Física II - Licenciaturas Física, Física, Matemática Matemática – FCIEN-Udelar FCIEN-Udelar
Repartido 4
Curso 2011
Capacitores y dieléctricos -Soluciones -Soluciones
–
Ejercicio 1.- (R.H.K 31.3) El capacitor de la figura tiene una ca pacidad de 26,0 F e inicialmente está descargado. La batería suministra 125 V. Después de haber cerrado el interruptor S durante un período largo, ¿cuánta carga habrá pasado por la batería B?
C
Q =
V
Q
=
CV
(26,0×10-6F) (125V) =3,25×10-3C
=
Ejercicio 2.- (R.H.K 31.4) Un capacitor de placas paralelas tiene placas circulares de 8,22 cm de radio y 1 ,31 cm de separación. a) Calcule la capacidad. b) ¿Qué carga aparecerá en las placas si se aplica una diferencia de potencial potencial de 116 V? C
a) Capacitor placas paralelas:
=
0
A
R 0 =
d
2 =
d
(
)
2
(8,854 10 −12 ) 8,22 10 −2
(1,31
−2 10
C=14,3pF b) Q= CV = (1,4337×10-11 F) (116V)= 1,6643×10-9 C
)
1,4337×10-11 F
=
Q=1,66 nC
Ejercicio 3.- (R.H.K 31.12, 19 y 36) En el circuito de la figura donde: C 1 = 10,3 F, C2 = 4,80 F y C3 = 3,90 F y V = 115V. a) Halle la capacidad equivalente de la combinación. b) Halle la carga, la diferencia de potencial y la energía almacenada en cada capacitor. b) Suponga que el capacitor C 3 se perfora eléctricamente, resultando equivalente a una trayectoria conducto ra. ¿Qué cambios ocurren en la carga y en la diferencia de potencial de C 1?
a) C1 y C2 están en paralelo, a su vez este conjunto está en serie con C 3. C E
=
(C 1 + C 2 )C 3 (C 1 + C 2 ) + C 3
(10,3 + 4,80)(3,90)
=
(10,3 + 4,80) + (3,90)
10
−
6
=
3,09947 10
−
6
F
C E
=
3,10 10
6
−
F =3,10 F
b) V = V12 + V3 En serie, los capacitores tienen l a misma carga Q = Q12 = Q3= V.CE= V V 3
Q3
=
=
C 3
356,44 10 3,90 10
−
(C
1 +
(C
1 +
)
C 2 C 3
C 2
=
) + C
(115) (3,10×10-6) = 356,44 ×10-6C
Q3 = 356 C
3
6
−
=
6
91,395V
V3=91,4 V
V1= V2 = V- V3 = 115 -91,4 = 23,6V Q1= V1C1= (23,6)(10,3×10-6)= 243 ×10-6C U
QV =
U 2
=
U 1
2
Q2V 2
2
=
=
Q1V 1
2
(113 10
6
−
=
( 243 10
6
−
)(23,6)
2
)(23,6)
2
=
−
=
Q2= V1C2= (23,6)(4,80×10-6)= 113 ×10-6C 2,87 10 3 J
3
1,33 10 J
C
Q
V
U
C1
10,3 F
243 C
23,6 V
2,87 mJ
C2
4,80 F
113 C
23,6 V
1,33 mJ
C3
3,90 F
356 C
91,4 V
16,3 mJ
−
U 3
=
Q3V 3
2
=
(356 10
6
−
2
)(91,4)
=
16,3 10 3 J −
1
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Curso 2011
Ejercicio 4.Una placa de constante dieléctrica k = 5,00 se introduce entre las placas de un capacitor de placas paralelas aislado. La capacidad, estando el dieléctrico entre las placas es de 25,0 µF. La carga en las placas del capacitor es de 800 µC. Se retira ahora la placa dieléctrica. Calcular el potencial antes y después de que se retirara el dieléctrico.
V k
Q
800 10
6
−
32,0 V 25,0 10 Al sacar el dieléctrico, la capacidad disminuye en un factor k: Antes de tener el dieléctrico:
V 0 =
Q
kQ
=
C 0
=
C 0
(5,00)(800 10 −6 ) ( 25,0 10 −6 )
=
C k
=
−
6
=
= 160 V
Ejercicio 5.El arreglo de la figura se llama puente de capacitores y se usa para medir la capacidad de un capacitor desconocido. La tensión de la fuente es V = 10,0 V, C1 = 4,00 µF, C 2 = 2,00 µF, C3 = 5,00 µF. Los capacitores están inicialmente descargados. a) Calcule el voltaje entre A y B después de cerrar el interruptor S, en términos de V, C 1, C2, C3 y C4. b) Halle la condición que deben sa tisfacer los capacitores para que V AB = 0. c) Calcule el valor que debería tener el capacitor C 4 para que el potencial entre A y B fuera cero al cerrar el interruptor. a) C1 y C3 están en serie entre sí, al igual que C 2 y C4, estando en paralelo los dos conjuntos:
C 13
=
C 1C 3 C 1
+
C 24 =
C 3
C 2 C 4 C 2 + C 4
Los condensadores en serie, tienen la misma carga Q1
=
Q3
=
Q13
=
VC 13
Q2
V A = V − V 1 = V −
Q1
V B = V − V 2 = V −
Q2
V B
C 1
C 2
= V −
VC 13
= V −
VC 24
C 1
C 2
=
Q4
=
Q24
=
VC 24
C = V 1 − 12 C 1 C = V 1 − 24 C 2
C 1C 3 C C C C C 2 C 4 − V A = V 1 − 24 − V 1 − 13 = V 13 − 24 = V − + + C C C C C C C C C C ( ) ( ) 2 1 2 3 2 2 4 1 1 1
C 3 C (C + C 4 ) − C 4 (C 1 + C 3 ) C 2 C 3 − C 1C 4 C 4 = V 3 2 = V − V B − V A = V ( C C ) ( C C ) ( C C )( C C ) ( C C )( C C ) + + + + + + 3 2 4 1 3 2 4 3 2 4 1 1 C 2 C 3 − C 1C 4 V B − V A = V ( C C )( C C ) + + 3 2 4 1 b) VAB = 0
c)
C 4
=
C 2 C 3 C 1
C 2 C 3
=
−
C 1C 4
=
(2,00)(5,00) (4,00)
0
10
−
6
C 2 C 3
=
=
C 1C 4
2,50 10
−
6
C4 = 2,50 µF
2
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Ejercicio 6.La figura muestra un capacitor de placas paralelas, con una placa de metal de espesor d entre las placas, cuya separación es a. El área de las placas del capacitor es A. Deduzca una ecuación para la capacidad de este sistema. Estudie la dependencia del resultado con la localización de la placa metálica.
Sobre la placa del metal, se induce una carga de igual signo y valor que el de la placa. Esto se prueba considerando como superficie gaussiana un cilindro cuyas tapas estén dentro de los conductores (uno en la placa y la otra en el conductor) y de generatrices perpendicualers (por tanto paralelas al campo). En dicha superficie, el flujo es cero, por tanto la carga encerrada debe ser cero. Por tanto el sistema se comporta como dos capacitores en serie: C =
C 1C 2
+ C 2
C 1
0 =
0
A
0 x
A x
+ 0
a − d − x = 0 A A
A
a
− d − x
1
( − d − x ) = A (a − d − x ) + x a − d x(a − d − x ) x a
0
C
=
a
0
A
−
d
El resultado es independiente de la ubicación de la placa. Ejercicio 7.- (R.H.K 31.48) Cierta sustancia tiene una constante dieléctrica de 2,80 y una resistencia o rigidez dieléctrica de 18,2 MV/m. Si se emplea como material dieléctrico en un capacitor de placas paralelas, ¿qué área mínima deben tener las placas del capacitor con objeto de que la capacidad sea de 68,4 nF y que el capacitor sea capaz de soportar un a diferencia de potencial de 4,13 kV? C
k 0 A =
como C es constante, para A mí nimo implica d mínimo.
d
Como
Amin =
d min =
V = E Max d min
Cd min k 0
E Max
( 68,4 10 − )(4,13 10 ) = = 0,62609 m (2,80)(8,854 10 − )(18,2 10 )
C V
=
V
9
3
12
k 0 E Max
6
Amin =
C V k 0 E Max
== 0,626m
Ejercicio 8.- (R.H.K 31.54) Un capacitor de placas paralelas está lleno con dos dieléctricos como se muestra en la figura. Demuestre que la capacidad está dada por
C =
0
A Ke1
d
+ Ke 2 . 2
Compruebe esta fórmula para todos los casos límites que pueda imaginarse (Sugerencia: ¿Puede justificar el ver este arreglo como si se tratara de dos capacitores en paralelo?)
Las placas del condensador, por ser conductoras necesariamente estarán al mismo potencial eléctrico, E 1
de aquí
Ley de Gauss:
=
0
E 2
V =
d
k E.ds =Q
Q = Q1 0 kE =
Q A
=
+
Q2
=
A1
1
+
2
A2
k A V k A V A1 + A2 = 0 1 1 + 0 2 2 V d d d d
C E V = Q = 1 A1 + 2 A2 = 0 k 1 E 1 A1 + 0 k 2 E 2 A2 = 0 k 1
0 k 1 A1
C E =
0 k 2 A2
= C 1 + C 2 (están en paralelo) A k k A 0 1 + 2 = 0 (k 1 + k 2 ) por tanto los condensadores están en Si las áreas A 1 y A2 son iguales: C E = d 2 2 2d
d
+
d
paralelo
3
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Ejercicio 9.Un capacitor C 1 se carga hasta una tensión V 0. Entonces se desconecta la batería de carga y el condensador se conecta en paralelo con un capacitor descargado C 2. a) Halle la tensión final del circuito, una vez alcanzado el estado de equilibrio. b) ¿Cuál es la energía almacenada antes y después de conectar en paralelo ambos condensadores? Explique la diferencia en el resultado.
a) Cuando el capacitor C 1 se carga, la carga almacenada vale: Q 10= C1V0 y almacena una energía 2
U 10
=
U 0
=
C 1V 0
2 Cuando se conecta el capacitor C 2 en paralelo, desconectándose de la batería, la carga inicial se comparte, de modo que: Q10= Q1+Q2 , a través de la descarga del capacitor 1, y carga del 2, hasta que se equilibra el potencial V 1
=
Q1
=
C 1
V 2
=
Q2 C 2
(
)
C 1V 0 = C 1V 1 + C 2V 2 = C 1 + C 2 V 1 V F = V 1 = V 2 =
C 1 C 1
+
C 2
V 0
2
b) La energía inicial era 2
U F
=
C 1V F
2
+
C 2V F
2
2
U 10
=
U 0
=
C 1V 0
y la final vale
2
2
C + C 2 C 1 V 0 = = 1 2 C 1 + C 2
2
2
2
C 1 V 0
(
2 C 1
U F
+ C 2 )
=
2
C 1 V 0
(
2 C 1
+
C 2
)
Ejercicio 10.- (T.4ta. 25. 94) Un capacitor de placas paralelas tiene placas de área A y separación x y se carga a una diferencia de potencial V. Luego se desconecta la batería de carga y las placas se alejan hasta que su separación sea de 2 x . Deduzca expresiones en términos de A, x y V para: a) La nueva diferencia de potencial, b) La energía almacenada inicial y f inal. c) El trabajo necesario para separar las placas a partir de la diferencia de energías final e inicial. d) Hallar el aumento de energía dU debido al aumento de la separación de las placas dx a partir de: dU
dU . = dx dx
e) Si F es la fuerza ejercida por una placa sobre la otra, el trabajo realizado para m over una placa la distancia vale
F dx = dU .
Demostrar que la fuerza vale
F
Q
2
=
QE =
2 0 A
dx
, siendo Q la carga en cada placa y E el campo
2
eléctrico existente entre ellas y verificar el resultado obtenido en la parte c). ¿Cómo se justifica el factor ½ que aparece en el resultado?
a) Cuando se desconecta el capacitor de la batería, la carga inicial se conserva, al alejar las placas, la capacidad disminuye y por tanto debe aumentar el potencial eléctrico. Capacitancia de un condensador de placas paralelas:
C 0
=
0 A
x
Como el sistema se desconecta, el sistema queda aislado y la carga se conserva Q
=
C 0V 0
A
0
=
x
V 0
A
0
=
2 x
V F
V F
=
2V 0 2
b) Energía inicial almacenada: U 0
C 0V 0 =
=
C F V F
2
2
2
AV 0
0
U 0
=
2 2
Energía final almacenada: U F
2 x
=
A(2V 0 )
2
0
2( 2 x )
=
0 AV 0 =
2
AV 0
0
x
2 x 2
=
2U 0
U F
0 AV 0 =
x
=
2U 0
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c) El trabajo necesario para separar las placas lo podemos calcular en forma indirect a a través de la variación de la energía potencial Energía final alma W = U F d) Expresando la energía en función de la carga: U =
−
U 0
2
AV 0
0
=
2 x
=
2
AV 0
2 x
W
2 x
0 AV 0 =
2 x
A Qx
0
2
0
2
2
Q x
= 2 0 A A 0
2 Q dU dU = dx dx = 2 0 A dx
e) Como
F dx = dU
entonces: dU =
Q
2
2 0 A
dx
F =
Por otro lado el campo entre las placas vale: E =
Q
2
2 0 A Q
=
0
0
A
F
Q
2
=
QE =
2 0 A
2
El factor ½ aparece porque el campo que se considera es el creado por la otra placa, la que permanece fija. Es decir sólo se considera el campo que crea una de las placas, y no ambas, pues el campo propio no influye en la placa que se mueve. 2 x
W =
Q
F dx = 2
x
2
0 A
2 x
Q
dx = 2
x
2
2
0 A
( 2 x − x) =
Q x
2 0 A 2
AV 0 A 0 0 Como Q = C 0V 0 = = V 0 W = V 0 = x 2 0 A 2 0 A x 2 x
2
A
Q x
0
x
2
lo que verifica lo hallado en c).
Ejercicio 11.- (T.4ta. 25. 95-98 y 99) Un condensador de placas paralelas r ectangulares, de longitud a y ancho b posee un dieléctrico, de constante dieléctrica k y de igual ancho insertado parcialmente a una distancia x entre las placas como se muestra en la figura. a) Despreciando los efectos de borde determinar la capacidad en función de x . Comprobar que la respuesta ofrece los resultados esperados para x = 0 y x = a. b) Suponiendo que la carga de las placas vale Q determinar la energía almacenada en función de x . c) Debido a que la energía del condensador disminuye al aumentar x , el campo eléctrico debe estar haciendo un trabajo positivo sobre el dieléctrico, lo que significa que debe haber una fuerza eléctrica tirando del mismo: F
dU = −
. Calcular la fuerza que actúa sobre el bloque dieléctrico.
dx
Suponer ahora que el condensador se mantiene conectado a una fuente de voltaje constante V. d) Calcular la energía almacenada en función de x , y utilizando este resultado determinar la fuerza que actúa sobre el bloque dieléctrico.
a) El sistema se puede considerar como dos capacitores planos paralelos en paralelo (uno con dieléctrico de largo x , y otro sin dieléctrico de largo ( a-x ). 0 b( a k 0 bx x) C 1
C E
=
=
C 2
d C 1
+
C 2
=
k 0 bx d
+
−
=
0 b
Si x = 0 (sin dieléctrico):
d
(a − x) d C E ( x
=
=
0 b
0) =
(kx + a − x ) d
0b
=
(a + (k − 1)(0) ) d
(a + (k − 1) x)
0 b
d
=
0 ba
d
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Si x = a (todo dieléctrico): C E ( x = a) =
0
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b(a + ( k − 1)(a) ) d
=
0
b( a + ka − a) d
=
0
kba d
Con lo que se verifican los resultados esperados. Q
b) Manteniendo Q sin variar: U =
2 =
C E
=
0b
(a + (k − 1) x ) d
2
d
2 0 b(a + ( k − 1) x )
Q
2
Q d
U =
2 0 b(a + (k − 1) x ) c) Con Q constante (el sistema está aislado): dU = -dW (el trabajo se hace a costa de la energía potencial electrostática) 2 2 dQ ( 2 0 b( k − 1) Q d dU 2 U = Q = = − 2C 2 0 b(a + (k − 1) x ) dx (2 b(a + (k − 1) x ))2 2C
0
Expresanado Q a través del potencial y la capacidad: Q dU
=−
dx
d ( 2 0 b( k − 1)
(2
( + (k − 1) x))2
0b a
0 b(a + (k − 1) x ) V d
Como dU = -dW = - F dx
F
=
0 b( k
−
2
=
C E V =
dU
dx
=
−
0b
0
b(a + (k − 1) x ) d
V
(k 1)V 2 −
2d
1)V 2
2d Esta fuerza aparece por los efectos de borde y la distorsión que experimenta el campo eléctrico. Esta fuerza tiende a introducir el dieléctrico dentro de las placas del capacitor
F =
0
b( k − 1)V
2
2
=
2d
dQ ( 2 0 b( k − 1)
(2
0 b(a + ( k − 1) x ))
2
(en el sentido de “capturar” el dieléctrico)
d) Ahora se mantiene constante la diferencia de potencial V. Con V constante: dU =
0 b
( k 1) −
V
U
CV =
2
2
2
=
(
0b a
+
( k − 1) x )
V
2
2d F =
0 b( k − 1)V
2
2d 2d Esta fuerza también tiende a introducir el dieléctrico dentro de las placas del capacitor dx
Ejercicio 12.- (R.H.K 31.33) Una esfera metálica aislada cuyo diámetro es de 12,6 cm tiene un potencial de 8150 V. ¿Cuál es la densidad de energía en el campo eléctrico cerca de la superficie de la esfera?
La densidad de energía u está dada por:
u
Para una esfera, para puntos exteriores:
E ( r )
E
2
0
=
2 V ( r ) =
r
, en particular, para r=R
2
u
=
u=
0 E
2
2
2 0V 2
2 R
V ( R) 0 2 2 0V 8,854 10 −12 ) (8150) R = = = =7,4087×10-2 J/m3 2 2
(
2
2 R
)
2(0,068)
=7,41×10-2 J/m3
6
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Ejercicio 13.Un condensador cilíndrico tiene radios
y
a
a) Demuestre que su capacidad es: C =
b
como en la figura y largo L.
2 0 L
b Ln a
V
b) Demuestre que la mitad de la energía potencial eléctrica almacenada se encuentra dentro de un cilindro cuyo radio es r
ab
=
Supongo que el cilindro interior tiene carga +q, y el exterior carga –q. Despreciando los efectos de borde, el campo vale q E ( r ) = 2 0 Lr El potencial en el infinito es nulo, al igual que el campo eléctrico. Entonces V(b)=0. b
V (r ) − V (b) = −
b
E.dl
C =
q V
b ln 2 0 L r
b a
u=
dU
2
E
0
2
=
=
udV
=
Sea R, tal que: 1 2
b
a
q 2 dr 4 0 Lr
R
=
a
1 2
r r
=
b ln 2 0 L r q
b a
ln
2
q
= 8
2
2 2
2
b
q 2 dr
L2 r 2 0
b
2
L r
0
q2
2 0 L
2 0 L
dr
b a
2
8
q
0 Lr
b
ln
q 0 Lr 2 0
Lrdr 2
r
dr =
q
2 0 L
=
ln
2 0 L
2
q
r
V (a ) − V (b) =
q q
ˆ
r
q
=
b
= − E (r )r.(−dr ) = E ( r )dr =
r
V (r ) =
b
=
energía total
4 0 Lr
U =
dU
a
R
dU =
a
dU
a
q 2 dr 4 0 Lr
1
2
b
a
dr r
R
=
a
dr r
b R b R Ln = Ln = 2 a a a a
1
2
R
=
a.b
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Ejercicio 14.- (T.4ta. 25.112) a) , para las distintas regiones. Por la ley de Gauss
E.nds ˆ
S
S
= E ( r )dr = E (r ) dr = 4 r 2 E (r ) =
S
q encerrada
E ( r )
=
k 0
qencerrada
4 k 0 r 2
Para r< R1 E (r ) = 0 pues la carga encerrada es nula (está sobre la superficie) Para R1< r < R2 E ( r ) =
Q
4 k 0 r 2
pues la carga encerrada vale Q y está en un medio de constante dieléctrica
k
Q
Para r > R2 E (r ) =
R1
R1
b) V ( R1 ) = − E.dl = −
Q
V ( R1 ) =
4 0
V ( R1 ) =
dr
r
2
+
R2
Q
4 0
pues la carga encerrada vale Q y está en el vacío
4 0 r 2
E (r )r.(−dr ) ˆ
=
R2
4 k 0
dr
r
2
=
R1
Q 1 − 0 + + R2 4 k 0
Q
4 0
E ( r ) dr +
R2
R1
Q
E (r )dr =
R2
E ( r ) dr =
R1
R2
Q 1 1 − + − = r R2 4 k 0 r R1
1 Q R1 (k − 1) + R2 1 kR1 − R1 + R 2 − = + Q= 4 k 0 R1 R 2 R1 R 2 4 k 0 R 2 R1
c) Conociendo el potencial electrostático en la superficie de la esfera conductora podemos determinar la energía potencial electrostática del sistema como: U Total =
1 2
QV ( R1 ) =
1 2
Q
Q
R1 (k − 1) + R 2
4 k 0
R1 R 2
=
Q
2
8 k 0
R1 (k − 1) + R2 R1 R 2
8
