´ PROBLEMAS RESUELTOS DE CONDENSADORES Y DIELECTRICOS Extraido Extraido del texto: texto: Ejercicios Ejercicios de F´ ısica de los profesore profesoress R. Rojas, G Fuster y M. Flores, del Dpto. de F´ ısica de la UTFSM.
1. Tres placas placas parale paralelas las est´ est´ an dispuestas como se indica en la figura. La superficie de las an placas tiene ´area area A = 300[cm 300[cm2 ], En la placa L se deposita una carga de 20[µC 20[µC ]. ]. Calcule el potencial en P , 2[cm]], d2 = 1[cm 1[cm]] y x = 0, 0 , 5[cm 5[cm]] P , si d1 = 2[cm K
L
M
P x
d2
d1
El s´ımbolo ımbolo indica que un u n conductor co nductor est´a conectado co nectado a tierra. ti erra. Consideraremos Consid eraremos como la tierra a una regi´on on muy especial del espacio que cumple con dos condiciones: a )
Siem Siempr pree est´ est´ a a un potencial constante, no importa que haya cargas cerca, ni que haya flujo de cargas hacia o desde ella.Cuelquier conductor conectado a tierra, por lo tanto, tiene siempre el mismo potencial que ella. fuentee infini infinita ta de carga carga ya sea positiv positivaa o negati negativ va. Esto Esto es, siempre siempre b ) Es una fuent proveer´a la cantidad de carga necesaria para hacer que el potencial de un conductor sea el mismo que el de ella. Normalmente definimos el potencial de la tierra tierra como cero. En resumen, resumen, todo conductor conductor conectado conectado a tierra tierra tiene tiene potencial cero.(¿Implica ´esto, esto, que la carga neta del conductor es cero?.Analice distintos casos) Al depositar carga positiva en la placa L,en potencial el´ectrico ectrico en las placas laterales erales tiende tiende a aumentar aumentar (¿Por (¿Por qu´ e?).Pero e?).Pero como est´ an conectados a tierra, el an potencial debe mantenerse en cero. Para que est´o sea posible debe fluir carga negativa desde tierra a las placa laterales(analice). En consecuencia las placas laterales se cargan, debido a la presencia de carga en la placa L, con cargas del signo opuesto a la de L. ¿Cu´anta anta carga fluye a cada placa lateral y c´omo omo se distribuye la carga de 20[µC 20[µC ] en la placa L?. Para responder ´esto esto usaremos la ley de gauss y consideraremos el campo entre las placas, uniforme dado que d1 yd2 , son peque˜nas nas comparadas con las dimensiones de las placas. Sean σ1 yσ2 las dimensiones superficiales de carga en cada cara de la placa L. Como la carga total en L es Q = 20[µC 20[µC ], ], se cumple que: (σ1 + σ2 )A = Q
L
sK
K
Tapa
s1
s2
sM
M
Tapa
Cilindro Manto
d2
d1
Aplicando la Ley de Gauss a un cilindro recto cuyas bases est´an dentro del material de las placas K y L: El flujo del campo el´ectrico a trav´es del cilindro es cero, ya es cero dentro de los conductores y tangente a la superficie en el manto que E cil´ındrico. En consecuencia la carga neta encerrada es cero y σK = −σ2 De manera an´aloga se puede demostrar que : σM = −σ1 Por lo tanto, las cargas inducidas en las placas K y M son de igual valor absoluto y signo opuesto a las de las receptivas caras de la placa L. (Demuestre que fuera de las placas K y M no hay carga) Por otra parte sabemos que las placas K y M est´an al mismo potencial que la tierra.V K = V M = 0 y toda la placa L, est´a a un potencial dado V L ; por lo tanto las diferencia de potencial entre las placas K y L y entre las placas M y L son las mismas: ∆V KL = ∆V M L V L − V K = V L − V M Expresando los ∆V en funci´on del campo el´ectrico: s2
s1
-
+
+
-
-
+
+
-
-
+
+
-
-
+
+
-
-
+
+
-
-
+
+
-
-
+
+
-
-
+
+
-
-
+
+
-
E2 +
+
-s2
E1
-
-s1
L
∆V KL = V L − V K
= E d = E d ·
2 2
K
L
∆V M L = V L − V M =
E · d = E 1 d1
M
1 yE 2 respectivamente. Luego siendo E 1 yE 2 las magnitudes de E E 1 d1 = E 2 d2 El campo el´ectrico entre las placas puede calcularse por superposici´on (¡H´agalo!). σ2 , entre las placasKyL 0 σ1 E 1 = , entre las placasLyM 0 E = 0 fuera las placasKyL E 2 =
En consecuencia,
σ2 σ1 d2 = d1 0 0
y
σ1 d2 = σ2 d1 O sea la carga en la placa L se distribuye en raz´on inversa a las distancias a las placas K y M . Esto justifica que hagamos dibujando m´ as l´ıneas de campo el´ectrico entre las placas K y L que entre los otros dos. σ1
Q = A 1+
20 · 10 9 [C ] −
d1 d2
= 300 10 ·
σ1 = 2, 22 · 10 7 [c/m2 ] ; −
σ2 = 4, 44 · 10 7 [c/m2 ] ; −
4 [m2 ] ·
−
1 +
2·102 [m] 1·104 [m]
σ1 = 2, 51 · 104 [µ/C ] 0 σ2 = 5, 02 · 104 [µ/C ] E 2 = 0 E 1 =
Y el potencial en el punto P es: P
V P = −
M
= E 1 · (d1 − x) = 3, 77 · 102 N m 1 · d E C
V P = 377[V ]
2. En el sistema de la figura, los condensadores est´ an inicialmente (interruptores abiertos) descargados. Luego se cierra T 1 , lo cual permite cargar los condensadores. Enseguida se vuelve a abrir T 1 , despues de lo cual se procede a cerrar T 1 yT 2 . ¿Cu´al es la diferencia de potencial entre A y D despu´es de la u ´ltima operaci´on?. T2
D
A Co
3Co
2Co T3
T1 Vo
Soluci´ on:
Al conectar T 1 , los 3 condensadores se cargan en serie, es decir todos adquieren la misma carga q luego:¸c q q q + + V 0 = C 0 2C 0 3C 0 6 lo cual da : q = 11 C 0 V 0 ; que es la carga con lo cual queda cada uno de los condensadores al desconectar nuevamente T 1 . Justo antes de conectar T 2 y T 3 , la situaci´on es la indicada en la figura siguiente:
Co -q
+q
2Co -q +q
T3
A
T2
3Co -q +q
D
N´otese que al conectar T 2 y T 3 tres condensadores quedan en paralelo. Las placas ubicadas al lado derecho de la figura quedar´an conectadas entre s´ı, estar´an finalmente al mismo potencial(ya que tanto ellas como los alambres que las unen, son conductores) y tendr´an una carga neta igual a +q , que debe´a repartirse entre ellas. Un razonamiento an´alogo indica que las placas del lado izquierdo tendr´an una carga −q a repartirse entre ellas. N´otese que lo anterior es un aplicaci´on de la conservaci´on de la carga el´ectrica.
S´ı q 0 , q 2 y q 3 son las cargas finales en los condensadores(placas del lado derecho)de capacidades C 0 , 2C 0 y 3C 0 respectivamente entonces: q 0 + q 2 + q 3 = +q − q + q = q Si V es la diferencia de potencial final entre A y D, entonces lo anterior queda: C 0 V + 2C 0 V + 3C 0 V = q Luego V =
q 6C 0
Reemplazando q abtenido anteriormente: V =
6 1 V 0 = C 0 V 0 · 11 6C 0 11 V =
1 V 0 11
3. Se conecta una bater´ıa a los bornes A y B, estableci´endose entre ellos cierta diferencia de potencial. Luego se desconecta la bater´ıa. ¿Qu´e fracci´on de la energ´ıa el´ectrica del sistema se transforma en calor al cortocircuitar el condensador 2?. C1=C1
C3=2C1
B
A C2=2C1
C4=C1
Soluci´ on:
En cada capacitor se cumple que: Q = CV ⇒ V =
Q1 C 1 Q2 Q2 = = 2C 1 C 2 Q3 Q3 = = 2C 1 C 3 Q4 Q4 = = C 4 C 1
luego V 1 = V 2 V 3 V 4
Q C
Adem´as los capacitores 1 y 2; 2 y 4 est´an conectados en serie por lo tanto se cumple que Q1 = Q3 Q2 = Q4 V 1 + V 3 = V ab = V V 2 + V 4 = V ab = V Reemplazando los valores de V 1 V 2 V 3 yV 4 se tiene: 2 Q1 Q3 + = V ⇒ Q1 = Q3 = C 1 V 3 C 1 2C 1 2 Q2 Q4 + = V ⇒ Q2 = Q4 = C 1 V 2C 1 C 1 3 2 Luego Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = C 1 V 3 Calculamos ahora la energ´ıa del sistema. 1 Q21 1 Q22 1 Q23 1 Q24 + + U = 2 C 1 2 2C 1 2 2C 1 2 2C 1
2
1 2 1 1 1 1 + + + ] U = C 1 V [ 2 3 C 1 2C 1 C 1 2C 1 2 3 2 = C 1 V 2 U = C 12 V 2 · 9 3 C 1 Otro m´etodo para determinar la energ´ıa del sistema es calculando la capacitancia equivalente. C1=C1
C3=2C1
B
A
1 1 1 3 = + = 2C 1 C eq C 1 2C 1
⇒
C eq =
B
A C2=2C1
C4=C1
Se tiene C eq =
2C 1 3
2C 1 3
1 1 4C 1 2 2 J = C eq V 2 V = C 1 V 2 2 2 3 3 Al cortocircuitar el condensador 2 se cumple que:
q 1 + q 2 = Q1 + Q2
V 1 = V 2
⇒
q 1 q = 2 2C 1 C 1
o sea
2q 1 = q 2 Por lo tanto
q 1 = 2q 1 = Q1 + Q2 2 4 8 c + C 1 V ⇒ q 1 = C 1 V y q 2 = C 1 V 3 9 9
An´ alogamente
4 C 1 V 9 8 yq 3 = C 1 V 9
q 4 =
La energ´ıa ser´a:
U = 2
(4/9 C V ) 1
2
2 · C 1
(8/9 C 1 V )2 + 2 · 2 C 1
=
48 C 1 V 2 81
La fracci´on de la energ´ıa que se transforma en calor ser´a
∆U U − U 2/3 C 1 V 2 − 48/81 C 1 V 2 1 = = = 2/3 C 1 V 2 9 U U 4. Una placa met´ a lica de ´area A y de espesor s/2 se introduce entre las placas de un condensador de plano de a´rea A y separaci´on entre placas igual a 3. Estudiar los cambio que ocurren en la capacidad, la carga, la diferencia de potencial y la energ´ıa almacenada, en el condensador original, en cada una de las dos situaciones siguientes: a )
Carga constante
b)
Diferencia de potencial constante
Soluci´ on: a )
Carga Constante: Antes de introducir la placa met´alica, las cantidades que nos interesan son: Carga Q0 Capacidad (0 A/S ) = C 0 Diferencia de potencial (Q0 /C 0 ) = V 0 Energ´ıa almacenada (Q0 /2 C 0 ) = V 0 Campo el´ectrico entre las placas σ/0 = Q0 /A0
+Qo
+Qo
-Qo
-Qo
Al introducir la placa met´alica, el campo el´ectrico entre las placas del condensador debe modificarse ya en todo el vol´umen de la placa, ´este debe ser cero (conductor en condiciones electr´ostaticas.) = 0 en el interior de la placa met´alica, ella debe reordenar su Para lograr que E carga de modo que cree un campo el´ectrico de igual magnitud y sentido contrario al campo producido por las placas del condensador. Evidentemente la carga inducida en la placa met´alica residir´a sobre sus superficies paralelas a las placas del condensador y tendr´a las magnitudes indicadas en la figura. +++++++++++++
+Qo
x s/2
-Qo
----------------++++++++++++++++++++
+Qo
s/2-x
-Qo
-----------------
= 0 en el interior de la plac a met´alica, y en el De ´esta manera se logra que E espacio comprendido entre las placas del condensador, fuera de la l´amina met´alica, el campo el´elctrico no se altera respecto a su valor antes de introducir al conductor. Luego, ahora no hay energ´ıa almacenada en la regi´ on ocupada por la placa met´ ali1 2 ca, ya que all´ı E = 0 y u = 2 0 E . Luego la energı’a del condensador ahora es: 1 s U = 0 E 2 · A(x + 2 2
−
1 Q2 s Q20 x) = 0 2 02 A · = 2 A 0 2 2 · A · 2 · 0
U =
Q20 0 A s
2
·
2
Si C es la capacidad del condensador, con la placa met´alica introducida; entonces U tambi´en debe ser igual a : Q20 /2 C ; Luego: Q20 Q20 = 2 C 2 sA · 2
0
1 0 A Q20 = 2 C 0 y U = = V 0 → C = 2 · 2 · 2 C 0 2 s
La diferencia de potencial ahora es: V =
Q0 Q0 = 2 C 0 C
V =
1 V 0 2
U =
1 V 0 2
En res´ umen C = 2 C 0
;
;
1 V = V 0 2
b)
Diferencia de potencial constante: La capacidad del condensador formado al introducir la placa met´alica es C = 2 · C 0 ,resultado que es aplicable tambi´en ac´a, ya que no depende de la diferencia de potencial entre las placas ni de las cargas en las placas (recuerde que la capacidad depende de la geometr´ıa y del medio diel´ectrico). Si V 0 es la diferencia de potencial constante entre las placas, entonces antes de introducir la placa conductora tenemos: Diferencia de potencial: V 0 Capacidad: C 0 = 0 A/s Carga: Q0 = C 0 V 0 Energ´ıa almacenada: U 0 = 12 C 0 V 02 Campo el´ectrico entre las placas: E 0 = V s Una vez introducida la placa tenemos: Diferencia de potencial: V 0 Capacidad: C = 2 · C 0 Carga: Q = C V 0 = 2C 0 V 0 = 2Q0 Energ´ıa almacenada: U = 12 C V 02 = 12 C 0 V 02 · 2 = 2U 0 Campo el´ectrico entre las placas: E = 0 (en la regi´o n ocupada por la placa V met´alica) y E = (s/2) = 2E 0 (en la regi´on no ocupada por la placa met´alica) En resumen ; ; C = 2 C 0 Q = 2 Q0 U = 2 U 0 0
0
5. Separaci´on de las placas de un condensador plano, desde una distancia inicial d hasta una distancia final 2d, manteniendo constante la carga en las placas. Situación Inicial
Situación Final
+Qo
+Qo
d 2d -Qo -Qo
Estudiar los cambios de capacidad, diferencia de potencial, energ´ıa almacenada y el trabajo realizado por el agente externo que separa las placas. Soluci´ on:
Suponiendo que la separaci´ on entre las placas es peque˜na; entonces el campo el´ectrico entre las placas puede considerarse uniforme y los efectos de dispersi´on despreciarse. Luego. a )
Situaci´ on Inicial σ 0 = E 0 · d 0 A = d Q20 = 2 C 0
E 0 = V 0 C 0 U 0
b)
Situaci´ on final σ → E = E 0 0 V = E 0 · 2d → V = 2V 0 1 0 A → C = C = C 0 2d 2 Q20 → U = 2 V 0 U = 2 C E =
En consecuencia tenemos: a )
El campo el´ ectrico no cambia
b)
La diferencia de potencial se duplica
c )
La capacidad disminuye a la mitad
d )
La energ´ıa almacenada aumenta el doble
Todo lo cual es consecuencia de separar las placas al doble manteniendo constante Q0 , la carga en las placas (lo cual implica mantener constante σ). Adem´as, el cambio en la energ´ıa de nuestro sistema es debido al trabajo efectuado por el agente externo que separa las placas. Puesto que la u ´ nica forma de energ´ıa asociada con el sistema es la energ´ıa potencial el´ectrica almacenada entre las placas, entonces: ∆U = U − U 0 = W Luego W = 2U 0 − U 0 = U 0 y el trabajo efectuado por el agente externo es: W = U 0 = Q20 2 C 0
6. Separaci´on de las placas de un condensador plano, desde una distancia inicial d hasta una distancia final 2d, manteniendo constante la diferencia de potencial entre las placas. Estudiar las mismas cantidades del problema anterior. SituaciónInicial
d
SituaciónFinal
Vo
Vo
2d
Soluci´ on:
Haciendo las mismas consideraciones que en el problema anterior; tenemos:
a )
Situaci´ on Inicial V 0 d 0 A = d = C 0 V 0 1 = C 0 V 02 2
E 0 = C 0 q 0 U 0 b)
Situaci´ on final 1 V 0 → E = E 0 2d 2 1 0 A → C = C = C 0 2d 2 1 q = C V 0 → q = q 0 2 1 1 U = CV 02 → U = V 0 2 2
E =
Luego, en esta situaci´on los resultados son muy diferentes a los del problema anterior, donde la separaci´on se hac´ıa a carga constante. Ahora, la consecuencia de mantener constante la diferencia de potencial entre las placas es que la capacidad, la carga, la energ´ıa almacenada y la magnitud del campo el´ectrico, disminuya a la mitad. En cuanto al cambio en la enrg´ıa electrost´ atica del condensador, ´esta debe ser igual al trabajo total efectuado sobre ´el por agentes externos. Esta vez, adem´ as del agente encargado de separar las placas, hay otro agente que es la bater´ıa encargada de mantener constante la diferencia de potencial entre las placas luego. ∆U = W F + W b 1 1 donde ∆U = U − U 0 = U 0 − U 0 = − U 0 , 2 2 W F es el trabajo que efect´ua el agente que separa las placas y W b es el trabajo efectuado por la bater´ıa. La bater´ıa mueve una carga ∆q a trav´es de una diferencia de potencial V 0 , efectuando un trabajo W b igual a : W b = V 0 · ∆q = V 0 (q − q 0 ) = V 0
1 q q 2
0− 0
1 1 W b = − q 0 V 0 = − C 0 V 02 = −U 0 2 2 Siendo W b negativo pues la bater´ıa traslada una carga 12 q 0 desde un potencial mayor a otro menor. Luego, al reemplazar los valores de ∆U yW b en la ecuaci´on.∆U = W F + W 0 . Tenemos 1 1 − U 0 = W F + ( −U 0 ) y finalmente W F = U 0 2 2
7. Dos condensadores de capacidades iguales est´ an conectadas en paralelo, inicialmente a una diferencia de potencial V 0 entre sus placas. Se lleva uno de los condensadores con los un diel´ectrico de constante K . calcule: a )
La carga transferida de un condensador a otro
b)
La tension final V en los condensadores
Soluci´ on: a )
Ambos condensadores tienen igual capacitancia C e igual diferencia de potencial entre sus placas, por lo tanto el producto C V 0 es el mismo para ambos condensadores, o sea ambos condensadores tienen la misma carga. q = C V 0 . La carga total de ambos condensadores = 2q es invariante. C
C Vo
Vo
Antes de introducir el diel´ectrico C eq = C + C =
2q V 0
Despues de introducir el diel´ectrico C eq = KC + C = KC
2q V
C V
V
Sean: q la carga en el condensador con diel´ectrico q la carga en el condensador sin diel´ectrico Se cumple que: q + q = 2q
q q = = V ⇒ q = Kq KC C
Luego
Kq + q = 2q
q (1 + K ) = 2q
q =
2q 1 + K
1Kq como K > 1 y q > q 1 + K es decir pasa carga del condensador sin diel´ectrico al condensador con diel´ectrico. carga que pasa al condensador con diel´ectrico: ∆q = q − q
q = 2q − q =
∆q = q
−
q =
2Kq 2Kq − q − Kq − q = 1 + K 1 + K
∆q = b)
q (K − 1) 1 + K
En la expresi´ on obtenida para C eq despu´es de introducir el diel´ectrico en el condensador. 2q C eq = KC + C = V reemplazando el valor de C = V q y se tiene: 0
K ·
2q q q + = V 0 V 0 V
2q q (K + 1) = V 0 V Por lo tanto el nuevo valor V de la tension en los condensadores ser´a: V =
1V 0 1 + K
8. Dos condensadores de capacidades iguales est´ an conectados en serie a una bater´ıa de voltaje V 0 . Calcule la carga transferida de un condensador a otro al llenar uno de ellos con un material de coeficiente diel´ectrico relativo K . Determine: a )
La energ´ıa acumulada antes y despu´es de introducir el diel´ectrico.
b)
El trabajo realizado por la bater´ıa.
c )
El trabajo que tendr´ıa que efectuar un agente externo para sacar el diel´ectrico. Vo
K
Soluci´ on:
Sea C la capacidad de cada condensador, la capacitancia equivalente antes de introducir el diel´ectrico ser´a: 1 1 1 2 C = + = ⇒= C eq = 2 C eq C C C y la carga de cada condensador ser´a Q = C . 2 V 0 Al introducir el diel´ectrico en uno de los condensadores su capacitancia ser´a KC y la capacitancia equivalente despu´es de introducir el diel´ectrico ser´a 1 1 1 1 + K KC ⇒ C eq = = + = 1 + K C eq KC C KC y la carga en cada condensador ser´a:
Q =
KC V 0 1 + K
La carga transferida de un condensador a otro ser´a:
2K − 1 − K KC C ∆Q = Q − Q = V 0 − V 0 = C V 0 Q 1 + K 2 2(1 + K )
C V 0 K − 1 −Q = 2 K + 1
La energ´ıa acumulada en el sistema de los condensadores antes de introducir el diel´ectrico ser´a: 1 Q2 1 Q2 Q2 + = U = 2 C 2 C C de donde: CV 0 U = 4 La energ´ıa acumulada de despu´es de introducir el diel´ectrico ser´a:
1 Q2 1 Q2 1 KC + U = U = V 0 2 KC 2 C 2 1 + K
1
1 1 KC 2 + = V 2 1 + K 0 KC C
El trabajo realizado por la bater´ıa al introducir el diel´ectrico es: W bat,i = potencial de la bater´ıa · Q transferida W bat,i = V 0 ·
C V 0 K − 1 C V 02 K − 1 = >0 2 K + 1 2 K + 1
Adem´ as el trabajo realizado por la bater´ıa al introducir el diel´ectrico ser´a igual al trabajo realizado por la bater´ıa para sacar el diel´ectrico pero negativo(W bat,i = −W bat,i ). El trabajo realizado por los agentes ser´a igual a la variaci´on de energ´ıa del sistema formado por los condensadores.
∆U = U − U = W ag ext + W bat,s = W agext − W bat,s ·
N´otese que la bater´ıa es un elemento externo a la bater´ıa Luego W agext = U − U + W bat,i C V 02 1 KC 2 C V 02 K − 1 − W ext = V + 4 2 1 + K 0 2 K + 1 2 1 C V 0 1 − W ext = 2 2 1 + K 2 C V 0 K − 1 W ext = 4 K + 1
