5
F´ ısica ısi ca II – G u´ıa de ejercici ejer cicios os
5.
CAPACID ACIDAD AD
Capa Capaci cida dad d
5.1. 5.1. 5.1.1. 5.1.1.
Prob Proble lema ma Enun Enuncia ciado do
Las placas de un capacitor de placas paralelas est´an an separadas por una distancia de 3, 28mm y 2 cada una tiene un ´area area de 12, 2cm . Cada placa tiene una carga con magnitud Q = 4, 35 × 10−8 C . Las placas est´an an en el vac´ vac´ıo. a) ¿Cu´ al al es la capacidad? b) ¿Cu´ al es la diferencia de potencial entre las placas? al c) ¿Cu´al al es la magnitud del campo camp o el´ectrico ectrico entre las placas? 5.1.2. 5.1.2.
Respue Res puesta sta
a) C = 3 , 29 pF b) ∆V = 13, 2kV c) E = = 4, 029 × 106 V m 5.1. 5.1.3. 3.
Solu Soluci ci´ ´ on on
a) C = ε0dA ; se parte de la expresi´on on de la capacidad de un capacitor de placas paralelas gen´ ge n´eric er ico. o. , cm ) (8,85×10 12 F m )(12 2 C = = ; deben llevarse llevarse las unidades unidades de ´area area a m2 y distancia a m. (3,28mm) 4 , × m2 ) (8,85×10 12 F m )(12 2 10 C = = 3 (3,28×10 m) 4 , × m2 ) (8,85×10 12 F m )(12 2 10 C = = = 32, 917 × 10−13 F (3,28×10 3 m) −
−
−
−
−
−
−
= 3, 2917 × 10 C =
12 F
−
= 3, 29 pF
b) Partimos de la definici´on on de capacidad: Q Q C = = ∆V → ∆V = C ∆V =
Q C
=
4,35×10−8 C 3,2917×10−12 F
→ ∆V = 13215V = 13 , 2kV
c) De la relaci´on on entre campo camp o el´ ectrico ectrico y diferencia de potencial: V ∆V 13215 V E = = d → E = = 3,28×10 3 m → E = = 4028963 m 4, 029 × 106 V m −
5.2. 5.2. 5.2.1. 5.2.1.
Prob Proble lema ma Enun Enuncia ciado do
Un capacitor de placas paralelas de aire y capacidad de 245 pF tiene una carga con magnitud de 0, 148µC en cada placa. Las placas est´an an separadas por una distancia de 0, 328mm. a) ¿Cu´al al es la diferencia de potencial ∆ V entre las placas? b) ¿Cu´ al al es el ´area area A de cada placa? c) ¿Cu´al al es la magnitud del campo el´ ectrico ectrico E entre entre las placas? d) ¿Cu´ al es la densidad superficial de carga σ en cada placa? al 5.2.2. 5.2.2.
Respue Res puesta sta
a) ∆V = = 604V b) A = 90, 8cm2 c) E = = 1, 84 × 106 V m −5 C d) σ = 1, 63 × 10 m2 Ingenie Ing enier´ r´ ıa ıa Elect E lectr´ r´onica onica Universidad Nacional de Moreno
52
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf Benacerraf
5.3
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
5.2.3.
Problema
Soluci´ on Q
a) C =
∆V
→ ∆V =
b) C =
ε0 A d
→ A =
Q C
Cd ε0
=
=
,148×10−6 C 0,148µC = 0245 = 604V ×10−12 F 245 pF −12 −3 (245×10 F )(0,328×10 m)
(8,85×10 12 F m) = 90, 8 × 10 4 m2 = 90, 8cm2 A = 9, 08 × 10 V V 6 V c) E = ∆dV → E = 0,328604 3 m = 1841463 m = 1, 84 × 10 m ×10 −
3 m2
−
−
−
d) σ =
5.3. 5.3.1.
Q A
=
0,148×10−6 C 90,8×10−4 m2
= 1, 63 × 10−5 mC 2
Problema Enunciado
Un capacitor cil´ındrico consiste en un n´ucleo s´olido conductor con radio de 0 , 25cm, coaxial con un tubo conductor exterior hueco. Los conductores est´an rodeados por aire, y la longitud del cilindro es de 12 cm. La capacidad es de 36, 7 pF . a) Calcule el radio interior rb del tubo hueco (exterior). b) Cuando el capacitor est´a cargado con una diferencia de potencia de 125 V , ¿cu´al es la carga C por unidad de longitud λ m del capacitor?
Figura 5.1: Capacitor cil´ındrico. 5.3.2.
Respuesta
a) r b = 0, 3cm b) λ = 38, 23 nC m 5.3.3.
Soluci´ on
a) Primeramente se deducir´a la capacidad de esta geometr´ıa, partiendo del conocimiento del potencial de la misma, obtenido en el ejercicio 4.32. λ V ab = 2πε ln rrab 0 λ = C =
Q → V ab = 2πεQ0 L ln rrab L Q = V Qab = Q Qln rb ∆V ( ) 2πε0 L
ra
→ C =
2πε0 L ; r ln( r b )
de donde se despeja rb .
a
rb = r a e(
2πε0 L
(
C
)
2π 8,85×10−12 F
m
)(0,12m)
36,7×10−12 F
rb = (0, 25cm) e
rb = (0, 25cm) e(
2π(8,85)(0,12) 36,7
)
rb = 0, 29998cm ∼ = 0 , 3cm Ingenier´ ıa Electr´onica Universidad Nacional de Moreno
53
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
5
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
b) λ = Q → Q = λL L λL → λ = C = ∆QV = ∆ V
CAPACIDAD
C ∆V L
36, 7 × 10−12 F (125V ) C ∆V λ = = L (0, 12m)
λ = 38229 × 10−12
C C = 38 , 23 × 10−9 m m
λ = 38, 23
5.4. 5.4.1.
nC m
Problema Enunciado
Un capacitor cil´ındrico tiene un conductor interno de 1, 5mm de radio y un conductor externo de 3, 5mm de radio. Los dos conductores est´an separados por vac´ıo, y el capacitor completo mide 2, 8m de largo. a) ¿Cu´ al es la capacidad por unidad de longitud C ? l b) El potencial del conductor interno es 350 mV mayor que el del conductor externo. Determine la carga, en magnitud y signo, en ambos conductores. 5.4.2.
Respuesta
a) C = 66 pF l m b) Q = +64 pC para el conductor central y Q = −64 pC para el cilindro exterior. 5.4.3.
Soluci´ on
a) Partiendo de la capacidad del un capacitor cil´ındrico, hallada anteriormente, 2π(8,85×10 12 F (2,8m) m) C = 2πεr0bL = = 183, 75 pF ,5mm ln( r ) ln( 3 1,5mm ) a −
C pF 183, 75 pF = = 66 L m 2, 8m
b) C =
Q ∆V
→ Q = C ∆V = 183, 75 × 10−12 F (0, 35V )
Q = 64 pC
La carga del conductor interior ser´a Q = +64 pC y la del conductor hueco externo Q = −64 pC , conforme con el sentido del campo el´ectrico y por ende con mayor potencial para puntos m´as cercanos al conductor central.
5.5. 5.5.1.
Problema Enunciado
Un capacitor esf´erico est´a formado por dos corazas conc´entricas, esf´ericas y conductoras, separadas por vac´ıo. La esfera interior tiene un radio de 15 cm y la capacidad es de 116 pF . a) ¿Cu´ al es el radio de la esfera exterior rb ? b) Si la diferencia de potencial entre las dos esferas es de ∆ V = 220V , ¿cu´al es la magnitud de la carga Q en cada esfera? Ingenier´ ıa Electr´onica Universidad Nacional de Moreno
54
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
5.5
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
Problema
Figura 5.2: Capacitor esf´erico. 5.5.2.
Respuesta
a) r b = 0, 175m b) Q = 25, 52nC (la esfera interior de radio ra cargada positivamente). 5.5.3.
Soluci´ on
a) Partiendo del conocimiento del campo el´ ectrico en la zona espacial exterior a una esfera cargada, deducido en el ejercicio 4.15, podemos deducir que la aplicaci´on de la ley de Gauss a este caso, en el cual una esfera similar, cargada, se encuentra encerrada dentro de otra esfera de mayor radio y carga opuesta, arrojar´a el mismo resultado, ya que la Q enc al aplicar la ley de Gauss en la zona entre ambas esferas ser´a la misma, es decir, la carga total de la esfera interior. De esta manera, podemos deducir la expresi´on del potencial V a partir del campo el´ ectrico, para ra < r < rb . E (ra < r < rb ) =
1
Q 4πε 0 r2
Mientras que E (r < ra ) = 0 (por ser la esfera interior conductora, por lo que Qenc = 0) y E (r > rb ) = 0 (dado que al aplicar la ley de Gauss para esta zona Qenc = 0). El potencial estar´a dado entonces por la siguiente relaci´on.
ˆ
V = −
E.dr
rb
V ba = V ra − V rb = −
ˆ
rb
E.dr = −
ra
V ab = −
1 Q 4πε 0 r
ˆ ra
rb ra
Q = 4πε 0
1 ra
1
Q dr 4πε 0 r 2
−
1 rb
Expresi´ on a partir de la cual podemos calcular la capacidad del sistema. C = C =
Q Q = ∆V V ba
Q = ∆V C =
Q Q 4πε0
1 ra
−
4πε 0 − r1b ra
1 rb
1
Para conocer el valor del radio exterior rb , sencillamente se despeja de la ´ultima expresi´on, obteniendo: 1 ra Ingenier´ ıa Electr´onica Universidad Nacional de Moreno
−
1 rb
=
55
4πε 0 C Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
5
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
1
=
rb
1 ra
rb =
1 ra
rb =
1 0,15m −
1 4π(8,85×10
−
12 F
m
−
CAPACIDAD
4 πε 0 C
1 0 − 4πε C → rb = 0, 17519m = 17, 5cm
)
116×10−12 F
b) La carga de cada esfera se deduce a partir de la definici´on de capacidad. El valor obtenido ser´ a la carga de cada una de las esferas, la interior con carga positiva y la exterior con mismo valor de carga negativa (para este caso). C =
Q → Q = C ∆V = 116 pF ,220V ∆V Q = 25520 pC = 25 , 52nC
5.6. 5.6.1.
Problema Enunciado
Un capacitor esf´erico contiene una carga de 3, 3nC cuando est´ a conectado a una diferencia de potencial de 220V . Si sus placas est´an separadas por vac´ıo y el radio interno de la coraza exterior es de 4cm, calcule: a) La capacidad. b) El radio de la esfera interior. c) El campo el´ ectrico inmediatamente afuera de la superficie de la esfera interior. 5.6.2.
Respuesta
a) C = 15 pF b) r a = 3, 085cm V c) 31178 m 5.6.3.
Soluci´ on −
9
,3nC 10 C a) C = ∆QV = 3220 = 3,3× → C = 15 × 10−12 F → C = 15 pF V 220V b) Para un capacitor esf´erico, se dedujo en el punto 5.5 la expresi´on de su capacidad.
4πε 0 − r1b ra
C =
1 ra
−
1
1 rb
ra =
1 rb
ra =
1 0,04m +
1 4π(8,85×10
−
12 F
m
)
=
4πε 0 C
1 0 + 4πε C → ra = 0, 03085m = 3, 085cm
15×10−12 F
c) El campo en los puntos r = r a puede hallarse mediante la ley de Gauss, considerando que la carga neta encerrada es toda la carga que encierra la esfera de radio ra , es decir Qenc = Q . Como se observa en el punto 4.19, el campo en tal regi´on resulta id´ entico al generado por una carga puntual de igual carga, situada en el centro de la esfera. De esta manera: E =
Ingenier´ ıa Electr´onica Universidad Nacional de Moreno
1
Q 4πε 0 r2
56
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
5.7
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
1 E (ra ) = 4π 8, 85 × 10−12 F m
5.7. 5.7.1.
15 × 10−12 F
E (ra ) = 31178
Problema
(0, 03085m)2
V m
Problema Enunciado
En la figura, C 1 = 6µF , C 2 = 3µF y C 3 = 5µF . La red de capacitores est´a conectada a un potencial aplicado V ab. Despu´es de que las cargas en los capacitores han alcanzado sus valores finales, la carga en C 2 es de 40µC . a) ¿Cu´ ales son las cargas en los capacitores C 1 y C 3 ? b) ¿Cu´ al es la diferencia de potencial aplicada V ab?
Figura 5.3: Asociaci´on de capacitores. 5.7.2.
Respuesta
a) Q 1 = 80µC ; Q3 = 120µC b) V ab = 37, 33V 5.7.3.
Soluci´ on
a) V ac = V C 1 = V C 2 = V ac = V ac =
Q1 Q2 = C 1 C 2
Q2 40µC = → V ac = 13, 33V C 2 3µF
Q1 → Q1 = V ac C 1 = (13, 33V ) (6µF ) C 1 Q1 = 80µC
Debido a que en una asociaci´on tipo serie la carga es la misma para cada capacitor independientemente de su capadidad, la carga en C 3 ser´a la misma que la carga en el capacitor resultante de la asociaci´on en paralelo de C 1 C 2 , o lo que es lo mismo: Q3 = Q 1 + Q2 Q3 = 80µC + 40 µC Q3 = 120µC
b) V ab = V ac + V ab Ingenier´ ıa Electr´onica Universidad Nacional de Moreno
57
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
5
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
CAPACIDAD
V ac = 13, 33V ; deducido en el punto a. µC 3 V cb = Q = 120 = 24 V C 3 5µF V ab = V ac + V ab V ab = 13, 33V + 24V V ab = 37, 33V
5.8. 5.8.1.
Problema Enunciado
En la figura se ilustra un sistema de cuatro capacitores, donde la diferencia de potencial V ab = 50V . a) Determine la capacidad equivalente del sistema entre a y b . b) ¿Cu´ anta carga se almacena en esta combinaci´on de capacitores? c) ¿Cu´anta carga se almacena en cada uno de los capacitores de 10 µF y 9µF (C 1 y C 4 )?
Figura 5.4: Asociaci´on de capacitores. 5.8.2.
Respuesta
a) C T = 3 , 47µF b) Q T = 173, 5µC c) Q1 = Q 4 = 173, 5µC 5.8.3.
Soluci´ on
a) C T =
1 1 C 1
C T =
+
1 C 2 +C 3
+
1 C 4
1 1 10µF
+
1 5µF +8µF
+
1 9µF
C T = 3, 47µF
b) La carga total QT = Q1 = Q4 = Q2 + Q3 , ya que en un circuito de capacitores asociados en serie, la carga es la misma en cada uno de ellos (o el capacitor equivalente de una asociaci´on intermedia, como el paralelo entre Q 2 y Q3 ). QT = C T V ab = (3, 47µF )(50V ) QT = 173, 5µC
c) Por lo explicado anteriormente: QT = Q 1 = Q 4 = Q 2 + Q3 Q1 = Q 4 = 173, 5µC Ingenier´ ıa Electr´onica Universidad Nacional de Moreno
58
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
5.9
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
5.9. 5.9.1.
Problema
Problema Enunciado
Un capacitor de placas paralelas tiene capacidad C = 5 pF cuando hay aire entre sus placas. La separaci´on entre las placas es de 1 , 5mm. a) ¿Cu´ al es la magnitud m´axima de carga Q que puede colocarse en cada placa si el campo el´ ectrico entre ellas no debe exceder 3 × 104 V ? m b) Se inserta un diel´ectrico con K = 2, 7 entre las placas del capacitor, llenando por completo el volumen entre ellas. Ahora, ¿cu´al es la magnitud m´axima de carga en cada placa si el campo el´ ectrico entre ellas no debe exceder 3 × 104 V ? m 5.9.2.
Respuesta
a) Q ma´x = 225 pC b) Q ma´x = 607, 5 pC 5.9.3.
Soluci´ on
V V a) Si E ma´x = 30000 m → V ma´x = E ma´xd = 30000 m (0, 0015m)
V ma´x = 45V
De la definici´on de capacidad obtenemos el valor m´aximo de la carga para este caso: C =
Q → Qmax = C V ma´x V
Qmax = (5 pF ) (45V ) = 225 pC
b) Al insertar un diel´ ectrico con εr = 2, 7 el valor de la capacidad se incrementa en dicha proporci´on. C = ε r C = (2, 7)(5 pF )
Y de esta manera: Qmax = C V ma´x = (2, 7)(5 pF ) (45V ) = 607, 5 pC
El capacitor, al insertarle el diel´ ectrico, puede almacenar εr veces m´as carga, para un mismo l´ımite de m´axima diferencia de potencial entre sus placas.
5.10.
Problema
5.10.1.
Enunciado
Dos placas paralelas tienen cargas iguales de signo contrario. Cuando se evacua el espacio entre las placas, el campo el´ectrico es 3 , 2× 105 V . Cuando el espacio se llena con un diel´ ectrico, el campo m V 5 el´ectrico es 2, 5 × 10 m . a) ¿Cu´ al es la densidad de carga σ en cada superficie del diel´ectrico? b) ¿Cu´ al es la constante diel´ectrica εr ? 5.10.2.
Respuesta
a) σ i = 0, 619 µC m2 b) ε r = 1, 28 Ingenier´ ıa Electr´onica Universidad Nacional de Moreno
59
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
5
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
5.10.3.
CAPACIDAD
Soluci´ on
a) E 0 = 3, 2,105 V (Campo el´ectrico con aire entre las placas). m V 5 E f = 2, 5,10 m (Campo el´ ectrico con el diel´ectrico insertado entre las placas paralelas). Sabemos que el campo que generan dos placas paralelas cargadas opuestamente tiene un valor dado, en forma general, por: σ ε
E =
Y por ello, para el caso de tener como diel´ectrico entre las placas el aire: σ ε0
E 0 = σ = E 0 ε0 =
5 V
3, 2,10
m
σ = 2, 832
8, 85 × 10
12 F
−
m
µC m2
σ es la densidad superficial de carga que posee cada placa (cada una con el signo que le corresponda). La densidad superficial de carga inducida σi es la densidad superficial de carga presente en la superficie del diel´ectrico que se encuentra en contacto con la placa; esta densidad de carga inducida en el diel´ectrico es opuesta a la de las placas y por ende el valor neto de carga encerrada al aplicar la ley de Gauss en cada placa se reduce, lo que provoca que el campo el´ectrico entre las placas sea menor para igual diferencial de potencial aplicada entre las placas. Esta es una enorme ventaja que brinda introducci´on de un diel´ectrico. ¿C´omo calcularla?
Sabemos que el campo el´ ectrico entre las placas disminuye εr veces con la introducci´on del diel´ectrico. De esta manera: E 0 E 0 → εr = εr E f
Ef =
(5)
y, por otro lado, en ausencia de diel´ ectrico (caso de tener vac´ıo o aire entre las placas): σ → σ = E 0 ε0 ε0
E 0 =
(6)
Al introducir el diel´ectrico podemos expresar al campo el´ectrico de dos maneras, en funci´on de εr y en funci´ on de σi : E =
σ σ − σi = εr ε0 ε0
σ σ − σi = εr ε0 ε0 σ = σ − σi εr σi = σ
1
1−
εr
(7)
Dado que εr 1 para cualquier diel´ectrico pr´actico, vemos que la carga inducida σi aumenta cuanto mayor sea el valor de la permitividad relativa del diel´ectrico εr , hasta el l´ımite te´orico, en el cual σi → σ , para εr → ∞. De esta manera, podemos calcular la densidad de carga superficial inducida, utilizando las ecuaciones 5, 6 y 7. Ingenier´ ıa Electr´onica Universidad Nacional de Moreno
60
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
5.11
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
1
σi = σ
1−
εr
1
σi = (E 0 ε0 ) 1 −
σi =
3, 2,105
V m
Problema
8, 85 × 10−12
E 0 E f
F m
σi = 0, 6195,10−7
1−
1 3,2,105 V m 2,5,105 V m
µC m2
b) εr =
5.11.
Problema
5.11.1.
Enunciado
E 0 = 1, 28 E f
El diel´ectrico que va a usarse en un capacitor de placas paralelas tiene una constante diel´ectrica de ε r = 3, 6 y rigidez diel´ectrica de 1, 6 × 107 V . El capacitor debe tener una capacidad de 1 , 25nF m y debe soportar una diferencia de potencial m´axima de 5500V . ¿Cu´a l es el ´area A m´ınima que deben tener las placas del capacitor? 5.11.2.
Respuesta
Am´ın = 0, 0135m2 5.11.3.
Soluci´ on
Dado que la relaci´on entre la diferencia de potencial m´axima y la rigidez diel´ ectrica (m´aximo valor de campo el´ ectrico que puede soportar el diel´ ectrico antes de su ruptura) es, en definitiva, el valor de la separaci´on entre las placas d, tenemos todos los datos necesarios para obtener el ´area del capacitor de placas paralelas en cuesti´on. C =
ε0 εr A ε0 εr A = V ma´ x d E ´x ma
Am´ın =
C V ma´x ε0 εr E ma´x
1, 25,10−9 F (5500V ) Am´ın = 1, 6,107 V 8, 85,10−12 F (3, 6) m m
Am´ın = 0, 01348m2
5.12.
Problema
5.12.1.
Enunciado
Cuando se conecta un capacitor relleno con aire, de 360 nF de capacidad, a una fuente de potencia, la energ´ıa almacenada en el capacitor es de 1, 85 × 10 −5 J . Mientras el capacitor se mantiene conectado a la fuente de potencia, se inserta un trozo de material diel´ectrico que llena por completo el espacio entre las placas. Esto incrementa la energ´ıa almacenada en 2, 32 × 10−5 J . a) ¿Cu´ al es la diferencia de potencial ∆ V entre las placas del capacitor? b) ¿Cu´ al es la constante diel´ectrica εr del trozo de material? Ingenier´ ıa Electr´onica Universidad Nacional de Moreno
61
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
5
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
5.12.2.
CAPACIDAD
Respuesta
a) ∆V = 10, 14V b) ε r = 2, 25 5.12.3.
Soluci´ on
a) Puede calcularse la diferencia de potencial aplicada a partir de la definici´on de energ´ıa, analiz´ andola particularmente para el caso de tener como diel´ectrico el vac´ıo. U 0 =
V =
1 CV 2 2
2U 0 C
=
2 (1, 85 × 10−5 J ) = 10 , 14V (360 × 10−9 F )
b) Analizando la relaci´on entre la energ´ıa almacenada por el capacitor para ambos diel´ectricos puede obtenerse el valor de la permitividad relativa εr . U (ε0 ) = 1, 85 × 10−5 J =
U (εr ) = (2, 32 + 1, 85) × 10−5 J =
1 CV 2 2
1 2 1 C V = ( εr ) CV 2 2 2
A partir de estas igualdades, puede hallarse la siguiente relaci´on: U (εr ) U (ε0 ) εr =
5.13.
Problema
5.13.1.
Enunciado
= ε r
(2, 32 + 1, 85) × 10−5 J = 2 , 25 1, 85 × 10−5 J
Un capacitor de placas paralelas tiene una capacidad C = 12, 5 pF cuando el volumen entre las placas est´a lleno de aire. Las placas son circulares con radio de 3 cm. El capacitor est´a conectado a una bater´ıa y una carga de magnitud 25 pC va hacia cada placa. Con el capacitor a´un conectado a la bater´ıa, se inserta un bloque de diel´ectrico entre las placas llenando por completo el espacio entre ellas. Despu´ es de insertar el diel´ ectrico, la carga en cada placa tiene una magnitud de 45 pC . a) ¿Cu´ al es la constante diel´ectrica K del diel´ectrico? b) ¿Cu´ al es la diferencia de potencial ∆ V entre las placas antes y despu´es de haber insertado el diel´ectrico? c) ¿Cu´al es el campo el´ ectrico en el punto medio entre las placas antes y despu´ es de insertar el diel´ectrico? 5.13.2.
Respuesta
a) K = 1 , 8 b) ∆V = 2V V c) E = 1000 m Ingenier´ ıa Electr´onica Universidad Nacional de Moreno
62
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
5.14
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
5.13.3.
Problema
Soluci´ on
a) La constante diel´ectrica puede obtenerse mediante la relaci´ on entre las capacidades con ambos diel´ectricos. C 0 =
Q0 V
Q C = K C 0 = V
⇒
Q 45 pC = K = → K = 1, 8 Q 25 pC
b) C 0 =
Q0 Q0 25 pC → V = = 12, 5 pF V C 0 V = 2V
c) El campo el´ ectrico generado por dos placas paralelas muy grandes en comparaci´ on con la separaci´ on entre las mismas es de valor constante en toda la regi´on comprendida entre las mismas; dicho valor de intensidad de campo el´ectrico resulta: E =
V d
(8)
La distancia d entre las placas, circulares para este caso en particular, puede obtenerse de la expresi´ on de la capacidad de un capacitor de placas paralelas. 8, 85 × 10−12 F ε0 πr 2 π (0, 03m) ε0 A ε0 A m C 0 = → d = = = −12 d C 0 C 0 (12, 5 × 10 F )
2
d = 2mm
Reemplazando en la expresi´on 8: E =
5.14.
Problema
5.14.1.
Enunciado
V V 2V E = → = 1000 2 × 10−3 m d m
Para los siguientes capacitores, rellenos con igual proporci´on de aire y otro determinado diel´ectrico de permitividad relativa εr = 20 , determine la expresi´on de la capacidad para cada uno de los arreglos, en funci´on de su geometr´ıa y de sus diel´ectricos, en funci´on del valor de la capacidad para el caso del mismo capacitor pero relleno completamente de aire (vac´ıo) C 0 . a)
b) A
d
ε0
A
εr
d
εr ε0
Figura 5.5: Capacitores con diferentes configuraciones de relleno de diel´ ectrico. 5.14.2.
Respuesta
a) C eq = 11, 5C 0 b) C eq = 1, 9C 0 Ingenier´ ıa Electr´onica Universidad Nacional de Moreno
63
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
5
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
5.14.3.
CAPACIDAD
Soluci´ on
Primeramente se expresar´a la capacidad del capacitor de placas paralelas para el caso de estar completamente relleno de aire (vac´ıo). C 0 =
ε0 A d
(9)
a) Esta configuraci´on es equivalente a la asociaci´on en paralelo de dos capacitores de igual separaci´ on entre placas d , pero cada uno con una superficie de placas de valor A y relleno cada uno 2 con el diel´ ectrico correspondiente; de esta manera se procede a hallar la capacidad equivalente. ε0 A 2
C eq = C (ε0 ) + C (εr ) = C eq =
d
+
ε0 εr A 2 d
ε0 A ε0 (20) A ε0 A 21 ε0 A + = (1 + 20) = 2d 2d 2d 2 d
21 C 0 2 Es de notar como al rellenar verticalmente la mitad del capacitor con un diel´ectrico cuya constante diel´ectrica es εr = 20, la capacidad total aumenta 11,5 veces. C eq =
b) Esta configuraci´on es equivalente a la asociaci´on en serie de dos capacitores de igual ´area A, pero cada uno con una separaci´on entre placas de valor d2 y relleno cada uno con el diel´ ectrico correspondiente; de esta manera se procede a hallar la capacidad equivalente. C eq =
1 C (ε0 )
1 +
C eq =
1
=
C (εr )
ε0 A d
C eq = C 0
5.15.
Problema
5.15.1.
Enunciado
1 d
2
ε0 A
+
d
=
2
ε0 εr A
ε0 A d
2
1+
1
εr
2 2 1 = C 0 1 + εr 1 + ε1r 2 1 1, 9C 0 1 + 20
Tomando como base los resultados del ejercicio anterior, obtenga la expresi´ on de la capacidad del capacitor de placas cuadradas de la figura, rellenado con tres diel´ectricos distintos. Tenga en cuenta que A = L × L = 1cm2 . a) Halle la expresi´on de la capacidad. b) Determine el valor de la capacidad para: d = 0, 2mm; L = 1cm; ε r1 = 10 ε r2 = 30.
Figura 5.6: Capacitor de placas paralelas relleno con varios diel´ectricos. Ingenier´ ıa Electr´onica Universidad Nacional de Moreno
64
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
5.15
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
5.15.2.
Respuesta
a) C eq = C 0
1 + 3
b) C eq = 4, 57 pF 5.15.3.
Problema
4 3 1 εr 1
+ ε1
r2
Soluci´ on
El capacitor de la figura puede representarse como la asociaci´on de tres capacitores, como se muestra a continuaci´on.
C2
C1
C3
Figura 5.7: Circuito equivalente. Cada capacitor del modelo tiene sus caracter´ısticas bien definidas, a saber: L C 1 : d; A = L × ; ε = ε 0
3
C 2 :
d
2
; A = L ×
2 L ; ε = ε r1 ε0 3
2 L ; ε = ε r2 ε0 2 3 As´ı, p odemos hallar la capacidad de cada uno de ellos: C 3 :
d
; A = L ×
C 1 =
L
ε0 L ×
3
d
2L 3
εr1 ε0 L ×
C 2 =
d
2
2L 3
εr2 ε0 L ×
C 3 =
d
2
La capacidad equivalente total resulta de la asociaci´on en paralelo entre C 1 y el capacitor resultante de la asociaci´on serie entre C 2 y C 3 . C eq = C 1 +
1 C 2
C eq =
3
C eq =
ε0 L ×
L
3
d
ε0 L2 ×
1 3
d
ε0 C eq = d
Universidad Nacional de Moreno
d
2
(
2 ε0 L2 ×
+
+
65
2
εr2 ε0 (L× 23L )
2 ε0 L × 23L + d + εdr2 εr 1 d
1 3
d
+
)
εr1 ε0 L× 23L
L2
Ingenier´ ıa Electr´onica
1
+
d
C eq =
1 C 3
L
ε0 L ×
1 +
1 εr 1
1 εr1
+
2 3 1
εr 2
4 3
+
1 εr2
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
5
F´ ısica II – G u´ıa de ejercicios
C eq = C 0
b) Reemplazando valores:
1 3
4 3
+
1 εr 1
+
1 εr 2
CAPACIDAD
C eq =
ε0 L2 d
1 3
+
4 3
1
εr 1
8, 85 × 10−12 F (0, 01m)2 m C eq = 0, 002m C eq = 0, 4425 × 10−12 F
+
1 3
1
εr 2
+
4 3
1 1 10 + 30
31 = 4, 57 pF 3
C 0 = 0, 4425 × 10−12 F = 0, 4425 pF C eq = 4, 5728 × 10−12 F = 4 , 57 pF
Ingenier´ ıa Electr´onica Universidad Nacional de Moreno
66
Ing. Guillermo Gurfinkel Ing. Mario Benacerraf
