r

sabiendo que; λ =

Q πa

 −  −

(4.14)

y además as dE = k λdl =k λdθ ; ahora en la ec.4.14, tenemos: a a 2

dE y = dE sen dE sen θ kλ sen θ = dθ a π 2kλ E y = sen θdθ a 0 π 2kλ = ( cos θ) 0 a 2kλ π = cos( ) + cos(0) a 2 2kλ = a 2kQ = a2

 − −

2

⇒

|

2



por consiguiente el campo eléctrico ectrico en el centro de curvatura P es:  y = 2kQ j E j a2



A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

Cap´ıtulo 5 Ley de Gauss 5.1.

Flujo El´ ectrico ectrico

 (r) en el espacio, y en ese espacio cierta suConsideremos cierto campo vectorial E  a trav´ perficie cerrada S arbitraria. Podemos definir el flujo de E es es de esa superficie como:  dS  = E cos ΦE = E E cos φdS (5.1)

 ·  S

Se define d efine el flujo fl ujo eléctrico ectrico de d e un campo eléctrico ectrico uniforme unifor me como el producto de la magnitud magnitu d del campo E por la superficie S ; es decir: ΦE = ES

(5.2)

La unidad SI de flujo eléctrico ectrico es 1 N m2 /C

·

Observaciones:  y S  el ángu  y S  es φ = 0, entonces 1. superficie de frente al campo camp o eléctrico ectrico E an gulo lo entre ent re E  S  = ES . el flujo ΦE = E ES .

·

2. superficie inclinada inclinada respecto a la orientaci´ orientaci´ on de cara en un angulo ańgulo φ, el ángulo angulo entre  y S  es φ,entonces ΦE = E  S  = ES cos E ES cos φ.

·

 y S  perpendiculares, el angulo 3. la superficie presenta presenta su borde al campo el´ ectrico ectrico E ańgulo o o  y S  es φ = 90 , entonces el flujo ΦE = E  S  = ES cos90 entre E ES cos90 = 0.

·

 , mediante un vector unitario 4. podemos pode mos representar la dirección on de un vector area a´rea S  perpendicular n significa normal , entonces: S  = S n. n perpen per pendicula dicularr al área; area; S  no es uniforme, sino que varia de un punto a otro en el area Si sucede, si el E a´rea S , o si S es parte de una superficie curva; En tales casos se divide S en muchos elementos peque˜ nos nos dS , cada una de los cuales tiene un vector unitario n perpendicular a él el y un vector vector  = ndS area área dS ndS , se calcula el flujo el´ ectrico ectrico a trav´ través es de cada elemento elemento y se integran integran los resultados para obtener el flujo total, as´ as´ı:







ΦE =





 ·

 dS  definici´ E on de flujo fluj o eléctrico ectr ico

S

15

(5.3)

5. Ley de Gauss

16

 dS  . A esto se le llama la integral de superficie de E

·

5.2.

Ley de Gauss

La ley de Gauss Gauss establec establecee que el flujo el´ eléctrico ectrico total total de cualqui cualquier er superfici superficiee cerracerrada(una superficie que encierra un volumen volumen definido) es proporcional a la carga el´ ectrica ectrica total(neta)dentro de la superficie.

 ·

 dS  = q E (5.4) o La ecuaci´ on on 5.4 es válida alida para una superficie de cualquier forma o tama˜ no, no, con la condición on de que se trate de una superficie cerrada que encierra la carga q. ΦE =

Supóngase ongase que la superficie encierra no s´ olo olo una carga puntual q, sino varias cargas  en cualquier punto es la suma vectorial q1 , q2 ,... El campo eléctrico ectrico total(resultante) E  de las cargas individuales. Sea Qenc la carga total encerrada por la de los campos E  el campo total en la posesión superficie:Q superficie: Qenc = q1 + q2 + q3 ..., ..., sea además as E on del elemento  , y sea E ⊥ su componente perpendicular al plano de ese elemento(es de area a´rea superficial dS  ). decir, paralelo a dS ). En estas condiciones condiciones se puede escribir una ecuaci´ on como com o la l a ecua e cuaci´ ción on (5.4) con respecto a cada carga y su campo correspondiente y sumar los resultados. Al hacerlo, se obtiene el enunciado general de la ley de Gauss: ΦE =

 ·

 dS  = Qenc E o

ley de Gauss

(5.5)

El flujo total a trav´ través es de una superficie cerrada es igual a la car carga ga el´ ectrica ectrica total(neta) presente en el interior de la superficie, dividida entre o . on entre la cantidad de carga neta en Observaciones: Hemos visto que hay una relación el interior de una superficie cerrada y el flujo eléctrico ectrico a trav´ t rav´ es es de una superficie, hemos hallado que: 1. El hecho de que haya o no n o un flujo el´ e léctrico ectrico saliente o entrante neto a trav´ t rav´ es es de una superficie cerrada depende del signo de la carga encerrada. 2. Las cargas que están an afuera de la superficie no proporcionan un flujo el´ ectrico ectrico neto a trav´ t ravés es de la superfic sup erficie. ie.

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

5. Ley de Gauss

5.2. 5.2.1. 1.

17

Apli Aplica caci cion ones es de de la ley ley de de Gaus Gausss

Sea q una carga puntual situada en el centro de una esfera; el flujo del campo eléctrico ectr ico a través es de esta superfic sup erficie, ie, es: E ds

q

ΦE = = =

r

 ·         dS  E

E cos E cos θdS

EdS = ES

sabiendo que S = 4πr 2 , superficie de la esfera, adem´ as as E = kq/r 2, entonces se tiene: q = k 2 4πr 2 r q = 4πr 2 2 4πo r q ΦE = (N m2 /C ) o

⇒

Para una carga q , que está en superficie cerrada arbitraria, el flujo, es: E

ds

ds’

ds

ds

q

q

ds

r

ds¢=dsCosq

q

d W

ΦE =

 ·     dS  = E

E cos E cos θdS

q cos θdS r2 cos θ = kq dS r2 =

k

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

5. Ley de Gauss

18 cos θ dS , r2

sabiendo que: dΩ =

entonces se tiene: = kq

⇒Φ

E



dΩ

= kq (4π (4π ) q = (N m2/C ). o

Para una carga q , que está fuera de una superficie cerrada, el flujo, es: ds2 ds1 r 1

q2 q1

E 2

r 2

q s1

ΦE = =

s2

 ·  ·  ·    −    −   −   −   −  dS  E

 1 dS  1 + E

S 1

=

 2 dS  2 E

S 2

E 1 cos αdS 1 +

S 1

si, α = π

− θ , entonces: 1

ΦE =

E 2 cos θ2 dS 2

S 2

E 1 cos(π cos(π

θ1 )dS 1 +

S 1

=

S 2

E 1 cos θ1 dS 1 +

S 1

=

E 2 cos θ2 dS 2

S 2

kq kq cos θ dS + cos θ2 dS 2 1 1 2 2 S r1 S r2 cos θ1 dS 1 cos θ2 dS 2 kq + kq r1 2 r22 S S 1

=

2

1

=

kq

2

dΩ1 + kq

S 1

⇒Φ

E

5.3. 5.3.

E 2 cos θ2 dS 2

dΩ2

S 2

= 0


Problema 5.1 Una varilla de longitud 2L, tiene una densidad de carga uniforme λ uniforme λ. Determine el campo eléctrico(por ectrico(po r el método etodo de Gauss) en el punto P a una distancia R a lo largo de la mediatriz.

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

5. Ley de Gauss

19

Soluci´ on: on: d s 2

E 2

s 2 l

R

d s 3

R

z d s = d s 1

d s 1

E 3

E 1

La figura muestra las diferentes normales de la superficie de Gauss elegida. Cálculo alculo del campo camp o eléctrico: ectri co:  (r ) = E (R)R con R el radio de Suponemos el campo el´ ectrico ectrico con la siguiente siguiente forma E las coordenadas co ordenadas cil´ cil´ındricas. La Ley de Gauss nos dice: dice :

 ·  ·   ·  ·  dS  E

ΦE =

 1 dS  1 + E

=

S 1

por po r simetr´ sime tr´ıa, ıa, la



S 1



 1 dS  1 y E

·

S 2

S 2

 2 dS  2 + E

·



 3 dS  3 E

S 3

·

 2 dS  2 se anulan, entonces se tiene: E  3 dS  3 = E 3 E

=

S 3



dS 3

= E 3 S 3 = E 3(2πR (2πR)(2 )(2L L) Q ΦE = 4πRLE 3 = o 2kλ Q Q E 3 = = 2k = 4πRLo 2RL R 2λk ∴ E = R R

⇒



Problema 5.2 Determinar Determinar el campo el´ ectrico ectrico de una l´ amina plana infinita cargada con una densidad superficial uniforme. uniforme.

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

5. Ley de Gauss

20

d

d s3

s2

E 2

s1

A

d s2

d s1

E 1

s3

Q

Soluci´ on: on: La figura muestra la secci´ on del plano que define el cilindro al atravesarlo. C´ alculo alculo del campo camp o el´ ectrico. ectric o. Suponemos el campo camp o eléctrico ectrico con la siguiente forma:

    · E + z E − z

 (r) = E ( E La Ley de Gauss nos dice:

;Z > 0 ;Z < 0

(5.6)

 dS  = Qenc E o

ΦE =

La carga encerrada, en este caso, corresponde a σA, σA, luego ΦE = =

 ·  ·  ·  ·  ±  · ±     ·   dS  E

 1 dS  1 + E

S 1

 2 dS  2 + E

S 2

 3 dS  3 E

S 3

E z ( z ) dS + dS +

= 2

tapas

= 2SE =

E z RdS RdS

manto

Q o

Q 2S o σ ∴ E = 2o

⇒ E

=

Problema 5.3 Un carga de 10 de 10,,0 µC localizado en el origen de las coordenadas de un sistema cartesiano está rodeado de una esfera del nicho de poco condctor de radio 10, 10,0cm. cm. Un taladro con un radio de 1 de 1,00mm 00mm es alineado a lo largo del eje z eje z , y un hueco es taladrado en la esfera. Calcule Calcul e el flujo eléctrico ectri co a través es del hueco.

−

Soluci´ on: on: ΦE,hueco = E Ahueco

·

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

5. Ley de Gauss

21

luego se obtiene: ΦE,hueco =

    × kQ πr 2 2 R (8, (8,99 109

)(10,0 N m2 /C 2 )(10, = (0, (0,100m 100m)2 = 28, 28,2 N m2 /C.

·

6

× 10− C )

·





3 2

× 10−

π 1,00

entonces, entonc es, el flujo eléctrico ectri co a través es del hueco es: ΦE,hueco = 28, 28,2 N m2 /C .

·

Problema 5.4 Un carga Q carga Q está ubicado en el eje de un disco de radio R en una distancia b distancia b del plano del disco (en la figura). Demostrar Demostrar que si un cuarto del flujo eléctrico ectrico del carga atraviesa el disco, cuando R = 3b.

√

R

b

Q

Soluci´ on: on: q R

s

ds

b q

El flujo total a trav´ través es de una superficie incluyendo incluyendo la carga Q es Q/o . El flujo a través es del disco es: Φdisco =

 ·

 dS  E

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

5. Ley de Gauss

22

Donde la integración o n cubre el area a´rea del disco. Debemos evaluar este integral y debemos 1 colocar eso igual a 4 Q/o para encontrar c´ omo omo se relacionan la b y R. En la figura, tomar dS el area a´rea de un anillo anular de s del radio y los ds de ancho. El flujo a trav´ t ravés es de dS es:  dS  = EdS cos E EdS cos θ = E (2 E (2πsds πsds)cos )cos θ

·

La magnitud del campo camp o eléctrico ectrico tiene tien e el mismo valor en todos los puntos dentro del anillo anular, entonces E =

1 Q 1 Q = 4π o r2 4πo s2 + b2

y

cos θ =

b b = r (s2 + b2)1/2

Integrando Integrando de s = 0 para s = R para hacer el que flujo pase a través es del de l disco entero. ΦE,disco

Qb = 2o Qb = 2o =

 −    −  R

0

Qb 1 2o

sds

(s2 + b2 )3/2 s2 + b2

√3b.

R 0

b

(R2 + b2 )1/2

El flujo fl ujo a través es del d el disco d isco es igual a Q/4 Q/4o provisto provisto que Esto queda satisfecho si R =

1/2

b (R2 +b2 )1/2

= 12 .

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

Cap´ıtulo 6 Poten Potenci cial al El´ ect ectrico rico Al desplazarse desplazarse las cargas por un campo electrost´ atico, las fuerzas aplicadas aplicadas a las cargas realizan un trabajo. Las fuerzas del campo electrost´ a tico poseen la propiedad de que atico el trabajo realizado por ellas al trasladar una carga no depende de la trayectoria de desplaz desplazami amien ento to de la carga, carga, sino sino que depende depende sólo olo de la magnitu magnitud d de la carga carga y de las posesiones inicial y final de a misma. Esta propiedad del campo permite caracterizar cualquier punto del mismo por medio de una funci´ on on especial denominada potencial en un punto del campo. En otras palabras, cuando una part´ part´ıcula con carga se desplaza en un campo eléctrico, ectrico, el campo ejerce una fuerza que puede realizar trabajo sobre sob re la part par t´ıcula. ıcu la.

6.1.

Energ Ener g´ıa poten p otencial cial el´ e l´ ectrica ectr ica

Para determinar determinar energ´ energ´ıa potencial de una carga de un campo el´ ectrico ectrico arbitrario, arbitrario, iniciemos con un repaso de algunos puntos fundamentales.  act´ ua ua sobre so bre una part p art´´ıcula que se desplaza d esplaza del punto a Primero, cuando una fuerza F al punto b, el trabajo W a→b realizado por la fuerza est´ a dado por una integral de linea:



b

W a→b =

a

 d F l=

·



b

F cos φdl (tra (trabaj bajoo real realiz izad adoo por un unaa fuer fuerza za))

(6.1 (6.1))

a

Donde: d l es un desplazamien desplazamiento to infinitesimal infinitesimal a lo largo de la trayectoria trayectoria de la part´ part´ıcula y  y d φ es el ángulo angulo entre F l en cada punto a lo largo de la trayectoria.  es conservativa , el trabajo realizado por F  siempre se puede Segundo, si la fuerza F expresar expre sar en términos ermin os de una energ´ part´ıcula se desplaza de en erg´ıa ıa poten po tenci cial al U . Cuando la part´ un punto donde la energ´ energ´ıa potencial es U a a un punto donde es U b , el cambio de energ ener g´ıa

23

6. Potencial Potenc ial El´ ectric ect rico o potencial es ∆U ∆U = U b

24

− U

a

y el trabajo W a→b realizado por la fuerza es:

 

b

W a→b =

·

a

b

=

 d F l  d  = qo E  qo E l si F

·

a

= U a

− U = − (U − U ) = −∆U b

b

(6.2)

a

dl q0

b E

E

Es decir,

 −  −

b

U b

− U

qo

=

a

a

b

U =

qo

a

 d E l

·

 d E l

(6.3)

·

Energ´ Energ´ıa potencial pot encial para dos cargas puntuales Consideremos en primer pr imer término ermino un desplazamiento a lo largo de la linea radial de la figura, del punto a al punto b. q

q

q

+

Þ

0

Þ

b

E

r q r r b

La fuerza sobre q0 está dada por la ley de Coulomb y su componente radial es: F r =

1 qq 0 4π o r 2

(6.4)

Si q y q0 tienen el mismo signo(+ o -), la fuerza de repulsión on y F r es positiva; si las dos cargas tienen signos opuestos, op uestos, la fuerza es de atracción on y F r es negativa. La fuerza no es constante durante el desplazamiento y es necesario integrar para calcular el trabajo W a→b realizado realizado sobre q0 por esta fuerza conforme q0 se desplaza de a a b. Resulta que:



rb

W a→b =

ra



rb

F r dr =

ra

1 qq 0 qq 0 dr = 4π o r 2 4πo

− 1 ra

1 rb

A

r

t

u

(6.5)

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

6. Potencial Potenc ial El´ ectric ect rico o

25

El trabajo trabajo realizad realizadoo por la fuerza fuerza el´ eléctrica ectrica en el caso de esta traye trayector ctoria ia en particu particular lar depende s´ olo de los puntos extremos. olo De hecho, el trabajo es el mismo en todas las trayectorias posibles de a a b. Para probarlo, consideremos un desplazamiento m´ as as general en la figura, E

{q0

ds

F dr

b

dl

f

r b

i r +

a

q

r a

en el que a y b no se encuentran sobre la misma linea radial. De la ecuación o n (6.1), el trabajo realizado sobre q0 durante este desplazamiento est´ a dado por:



rb

W a→b =



rb

F cos φdl =

ra

ra

1 qq 0 cos φdl 4πo r 2

Pero la figura muestra que cos φdl = dr. dr. Es decir, el trabajo realizado durante un desplazamiento peque˜ no no dl depende unicamente uńicamente del cambio dr de la distancia r entre las cargas, que es la componente componente radial del desplazamiento. Vemos que las ecuaciones (6.2) y (6.5) son consistentes si definimos qq 0 /4πo ra como la energ´ ene rg´ıa ıa poten po tencia ciall U a cuando q0 está en el punto a, a una distancia ra de q , y definimos qq 0 /4π orb como la energ´ıa ıa potencia pot enciall U b cuando q0 está en el punto b, a una distancia rb desde q . Por tanto, la energ´ energ´ıa potencial U cuando la carga de prueba q0 está a cualquier distancia r de la carga q es: U =

6.2.

1 qq 0 4πo r

(energ (ener g´ıa potencia pot enciall eléctrica ectr ica de dos cargas carg as q y q0 )

(6.6)

Potencial otencial el´ ectrico ectrico y Diferencia Diferencia de potenc p otenciales iales

Un potencial es energ´ energ´ıa potencial por unidad de car carga ga . Se define el potencial V en cualquier punto de un campo eléctrico ectrico como la energ´ energ´ıa potencial U por unidad de carga asociada con una carga de prueba q0 en ese punto: V =

U qo

o U = q0V

(6.7)

La energ´ energ´ıa potencial pote ncial y la carga c arga son escalares; e scalares; por p or consiguiente, el p otencial es una cantidad escalar. Sus unidades se hallan, con base en la ecuaci´ on(6.7), dividiendo las unidades de on(6.7),

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


26

energ´ energ´ıa entre las de carga. La unidad SI de potencial, llamada un volt(1V (1V ), ), es igual a 1 joule por coulomb: 1V = 1volt = 1J/C = 1loule/coulomb Expresemos Expresemos la expresi´ expresion oń (6.2), (6.2), que iguala iguala el trabajo trabajo realizad realizadoo por la fuerza fuerza el´ eléctrica ectrica durante un desplazamiento de a a b con la cantidad ∆U = (U b U a), sobre una base de ”trabajo por unidad de carga”. Al dividir esta ecuaci´ on on entre q0 se obtiene:

−

W a→b = q0

−

∆U = q0

−

U b q0

−

U a q0



=

− −

− (V − V ) = V − V b

a

a

(6.8)

b

Donde: V a = U a /q0 es la energ´ energ´ıa potencial por unidad de carga en el punto a. V a y V b llamamos el potencial en el punto a y potencial en el punto b, respectivamente. A la diferencia V a V b se le llama el potencial de a con respecto a b; a veces se abrevia esta diferencia como V ab V b . A esto se le suele llamar la diferencia ab = V a de potencial entre a y b.

−

−

La ecuaci´ on (6.8) establece, por tanto, que V ab on ab , el potencial de a con respecto a b, es igual al trabajo realizado realizado por la fuerza el´ ectrica ectrica cuando cuando una UNIDAD UNIDAD de carga se desplaza de a a b.

6.2.1.

Potencia Potenciall el´ ectrico ectrico debido a una carga puntual puntual

Consideran Consid erando do una carga carga pun puntual tual positiv positivaa aislad aisladaa q ,est ,estaa carga carga produce produce un campo campo  que apunta radialmente hacia afuera de la carga. Para determinar el potencial el´ eléctr ec tric icoo E el´ eléctr ec tric icoo V en un punto del campo localizado a una distancia r de la carga, empezamos con la expresión on general de la diferencia de potenciales. V

q

dl

r

b

dr

E

a

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


27

 − ·  −  −  −    − −  b

V b

− V

a

=

 d E l

a

b

E cos E cos θdl

=

;

E =

a

kq r2

b

cos θdl r2 a b dr = kq ; dr = cos θdl 2 r a 1 rb = kq r ra kq kq ∴ V b V a = rb ra Si el punto a está en el infinito; entonces q V b = k ;(potencial en el punto b) rb Si b es un punto arbitrario, en general el potencial debido a una carga puntual, a una distancia r es: 1 q q V = k = (6.9) r 4πo r Donde: kq

=

−

−

r es la distancia desde la carga puntual q al punto en el que se eval´ ua ua el potencial.

6.2.2. 6.2.2.

Poten Potencia ciall debido debido a un sistem sistema a de cargas cargas punt puntual uales es

 en el que se desplaza la carga q0 se debe a varias cargas Supóngase ongase que el campo E puntuales q1 , q2 , q3 ,... a distancias r1 , r2 , r3,... de q0 , como en la figura. q

1

q

2

r 1 r 2 q

n

a q

r n

0

El campo el´ ectrico ectrico total en cada punto es la suma vectorial de los campos debidos a las cargas individuales, y el trabajo total que se realiza sobre q0 durante durante cualquier cualquier desplazamiento es la suma de las contribuciones de las cargas individuales. De la ecuación on (6.6) se concluye concluye que la energ´ energ´ıa potencial asociada con la carga de prueba q0 en el punto a de la figura, es la suma algebraica (no la suma vectorial) q0 U = 4π 0



q1 q2 + + ... r1 r2

  =

q0 4π 0

i

qi ri

(6.10)

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


28

Para hallar el potencial debido a un conjunto de cargas puntuales, se divide la ecuaci´ on on anterior entre q0 : U 1 qi V = = (6.11) q0 4π 0 i ri



En esta expresión. on. donde:

ri es la distancia de la iésima esima carga, qi, al punto que se eval´ ua ua V . V .

6.2.3. 6.2.3.

potencia potenciall debid debido o a una distri distribuc buci´ i´ on on continua de carga

Cuando se tiene una distribuci´ o n continua de carga a lo largo de una linea, en una on superficie o en todo un volumen, se divide la carga en elementos dq, dq, y la suma de la ecuación on (6.11) se transforma en una integral: 1 V = 4π0



dq r

(6.12)

Donde: ua ua V . r es la distancia del elemento de carga dq al punto del campo donde se eval´ V .

6.3. 6.3.


Problema 6.1 Una varilla delgada de longitud L, colocada en el eje x eje x, tiene una carga Q carga Q y est´ a distribuida uniformemente. Calcule el potencial a una distancia R distancia R en los puntos A,B,C . A

B

R

R R

o

Q

C

X

Soluci´ on: on:

i) En el punto A: A dV R o

r X x dx

Q

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


29

Sabiendo que: dV = k Si, λ = dQ/dx de aqu´ı dQ = λdx a demás as r = dV = k

dQ r

√x

√xλdx +R 2

integrando se tiene: V = λk

= λk

2

dx x 2 + R2

0

= λk

+ R2 , luego

 √   L

⇒ V

2

(6.13)

  

√ ln x + x + R √ ln L + L + R − ln R √ L+ L +R

= λk ln

2

2

L 0

2

2

2

2

R

ii) En el punto B : B dV r

R

x

Q

dx

Análogamente, aloga mente, se obtiene: obtie ne: dQ , entonc entonces es : r λdx dV = k x 2 + R2 L/2 L/2 dx V = 2λk x2 + R2 0

Si dV = k

√

 √   √      −  x 2 + R2

= 2λk ln x + = 2λk ln

⇒ V

= 2λk ln

L2 + R2 4

L + 2

L+

√L

2

L/2 L/2 0

ln R

+ 4R 4 R2

2R

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


30

iii) En el punto C L

R

x

dV C

r

X

dx

dV = k

dQ r

(6.14)

sabiendo que: dQ = λdx además, as, de la figura: r = L + R x. Reemplazando en la ecuaci´ on on (6.14) se obtiene:

−

dV = k

λdx L+R x

−  − − − −  − L

V =

λk

0

sea u = L + R

− x entonces du =

dx, dx, luego se tiene: R

du u

λk

=

L+R λk [ln u]R L+R

= = ∴

dx L+R x

− −λk [ln R − ln (L + R)]

V = λk ln

L+R R

Problema 6.2 Se tiene una placa de espesor despreciable, la cual posee una distribuci´ on on continua de carga σ carga σ , de radio a y que tiene un angulo ańgulo central θ central θ como se indica en la figura. Determine el potencial en el punto 0. Q

a

q

O

Soluci´ on: on: dr dr d a

dV o

a

r

dQ

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


31 Sabiendo que, dV = k

dQ r

(6.15)

Luego, si dQ = σds, σds, de la figura se tiene: ds = rdαdr, rdαdr, entonces dV = k

σrdαdr r

  θ

V = kσ

a

dα

0

dr

0

V = kσθa

por lo tanto, el potencial en el punto 0 es: V = kσθa

Problema 6.3 Una esfera peque˜ na con una masa de 1 de 1,50g 50g cuelga de un cordel entre dos placas verticales paralelas separadas por una distancia de 5 de 5,0cm. cm. Las placas son aisladoras y tienen densidades de carga superficiales uniformes uniformes σ y + y +σ . La carga de la esfera es q es q = 8,90 10−6 C . ¿Qué diferencia de potencial entre las placas har´ a que el cordel adopte un angulo ańgulo de 30 con respecto a la vertical (figura)?.

−

×

o

Soluci´ on: on: 30°

q

5.00cm

La fuerza de equilibrio en las direcciones x y y es: F e = mg tan θ = 1,50 10−3 kg = 0,0085N. 0085N.



×

 

9,8m/s2 tan30o

Sabiendo que:  e = Eq  = V q F d  , de aqu  = V /d. Si V = Ed, Ed aq u´ı: E /d. (0, (0,0085N 0085N ) (0, (0,050m 050m) Fd = q 8,90 10−6C V = 47, 47,8V

⇒ V

=

×

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


32

Problema 6.4 Una hoja infinita con una densidad de carga superficie de 25 de 25,,0 nC/m2 está en el plano yz, yz , atraviesa por el origen, y est´ a en un potencial de 1 de 1,00 kV en el punto y = 0, z = 0. Un alambre largo con una densidad lineal de carga de 80, 80,0 nC/m paralelo al eje y e intersecta el eje de las abscisas en x = 3,00 m. (A) Determine, en funci´ on o n de x, el potencial a lo largo del eje de las abscisas entre alambre y hoja. (B) ¿Cu´ al es la energ´ ene rg´ıa ıa potencial de un 2,00 nC carga colocado en x = 0,800 m?. Soluci´ on: on:  1 = La hoja crea un campo E de cargo crea un campo:  2 = E



σ i 20

para x > 0. A lo largo del eje de las abscisas, la l´ınea

λ λ = 2πr πr 0 2π0 (3, (3,00

− x)

  − i

para x¡3.00m

El campo total a lo largo del eje x en la región on 0 < x < 3,00m 00m, es entonces:



 = E  1 + E  2 = σ E 2 0

−

λ 2π0 (3, (3,00

(a)El potencial en el punto x, luego

 −

x

V

− V

0

=

V = V 0

E idx =

∴

0

− 2σx

0

= 1,00kV 00kV V = 1,00kV 00kV

x)

i

   · − − −   − − × × − − − ×  − ·  − ×   ×  × x

0

  −

σ 2 0

λ 2π0 (3, (3,00

x)

dx

λ x ln 1 2π 0 3,00 (25, (25,0 10−9 C/m 2 ) x 80, 80,0 10−9 C/m ln 1 2 (8, (8,85 10−12 C 2 /N m2 ) 2π (8, (8,85 10−12 C 2/N m2 ) kV x 1,41 x (1, (1,44kV 44kV )) ln 1,00 m 3,00m 00m

− 

·

x 3,00

(b) En x = 0,800m 800m, V = 316V 316V ,, si tiene: U = QV = 2,00 ∴ U = 633 nJ

10−9 C (316J/C (316J/C )) = 633

10−7 J

Problema 6.5 Un alambre de longitud finita que tiene una densidad lineal uniforme de la cargo λ le son doblado en la forma mostrado en la figura. Encuentre el potencial eléctrico ectrico en el punto O. R 2R

2R o

Soluci´ on: on: V = k



cargatotal

dq r

(6.16)

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


33

De la figura se tiene: V = k



−R λdx

+k

=

⇒ V

λds +k R



−x πR + kλ ln x| −kλ ln (−x)|−− + kλ R −kλ ln 3RR + kλπ + kλ ln 3 −3R

=



semicirculo

R 3R

3R

λdx x

R

3 RR

= kλ (π + 2 ln 3)

por consiguiente, el e l potencial p otencial eléctrico ectrico en el punto O, es: V = kλ (π + 2 ln 3).

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

Cap´ıtulo 7 Capacitancia y Capacitores Dos conductores conducto res cualesquiera separados por un aislador (o un vac´ vac´ıo) forman un capacitor o condensador (Figura). Cada conductor tiene inicialmente una carga neta de cero y se transfieren electrones de un conductor al otro; a esto se le denomina cargar el capacitor. La experiencia nos dice que diferentes conductores, habiendo sido cargados de la misma cantidad de electricidad, adquieren distintos potenciales. Esto indica que se diferencian unos de otros por p or la propiedad f´ısica que caracteriza una magnitud magnitu d denominada capacidad .

Conductora

+Q

-Q

Conductorb

El campo camp o eléctrico ectrico en cualquier c ualquier punto p unto de la regi´ re gi´ on entre los conductores es proporcional a on la magnitud Q de la carga de cada conductor. Se sigue que la diferencia de potencial V ab ab entre los conductores tambi´ en en es proporcional proporciona l a Q. Sin embargo, la relaci´ on de carga respecto a la diferencia de potencial no cambia. Esta relaci´ on on se conoce como capacitancia C del capacitor: Q C = (definición de capacitancia) (7.1) V ab ab La unidad SI de la capacitancia es un farad (1F). De acuerdo con la ecuaci´ on on (7.1), un farad es igual a un coulomb por volt (1 C/V): 1F = 1far 1farad ad = 1C/V = 1coulomb/volt Cuando mayor es la capacitancia C de un capacitor, capacitor, tanto m´ as as grande es la magnitud magnitud Q de la carga en cualquiera de los conductores con una diferencia de potencial determinada V ab ab 34

7. Capacitancia y Capacitores

35

y, en consecuen conse cuencia, cia, es mayor m ayor la cantidad cantida d de d e energ´ e nerg´ıa ıa almacenada. almace nada. As´ As´ı que, qu e, la capacitancia es una medida del alcance alcance de un cap capacitor acitor par paraa almacenar energ´ energ´ıa .

7.1. 7.1.

Capa Capaci cito tore ress en ser serie ie y en par paral alel elo o

Para obtener los valores necesarios se combinan capacitores. Son muchas las combinaciones posibles, pero las más as sencillas senc illas son la conexi´ con exión on en serie y la conexi´ on on en paralelo.

7.1. 7.1.1. 1.

Capa Capaci cito tore ress en seri serie e

Se asocia los capacitores (usaremos n-capacitores), como se indica en la figura. Se aplica una diferencial de potencial entre los puntos a y b. Se carga los capacitores, por estar en serie la carga es la misma en todo ellos. -Q

C 1 V 1

+Q

C 2

C 3

C n

V 2

V 3

V n

- + V

V = V 1 + V 2 + V 3 + ... + V n Q Q Q Q = + + + ... + C 1 C 2 C 3 C n 1 1 1 1 = + + + ... + C 1 C 2 C 3 C n 1 Q V = Q ; ∴ C eq eq = C eq V eq

  



Q (7.2)

La capacitancia equivalente C eq on en serie se define como la capacion eq de la combinaci´ tancia de un solo capacitor cuya carga Q es la misma que la de la combinación, on, cuando la diferencia de potencial V es la misma, entonces se tiene: 1 1 1 1 1 = + + + ... + C eq C 1 C 2 C 3 C n eq

(capacitores en serie)

(7.3)

El rec rec´ıproco ıproco de la cap capacitan acitancia cia equivalente de una combinaci´ on en serie es igual a la suma de los rec rec´ıprocos ıprocos de las capacitancias individuales indivi duales..

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


7.1.2. 7.1.2.

36

Capaci Capacitor tores es en par parale alelo lo

El arreglo que se muestra en la figura, se conoce como una conexi´ on on en paralelo .

V

+

-

C 1 Q1

C 2 Q2

C 3

C n

Q3

Nuevamente, se aplica una diferencial de potencial V para cargar los capacitores. Por estar en paralelo, la diferencial de potencial de todos los capacitores individuales es la misma V . V . Q = = = Q =

Q1 + Q2 + Q3 + ... + Qn C 1 V + C 2 V + C 3 V + ... + C n V (C 1 + C 2 + C 3 + ... + C n ) V C eq eq V

(7.4)

De igual modo se demuestra que, con respecto a cualquier n´ umero umero de capacitores en paralelo, es: C eq eq = C 1 + C 2 + C 3 + ... + C n

(capacitores en paralelo)

(7.5)

La capacitan apacitancia cia equivalente quivalente de una combinaci´ ombinaci´ on en paralelo es igual a la suma de las capacitancias individuales. individuales.

7.2.

Energ´ Energ´ıa Almacenada Almacenada en un Capacitor Capacitor

Las aplicaciones más a s importantes de los capacitores dependen de su alcance para almacenar almace nar energ ener g´ıa. La energ ener g´ıa potenc p otencial ial eléctrica ectr ica almacenad almac enadaa en e n un u n capaci c apacitor tor cargado carga do es simplemente igual a la cantidad de trabajo que se necesitó para cargarlo, es decir, para separar cargas opuestas y colocarlas en conductores diferentes. Cuando se descarga el capacitor, capacitor, esta energ´ energ´ıa almacenada almacenada se recupera en forma de trabajo realizado realizado por fuerzas eléctr ec tric icas as.. La energ ener g´ıa potenci po tencial al U de un capacitor cargado se halla calculando el trabajo W que se necesitó para cargarlo. Sup´ ongase que al terminar de cargar el capacitor la carga final es Q ongase y la diferencia de potencial final es V . V . De acuerdo con la ecuaci´ on (7.1), estas cantidades on se relacionan como sigue: V =

Q C

Sean q y v la carga y la diferencia de potencial, respectivamente, en una etapa intermedia del proceso de carga; entonces v = q/C . q/C . En esta etapa, el trabajo dW que se requiere

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


37

para transferir un elemento de carga adicional dq es: dW = vdq =

qdq C

El trabajo total W que se necesita para aumentar la carga q del capacitor de cero a un valor final Q es: W 1 Q Q2 W = dW = qdq = (7.6) C 2 C 0 0





Si se define como cero la energ´ energ´ıa potencial de un capacitor capacitor sin carga , entonces W de la ecuación on (7.6) (7 .6) es igual a la energ en erg´´ıa potenc p otencial ial U del capacitor cargado. La carga almacenada final es Q = C V ; V ; por tanto, se puede expresar U (que es igual a W ) W ) como: U =

Q2 1 1 = C V 2 = QV 2C 2 2

(7.7)

La forma f orma final de la ecuaci´ ecuac ión on (7.7) ( 7.7) U = 12 QV , QV , muestra que el trabajo total que se requiere para cargar el capacitor es igual a la carga total multiplicada por la diferencia de potencial promrdio 12 V durante el proceso de carga.

7.3. 7.3.


Problema 7.1 Cierto capacitor consiste en dos cilindros coaxiales huecos de hierro, uno dentro del otro. El cilindro interior tiene una carga negativa, y el exterior, carga positiva; la magnitud de la carga en cada uno es de 10 de 10P P c. El radio del cilindro interior es de 0,50mm 50mm,, el del cilindro exterior, de 5,00mm 00mm,, y la longitud de cada cilindro es de 18cm. a)¿Cu´ al a l es la capacitancia? capacitancia? b)¿Qué diferencia diferencia de potencial es necesario necesario aplicar para tener estas cargas en los cilindros? Soluci´ on: on:

ds

'

+Q

0

r a -Q

r r b

L

Tomemos una superficie Gaussiana de radio r y de longitud L, para hallar el campo eléctrico ectr ico en la región: on: ra < r < rb , se tiene:

 ·

 dS  = Qenc E 0

(7.8)

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


38

De la figura, se tiene: E (2πr πrL L) ⇒ E (2

Q 0

=

Q 2π0 Lr

E = Luego,

 −

rb

V ab ab =

ra

− 2πQ L ln 0

V ba ba =

rb

 dr = E

ra

=

 · −  

Q ln 2π 0 L

Qdr 2π0 Lr

rb ra

rb ra

Por definici´ definicion oń de capacitancia, se tiene: a) C =

⇒ C

=

2π0 L Q = V ba ln ab ba (0, (0,18m 18m) 2π0 ln

= 4,35

  5,00 0,05

12

× 10−

F

b) Q 10, 10,0 V = = C 4,35 = 2,30V 30V

12

× 10− × 10−

C 12 F

Problema 7.2 Un capaci c apacitor tor esférico erico consta cons ta de dos corazas cora zas conductor cond uctoras as esféricas erica s conc´ c oncéntricas entrica s separad se paradas as por un vaci´ o. La esfera interior tiene un radio de 15, o. 15,0cm y la capacitancia es de 116 de 116 pF pF .. a)¿Cuál al es el radio de la esfera exterior? b)si la diferencia de potencial entre las dos esferas es de 220 de 220V V ,, ¿Cuál al es la magnitud de la carga de cada esfera?

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


39

Soluci´ on: on:

+Q

+ +

+ + +

'

0

+

r a Q

E -

-

--

r

r b

ds

Hallemos primero el campo entre las placas, luego el potencial entre las placas, tenemos:

 · −  

 dS  = Qenc E 0 Q E 4πr 2 = 0 Q E = 4π0 r 2

−

⇒

Ahora, de la figura:

 − 

rb

V ab ab =

 dr = E

·

ra rb

rb

Edr cos π

ra

Q dr 2 ra 4π 0 r Q (rb ra ) = . 4π 0 ra rb =

 −

−

Luego, aplicando la definici´ on de capacitancia, se tiene: on a) Q 4π 0ra rb = V ab (rb ra ) ab = ra rb kC ra = kC ra

C =

⇒ kC r − kC r b

a

rb

−

; Si k =

1 4π0

−

Reemplazando los valores, se tiene:

k (116 10−12 F ) F ) (0, (0,15m 15m) = k (116 10−12 F ) F ) 0,15m 15m = 0,175m 175m

× ×

rb

−

b) Si V = 220V 220V ,entonces: ,entonces:

⇒

Q = C V Q = 116



12

× 10−



F (220V (220V )) = 2,55

8

× 10− C. A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


40

Problema 7.3 En la figura, cada capacitor tiene C tiene C = 4,0µF y V = +28V +28V .. Calcule a)la carga de cada capacitor, b)la diferencia de potencial entre los bornes de cada capacitor; c)la diferencia de potencial entre los puntos a puntos a y d. C 1

C 2

a C

3

d C

4

b

Soluci´ on: on: a) Sabiendo que la capacitancia equivalente de la combinaci´ on on de capacitores es: 1 = C eq eq =

1

  1 C 1

+

1 C 2

+ + C 3

1 C 4

1 1 + = 240µF. 240µF. (2, (2,00µF 00µF + 4, 4,0µF ) µF ) 4,0µF

Luego, Q12 + Q3 = Q4 = Qtotal = C eq eq Q C eq 2,40 10−6 F (28, (28,0V ) V ) = 6,72 eq Q =



⇒

Y además: as: 2Q12 = Q3

⇒



×

5

× 10− C

Qtotal 3 6,72 10−5 C = = 2,24 10−5 C 3 = 4,48 10−5 C ; pero pe ro tambi´ t ambién, en, = 2,24 10−5 C.

Q12 =

y Q3 Q1 = Q2 = Q12 ∴

× × ×

×

b) 5

× 10− C = 5,60V × 10− F 60V = V × 10− C = 11, × 10− F 11,2V × 10− = 16, × 10− F 16,8V

Q1 2,24 = C 1 4,00 Q3 4,48 V 3 = = Q3 4,00 Q4 6,72 V 4 = = 4,00 Q4 V 1 =

2

6 5 6

5

6

c) V ad ad = V ab ab

− V

4

= 248V

16,8V = 11, 11,2 − 16,

V.

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


41

Problema 7.4 Un capacitor de 4F y otro de 6F se conectan en paralelo entre los bornes de una toma de corriente de 600V 600V .. a)halle la carga de cada capacitor y el voltaje entre los bornes de cada uno. b)Los capacitores cargados se desconectan de toma de corriente y uno de otro, y luego se conectan de nuevo uno con el otro con los bornes de signo diferente justos. Halle la carga final y el voltaje entre los bornes de cada uno. Soluci´ on: on: a) Si,

y

⇒

00µF + 6, 6,00µF 00µF = 10, 10,00µF 00µF C eq eq = 4,00µF Qtotal = C eq (10,00µF 00µF )(660 )(660V V )) = 6,6 eq V = (10,

3

× 10− C

El voltaje sobre cada uno es 660, desde que están an dentro paralelamente. As´ As´ı: Q1 = C 1 V 1 = (4, (4,00µF 00µF )(660 )(660V V )) = 2,64 Q2 = C 2 V 2 = (6, (6,00µF 00µF )(660 )(660V V )) = 3,96

3

× 10− C × 10− C 3

b) Qtotal = 3,96 = 1,32

3

3

× 10− C − 2,64 × 10− C as × 10− C y además 3

C eq 10,00µF 00µF ,, As´ As´ı es que el voltaje es: eq = 10, Q C eq eq 1,32 10−3 C = = 132V 132V 10, 10,00µF 00µF

V =

×

Ahora, los nuevos cambios, se tiene: Q1 = C 1 V 1 = (4, (4,00µF 00µF )(132 )(132V V )) = 5,28 Q2 = C 2 V 2 = (6, (6,00µF 00µF )(132 )(132V V )) = 7,92

4

× 10− C × 10− C 4

Problema 7.5 Considere dos longitudes, paralelos, y opuestamente cargados alambres de radiod radiod con sus centros separados por una distancia D. Asumiendo la carga que es distribuido uniformemente en la superficie de cada alambre, muestre que la capacitancia por unidad de longitud de este par de alambres es: C π0 =  ln Dd−d

  A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


42

Soluci´ on: on: El campo el´ eléctrico ectrico debido debido a la carga carga en el alamb alambre re positiv positivoo es perpendicu perpendicular lar para el alambre, hacia el lado radial, y de magnitud, es decir: E + =

λ 2π0 r

(7.9)

La diferencia potencial entre alambres debido a la presencia de este carga es:

 −

alam(+) alam(+)

∆V 1 =

alam( alam( )

−

 dr = E

·

−

λ 2π0



d

dr λ = ln r 2 π r 0 D−d

 − D

d

d

La presencia de la densidad lineal de carga λ en el alambre negativo hace una contribuci´ on on id´ entica entica para la diferencia diferencia potencial entre los alambres. alambres. Por consiguiente, consiguiente, la diferencia diferencia potencial total es: λ ∆V = 2 (∆ (∆V 1 ) = ln π0

 − D

d

d

Y la capacitancia de este sistema de dos alambres, cada uno de longitud , es: C = = ∴

Q λ = = ∆V ∆V π0  ln

 

λ

  λ π0

ln

D d d

−

D d d

−

La capacitancia por longitud de la unidad es: C π0 =  ln Dd−d

 

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

Cap´ıtulo 8 Corriente, Resistencia y Circuitos de Corriente Continua 8.1.

Corriente El´ ectrica ectrica

Una corriente es todo movimiento de carga de una regi´ on on a otra. Si a través es de una superficie imaginaria imaginaria se traslada una carga total distinta distinta de cero, se dice que a trav´ través es de esta superficie pasa corrie corr iente nte eléctri ec trica ca . La corriente se produce a condici´ on on de que dentro del cuerpo exista un campo eléctrico. ectrico. Definimos la corriente a través es del area a´rea de secci´ on on transversal A como la carga neta que fluye a través es del area ´ por unidad de tiempo.Esta tiempo.Esta magnitud se llama intensidad de la corriente. corriente . Por consiguiente, si una carga neta dQ fluye a través es de un area a´rea en un tiempo dt, dt, la intensidad de la corriente I a través es del area a´rea es: I =

dQ dt

(definición de corriente) vdt

V A +

V B +

+

(8.1)

+ +

+ +

+

A

+

E +

+

+

+

dl L

Sea L la longitud de una porción on conductor met´ alico, alico, en el cual está presente un campo  , gracias a la diferencia de potencial (V el´ eléctr ec tric icoo E (V BA V A ) los electrones se mueven BA = V B de izquierda a derecha con una velocidad v . En un tiempo dt cada electron avanza una distancia dl = vdt en este tiempo, el n´ umero umero de electrones que cruzan el area a´rea A, es el número umero contenido es, una un a porción on del conductor

−

43

8. Corriente, Resistencia y Circuitos de Corriente Continua

44

de longitud dl, dl, es decir de volumen dV = vAdt. vAdt. Si n es el n´ umero de electrones por unidad de volumen (concentraci´ umero on), on), entonces entonces el n´ numero u´mero de electrones en el elemento de volumen dV o el n´ umero de electrones que cruzan el area umero a´rea en el tiempo dt es: N = ndV = nvAdt Si e es la carga de cada electron, entonces la carga presente en el elemento de volumen de dV es dQ; dQ; es decir, dQ = N e = nevAdt. Y la corriente es I =

dQ = n q vA (expresión general de la corriente) dt

(8.2)

||

Donde q es la carga de la part´ part´ıcula. La corriente por unidad de area ´ de secci´ on transversal se denomina la densidad de corriente J : J =

I = nev A

(densidad de corriente)

(8.3)

 que incluye la dirección La densidad de corriente es en general una magnitud vectorial J on de la velocidad de deriva:  = J

−nev

(densidad de corriente vectorial)

(8.4)

Para una part par t´ıcula: ıcu la:  = nev J

8.2. 8.2. 8.2. 8.2.1. 1.

(8.5)

Resi Resist stiv ivid idad ad y la la Ley Ley de Ohm Ohm Resi Resist stiv ivid idad ad

Definimos la resistividad ρ de un material material como la relaci´ on on de las magnitudes magnitudes del campo eléctrico ectrico y de d e la densidad d ensidad de corriente: ρ=

E (definición de resistividad) J

(8.6)

De acuerdo con la ecuaci´ on on (8.6), las unidades de ρ son (V (V /m) /m)/(A/m2 ) = V m/A m/A.

·

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


8.2. 8.2.2. 2.

45

Ley Ley de Oh Ohm m

 o un Para mantener corriente en un conductor debe existir existir un campo el´ ectrico ectrico E gradiente de potencial V dentro del conductor; es decir,  = E

−gradV − dV dx

E =

(En una direcci´ on) on)

Sabiendo, Sabiendo, que:  = σ E  J Donde, σ es la conductividad del conductor , luego:

−    −  −  −

dV dx I dV = σ A dx dV I = σA dx J = σ



L

I

V B

dx =

0

 σA L

dV

V A

I L = σA (V A V B ) σA I = V L

⇒ Donde:

σA

(8.7)

se llama conductancia del conductor .

La inversa de la conductancia se denomina generalmente con la letra R R =

L σA

se denota

Resistencia del conductor

(Resistencia del conductor)

(8.8)

Se ve que la resistencia R de un conductor en particular particular est´ a relacionada con la resistividad ρ de un material como sigue: R=

ρL A

relación entre resistencia y resistividad

(8.9)

Si ρ es constante, como en el caso de los materiales óhmicos, ohmic os, entonces entonc es también en lo es R. La ecuaci´ on on V = I R

(8.10)

suele identificarse con la ley de Ohm, pero es importante que el verdadero contenido de la ley de Ohm es la proporcionalidad directa de V con respecto a I o de J con respecto a E . Cuando R es constante es correcto llamar ley de Ohm a esta relación. on.

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


8.3. 8.3.

46

Fuerza uerza electr electromo omotri trizz

Las fuentes de energ´ energ´ıa eléctrica ectrica que hacen que las cargas se muevan muevan en los circuitos eléctric ect ricos, os, hist´ his tóricamente, oricamente, se han llamado fuentes de Fuerza Electromotriz Electromotriz en realidad son fuentes fuentes de energ energ´ıa y no de fuerza fuerza y para evitar el empleo empleo de la palabra palabra fuerza, con frecuencia se usan la palabra de F EM o f em. em. Cuando pensamos en las fuentes de f em, em, por lo general tenemos en mente a acumuladores, pero hay una variedades de fuentes de energ´ ene rg´ıa ıa eléctric ect rica, a, tales tal es como: com o: Un acumulador acumula dor o una Bater´ıa ıa que convierte convier te energ´ıa ıa eléctrica ectr ica a una F EM . EM . Una celda c elda solar convierte la energ e nerg´´ıa solar en una F EM . EM . Un termopar produce un F EM , EM , etc. En general una fuente de F EM es cualquier cualquier dispositivo dispositivo (una bater´ bater´ıa o generador) generador) que produce un campo el´ ectrico ectrico y por lo tanto puede originar el movimien movimiento to de las cargas en un circuito.

8.4. 8.4. 8.4. 8.4.1. 1.

Resi Resist stor ores es en en seri serie e y en para parale lelo lo Resi Resist store oress en seri serie e I

+

-

R1

R2

R3

Rn

V 3

V3

V 3

V n

V

Si los resistores están an en serie, serie, como en la figura, la corriente I debe ser la misma en todo ellos. Aplicando V = I R a cada resistor. La diferencia de potencial V entre los extremos de la combinación on en su totalidad es la suma de estas diferencias de potencial p otencial individual individuales, es, se tiene:

⇒ ∴

V = = = V =

V 1 + V 2 + V 3 + ... + V n I R1 + I R2 + I R3 + ... + I Rn I ( I (R1 + R2 + R3 + ... + Rn) I Req

Req = R1 + R2 + R3 + ... + Rn

(8.11)

(resistores en serie)

(8.12)

La resistencia equivalente de cualquier n´ umero de resistores en serie es igual a la suma de sus resistencias individuales.

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


8.4. 8.4.2. 2.

47

Resi Resist store oress en en p par aral alel elo o I

V

+

-

R1

R2

R3

Rn

Si los resistores están an en paralelo, paralelo, como en la figura, la corriente a través es de cada resistor r esistor no es necesariamente la misma. Pero la diferencia de potencial entre los bornes de cada resistor debe ser la misma e igual a V ab .... Entonces dado ab . Sean las n-corrientes I 1 , I 2 I ,3 .... que I = V /R /R..

⇒ ∴

I = I 1 + I 2 + I 3 + ... + I n V V V V = + + + ... + R1 R2 R3 Rn 1 1 1 1 = V + + + ... + R1 R2 R3 Rn 1 I = V Req

  

1 1 1 1 1 = + + + ... + Req R1 R2 R3 Rn

 (8.13)

(res (resiistore toress en para aralelo) elo)

(8. (8.14)

En el caso de cualquier n´ umero de resistores en paralelo, el rec´ıproco roco de la resistencia equivalente es igual a la suma de los rec rec´ıprocos ıprocos de sus resistencias individuales.

8.5. 8.5.

Regl Reglas as de Kirc Kircho hoff ff

El calculo de los circuitos derivados se simplifica mucho si se utilizan las reglas o Leyes enunciados por Kirchoff. Estas reglas son dos. La primera de ellas se refiere a los nudos de un circuito. Se llama nudo el punto en el cual concurren m´ as as de dos conductores. La primera Regla de Kirchoff de las uniones dice que la suma algebraica de las corrientes en cualquier cualqui er unión on es cero: cero:



I i = 0

(8.15)

i

La segunda Regla de Kirchoff de las espiras dice que la suma algebraica de las diferencias de potenciales en cualquier espira o en una malla debe ser igual a cero. cero. Es decir: V i = 0 (8.16)

 i

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


8.6. .6.

48

Circ rcu uito ito RC

En los circuitos que hemos analizado hasta aqu´ı, ı, hemos supuesto que qu e todas to das las f em y resistencias resistencias son constantes (independientes del tiempo), por lo que todos los potenciales, corrientes corrientes y potencias tambi´ también en son independientes independientes de tiempo. Pero en el simple acto de cargar o descargar un capacitor nos topamos con una situaci´ on en la que las corrientes, on voltajes y potencias cambian con el tiempo.

8.6. 8.6.1. 1.

Carg Carga a de de un un ccap apac acit itor or e +

e

S

-

+

S

-

®

i

i=0 a

R

i

q=0 b

C

-q

®

c

a

(a)Capacitor inicialmentesincarga

R

b

q

+

C

c

(b)Cargadelcapacitor

La figura muestra un circuito circu ito simple para cargar un capacitor. Un circuito como éste, este, con un resistor y un capacitor en serie, se denomina circuito RC . Inicialmente, el capacitor está descargado (Fig.a); después, es, la diferencia de potencial vbc entre los extremos es cero en cierto tiempo inicial t = 0 se cierra el interruptor para completar el circuito y permitir que la corriente alrededor de la malla comience a cargar el capacitor (Fig.b). La corriente inicial (t (t = 0) a trav´ t rav´ es es del d el resistor, re sistor, a la que llamaremos I 0 , está dada por la ley de Ohm: I 0 = vab /R = ε/R ε/R.. Sea q la carga del capacitor e i la corriente en el circuito al cabo de cierto tiempo t despu´ después es de cerrar el interruptor. interruptor. Asignaremos el sentido sentido positivo positivo a la corriente corriente en correspondencia al flujo de carga positiva hacia la placa izquierda del capacitor, como en la figurab. Las diferencias de potencial instant´ aneas aneas vab y vbc son: vab = iR

vbc =

q C

Utilizando éstas estas en la regla de Kirchoff de las mallas, se obtiene: ε

− iR − C q

= 0

(8.17)

dq 1 ε + q = dt RC R

(8.18)

Pero,i Pero,i = dq/dt, dq/dt, entonces

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


49

Teorema 8.6.1 Supongamos que dY + p (x) Y = q (x) dx Esta definido en un intervalo I , entonces la soluci´ on general de esta ecuaci´ on on on es:

C 

Y (x) = Donde



q (x) e

+

p(x)dx

(8.19)



 − dx e p(x)dx

(8.20)

C es constante arbitraria.

Comparando: p(x)

∼ 1/RC

q (x)

q (t) = = = q (t) =

∼ ε/R

Y ( (x)

∼ q(t), luego se tiene:

C   C   C  +

 ε  dt − RC e dt e RC dt R 1

1

t t ε e RC dt e− RC R ε t t + RC RCee RC e− RC R t e− RC + εC

+

C

Analizando: Analizando: En t = 0, q (t) = q (0) = 0

⇒ C = −εC , entonces −εCe + εC εC 1 − e− t RC

q (t) = =

−

   −  t/RC

Donde εC = Q (carga total) q (t) = Qf 1

(8.21)

e−t/RC

(capacitor en carga)

(8.22)

Ahora, sabiendo que i = dq/dt, as de la ecuación on (8.22) se tiene: dq/dt, además i =

t/RC

−Qe−

1 RC

Q −t/RC e ; ε = Q/C RC ε −t/RC = e R i = I 0 e−t/RC (capacitor en carga) =

⇒

(8.23)

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


8.6. 8.6.2. 2.

50

Desc Descar arga ga de un un cap capac acit itor or S

S ®

i

i=0 a

R

+Q -Q 0

i

0

b

C

+q -q

®

c

a

(a)Capacitor inicialmentecargado

b

R

C

c

(b)Descargadelcapacitor

Supóngase ongase ahora que, cuando el capacitor de la figuracb ya ha adquirido una carga Q0 , quitamos quitam os la bater´ıa ıa del d el circuito circu ito RC y conectamos los puntos a y c a un interruptor interruptor abierto (Figda). En seguida cerramos el interruptor y en el mismo instante reajustamos nuestro cronómetro ometro a t = 0; en ese momento, q = Q0 . Por lo que el capacitor se descarga a trav´ avés del resistor, y su carga disminuye finalmente a cero. Sean una vez m´ as as i y q la corriente corriente y la carga que var´ ar´ıan con el tiempo, en cierto instante instant e despu´ des pués es de efectuar efect uar la l a conexi´ con exi´ on. En la figuradb se asigna el mismo sentido positivo on. a la corriente. En estas condiciones la regla de Kirchoff de las mallas, se tiene, aunque con ε = 0; es decir, q iR = 0 (8.24) C En el tiempo t = 0, cuando q = Q0, la corriente inicial es I 0 = Q/RC y además as i = dq/dt ; ( ) por porqu quee des desminu minuye ye la corri corrien ente te, tenemos:

−

−

−

−

q dr + R C dt dq 1 + q dt RC dq q q dq Q q



ln q

⇒ q (t)

q Q

|

= 0 = 0 = = =

1 dt − RC

− −

1 RC t RC

 t

dt

0

= Q0 e−t/RC (capacitor en descarga)

(8.25)

La corriente instant´ anea anea i es la derivada de esto con respecto al tiempo: i=

−

dq = dt

− 

1 RC Q0 −t/RC V −t/RC = = e e RC R t/RC

−Q e− 0

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


⇒i 8.7. 8.7.

51

= I 0 e−t/RC (capacitor en descarga)

(8.26)


Problema 8.1 Un alambre metálico alico de 12Ω, 12Ω, se corta en tres pedazos iguales y luego se conectan los extremos para formar un nuevo alambre, cuya longitud igual a la tercera parte de la longitud original. ¿cuál al es la resistencia de este nuevo alambre?. Soluci´ on: on:Del problema, sabiendo que la resistencia del alambre es: R = ρL/A = 12Ω. Luego la resistencia del nuevo alambre formado, cuando L = L/ L/33 se tiene: L/3 L/3 1 R = ρ = A 3 De aqu´ı, ı, sea que R = 13 R; es decir,

 ρ

L A

R¢

A

B

º

R¢ A

B

R¢

De la figura, tenemos la resistencia equivalente: 1 3 = Req R 1  1 Req = R = 3 3 12 = Ω. 9

⇒

 1 R 3

1 = R 9

Problema 8.2 Un alambre con resistencia de R de R se alarga hasta 1 hasta 1,25 veces su longitud original jal´ andola andola a través es de peque˜ peq ue˜ no agujero. Encuentre la resistencia del alambre después es de alargado. Soluci´ on: on: En primer lugar, el volumen del alambre es: V = AL AL,, luego de alargar 1, 1,25L 25L del alambre   original, el volumen del alambre será: a: V = A (1, (1,25L 25L), entonces ento nces la resisten re sistencia cia despu´ d espués es del de l alargado se tiene: 1,25L 25L R = ρ (8.27) A Por la conservaci´ on on de la masa, se tiene: V = V  AL = A (1, (1,25L 25L) A A = 1,25

⇒

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


52

Ahora, reemplazando en la ecuaci´ on on (8.27), se tiene: R = (1, (1,25)2 ρ ∴

R = 1,56R. 56R.

L A

Problema 8.3 84mm.. El campo Un alambre de oro que transporta transport a corriente que tiene un diámetro ametro de 0 de 0,84mm eléctric ect ricoo en el e l alambre ala mbre es e s de 0 de 0,49 V /m. /m. ¿Cuál al es a) la corriente que el alambre transporta? b) la diferencia de potencial entre dos puntos del alambre a 6 a 6,4m de diferencia uno del otro? c) la resistencia de un tramo de 6 de 6,4m de largo de este alambre?. Soluci´ on: on: a) Recordando la densidad de corriente: J = I /A, /A, entonces se tiene: I = J A =

EA ρ

(0, (0,49V 49V /m) /m) =



(2, (2,44 I = 11, 11,1A.

π 4

2 (0, (0,84 × 10−3 m) 8

2

× 10− Ω · m)



b) Si, V = I R, además as R = ρL/A, ρL/A, luego se tiene: I ρL A (11, (11,1A) (2, (2,44 10−8 Ω m) (6, (6,4m) = = 3,13V 13V π −3 m ) 2 (0, (0 , 84 10 4

V =

c)



R =

×

×

·

V 3,13V 13V = = 0,28Ω. 28Ω. I 11, 11,1A

Problema 8.4 A un material de resistividad ρ se le dá la forma de un cono truncado s´ olido olido de altura h y de radio r1 y r2 en los extremos (Fig.) a) Calcule la resistencia del cono entre las dos caras planas. ( Sugerencia Sugerencia : suponga que rebana el cono en muchos discos delgados y calcule la resistencia de uno de esos discos) b) Demuestre que su resultado concuerda con

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


53

la ecuaci´ on: on: R = ρL/A; ρL/A; cuando r1 = r2. r

1

h

r

2

Soluci´ on: on: a) x=h

r

r

1

r dx

h

r

2

x=0

ρL ρdx = 2 A πr De la figura, por semejanza de tri´ angulos, angulos, se tiene: dR =

r

−r

2

=

x

r1

−r

2

h

r = r2 +

(8.28)

; donde

− r1

r2

h

x

(8.29)

Luego reemplazando la ecuaci´ on on (8.28) en (8.29): ρdx

dR = Integrando tenemos: R =

        π r2 +

r1 r2 h

h

ρdx

π r2 +

0

Haciendo el cambio de variable, sea u = r2 +

(r1

−

− r )x ⇒ h 2

r1 r2 h

−

x

2

x

du =

2

r1 + r2 dx h

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


54

Y luego para x = 0, u = r2 , x = h y u = r1 entonces entonces tenemos: ρ R = π = =

−



r du ρh du r −r = u2 π (r1 r2 ) r u2 r r ρh 1 ρh 1 = π (r1 r2) u r π (r1 r2 ) r1 1

2

2

  −− −

−

1

ρh π (r1 r2 )

−

−

2

2

1

2

1

− π (r ρh− r )

R =



h

r1

r2 r1 r1 r2

1 r2

b) Donde r1 = r2 = r; entonces: ρh ρh = . πr 2 A

R =

Problema 8.5 En el circuito de la figura. a) Encuentre la diferencia de potencial entre los puntos a puntos a y b. b) Encuentre i Encuentre i1 , i2 y i3 . 10V

a

+

b

-

i

1

I 1 5V

I 2

5W

7 W

i

2

+

i

2

i

1

i

3

Soluci´ on: on: Para la malla I : +5 3I 1 5 (I 1 + I 2 ) = 0 5 3I 1 5I 1 5I 2 = 0 8I 1 5I 2 = 5

− − − − − − −

(8.30)

−

Y luego para la malla I I : 10

− 5 (I + I ) − 7I 12I −5I − 12I 1

2

2

1

2

= 0 = 10

(8.31)

De las ecuaciones (8.30) y (8.31), se tiene: I 1 = 0,14A 14A y I 2 = 0,77A 77A. a) V ab ab = V 1 + 10, si V 1 = I 1 (3) = 0, 0,14(3) = 0, 0,42V 42V

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


⇒ V

ab ab

55

= 0,42V 42V + 10V 10V = 10, 10,42V 42V

b) De la figura, se tiene: i1 = I 1 = 0,14A 14A 14A + 0, 0,77A 77A = 0,91A 91A i2 = I 1 + I 2 = 0,14A i3 = I 2 = 0,77A. 77A.

Problema 8.6 Hallar las resistencias equivalentes en los puntos a puntos a y b. R / 2

a

R / 2

R / 2

R

R

R / 2

R

R

b R / 2

R / 2

R / 2

R / 2

Soluci´ on: on: R / 2

a

R

R eq

b R / 2

De la figura, sea que,

RReq R + Req

(8.32)

R R + R + = R + R 2 2

(8.33)

R = y luego entre los puntos a y b se tiene: Req =

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


56

Ahora reemplazando reemplazando R en la ecuaci´ on on anterior, tenemos: RReq R + Req RReq Req R = R + Req R) (R + Req ) = RReq 2 Req R2 = RReq Req = R +

−

(Req

−

2 Req

− RR

eq

− −R

2

= 0

Req = Req =

  

+R

2

2

± R − 4 (−R ) 2 √ 1− 5 R 2

.

Problema 8.7 En el circuito de la figura, halle a) la corriente corriente en el resistor resistor de 3Ω de 3Ω,, b) las f las f em desconocidas ε1 y ε2 y c) la resistencia R. Advierta que se dan tres corrientes. 2A R

III e1 + -

4W

e2 - +

I

II

3W

3A

W 6

5A

Soluci´ on: on: a) La suma de las corrientes que entran en el resistor de 3Ω es igual a 3A 3 A + 5A 5A = 8A. b) Usando la segunda regla de Kirchoff para la malla I : ε1

(4Ω) (3A (3A) − (3Ω) (8Ω) − (4Ω) ε1

= 0 = 36V. 36V.

Igual manera para la malla I I : ε2 (6Ω)(5A (6Ω)(5A)

(3Ω) (8A (8A) − (3Ω) ε2

= 0 = 54V. 54V.

c) Usando la segunda regla de Kirchoff para malla I I I , se tiene: ε2

(2A) − ε − R (2A 54V − R (2A (2A) − 36V 36V ⇒ 54V

= 0 = 0 18V 18V ∴ R = = 9Ω 9Ω.. 2A 1

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


57

Problema 8.8 a) Determinar Det erminar el voltaje volta je a través es del de l condensador conde nsador de la figura. figur a. b) Si la bater´ bater´ıa se desconecta, expresar la corriente en funci´ on del tiempo. c) Cuando tiempo tardar´ on a en descargarse el condensador, hasta que la diferencia de potencial en sus terminales sean 1volteo. volteo. Soluci´ on: on: 10W

36V

+

A

I 1

-

40W

B 10mF

} 80W

}

20W

V

V

2

1

I 2

Aplicando la segunda regla de Kirchoff para las mallas I y I I , tenemos: Para la malla I : 36

10I − 80I 80I − 10I

= 0;

⇒

I 1 =

4 A 10

36

40I − 20I 20I − 40I

= 0

⇒

I 2 =

6 A 10

1

1

Para la malla I I : 2

2

a) V C C =?, si:

⇒

V 1 = I 1 R = (4/ (4/10) 10) (80) (80) = 32V 32V V 2 = I 2 R = (6/ (6/10) 10) (20) (20) = 12V 12V V C V 2 = 32 12 = 20V. 20V. C = V 1

−

−

b) 10mF

10W

40W

A

B 10mF

80W

Vc=20V

»

20W

R¢=

100 3

W

Aplicando la formula de la corriente instant´ anea anea es decir, t

−

i (t) = I 0 e RC V −t/RC = e R

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

8. Corriente, Resistencia y Circuitos de Corriente Continua Si RC =

100 3

(10

58

6

× 10− ) = 1/3000 i (t) =

3 −3000t e 3000t . 5

c) Utilizando la ecuaci´ on on (8.25), se tiene: q (t) = Q0 e−t/RC q = e−t/RC Q q t ln = Q RC q t = RC ln RC ln Q

− −

⇒

Si Q = CV = C 20 20 adem´ as as q = C 1 = la ecuaci´ on on anterior, se tiene: t = =

(8.34)

−C 1 entonces q/Q = 1/20, luego reemplazando en − −



10−3 1 ln 3 20 9,985 10−4 .

×

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

Cap´ıtulo 9 Camp Campo Magn´ Magn´ etico etico y Fuentes uentes de Cam Campo Mag Magn´ etic et ico o 9.1.

Campo magn´ etico etico

Un imán an o una corriente eléctrica ectrica establece campo magnético etico en el espacio. Podemos describir las interacciones magnéticas eticas de manera similar a las interacciones eléctricas: ectricas: 1. Una carga en movimie movimiento nto o una corriente corriente genera un camp ca mpo o magn´ ma gnético eti co en el espacio circundante circundante (adem´ as as de su campo eléct ec trico). co ).  sobre cualquier otra carga en movimiento 2. El campo camp o magnético etico ejerce eje rce una un a fuerza F o corriente presente en el campo. Al igual que el campo eléctrico, ectrico, el campo magnético etico es un campo vectorial , esto es,  una cantidad cantidad vectorial vectorial asociada con cada punto del espacio. Utilizaremos Utilizaremos el s´ımbolo ımbolo B  para representar el campo magnético. etico. En cualquier posici´ on on se define la direcci´ on o n de B como aquella en la que tiende a apuntar el polo norte de una br´ ujula. Tambi´ ambién en la fuerza magn´ etica etica depende de la velocidad velocidad de la part´ part´ıcula. En esto se distin distingue gue clarame clarament ntee de la fuerza fuerza de campo el´ eléctrico, ectrico, que es la misma misma ya sea que la carga se mueva o no. Una part´ part´ıcula con co n carga car ga en e n reposo rep oso no experime exp erimenta nta fuerza fuer za magnética etica  alguna. Además, as, se encuentra que la fuerza magnética etica F no tiene la misma dirección on que  , sino que es siempre es perpendicular tanto a B  como a la velocidad v . Su el campo B magnitud se proporciona por: F = q v⊥ B = q vB sen φ

||

||

(9.1)

Donde q es la magnitud de la carga y φ es el angulo ańgulo medido de la direcci´ on o n de v a la  , como se muestra en la figura. dirección on de B

||

59

9. Campo Camp o Magn´ Mag n´ etico eti co y Fuentes de Campo Camp o Magnético eti co

60

B

B q

q +

q +

v

v

Lo antes expuesto muestra que la fuerza sobre una carga q que se desplaza con veloci se proporciona, tanto en términos dad v en un campo camp o magnético etico B erminos de magnitud como de dirección, on, por:  = qv B  F (9.2)

×

(fuerza (fuer za magnética etica sobre una part´ıcula ıcula con carga en movimiento) movimiento ) La unidad SI de B es equivalente a 1N 1N s/C m, o bien, puesto que un ampere es un coulomb por segundo (1A (1A = 1C/s), C/s ), 1N/A m. Esta unidad se llama tesla (T ): T ):

·

·

·

1tesla = 1T 1T = 1N/A m

·

Cuando una part´ part´ıcula con carga se traslada a través es de una región on del espacio donde están an presentes presentes tanto un campo el´ ectrico ectrico como uno magn´ magnético, etico, ambos campos ejercen  fuerzas sobre la part´ part´ıcula. La fuerza total F es la suma vectorial de las fuerzas f uerzas eléctrica ectrica y magn ma gn´étic et ica: a:  = q E +  + v B  F E (9.3)



9.2.

 ×

Flujo magn´ etico etico

flujo jo magn´ ma gnétic et ico o ΦB a trav´ Definiremos ahora el flu t rav´ es es de d e una u na superficie su perficie del mismo modo mo do como definimos el flujo eléctrico ectrico en relaci´ on con la ley de Gauss. Cualquier superficie se on puede dividir en elementos de area a´rea dA. dA. con respecto a cada elemento se determina B⊥ ,  normal a la superficie en la posici´ la componente de B on on de este elemento. elemento. Definimos Definimos el flu flujo jo magn´ ma gnétic et icoo dΦB a través es de esta area a´rea como:  dA  dΦB = B⊥ dA = B cos φdA = B

(9.4)

·

El flujo fluj o magn´ mag nético eti co total a trav´ través es de la superficie es la suma de las contribuciones contribuciones de los elementos de area a´rea individuales: individuales: ΦB =



B⊥ dA =



B cos φdA =

 ·

 dA  B

(9.5)

(flujo magnético etico a través es de una superfici sup erficie) e)

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


61

La unidad un idad SI de flujo magnético etico es igual ig ual a la unidad un idad de campo ca mpo magnético etico (1T (1T )) multiplicada 2 por la unidad de área area (1m (1m ). Esta unidad se llama weber: 1W b = 1T m2

·

Además, as, 1T 1T = 1N/A m; por esto,

·

1W b = 1T m2 = 1N m/A m/A

·

·

Se concluye que el flujo magn´ etico etico total a trav´ es es de una superficie sup erficie cerrada siempre es cero . De forma simbólica, olica,

 ·

 dA  = 0 B

9.3.

(9.6)

Movimien Movimiento to de part´ part´ıcula con carga en un campo magnético

Cuando una part´ part´ıcula con carga se traslada en un campo magnético, etico, act´ ua sobre ella la fuerza magnética, etica, y el movimiento está determinado por la ley de Newton. Consideremos una u na p part´ art´ıcula ıcula con carga carg a positiva p ositiva q se encuentra en el punto 0, desplaz´ andose andose con una  dirigido hacia el plano de la figura. Los velocidad v en un campo magnético etico uniforme B  son perpendicular  = qv B  tiene vectores v y B p erpendiculares; es; por p or lo tanto, t anto, la fuerza magnética etica F magnitud F = qvB qv B y su dirección o n es como se muestra en la figura. La fuerza siempre es perpendicular a v , por lo que no puede alterar la magnitud de la velocidad; sólo o lo su dirección. on.

×

´

´ ´

´

´ ´

´ ´

´

´

´

R

´

B ´

v

+ ´ p

v

´ ´

´

´ ´

´ ´

´

F ´

o

´

´

F ´

+

´

´

´

´ ´

s

F ´

´

´

´

+

´

´

´

v ´

´

´ ´

´

´ ´

´

´

´

´ ´

´ ´

´ ´

Vemos que la trayectoria de la part´ part´ıcula es un circulo, circulo, trazado con rapidez constante v . 2 La aceleraci´ on on centr cent r´ıpeta ıp eta es v /R y la unica u ´ nica fuerza que act´ ua ua es la fuerza magnética; etica; por lo tanto, de acuerdo con la segunda ley de Newton, v2 F = q vB = m R

(9.7)

||

Donde m es la masa ma sa de la part p art´´ıcula. Resolviendo la ecuaci´ e cuaci´ on on (9.7) para el radio R de la trayectoria circular se obtiene: mv R= (radio de la órbi o rbita ta circ circul ular ar en un campo campo magn magn´étic e tico) o) (9.8 (9.8)) qB

||

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


62

La rapidez angular w de la part´ part´ıcula se halla a partir de la ecuaci´ on: v = Rw Rw.. Combinando esto con la ecuaci´ on on anterior, se obtiene: v qB qB =v = (9.9) R mv m El n´ u mero de revoluciones por unidad de tiempo es f = w/ umero w/22π. Esta frecuencia f es on on. independiente de radio R de la trayectoria. Se le conoce como frecuencia de ciclotr´

||

w=

9.4.

||

Fuerza magn´ magn´ etica sobre un conductor etica conductor que transporta corriente

Las fuerzas magnéticas eticas sobre las cargas en movimien movimiento to del interior interior del conductor se transmiten al material del conductor, y el conductor en conjunto experimenta una fuerza distribuida distribuida a todo lo largo de él. el. Podemos calcular calcular la fuerza sobre un conductor portador  = qv B  sobre una sola carga en movimiende corriente a partir de la fuerza magnética etica F movimiento. La figura muestra un segmento recto de un alambre conductor, de longitud l y de area a´rea de secci´ on on transversal A; la corriente es de abajo hacia arriba. El alambre se encuentra en  , perpendicular al plano del diagrama y dirigido hacia el un campo camp o magnético etico uniforme unifor me B plano.

×

J A

v

F

+

L

q

B J

Ahora empleando emplea ndo la definición on de la densidad de corriente. co rriente. El n´ umero de cargas por unidad de volumen es n; un segmento del conductor de longitud l tiene un volumen Al y contiene contiene  un n´ umero umero de cargas igual a nAl. nAl. La fuerza total F sobre todas las cargas en movimiento de este segmento tiene magnitud F = (nAl) nAl) (qvB qv B ) = (nqvA) nqvA) (lB) lB )

(9.10)

La densidad de corriente es J = nqv. nqv . El producto J A es la corriente total I , de modo que podemos reformular la ecuaci´ on on anterior como F = I lB

(9.11)

 no es perpendicular al alambre, sino que forma un angulo Si el campo B ańgulo φ con él, el, de este est e modo la fuerza fuerz a magn´ mag nética etica sobre el segmento segme nto de alambre es: F = I lB⊥ = I lB sen φ

(9.12)

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


63

La fuerza siempre es perpendicular tanto al conductor como al campo, con la direcci´ on determinada por la misma regla de la mano derecha a una carga positiva en movimiento. Si representamos el segmento de alambre mediante el vector  l a lo largo del alambre  sobre este segmento es: en el sentido de la corriente, entonces la fuerza F  = I   (fuer F l B (fuerza za magn magn´ética e tica sobre sobre un segm. segm. recto recto de alam alambre bre))

(9.13) (9.13)

×

Si el conductor no es recto, podemos dividirlo en segmentos infinitesimales d l. La  sobre cada segmento es: fuerza dF  = I d  (fuerza magnética dF l B etica sobre una secci´ on on infini infinitesi tesimal mal de alambre) alambre)

(9.14) (9.14)

×

9.5. 9.5.

Fuerz uerza a y mome momen nto de torsi torsion on en una espi espira ra de corriente

consideremos y examinemos una espira rectangular que conduce una corriente I en un campo magnético etico uniforme en direcci´ on paralela al plano de la espira como se muestra on en la figura. Hallaremos que la fuerza total sobre la espira es cero, pero que se puede haber un momento de torsi´ on neto que act´ ue sobre la espira, con algunas propiedades ue interesantes. a

B

F 2

r B

B b

r

F 1

o

I

* La fuerza sobre el lado a, en este caso es nula. * La fuerza sobre el lado b, es: F 1 = F 2 = I bB F 2

b=a / 2

b=a / 2 o

F 1

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


64

El momento o torque total sobre la espira, es: τ = F 1 b + F 2 b ;brazo: b a a = I bB + I bB 2 2 τ = IabB τ = I AB ; A = ab

 

⇒

(9.15)

 forma un angulo Ahora supongamos que el campo magn´ magnético etico uniforme uniforme B ańgulo θ con la linea perpendicular al plano de la espira, como se muestra en la figura: F

1

r B F 4

r F 3

r

r B

F

2

* La fuerza sobre el lado a (superior) est´ a dirigido hacia arriba, similar en lado inferior inferior existe una fuerza de igual magnitud, opuestas y estas fuerzas se cancelan. F 4 b¢ q

a / 2

a / 2

o q

F 3

B r n

* La fuerza sobre el lado b, es: F 3 = F 4 = I bB El momento o torque total sobre la espira, es: τ = F 1 b + F 2 b ; brazo: b a a = I bB sen θ + I bB sen θ 2 2 = IabB sen θ τ = I AB sen θ.

   

⇒

(9.16)

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


65

El producto I A se denomina denomina momento mom ento dipola dip olarr magn´ mag n´ etico etic o (magnitud del momento de mo mento o magn´ ma gnético eti co de la espira, y se representa torsión on sobre una espira de corriente) corriente) o moment mediant med iantee el s´ımbolo ımb olo µ: µ = IA La magnitud del momento de torsi´ tor sión on sobre una espira de corriente cor riente es: τ = µB sen θ

(9.17)

 ) y B  . Donde θ es el ángulo angulo entre la normal a la espira (la dirección on del area a´rea vectorial vectorial A Por ultimo, u´ltimo, podemos expresar esta interacci´ on on en términos erminos del vector de momento de torsión on τ . τ . De acuerdo con la ecuaci´ on (9.17) la magnitud de τ on τ es igual a la magnitud de  , tenemos: µ  B  τ τ = µ  B (9.18)

×

9.6. 9.6.

×

La Ley Ley de de Bio Biott y Sa Savar artt r

r

I

dl

r

P

Vamos a aclarar el carácter acter del campo camp o magnético etico que crea un conductor delgado arbitrario a rbitrario por el cual pasa corriente. Consideremos Consideremos un elemento peque˜ no del conductor cuya longitud sea dl, dl, como se muestra en la figura. El volumen de este elemento es Adl, Adl, donde A es el area área de sección on transversal del conductor. Este elemento contendr´ a nAdl portadores de corriente corriente (n es el n´ umero de portadores por unidad de volumen), cada una con una carga umero q, la carga total dQ en movimiento en el segmento es: dQ = nqAdl Las cargas en movimiento en este segmento equivale a una sola carga dQ que viaja con una velocidad igual a la velocidad velocidad de deriva v d . De acuerdo con la ecuación on de la magnitud del campo magnético etico en el punto P está dada por: B=

µ0 q v sen φ 4π r2

||

(9.19)

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


66

 en cualquier punto de campo P es: Entonces la magnitud del campo resultante dB µ0 dQ vd sen φ µ0 n q vd Adl sen φ dB = = 4π r2 4π r2 Pero seg´ un un la ecuaci´ on on (8.2) n q vA es igual a la corriente I en el elemento. Por tanto, µ0 I dl sen φ dB = (9.20) 4π r2 En forma vectorial, utilizando el vector unitario r, se tiene lo siguiente: µ0 I d l r  dB = (9.21) 4π r 2 donde d l es el vector de longitud dl, dl, en la misma dirección on de la corriente en el conductor.

| |

||

||

× 

Las ecuaciones (9.20) y (9.21) se conoce como la ley de Biot y Savart . Esta ley  debido a la corriente en un circuito completo, permite hallar el campo magnético etico total B en cualquier punto del espacio. Para ello, se integra la ecuaci´ on (9.21) con respecto a todos on los segmentos d l que transportan corriente en alg´ un punto por un conductor de longitud un finita, se tiene: I d l r  = µ0 B (9.22) 4π r2

9.7.

Ley de Amper pere

 × 

Si un conductor, por el que pasa corriente I , se encuentra encuentra en un campo magn´ etico, etico, sobre cada uno de los portadores de corriente act´ ua la fuerza. La ley de Ampere no se formula formula en términos erminos de flujo magn´ magnético, etico, sino m´ as bien en  alrededor de un trayecto cerrado, que se denota con térmi er mino noss de la integral de linea de B

 ·

 d B l

Se sabe que la magnitud del campo a una distancia r del conductor es: µ0 I B = 2πr y que qu e las l as l´ıneas de campo camp o magnético etico son c´ırculos ırcul os centrados centra dos en el conductor cond uctor.. Obtenga Ob tengamos mos  alrededor de uno de estos c´ırculos de radio r. En todos os puntos la integral de linea de B  y d  d del de l c´ırcu ır culo lo B l son paralelas y, por tanto, B l = Bdl; Bdl ; puesto que r es constante alrededor alred edor del c´ırculo, ırculo , B también en es constante; const ante; por tanto, µ0 I  d B l = B dl = B dl = (2πr (2πr)) = µ0 I 2πr De este modo se puede sustituir I por I enc enc , la suma de las corrientes encerradas o enlazadas por el trayecto de integraci´ on, con la suma evaluada con base en la regla de on, signos ya descrita. Por lo tanto nuestro enunciado de la ley de Ampere es:

·

 ·   ·

 d B l = µ0 I enc enc



(ley de Amp ere)

(9.23)

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


9.8. 9.8.

67


Problema 9.1  creado por un conductor rectilineal infinita que conduce Hallar el campo magnético etico B una corriente corriente I I (constante) y a una distancia R distancia R. Soluci´ on: on: Z ut q dl

ur 180°-q

r

l

Y

R X

I

 generado por el eleAplicando la ley de Biot-Savart (9.20) para encontrar el campo dB mento de conductor de longitud dl, dl, se tiene: µ0 I dl sen θ 4π r2 µ0 I sen θdl B = 4π r2

dB =



De acuerdo con la figura, sen θ = sen sen (π

− θ), luego sabiendo que: csc(π csc(π − θ) = r/R ⇒ r = R csc(π csc(π − θ) r = R csc θ

además, as, cot(π cot(π

− θ) = l/R ⇒

l = R cot(π cot(π θ) l = R cot θ ; de aqu aq u´ı: dl = R csc2 θdθ

−

−

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

9. Campo Camp o Magn´ Mag n´ etico eti co y Fuentes de Campo Camp o Magnético eti co luego,

68

 

µ0 I π sen θR csc2 θdθ B = 4π 0 R2 csc2 θ µ0 I π = sen θdθ 4πR 0 µ0 I = (cos π cos0) 4πR µ0 I = 2 4πR µ0 I B = 2πR Por consiguiente, el e l campo camp o magnético etico creado c reado por p or conductor con ductor rectilineal r ectilineal infinita es: µ0 I  = B i. i. 2πR

−

−

−



Problema 9.2  de una espira creado por una corriente circular, a una Hallar el campo magnético etico B distancia R del punto 0. Soluci´ on: on: dl

ur

a

ur T

a

dB1

dB

a

R

dB2

Y

X I

Se observa que todas las componentes perpendiculares se anulan, es decir; Bz = Bx = 0. Aplicando la ley de Biot-Savart (9.21) luego, dB = dB2 = dB cos α µ0I cos αdl dB = 4π r 2 µ0I cos α 2π B = dl 4π r 2 0 µ0I cos α = (2πa (2πa)) 4π r 2



Si, cos α = a/r entonces µ0 I a (2πa (2πa)) 4π r 3 µ0 I a2 = ;r= 2r 3

B =

√a

2

+ R2

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


69

 creado por una corriente circular es: Por consiguiente, el campo magnético etico B

⇒

µ0 I a2

 = B

2 (a2

+



j. j.

R2 )3/2

Problema 9.3  producido por un solenoide. Hallar el campo camp o magnético etico B Soluci´ on: on: L

dR

x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

a

r

a

2

a

p

Eje

p

0

N

p

1

a

2

1

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

R

El solenoide tiene N vueltas (espiras), donde, L es la longitud del solenoide y (N/L (N/L))dR es el n´ umero umero de vueltas en dR. dR. Usaremos el valor del campo de cada espira en el punto P del eje y luego el campo debido a las espiras contenidas en la longitud dR, dR, será: a:



dB =

µ0 I a

2

2 (a2 + R2 )3/2

  N dR L

es el campo producido por dR, dR, entonces µ0 I N a2 dB = dR 2L (a2 + R2)3/2 de la figura: cot α =

R a

⇒

R = a cot α dR =

2

−a csc

αdα

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


70

Luego, µ0 I N a2 dB = 2L (a2 + a2 cot2 α)3/2 =

−

−

a csc2 αdα

µ0 I N a3 csc2 αdα 2L (a2 (1 + cot2 α))3/2



µ0 I N csc3 αdα 2L csc3 α µ0 I N α sen αdα 2L α µ0 I N ( cos α) αα 2L µ0 I N (cos α2 cos α1 ) 2L

= B = B = B =

− −



−

−

2

1

|

2 1

(9.24)

−

Casos : π i. En punto P 1 : α1 , y α2 0, entonces entonces el campo magn´ magnético etico producido en la 2 entrada en el punto P 1 del solenoide es:

≈

≈

B=

µ0 N I . 2L

(9.25)

ii. En el pun punto to P 2 : Si L r, α1 π, y α2 0, entonces enton ces el camp c ampoo magnético etico producid pro ducidoo en el centro P 2 de la longitud del solenoide, es:



≈

≈

B=

µ0 N I . L

Problema 9.4 Un protón on se mueve con una velocidad de  de v = 2i

(9.26)

  −     − 

 = i + 2 j campo camp o magnético etico es B j que este carga experimenta?

4 j j + k m/s en una región on donde el

3k T . T . ¿Cuál al es la magnitud de la fuerza magnética etica

Soluci´ on: on: Sabiendo que la fuerza magnética etica es:  B = qv F

× B

Ahora,

× B

=

|v × B |

=

v

 √

  −

i j k +2 4 +1 +1 +2 3

−

= (12

6) j + (4 + 4) k = 10i 10i + 7 j 7 j + 8k 8k − 2) i + (1 + 6) j

102 + 7 2 + 82 = 14, 14,6T m/s

·

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


71

Por consiguiente, la magnitud de la fuerza magnética etica es:

|F | B



= q v B = 1,60 = 2,34 10−18 N

| × | ×

19

× 10−



C (14, (14,6T m/s) m/s)

·

Problema 9.5 Un alambre se forma en un cuadrado de longitud del borde L borde L (Fig.). Muestre que cuando la corriente en el lazo es I es I , el campo magnético etico en el punto P , P , una distancia x distancia x del centro del cuadrado a lo largo de su eje, es: µ0 I L2 B = 2π (x2 + L2 /4) x2 + L2 /2



L

x P

L

I

Soluci´ on: on: z

q

f dB

x

L

P

Por la simetr´ simetr´ıa de la disposición, on, la magnitud del campo magn´ etico etico neto en punto P es B = 8B0x donde B0 es la contribución on para el campo debido a corriente en una longitud del borde igual para L/ L/2. 2. Para hacer c´ alculos alculos B0 , usamos la ley de Biot-Savart y consideramos que el plano del cuadrado es el yz-plano yz -plano con el punto P sobre el eje de las abscisas. La contribución on para pa ra el e l campo cam po magnético etico en punto pu nto P debido a un elemento elemento actual de longitud longitud dz y localizadas a una distancia z a lo largo del eje, que son dadas por la Ecuaci´ on on 9.22.  = µ0 I B 4π De la figura tenemos: r=



x2

+ (L (L2 /4) +

z2

y

 ×  d l r r2

d l r = dz sen θ = dz

| × |





L2 /4 + x2 L2 /4 + x2 + z 2

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


72

 en P cancele excepto los componentes Por la simetr´ simetr´ıa todos t odos los componentes del campo B componentes a lo largo de eje x (la perpendicular para el plano del cuadrado); Y B0x = B0 cos φ dond ndee

cos cos φ =

Por consiguiente, B0x

µ0 I = 4π



L/2 L/2

0

sen θ cos φdz r2

L/2 L/2 L2 /4 + x2



y B = 8B0x .

Usando las expresiones dadas anteriormente citadas para sen θ cos φ, y de r, encontramos: µ0 I L2

  

B =

2π x2 +

L2 4

x2 +

L2 2

Problema 9.6 Un alambre largo, descansa sobre una mesa horizontal horizontal y lleva lleva una corriente corriente de 1 de 1,20µA 20µA.. En un vac´ vac´ıo, un prot´ pro t´ on se mueve paralelamente al alambre (al frente de la corriente) con un on velocidad velocidad uniforme de 2 de 2,30 104 m/s a una distancia d distancia d por encima del alambre. Determine el valor de d. ignore el campo c ampo magnético etico debido d ebido a la Tierra. Tierr a.

×

Soluci´ on: on: Deje que la corriente I fluye a la derecha. Crea un campo B = µ0 I /2πd en la posición on del protón. on. Y tenemos un balance entre el peso del prot´ on on y la fuerza magnética; etica; es decir,

− × 2µπdI (k)

mg ( j) j ) + qv ( i)

−

0

= 0

A una distancia d del alambre, alambre , de d e aqu´ aqu´ı tenemo t enemos: s: qvµ qv µ0 I 2πmg (1, (1,60 10−19 C ) (2, (2,30 104 m/s) m/s) (4π (4π 10−7 T m/A m/A) (1, (1,20 = 2π (1, (1,67 10−27 kg) kg ) (9, (9,8m/s2 ) = 5,40cm. 40cm.

d =

×

×

×

×

6

× 10− A)

·

Por consiguiente, el valor de la distancia d es: d = 5,40cm. 40cm.

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

Cap´ıtulo 10 Inducci´ on on Elec Electr trom omag agn´ n´ etic etica a 10.1.

F E M Inducida y la ley de Faraday

La inducción on electromagn´ electromagn´ etica etica es el principio principio sobre al que se basa el funcionamienfuncionamiento el generador eléctrico, ectrico, transformador, transformador, etc. Si supongamos que se coloca un conductor eléctrico, ectr ico, enforma enfor ma de d e circuit c ircuitoo cerra c errado do dentro de un campo camp o magn´ ma gnético, etico , si el flujo fl ujo magnético etico ΦB a través es del conductor cerrado var´ var´ıa con el tiempo, se puede observar una corriente en el circuito ( mientras el ΦB está variando) la presencia de una corriente eléctrica ectrica indica que existencia o inducción on de una F EM actuando en el circuito. Cuando mayor sea la rapidez de variaci´ on on del flujo, mayor ser´ a la f em inducida. El sentido en que act´ ua ua la f em inducida, cambia seg´ un un que el campo ca mpo magnético etico aumente o disminuye. dism inuye. Cuando ΦB (flujo magnético) etico ) aumenta; aumenta ; dΦB /dt es positivo, la f em inducida ε o f em act´ ua ua en sentido negativo. Cuando ΦB disminuye, dΦB /dt es negativo, la f em inducida ε act´ ua ua en sentido positivo. Por lo tanto, el signo de la f em inducida ε siempre es opuesto a dΦB /dt. /dt.

on on establece lo En consecuencia se puede escribir, la ley de Faraday de la inducci´ siguiente: La f em inducida en una espira cerrada es igual al negativo de la relación de cambio con respecto al tiempo del flujo magn´ eticos eticos a trav´ trav´ es es de la espira . En s´ımbolos, ımbolo s, la ley de Faraday arad ay es ε=

− ddtΦ

B

(la ley de Faraday de la inducci´ on)

(10.1)

Que expresa expre sa la ley de Faraday-Henry arad ay-Henry para la inducci´ induc ción on electromag elect romagn´ nética, etica , referi´ refer iéndonos endo nos a la figura.

73

10. Inducci´ on on Ele E lect ctrom romag agn´ n´ etica eti ca

74

A u N

B B dA=u dA= u N dA

dA

E dl

Si el circuito cerrado es una bobina de N vueltas, todas de la misma area á rea y si el flujo circunda todas las vueltas, la f em inducida es: ε=

−N ddtΦ

B

(10.2)

Supongamos ahora que el campo magn´ etico etico es uniforme uniforme sobre un lazo de area ´ A, en este caso el flujo magnético etico es: ΦB =

 ·  ·  ·  dA  = B

 uN = B

 uN dA B

dA = AB cos θ

Seg´ un un la ley de Faraday, la f em inducida se puede expresarse como: ε = i. ε =

−A cos θ ii. ε = −B cos θ iii. ε = −AB

− dtd (AB cos θ)

dB dt dA dt

d cos θ dt

iv. combinando combinando las posibilidades posibilidades anteriores, anteriores, tambi´ también en se puede generar una f em, em, es d cos θ dA decir: ε = BA dt B cos θ dt

−

10.2.

−

Ley de Lenz

La ley de Lenz es otro otr o método etodo conveniente para hallar la direcci´ on on de una corriente o f em inducida. La ley Lenz establece lo siguiente:

La direcci´ on de todo efecto de inducci´ on on on magn´ etica etica es la que se opone a la causa del efecto. La polaridad de una f em inducida es tal que tiende a producir una corriente que crear´ a un flujo magnético etico que se opone opo ne al cambio del flujo magnético etico a través es del lazo.

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


10.3. 10.3.

75

Fuerza uerza elec electro tromo motri trizz de mo movimien vimiento to Y

Q t

X

q

B

e

v F m

S

u

x

P

La ley de inducción on electromagnética, etica, expresada por la ecuaci´ on: on: ε =

 ·

 d E l=

−

d dt

 ·

 dA  = B

− ddtΦ

B

implica la existencia de un campo eléctrico ectrico local, siempre que el campo c ampo magnético etico en ese punto esté variando en el tiempo. Consideremos la figura anterior, el conductor P Q se mueve paralelame para lelamente nte as´ as´ı mismo m ismo con velocidad velocidad v manteniendo contacto con los conductores RT y SU . SU . El sistema P Q RS RS forma un circuito cerrado. Supongamos también en que existe un campo magnético etico uniforme  B perpendicular al plano del sistema. cada carga q del conduc con ductor tor móvil ovil P Q está sujeta a una fuerza magnética etica  m = qv F

× B

la misma fuerza sobre la carga c arga se podr po dr´´ıa suponer sup oner debido a un campo eléctrico ectrico equivalente, equivalente,     F e = q E eq ı F e = F m , luego eq de aqu´  e = F  m F  qE eq v B eq = q  = vB E eq v B eq = 

× ×

Entre QP existe una diferencia de potencial: V QP QP = E eq eq L De aqu´ı se tiene. tie ne. V = vBL vB L

(10.3)

Sobre las secciones secciones QR, QR, RS y SP no se ejercen ninguna fuerza, porque estas no se mueven; mueven; en consecuencia la circulaci´ on on V , V , E eq eq a lo largo de lazo QRSP es simplemente: ε = vBL vB L

(10.4)

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


10.4 10.4..

76

Ecua Ecuaci cion ones es de Maxw Maxwel elll

Ahora estamos listos para reunir en un solo paquete todas las relaciones entre los campos eléctricos ectricos y magnéticos eticos y sus fuentes. Este paquete se compone de cuatro ecuaciones, conocidas como las ecuaciones de Maxwell .  o B  sobre una En dos de las ecuaciones de Maxwell interviene una integral de E superficie cerrada. La primera es simplemente simplemente la ley de Gauss de los campos el´ ectricos, ectricos, la cual establece que la integral de superficie de E ⊥ sobre cualquier superficie cerrada es igual al producto de 1/ 1/0 por la carga total Qenc encerrada dentro de la superficie:

 ·

 dA  = Qenc E 0

 ) (ley de Gauss de E

(10.5)

La segunda es la relación on análoga aloga correspondiente correspond iente a campos magn ma gn´éti et icos, cos , la cual establece que la integral de superficie de B⊥ sobre cualquier superficie cerrada siempre es cero:  dA  = 0 (ley  ) B (ley de Gaus Gausss de de B (10.6)

 ·

La tercera ecuaci´ on es la ley de Ampere que incluye la corriente de desplazamiento. on Esta ley establece que tanto la corriente de conducci´ on on iC como la corriente de desplazamiento 0 dΦE /dt, /dt, donde ΦE es el flujo eléctrico, ectri co, act´ actuan uán como c omo fuente f uente de campo ca mpo magnético: etico :

 ·   d B l = µ0

dΦE iC + 0 dt



(ley de Amp ere)

(10.7)

enc

La cuarta y ultima u´ltima ecuación on es la ley de Faraday; establece que un campo magnético etico cambiante o un flujo magnético etico induce induc e un campo camp o eléctrico: ectr ico:

 ·

 d E l=

− ddtΦ

B

(ley de Faraday)

(10.8)

Si hay un flujo magn´ mag nético etico cambiante, ca mbiante, la integral de linea de la ecuaci´ on(10.8) no es cero,  originado por un flujo lo que indica que el campo E flu jo magn´ mag nético etico cambiante no es conservac onservativo. Recuerde que esta integral de linea se debe llevar a cabo sobre un trayecto cerrado constante. constante.

10.5 10.5..


Problema 10.1 Se coloca una bobina de 4 de 4,00cm 00cm de radio con 500 espiras espir as en un u n campo camp o magnético etico uniforme unifor me 5 4 4 − que varia con el tiempo seg´ un un B = (0, (0,0120T 0120T /s) /s) t + (3, (3 ,00 10 T /s ) t . La bobina esta conectada a un resistor de 600Ω, 600Ω, y su plano es perpendicular al campo magn´ etico. etico. No tenga en cuenta la resistencia de la bobina. a) Halle la magnitud de la f la f em inducida en la bobina en funci´ on on del tiempo. b) ¿cu´ al es la corriente en el resistor en el tiempo t = 5,00s al 00s?

×

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


77

Soluci´ on: on: a)seg´ un un la ecuaci´ on on (10.2) se tiene:

− N ddtΦ

B

ε =



d (B ) dt





d (0, (0,012T 012T /s) /s) t + 3,00 10−5 T /s4 t4 dt ε = N A (0, (0,012T 012T /s) /s) + 1,2 10−4 T /s4 t4 = 0,0302V 0302V + 3,02 10−4V /s3 t3 . = NA

⇒

= NA

×

   ×   ×

la magnitud de la f em inducida inducida en la bobina en funci´ on on del tiempo es: ε = 0,0302V 0302V + 4 3 3 − (3, (3,02 10 V /s ) t . b) En el tiempo t = 5,00s 00s, entonces se tiene:

×



⇒



ε = 0,0302V 0302V + 3,02 10−4 V /s2 (5, (5,00s 00s)3 = +0, +0,0680V 0680V ε 0,0680V 0680V I = = = 1,13 10−4 A. R 600Ω

×

×

luego, la corriente en el resistor en el tiempo t = 5,00s 00s es: I =

ε R

=

0,0680V 0680V 600Ω

= 1,13 10−4 A.

×

Problema 10.2 60t Un largo solenoide tiene 400 tiene 400 vueltas por el metro y lleva una corriente I corriente I = (30, (30,0A) (1 e−1,60t ). Dentro del solenoide y coaxial esta una bobina que tiene un radio de 6 de 6,00cm 00cm y consiste en un total de 250 de 250 vueltas vuelt as de d e alambre a lambre fino (Fig.). (Fig.) . ¿Qu´ ¿Q ué f e f em es inducido en la bobina por la corriente corriente cambiante? cambiante?

−

Soluci´ on: on: n vueltas

m

I

x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

R

h

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

N vueltas vueltas

Si, B = µ0nI , entonces B = µ0 n (30, (30,0A) (1 ΦB =



1,60t 60t

− e−

), luego:

 −   

BdA = µ0 n (30, (30,0A) 1

−

= µ0 n (30, (30,0A) 1

60t e−1,60t

dA

60t e−1,60t πR 2

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


78

Además, as, ε =

⇒

−N ddtΦ − (250)

B



2

1,60t 60t

(30,0A) πR (1, (1,60) e− −N µ n (30, 4π × 10− N/A 400m 400m− (30, (30,0A) =

0

  



7 2 1 60t = (0,0600m 0600m)2 1,60s 60s−1 e−1,60t π (0, 60t ε = (68,2mV ) mV ) e−1,60t en sentido contrario a las manecillas del reloj

60t luego, la f em inducido en la bobina por la corriente cambiante, es: ε = (68, (68,2mV ) mV ) e−1,60t .

Problema 10.3 En la figura, una barra conductora de longitud L = 30, 30,0cm se traslada en un campo magn ma gn´étic et icoo vecB con una magnitud de 0,450T 450T y dirigido hacia el plano de la figura. La barra se traslada con rapidez v = 5,00m/s 00m/s en la direcci´ on on que se indica. a) ¿cuál a l es la f em de movimiento que se induce en la barra? b) ¿cu´ al es la diferencia de potencial entre al los extremos de la barra? c) cuando las cargas de la barra est´ an en equilibrio, ¿cuáles ales son la magnitud y dirección on del d el campo camp o eléctrico ectrico en el interior de la barra? bar ra?

L a

b

B

v

Soluci´ on: on: a) sabiendo que, ε = vBL vB L, tenemos: ε = vBL vB L = (5, (5,00m/s 00m/s)) (0, (0,450T 450T )) (0, (0,300m 300m) = 0,675V 675V b)la diferencia de potencial entre los extremos de la barra es simplemente la f em; em; es decir V = 0,675V 675V .. c)cuando las cargas de la barra est´ an en equilibrio, entonces: an E =

V 0,675V 675V = = 2,25V/m. 25V/m. L 0,300m 300m

Problema 10.4 Un solenoide tiene un radio de 2,00cm 00cm y 1000 vueltas por el metro. Durante un cierto intervalo intervalo de tiempo la corriente cor riente var´ var´ıa con co n el tiempo seg´ un la expresión on I = 3e0,2t , donde I está en amperios y t y t está en los segundos. se gundos. Calcule el campo ca mpo eléctrico ectrico 5,00cm 00cm del eje del solenoide en t = 10, 10,0s Soluci´ on: on:

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i


79

Seg´ un un la ecuaci´ on on de Faraday, se tiene: dΦB ε = = πr 2 dt Ahora de aqu´ aqu´ı, tenemos: tenem os: E (2 E (2πR πR)) = πr

2 dB

dt

B = µ0 nI 200t I = 3,00e 00e0,200t

   ·   dB dt

=

 d E l

πr 2 dB o E = 2πR dt dB dI ; = µ0 n dt dt dI 200t ; 0,600e 600e0,200t dt

En tiempo t = 10, 10,0s, entonces πr 2 200t E = (µ0 n) 0,600e 600e0,200t 2πR

 



De aqu´ı el campo cam po eléctric ect ricoo 5,00cm 00cm del eje del solenoide en t = 10, 10,0s, evaluando se tiene: (0, (0,0200m 0200m)2 E = 4π 10−7 N/A2 (1000vuetas/m (1000vuetas/m)) (0, (0,600) e2,00 2 (0, (0,0500m 0500m) = 2,23 10−5 N/C.

×



×

A

r

t

u

r

o

F

l

o

r

e

s

C

o

n

d

o

r

i

Cap´ıtulo 11 Metodolog´ıa 11.1 11.1..

Estr Estrat ateg egia iass

El desarrollo del curso, se realiz´ o primeramente utilizando utilizando la estrategia estrategia del aprendizaje aprendizaje significativo en la parte te´ orica, brindando fundamento te´ orica, orico de los temas a desarrollar orico y posteriormente resolviendo problemas correspondiente al mismo tema.

11.2. 11.2 .

T´ ecnicas ecni cas

Los medios y materiales para el desarrollo de las sesiones de aprendizaje son:

• Auditivo: de acceso personal, esto es, voz humana. on, tiza y mota. • Visual: empleo de pizarra, plumón, 11.3.

M´ etodos eto dos

El método etodo a utilizar en el desarrollo d esarrollo del curso cu rso es el e l método etodo inductivo en la resoluci´ r esoluci´ on de los ejercicios, deductivo para la explicaci´ on on te´ orica. orica.

80

Cap´ıtulo 12 Temas y Cronograma de Actividades 1.1 1.2 1.2 1.3 1.4 2.1 2.2 2.2 2.3 3.1 3.2 3.3 4.1 4.2 4.3 5.1 5.2 5.2 5.3 5.4 5.5 5.5 5.6 5.6 5.7 6.1 6.2 6.3 6.4 6.5 6.6 6.6 6.7 6.7 6.8 7.1 7.2 7.2 7.3 7.4 7.5

Carga eléctrica ectrica Ley de Co Coul ulom omb b Campo eléctrico ectrico Problem Problemas as Resuelto Resueltoss Flujo eléctrico ectrico Ley Ley de gaus gausss Problem Problemas as Resuelto Resueltoss Energ Ener g´ıa potencial pote ncial eléctrico ectr ico Potencial Potencial el´ ectrico ectrico y Diferencia Diferencia de potencial p otenciales es Problem Problemas as Resuelto Resueltoss Capacito Capacitores res en en serie serie y en paralel paraleloo Energ´ Energ´ıa almacenada almacenada en un capacitor capacitor Problem Problemas as Resuelto Resueltoss Corriente eléctrica ectrica Resis Resistiv tivid idad ad y la de Ohm Ohm Fuerza uerza electrom electromotri otrizz Resistor Resistores es en en serie serie y en paral paralelo elo Regla Regla de Kirc Kirchoff hoff Circ Circui uito to RC Problem Problemas as Resuelto Resueltoss Campo magnético etico Flujo magnético etico Movimiento de part´ part´ıcula con carga en e n un campo c ampo magnético etico Fuerza magnética etica sobre un conductor que transporta corriente corriente Fuerza uerza y momen momento to de de torsi torsi´ oń en una espira de corriente on La ley ley de de Biot Biot y Sav Savart art Ley Ley de Amper Amperee Problem Problemas as Resuelto Resueltoss F EM inducida y la ley de Faraday Ley Ley de Lenz Lenz Fuerza electromotriz electromotriz de movimien movimiento to Ecuacio Ecuaciones nes de Maxwell Maxwell Problem Problemas as Resuelto Resueltoss

81

Cronograma de Actividades Fecha Tema 4 1.1 1.2 1.3 1.4 2.1 2.2 2.3 3.1 3.2 3.3 4.1 4.2 4.3 5.1 5.2 5.3 5.4 5.5 5.6 5.7 6.1 6.2 6.3 6.4 6.5 6.6 6.7 6.8 7.1 7.2 7.3 7.4 7.5

Mayo 11 18

• • • • • • • • • •

25

1

Junio 8 15 22

• • • • • • • • • • •

• • • • • •

6

• •

Julio 13 20

• •

27

• • •

Agosto 3 1 0 17

• • •

• • •

Cap´ıtulo 13 Relaci´ on de Estudiantes y Asistencia on 13.1. .1.

Rel Relac aci´ i´ on on de Estudiantes No 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

Ap ellidos y Nombres ALANOCA CRUZ Gerb er Leandro ANARA CURASI Ronald ANCHAPURI MAMANI Luis Alfredo CALSIN CHARCA Mart´ın CHOQUE LEON Antony CHOQUE MANSANARES Romulo CO COAQUIRA CONDORI Wilb er COLCA QUISPE Angel CHURA CHURA Yunier GUERRA MAMANI Willian HURTADO ARHUATA Huber LUNA TURPO Joel Paul PARI ARI SU SUCA CA Omar Omar Ra´ ul POMA FLORES Ronald Juan QUISPE PARRA Lucas RIVERA HUACCASI Howard RODRIGUES CALLO Alexander SALGUERO LUNA Rubén SURCO CCAJIA Juan Dario TICONA APAZA Fredy

83

C´ odigo odigo 080 89 7 074 05 9 081 62 2 074 06 5 074 07 1 081 62 5 055 00 8 071 35 2 074 09 6 074 07 7 074 08 0 080 90 2 074 08 7 074 08 8 011 31 3 074 09 1 064 73 9 074 09 2 071 37 8 074 09 6

13.2 13.2.. No Ord. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

Asis Asiste tenc ncia ia Mayo 04 11 18 25

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•

• • • • • • • • • • •

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Junio 01 08 15 22

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Julio 06 13 20 27

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Asesor: Lic. Máximo aximo Roberto Pari Coila

Agosto 03 10 17

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Bibliograf´ıa [1] Sears, F. & Zemansky Zemansky, M. & Young, Young, H. & Freedman, R.(2004) R.(2004) F´ısica ısi ca Univer Uni versit sitari aria a , va Cap 21 al 29, (11 ed.), Pearson Educacion Mexico,Tomo II. [2] Serway, Serway, Raymond.(1997) Fisica,(4 Fisica,(4a ed.), Mc Graw Hill, Mexico,Tomo II. [3] Alonso Alonso,, M & Finn, Finn, E.(1986) E.(1986) Electrost´ atica y Electromagnetismo, Electromagnetismo, (1a ed.), AddisonWesley Iberoamericana, Mexico,Vol. II. ´ ´ [4] I. V. SAV SAVELIEV.(1984) Curso Curs o de F´ısica ısi ca General G eneral,, Editorial MIR, MOSCU,Tomo II. [5] [5] S. FRISH FRISH,, A. TIMO TIMOREV REVA. A.(19 (1968) 68) Curso de F´ısica ısica General General , Ed Edit itor oria iall MIR, MIR, ´ MOSCU,Tomo II. [6] V. D. Rodriguez. Introducci´ on Axiomatica al Electromagnetismo, Electromagnetismo, Universidad de la Laguna, XII-2002.

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Fisica III Practicas

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