Ayudantías Electricidad y Magnetismo

8/9/2019 Ayudantías Electricidad y Magnetismo

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Pontificia Universidad Catolica de ChileFacultad de FısicaFIS1533 - Electricidad y Magnetismo

Electricidad y MagnetismoEjercicios resueltos de Cesar Olivera

1



Pontificia Universidad Catolica de ChileFacultad de FısicaFIS1533 - Electricidad y Magnetismo

Ayudantıas

Cesar [email protected]

1. Fuerza electrica

1.1.

Una carga q de masa m se ubica entre dos lıneas a una distancia d de cada una, como se indica enla figura. Si la lınea de largo h2 es de densidad de carga λ uniforme, calcule la densidad de carga

de la lınea de largo h1 para que la carga q se mantenga quieta en el eje Y. Asuma que hay unostopes que impiden que la carga puntual se mueva en el eje X.

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!$

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Figura 1:

Solucion

La fuerza que ejerce una lınea ab sobre una carga puntual ubicada en r es:

F =

ba

k · q · dq r − rlinear − rlinea3 (1.1)

=

ba

k · q · λ · drlinear − rlinea

r − rlinea3 (1.2)

2



FIS1533: Electricidad y Magnetismo - C. Olivera

Vamos calcular la fuerza que ejerce cada lınea sobre la carga puntual en el eje Y. Partiremos conla lınea de altura h2.

F =

h20

k · q · λ · dr r − rlinear − rlinea3 (1.3)

= h20

k · q · λ · dy 0 − y(d2 + y2)3/2

(1.4)

=k · q · λ 1

(d2 + y2)1/2

h20

= k · q · λ

1

(d2 + h22)1/2

− 1

d

(1.5)

La fuerza F de la otra lınea la expresaremos en funcion de una densidad de carga uniforme λ

desconocida. Su calculo es similar al anterior.

F = k · q · λ

1

(d2 + h21)1/2

− 1

d

(1.6)

Finalmente, para que la carga puntual se mantenga fija en el eje Y, las fuerzas recien calculadasdeben igualar a la fuerza de gravedad.

F + F = mg (1.7)

k · q · λ

1

(d2 + h22)1/2

− 1

d

+ k · q · λ

1

(d2 + h21)1/2

− 1

d

= mg (1.8)

y obtenemos la densidad de carga buscada.

λ =mg − k · q · λ

1

(d2+h21)1/2

− 1d

k · q

1(d2+h2

2)1/2 − 1d

(1.9)

Nota: la constante k tiene valor 14π0

1.2.

Una carga q se ubica en el origen. Si hay una carga 2q en (0, 2) y una −q en (3, 1), calcule la fuerzatotal que actua sobre la carga en el origen.

Solucion

Usaremos la formula siguiente.

F (r) = kq 1 · q rr − r1

r − r13 (1.10)

En el eje X solo tiene efecto el componente x de la carga −q .

F (r) = −kq · q 0 − 3

(32 + 12)3/2 x (1.11)

3




En el eje Y las dos cargas tienen efecto sobre la carga en el origen. Estas son:

F (r) = −kq · q 0 − 1

(32 + 12)3/2 y (1.12)

F (r) = 3kq · q 0 − 2

(22)3/2 y (1.13)

La fuerza neta sobre la carga en el origen es simplemente la suma de todas estas fuerzas reciencalculadas.

1.3.

Una carga q se ubica a una distancia d del centro de una circunferencia de radio r y densidad desuperficie uniforme σ. a) Calcule la fuerza que ejerce la circunferencia sobre la carga. b) Calculela misma fuerza y el campo electrico cuando r tiende a infinito.

!

#

Figura 2:

Solucion

La fuerza buscada se calcula de la siguiente forma:

F =

S

k · q · dq r − rcircr − rcirc3 =

S

k · q · σ · dS r − rcircr − rcirc3 (1.14)

Usando coordenadas polares se tiene

r = z z donde z = drcirc = r(cos θx + sin θy)dS = rdrdθ

reemplazando

F =

r0

2π0

k · q · σ · rdrdθz z − r(cos θx + sin θy)

(z 2 + r2)3/2 (1.15)

4




Por simetrıa, los componentes en los ejes X e Y se anulan, y solo queda el componente en Z.

F =

r0

2π0

k · q · σ · rdrdθ z z

(z 2 + r2)3/2 (1.16)

F = r

0

2π · k · q · σ · rdr z z

(z 2 + r2)3/2 (1.17)

F = −2π · k · q · σ · z 1(z 2 + r2)1/2

z r0

(1.18)

F = 2π · k · q · σ · z

1√

z 2− 1

(z 2 + r2)1/2

z (1.19)

Cuando r es muy grande, F ≈ q σ20z|z| y E ≈ σ

20z|z|

2. Campo Electrico

El campo electrico que ejerce un cuerpo ubicado en r con carga q es:

E (r) =

k · dq

r − r

r − r3 (2.1)

2.1.

Un cascaron semi-esferico no conductor de radio interior a, tiene una densidad de carga superficialσ uniformemente distribuida en su superficie. Encuentre el campo electrico en el punto P, es decir,el origen de su sistema de coordenadas.

Figura 3:

SolucionUsando coordenadas esfericas para un radio a fijo, se tiene que:

dq = σdS = σa2 sin θdθdφ con θ ∈ [π/2, π] y φ ∈ [0, 2π]r = 0r = a(sin θ cos φx + sin θ sin φy + cos θz )

5




E (r) =

2π0

ππ/2

k · σa2 sin θdθdφ0 − a(sin θ cos φx + sin θ sin φy + cos θz )

a3 (2.2)

E (r) = − 2π

0 π

π/2

k · σ sin θdθdφ(sin θ cos φx + sin θ sin φy + cos θz ) (2.3)

Por simetrıa se cancelan los componentes X e Y del campo electrico.

E (r) = − 2π0

ππ/2

k · σ sin θdθdφ cos θz (2.4)

E (r) = − ππ/2

2πk · σ sin θdθ cos θz = − ππ/2

2πk · σ1

2 sin 2θz (2.5)

= −πkσ(− cos2π + cos π)z = σ

20z (2.6)

2.2.

Se tiene un anillo de radio R y de espesor despreciable. La mitad superior del anillo tiene densidadde carga lineal uniforme en la parte superior λ1 y la mitad inferior λ2. Calcule el campo magneticoque ejerce el anillo en cualquier punto del eje donde se ubica el punto P (ver figura).

! 1

! 2

!

Figura 4:

Solucion

Para calcular el campo sobre un punto en el eje Z:

r = R cos θx + R sin θyP = z z dq = λiRdθ

6




E = E λ1 + E λ2

E λ1 =

π0

kλ1Rdθ

(z 2 + R2)3/2(0 − R cos θ, 0 − R sin θ, z − 0) (2.7)

= kλ1Rdθ(z 2 + R2)3/2

(−R sin θ, R cos θ,zθ)π0

(2.8)

= kλ1Rdθ

(z 2 + R2)3/2(0, −2R,zπ) (2.9)

Similarmente para la parte inferior

E λ2 =

2ππ

kλ2Rdθ

(z 2 + R2)3/2(0 − R cos θ, 0 − R sin θ, z − 0) (2.10)

= kλ2Rdθ

(z 2 + R2)3/2(−R sin θ, R cos θ,zθ)

2π

π(2.11)

= kλ2Rdθ

(z 2 + R2)3/2(0, 2R,zπ) (2.12)

FInalmente

E = E λ1 + E λ2 = R

4π0(z 2 + R2)3/2[2R(−λ1 + λ2)y + zπ(λ1 + λ2)z ] (2.13)

2.3. Propuesto

Considere una partıcula que se mueve entre dos placas paralelas con densidad superficial de cargaσ y −σ, respectivamente. Asuma que las placas son lo suficientemente grandes en comparacion ala distancia que los separa. De esta manera, suponga que el campo electrico producido por unadistribucion plana infinita es una buena aproximacion para el campo electrico entre las placas.

Figura 5:

Suponga ahora que una partıcula de carga q y masa m ingresa entre las placas como se muestra enla figura, con velocidad inicial v = v0

ˆ j. Determine en que angulo emerge la partıcula, si recorrio unadistancia horizontal L.

Solucion

Anteriormente vimos que la fuerza que ejerce una circunferencia de radio infinito (un plano) esqσ20

, entonces el campo electrico producido es σ20

.

7




Asumamos que el campo electrico producido por el plano superior mueve la partıcula hacia abajo(valor negativo). Entonces

E total = − σ

20k +

−σ

20

k =

−σ

0k (2.14)

Aplicamos

F = ma = q E = −qσ0

(2.15)

a = xi + yˆ j + z k = z k (2.16)

−qσ

0k = mz k (2.17)

Las condiciones iniciales son:

x0 = 0 (2.18)

y0 = v0 (2.19)

z 0

= 0 (2.20)

Con esto tenemos que

z = − qσ

m0→ z = − qσ

m0t → z = −1

2

qσ

m0t2 (2.21)

La partıcula emerge cuando su velocidad es constante (fuera de los planos el campo electrico seanula, demuestrelo). Si la partıcula emerge luego de haber recorrido una distancia L, se tiene que

v0 = L

t → t =

L

v0(2.22)

v = v0ˆ j − qσm0

tk = v0ˆ j − qσm0

Lv0

k (2.23)

Obtenemos el angulo

tan φ = vzvy

=

qσm0

Lv0

v0=

qσL

m0v20

(2.24)

3. Flujo de campo electrico y Ley de Gauss

ΦE =

V

(∇ · E )dV =

V

ρ

0

dV =

Qenc

0(3.1)

Utilizando el Teorema de la divergencia

ΦE =

S

E · d S = Qenc

0(3.2)

8




3.1.

Demuestre por la Ley de Gauss que el campo electrico de un plano infinito de densidad de cargauniforme σ es σ

20.

Solucion

Si encerramos un trozo del plano en un cilindro de radio r, con sus caras planas paralelas al planoinfinito, el flujo que atraviesa el cilindro es paralelo a la normal de la caras caras planas.

ΦE =

S

E · d S = E · S = E · 2πr2 = Qenc

0=

σπr2

0(3.3)

E · 2πr2 = σπr2

0(3.4)

E = σπr2

02πr2 (3.5)

E =

σ

20 (3.6)

3.2.

En la figura se muestra un plano infinito con densidad de carga uniforme σ, y con agujero circularde radio R. Calcule el campo electrico para todo el lado positivo del eje X (x > 0).

!

#

Figura 6:

Solucion

Utilizando el principio de superposicion

9




Figura 7:

En los ejercicios anteriores ya obtuvimos como calcular el campo electrico producido por una cir-cunferencia y por un plano infinito:

Circunferencia de densidad −σ: E = −2π · k · σ · x 1|x| − 1

(x2+r2)1/2

x = − 1

20· σ

x|x| − x

(x2+r2)1/2

x

Plano infinito de densidad σ: E = σ

20

x|x|

Si sumamos ambos campos, obtenemos el resultado que se desea calcular:

E = 1

20· σ

x

(x2 + r2)1/2 x (3.7)

3.3.

Una esfera de radio R tiene un agujero esferico de radio a que se encuentra a una distancia b de sucentro. Si la densidad en la parte solida de la esfera es ρ, calcule el campo electrico en el agujero.

Figura 8:

10




Solucion

Al igual que el ejercicio anterior, se puede utilizar el principio de superposicion para calcular elcampo electrico en el agujero.

E = E Esfera − E agujero (3.8)

Para el caso de la esfera de radio R, el campo electrico a una distancia del centro r < R es

ΦE =

S

E · d S = E · S = E · 4πr2 = Qenc

0=

ρ43πr3

0(3.9)

E · 4πr2 = ρ4

3πr3

0(3.10)

E Esfera = ρr

30r (3.11)

Si un punto en el interior de la esfera est a a una distancia rr de su centro, entonces este punto

esta a una distancia (r − b)r del centro del agujero.

E agujero = ρ(r − b)

30r (3.12)

Haciendo la resta de ambos campos electricos, el campo buscado es

E agujero = ρb

30r (3.13)

Notar que es este valor es constante en todo el agujero.

4. Materiales conductores y energıa potencial electrica

Algunas consideraciones:

El campo electrico al interior de los conductores es cero. De lo contrario las cargas movilesse desplazarıan hasta disminuir el campo electrico completamente.

Toda carga neta en un conductor reside en sus superficies.

El potencial electrico (o voltaje) se calculo de la siguiente forma:

V (r) = − r∞

E · d l (4.1)

V ab = V (a) − V (b) =

ba

E · d l (4.2)

Aplicando la Ley de Gauss a una carga q en el origen...

E = q

4π0r2r → V = −

r∞

q

4π0r2r · dlr =

q

4π0r (4.3)

11




Para N cargas en el espacio...

V (r) = q

4π0r − r → V (r) ≈N i

q i4π0r − ri (4.4)

V (r) = ri

dq

4π0r − ri (4.5)

Otras formulas:

E = −∇V (4.6)

∇ E = −∇2V = ρ

0(4.7)

4.1.

Un cable muy largo tiene tiene una carga lineal en su centro de densidad uniforme de carga λ.Un material conductor con forma cilındrica se encuentra entre las distancias a < r < b de lacarga lineal. Una envoltura cilındrica de radio r = c y densidad de carga superficial σ evuelve elconductor. Calcule el campo electrico en todo el espacio, la densidad de carga superficial exteriordel conductor, y el valor de σ para que el campo electrico en r > c sea igual a cero.

!

#

$

Figura 9:

Solucion

Caso 1: r < a S

E · d S = E · S = E · 2πrLr = Qenc

0=

λL

0(4.8)

E = λ

2πr0r (4.9)

12




Caso 2: a < r < b

En el interior de un conductor el campo electrico es E = 0. Los electrones del conductor sedistribuyen en la superficie para cancelar el campo electrico.

E

·2πrLr =

Qenc

0=

λL + σint2πaL

0r = 0 (4.10)

σint = − λ

2πa (4.11)

Las cargas inducidas del conductor deben sumar cero, entonces...

Qint + Qext = 0 (4.12)

σintS int + σextS ext = 0 (4.13)

− λ

2πa2πaL + σext2πbL = 0 (4.14)

σext =

λ

2πb (4.15)

Caso 3: b < r < c

La carga total encerrada es λL, entonces

E = λ

2πr0r

Caso 4: c < r

La carga encerrada es λL + σ2πcL, y el campo electrico

E = λ + σ2πc

2πr0r

por lo que

σ = − λ

2πc

4.2.

Una esfera de radio a posee carga Q distribuida uniformemente en ella. Un cascaron circularmetalico la envuelve. Este cascaron se ubica entre las distancias b y c del centro de la esfera.Calcule el campo electrico y el potencial en todo el espacio.

13




!

#

$

Figura 10:

Solucion

En este tipo de ejercicios hay que revisar distintos casos en donde actua el campo electrico produ-cido por la esfera cargada.

Caso 1: r < a

La densidad de carga de la esfera es ρ = Q4

3πa3

, entonces aplicando la Ley de Gauss...

S

E · d S = E · S = E · 4πr2 = Q

enc0 =

ρ4

3πr3

0 = Q r3

a3

0 = Qr3

a30 (4.16)

E = Qr

4πa30r (4.17)

Caso 2: a < r < b

En este caso, la carga total encerrada es Qenc = Q, entonces el calculo del campo electrico estrivial.

E · 4πr2

=

Q

0 → E =

Q

4πr20 r (4.18)

Caso 3: b < r < c

Entre las distancias b y c nos encontramos dentro de un metal (material conductor), por lo tanto E = 0. Para que esto tenga sentido, la superficie interior del cascaron metalico debe tener unacarga −Q, ası Qenc = Q + (−Q) = 0.

14




Caso 4: c < r

El material conductor ha sido inducido por la carga Q, sin embargo la carga neta de este materialdebe ser cero ya que en ningun momento ha ganado o perdido electrones. Entonces la superficieexterna del metal debe ser de carga Q. El campo electrico para el caso 4 tendra la misma expresionque en el caso 2.

E = Q

4πr20r (4.19)

En resumen:

E (r) =

Qr4πa30

r, si r < aQ

4πr20r, si a < r < b

0, si b < r < cQ

4πr20r, si c < r

Ahora solo falta calcular el potencial electrico en todo el espacio.

Caso 1: c < r

V (r) = − r∞

Q

4πr20r · drr (4.20)

= Q

4πr0

r∞

= Q

4πr0(4.21)

Caso 2: b < r < c

V (r) =− r∞ E

·d l =

− c∞Q

4πr20r

·drr

− rc

0·

d l (4.22)

= Q

4πc0(4.23)

Notar que el potencial tiene valor constante dentro del material conductor.

Caso 3: a < r < b

V (r) = − r∞

E · d l = − c∞

Q

4πr20r · drr −

rb

Q

4πr20r · drr (4.24)

=

Q

4πc0 +

Q

4πr0rb =

Q

4π0−

1

b +

1

c

+

Q

4πr0 (4.25)

Caso 4: r < a

Siguiendo la misma idea de los casos anteriores:

V ar = − ra

Qr

4πa30r · drr = − Qr2

8πa30

ra

= − Qr2

8πa30+

Q

8πa0(4.26)

V (r) = Q

4π0

−1

b +

1

c +

3

2a

− Qr2

8πa30(4.27)

15




Finalmente:

V (r) =

Q4π0

−1b + 1

c + 3

2a

− Qr2

8πa30, si r < a

Q4π0

−1b + 1

c

+ Q

4πr0, si a < r < b

Q4πc0

, si b < r < cQ

4πr0, si c < r

4.3.

Encontrar el campo electrico y potencial en la region −b ≤ x ≤ b de la configuracion que semuestra en la figura. La zona achurada tiene densidad de carga uniforme ρ.

Figura 11:

Solucion

Distinguimos tres regiones:

Region 1: −b ≤ x ≤ −a Region 2: −a ≤ x ≤ a Region 3: a ≤ x ≤ b

Vimos que ∇2V = − ρ0

, entonces

∇2V 1 = 0, ∇2V 2 = − ρ

0, ∇2V 3 = 0 (4.28)

En este caso, como solo se trabaja en una dimension, entonces

∇= d2

dx2 .

V 1 = Ax + B, V 2 = − ρ

20x2 + Cx + D, V 3 = Ex + F (4.29)

A, B, C, D, E, F son constantes que se calcularan utilizando condiciones de borde (continuidad delcampo electrico y potencial). Notar que las ubicaciones −b y b estan conectadas a tierra (V = 0).

16




V 1(−b) = 0 (4.30)

V 1(−a) = V 2(−a) (4.31)

V 2(a) = V 3(a) (4.32)

V 3(b) = 0 (4.33)dV 1(−a)

dx =

dV 2(−a)

dx (4.34)

dV 2(a)

dx =

dV 3(a)

dx (4.35)

Se obtiene

V 1 = ρa

0(x + b) (4.36)

V 2 = −ρx2

20+

ρa

20(2b − a) (4.37)

V 3 = −ρa0

(x − b) (4.38)

El campo electrico en cada region es E = −∇V . En este caso E = −dV dx .

E 1 = −ρa

0x (4.39)

E 2 = ρx

20x (4.40)

E 3 = ρa

0

x (4.41)

4.4.

Calcular el campo electrico y el potencial producido por una esfera hueca de radio a con densidadde carga:

ρ(r) =

ρ0

ra

1/2, si a/2 ≤ r ≤ a

0, Otro caso

Solucion

Region 1: 0 ≤ r ≤ a/2 Region 2: a/2 ≤ r ≤ a Region 3: a ≤ r

Calculo del campo electrico:

Region 1

Qenc = 0 → E 1 = 0 (4.42)

17




Region 2 S

E r · dS r = E · 4πr2 = Qenc

0=

1

0

V

ρ(r)dV (4.43)

Usamos dV = 4πr2dr

E · 4πr2 = 1

0

V

ρ(r)4πr2dr (4.44)

E · r2 = 1

0

ra/2

ρ0

r

a

1/2r2dr (4.45)

y se obtiene que

E 2 = 2ρ0

70a1/2 · 1

r2 ·

r7/2 −a

2

7/2r (4.46)

Region 3

Con un calculo similar al anterior se deberıa obtener

E 3 = 2ρ0

70· a3

r2 ·

1 −

1

8√

2

r (4.47)

Calculo del potencial:

Region 3

V 3 = − r∞

2ρ0

70· a3

r2 ·

1 −

1

8√

2

r · rdr (4.48)

V 3 = 2ρ0

70· a3

r ·

1 −

1

8√

2

(4.49)

Region 2

V 2 = V 3(a)

− r

a

2ρ0

70a1/2

· 1

r2

· r7/2

− a

27/2

r

·rdr (4.50)

V 2 = V 3(a) − 2ρ0

70a1/2 ·

2

5(r5/2 − a5/2) −

a

2

7/2·

1

a − 1

r

(4.51)

Region 1

En esta zona no hay campo electrico, por lo tanto el potencial es constante e igual a V 2(a/2)

18




4.5. Propuesto

Un electron de masa m y carga −e se encuentra inicialmente en reposo a una altura z =√

6d deuna distribucion de carga lineal λ de largo d como se muestra en la figura.

Figura 12:

(a) Encuentre V (z ) a lo largo del eje Z.HINT:

dx√

x2 + z 2= log(2

√ x2 + z 2 + 2x) (4.52)

(b) Encuentre la velocidad del electron cuando esta a una altura z =√

2d

Solucion

(a)

V (z ) =

d/2−d/2

kλdx√ x2 + z 2

= kλlog(2√

x2 + z 2 + 2x)d/2−d/2

(4.53)

V (z ) = kλ(log(2

(d/2)2 + z 2 + d) − log(2

(d/2)2 + z 2 − d)) (4.54)

V (z ) = kλ(log(√

d2 + 4z 2 + d) − log(√

d2 + 4z 2 − d)) (4.55)

(b)

Para encontrar la velocidad del electron utilizaremos conservacion de energıa.

K i + U i = K f + U f (4.56)

U = −eV (z ) (4.57)

K i = 0, K f = mv2

2 (4.58)

19




U i = −eV (√

6d) = ekλlog(3/2) (4.59)

U i = −eV (√

2d) = ekλlog(2) (4.60)

Despejando v obtenemos:

v = 2ekλ

m log(4/3) (4.61)

5. Capacitancia

La capacitancia es la razon entre la carga tranferida entre dos conductores y la diferencia depotencial entre ambas. Si se transfiere una carga Q desde un conductor a otro, uno que cargadocon +Q y el otro queda con −Q, el voltaje producido es V ab

C = Q

V ab(5.1)

Si los conductores son dos planos de area A, con densidad de carga σ, estan a una distancia d, elpotencial serıa

V ab =

E · dr = E · d =

σ

0d (5.2)

Entonces

C = Q

V ab=

σAσ0

d =

0A

d (5.3)

Conexion en serie y paralelo:

Sean tres condensadores C 1, C 2 y C 3

Conexion en paralelo:

C eq = C 1 + C 2 + C 3 (5.4)

Conexion en serie:

1

C eq=

1

C 1+

1

C 2+

1

C 3(5.5)

Energıa almacenada por un condensador

dw = V dq → w =

Q0

V (q )dq (5.6)

w =

Q0

q

C

dq =

Q2

2C (5.7)

U = w = Q2

2C =

CV 2

2 =

QV

2 (5.8)

20




5.1.

Considere dos cilindros coaxiales conductores de radios a y b. El conductor a esta conectado a unpotencial V 0 y el conductor b esta conectado a tierra. Calcule el potencial y el campo electrico entodo el espacio.

HINT: En coordenadas cilındricas

∇2V = 1

r

∂

∂r

r

∂V

∂r

+

1

r2

∂ 2V

∂φ2

+

∂ 2V

∂z 2 (5.9)

Figura 13:

Solucion

Cuando no nos encontramos en ninguna superficie, la densidad de carga del espacio es nula.

∇2V = − ρ

0= 0 (5.10)

El campo electrico solo depende de la distancia radial a las superficies cargadas, y no de los angulos,se reduce todo a:

∇2V = 1

r

∂

∂r

r

∂V

∂r

= 0 (5.11)

Esto se cumple cuando r ∂V ∂r

tiene valor constante.

r ∂V ∂r

= A (5.12)

∂V

∂r =

A

r (5.13)

V (r) = Aln(r) + B (5.14)

Usando las condiciones de borde...

V (a) = V 0 → V 0 = Aln(a) + B (5.15)

V (b) = 0 → 0 = Aln(b) + B (5.16)

21




Despejando las constantes A y B

A = V 0ln a

b

(5.17)

B =−

V 0ln(b)

ln ab

(5.18)

Entonces el potencial electrico es

V (r) = V 0ln a

b

ln(r) − V 0ln(b)

ln ab

= V 0ln a

b

ln(r/b) (5.19)

Para el calculo del campo electrico...

E = −∇V (r) = − ∂

∂ρ

V 0ln a

b

ln(r/b)

r (5.20)

= − ∂ ∂ρ

V 0ln a

b

(ln(r) − ln(b))

r (5.21)

= V 0

rln ba

r (5.22)

5.2.

Calcule la capacitancia de los conductores coaxiales del ejercicio 5.1, asumiendo que el largo de loscilindros es L >> a, b

Solucion

Un conductor esta conectado a V 0 y el otro esta a tierra.

V ab = V 0 (5.23)

Qenc

0= E · S =

V 0

rln ba

· 2πrL (5.24)

donde L es el largo del cilindro

C =

Q

V 0 =

2π0L

ln(b/a) (5.25)

5.3.

Para los cilindros conductores coaxilas de la figura son de radios r1 < r2 < r3 y largo L muygrande. Los conductores 1 y 3 estan conectados a un voltaje a y el conductor 2 esta conectado a b.

22




Figura 14:

Calcule la capacitancia del sistema.

Solucion

Primero hay que obtener una formula que entregue la capacitancia entre dos conductores cilındricosde radios a < b.

E · S = Qenc

0(5.26)

E · 2πrL = σ2πaL

0(5.27)

E = aσ

r0(5.28)

Entonces el potencial y la carga encerrada es

V ab =

ba

aσ

r0dr =

aσ

0log(a/b) (5.29)

Qenc = 2πaLσ (5.30)

y obtenemos la capacitancia

C = Q

V ba=

2πaLσaσ0

log(b/a) (5.31)

C = 2π0L

log(b/a) (5.32)

Notar que invertimos el orden de los radios para calcular V ba, esto se hizo para asegurar un valorpositivo en la capacitancia.

Podemos dibujar el sistema como dos condenzadores en paralelo, cuya capacitancia equivalentees la suma de ambas capacitancias individuales.

23




!

#

!

#

Figura 15:

C eq = 2π0L 1

log(r2/r

1)

+ 1

log(r3/r

2) (5.33)

5.4.

Una esfera conductora de radio R1 y carga Q, se rodea de una corona esferica conductora concentri-ca de radios R2 y R3 (R2 < R3) con carga 2Q. Calcular:(a) Campo electrico en todo el espacio.(b) Diferencia de potencial entre la corona y la esfera.(c) Capacitancia del sistema.(d) Energıa almacenada.

Solucion

(a)

Dado que el campo electrico dentro de un conductor es cero, la superficie inferior de la coronaconductora debe ser −Q para que la carga total encerrada sea nula. La carga superior compensala distribucion de carga, adquiriendo una carga de 3Q.

24




Figura 16:

En la figura anterior se encuentran numeradas las regiones que trabajaremos. Trivialmente reco-nocemos que

E 1 = E 3 = 0 (5.34)

y en las regiones (2) y (4)

E 2 = Q

4πr20r (5.35)

E 4 = 3Q

4πr20r (5.36)

(b)

Region 4:

V 4 = − r∞

3Q

4πr20dr =

3Q

4πr0(5.37)

Region 3:

V 3 = V 4(r3) = 3Q

4πr30(5.38)

Region 2:

V 2 = V 3 − rr2

Q

4πr20dr =

Q

4π0

1

r − 1

r2+

3

r3

(5.39)

Region 1:

V 1 = V 2(r1) = Q

4π0

1

r1− 1

r2+

3

r3

(5.40)

25




(c)

Para una distribucion de carga Q se tiene:

C = Q

V 1 − V 3=

QQ

4π0 1r1

− 1r2

(5.41)

C = 4π0r1r2r2 − r1

(5.42)

(d)

Nuestro sistema lo podemos ver como dos conexiones, una entre los dos conductores y la otraentre el conductor externo y el infinito.

w1 = 1

2Q∆V =

1

2Q(V 1 − V 3) =

1

2Q

Q

4π0

1

r1− 1

r2

=

Q2

8π0

1

r1− 1

r2

(5.43)

w2 = 12

Q∆V = 12

Q(V 3 − V 4(∞)) = 12

3Q

3Q4r3π0

= 9Q

2

8r3π0(5.44)

La energıa total almacenada es:

w1 + w2 = Q2

8π0

1

r1− 1

r2+

9

r3

(5.45)

5.5.

Una esfera de radio a se carga a un potencial V 0 y se aısla. Posteriormente se conecta a tierra atraves de un condensador de de capacitancia C .

(a) Calcule el potencial final de la esfera y la carga en la esfera y el condensador.(b) Calcule la energıa disipada al hacer la conexion a tierra.

Figura 17:

26




Solucion

Usando las formulas conocidas para una esfera con carga

E = Qenc

4πa20(5.46)

V 0 = Q0

4πa0 (5.47)

y la carga inicial es

Q0 = V 04πa0 (5.48)

La carga siempre se conserva. Esta se puede distribuir hacia el condensador (Qc) cuando se conectaa la esfera. La carga no podra irse a tierra, sino que se almacenara en la placa superior delcondensador (notar que existe una separacion entre ambas placas). Parte de la carga se queda enla esfera (Q). Ahora tenemos tres ecuaciones y tres incognitas:Q, Qc y V .

Q0 = Q + Qc (5.49)Qc = CV (5.50)

Q = V 4πa0 → V = Q

4πa0(5.51)

Resolviendo obtenemos

V = 4π0aV 0C + 4π0a

(5.52)

Q = (4π0a)2V 0C + 4π0a

(5.53)

Qc = 4π0aCV 0C + 4π0a

(5.54)

Para calcular la energıa disipada ∆W utilizamos el principio de conservacion de energıa.

E i = 1

2Q0V 0 =

1

2

Q20

4π0a =

1

2

(V 04πa0)2

4π0a =

V 20 4π0a

2 (5.55)

E f = 1

2QV +

1

2

Q2c

C =

1

2

Q2

4π0a +

1

2

Q2c

C =

1

2

(4π0a)3V 20(C + 4π0a)2

+ 1

2

(4π0a)2CV 20(C + 4π0a)2

(5.56)

E f = 1

2

(4π0a)2V 20

(C + 4π0a)2

(4π0a + C ) = 1

2

(4π0a)2V 20

C + 4π0a

(5.57)

∆W = E i − E f = V 20 4π0a

2

1 − 4π0a

C + 4π0a

=

1

2

4π0aCV 20C + 4π0a

(5.58)

5.6.

Calcule la capacitancia del sistema de dos placas conductoras de longitud d que se muestra en lafigura.

27




Figura 18:

Solucion

Entre los conductores no existe una densidad de carga. El potencial depende solo del angulo θ .

∇2V = − σ0

= 0 (5.59)

∂ 2V

∂θ2 = 0 (5.60)

Obtenemos

V (θ) = Aθ + B (5.61)

con A y B constantes.

V (0) = 0 → B = 0 (5.62)V (α) = V 0 (5.63)

V (θ) = V 0θ

α (5.64)

En coordenadas cilındricas

∇V = ∂

∂r(rV r)r +

1

r

∂θ

∂V θθ +

∂ F z∂z

z (5.65)

E =−∇

V =−

1

r

∂θ

∂V θθ =

−V 0

rαθ (5.66)

Para calcular la carga transferida de un conductor a otro hay que calcular la densidad de carga deuna de ellas (la otra tiene la misma densidad pero con signo contrario).

Para la placa superior...

σ(θ = α) = 0 E (θ = α) · θ (5.67)

σ(α) = 0V 0

αr (5.68)

28




Luego, la carga distrubuida es

Q = d

δ+d

δ

0V 0αr

dr = 0V 0d

α log

d + δ

d

(5.69)

y la capacitancia es

C = 0d

α log

d + δ

d

(5.70)

6. Materiales dielectricos

Los materiales dielectricos son los que forman dipolos inducidos cuando son sometidos a un campoelectrico.

Algunas definiciones:

ρl: densidad de carga libre

ρ p: densidad de carga polarizada volumetrica

P : polarizacion

σ p: densidad de carga polarizada superficial

D: desplazamiento electrico

χe: susceptibilidad electricaFormulas:

σ p = P · n (6.1)

0∇ · E = ρ = ρl + ρ p = ρl − ∇ · P (6.2)

0∇ · E + ∇ · P = ∇ · (0 E + P ) = ρl (6.3)

D = 0

E +

P → ∇ ·

D = ρl (6.4)

∇ · D · dV =

ρldV = Qlibre =

D · d S (6.5)

P = 0χe E → D = 0 E + P = 0 E + 0χe

E (6.6)

D = 0(1 + χe) E = E (6.7)

29




6.1.

Un cascaron de radio a cargado con Q y rodeado de un material dielectrico de radio externo b. Lapolarizacion del dielectrico es P = αrr. Calcule:(a) las densidades superficiales y volumetricas de la carga polarizada.

(b) el vector de dezplazamiento en todo el espacio D

(c) el campo electrico en todo el espacio.

Figura 19:

HINT: En coordenadas esfericas

∇ · P = 1

r2∂

∂r

r2P r

+

1

r sin θ

∂

∂θ(sin θP θ) +

1

r sin θ

∂P φ∂zφ

(6.8)

Solucion

(a)

Las densidades de carga supeficiales en las caras externa e interna son:

σPa = −αa y σPb = αb (6.9)

La densidad volumetrica es:

ρ p = −∇ · P = − 1

r2∂

∂r

r2P r

= − 1

r2∂

∂r

r3α

= −3α (6.10)

Podemos observar que la carga neta polarizada es cero.

Q p = 4

3π(b3 − a3)ρ p + σPa4πa2 + σPb4πa3 = 0 (6.11)

(b)

S

D · d S = Qlibre (6.12)

30




Para r < a

D = 0 (6.13)

Para r > a

D =

Q

4πr2 r (6.14)

(c)

r < a

D = 0 E + P (6.15)

D = 0, P = 0 → E = 0 (6.16)

a < r < b

E = D − P 0

(6.17)

E = Q

4π0r2r − αr

0r (6.18)

b < r

E = Q

4π0r2r (6.19)

6.2.Disponemos de dos condensadores identicos, de placas plano-paralelas, cuya superficie es S yespesor d, como indica la figura. Entre las placas existe un dielectrico de permitividad = 1000.Una vez cargados con una diferencia de potencial V 0, y desconectada la baterıa en un instantedado se fractura el dielectrico entre las placas del condensador (1), de forma que se abre una fisuraplana y paralela a las placas, de espesor 0.01 · d. Calcular:(a) Los vectores E y D de los condensadores (1) y (2) antes y despues de la fractura.(b) La diferencia de potencial entre las placas de los condensadores despues de la fractura.

Figura 20:

31




Solucion

(a)

Antes de la fractura:

V = E ·

dr = d· E

·y

→ E =

V

d y (6.20)

E 1 = E 2 = V 0

d y (6.21)

D1 = D2 = E = 1000V 0d

y (6.22)

Despues de la fractura:

Definiremos las siguientes variables:

Qia: carga en el condensador i antes de la fractura.

Qid: carga en el condensador i despues de la fractura.

Q1a = Q2a =

D · d S = 1000

V 0d

S (6.23)

Qtotal = Q1a + Q2a = 2000V 0d

S (6.24)

Despues de la fractura, el campo electrico en el condensador tendra un componente en el materialdielectrico E 1, y un componente en la fractura E 1f . En la zona de la fractura no puede hallarseninguna carga porque es vacıo (el vacıo no conduce).

Q1d = E 1

S Q2d =

E 2

S (6.25)

Qtotal = Q1d + Q2d (6.26)

2000V 0d

S = 1000 S ( E 1 + E 2) (6.27)

2V 0d

= ( E 1 + E 2) (6.28)

Ademas, si el voltaje despues de la fisura es V , se debe cumplir que

V = E 1d + E 1f 0.01d (6.29)

V = E 2d (6.30)

E 1d + E 1f 0.01d = E 2d (6.31) E 1 + E 1f 0.01 = E 2 (6.32)

Aplicando el principio de continuidad del desplazamiento electrico entre el material dielectrico yla fractura obtenemos:

D1 = D1f → 1000 E 1 = 0 E 1f (6.33)

100 E 1 = E 1f (6.34)

32




y tenemos el sistema de ecuaciones:

2V 0d

= ( E 1 + E 2) (6.35)

E 1 + E 1f 0.01 = E 2 (6.36)

100 E 1 = E 1f (6.37)

Resolviendo...

E 1 = 2V 0

3d y (6.38)

E 2 = 4V 0

3d y (6.39)

E 1f = 200V 0

3d y (6.40)

D1 = 2000V 0

3d y (6.41)

D1f = 2000V 03d

y (6.42)

D2 = 4000V 0

3d y (6.43)

(b)

El potencial entre las placas se calcula como:

V = E 2d = 4V 0

3 (6.44)

Ejercicio tıpico

Se tiene el sistema de la figura. Explique como calcular la capacitancia equivalente.

!" !$

!%

"

"

#$ #%

Figura 21:

33




Este sistema se puede expresar de la siguiente forma:

!" !$

!% !%

Figura 22:

Para ello solo hay que calcular las capacitancias individuales de los cuatro condensadores y aplicarel calculo de capacitancia equivalente (conexiones en serie y paralelo).

Si son placas de area transversal ld1 y ld2 y separacion entre placas h (observar figura), las capa-citancias individuales se calculan de esta forma:

C = i(ldi)

h (6.45)

6.3.

Si el espacio entre dos cilindros conductores coaxiales alargados esta ocupado por un dielectrico,¿como debe variar la permitividad relativa r con la distancia r al eje para que la intensidad delcampo electrico sea independiente de r?¿Cual serıa la densidad de carga volumetrica ligada?Recordar que = r0.

34




Figura 23:

Solucion

Primero hallaremos el campo electrico entre los cilindros conductores, suponiendo que la superficieexterior del cilindro de menor radio tiene carga −Q, y la superficie interior del que es de mayorradio tiene carga Q.

E

=

−Q

2πr Lr0 → r =

k

r

(6.46)

Para un k constante.

Ahora se calculara la densidad volumetrica.

ρ = −∇ · P = −∇ · (0(r − 1) · E ) (6.47)

= −∇ ·

k − r

r

Q

2πkLr

(6.48)

= − Q

2πkL · 1

r · ∂

∂z r · k − r

r (6.49)

= − Q2πkLr

(6.50)

6.4.

En una jarra donde reposa un lıquido de densidad ρ y constante dielectrica k se inserta, vertical-mente, un condensador de placas paralelas planas de lados b y a (ver figura), y separacion entreplacas d << a, b. Luego se conecta el condensador a una baterıa, la que entrega una fuerza electro-motriz (voltaje) ε. Como consecuencia, el lıquido, que tiene total libertad para moverse entre las

35




placas del condensador, aumenta su nivel en el interior del condensador, alcanzando una altura h,expresandolo, si se aplica, en terminos de a,b,d, , k,ρ y g (aceleracion de gravedad).

Figura 24:

Solucion

Una vez alcanzada la nueva posicion del lıquido en el interior del condensador, este se comportacomo una asociacion en paralelo de dos condensadores, uno de los cuales posee lıquido de constantedielectrica k entre sus placas. Por lo tanto, si la region entre las placas que se lleno con lıquidodielectrico tiene largo x < a, la capacidad equivalente estara dada por:

C = k0bx

d +

0b(a − x)

d (6.51)

La fuerza vertical que se ejerce sobre el lıquido al mantenerse una diferencia de potencial aplicadaε constante esta dada por:

F

=

∂U

∂x

ε

(6.52)

Pero la energıa almacenada en el condensador depende de x como sigue:

U = ε2C

2 =

ε2

2

0b(kx + a − x)

d (6.53)

= ε2

2

0b[a + x(k − 1)]

d (6.54)

Por lo tanto,

36




F = ε2

2

0b(k − 1)

d (6.55)

En equilibrio, tal fuerza debe corresponder exactamente al peso de lıquido desplazada, es decir:

F g = mg = ρbhdg (6.56)

Por lo tanto

ρbhdg = ε2

2

0b(k − 1)

d → h =

0ε2

2ρgd2(k − 1) (6.57)

6.5.

Dentro de un condensador de placas plano-paralelas, de seccion A y espesor d, introducimos undielectrico de permitividad no uniforme, siendo y la direccion perpendicular a las placas. Des-preciando los efectos de borde y en caso de no existir cargas libres en el interior del dielectrico,calcular:a) el campo electrico, el desplazamiento electrico y el vector de polarizacion, cuando aplicamosuna diferencia de potencial V o entre las placas.b) las densidades de carga de polarizacion.c) la capacidad del condensador.

= 0

1 + y

d

Figura 25:

37




Solucion

(a)

Como no hay carga libre tenemos lo siguiente

∇ · D = ρ

l = 0

→ ∂D

∂y = 0

→ D = cte

Las relaciones que tenemos hasta ahora son

D = 0 E + P = E (6.58) d0

E · y =

d0

D

· dy = V 0 (6.59)

De la ultima ecuacion

D

d

0

dy

1 + y/d = V 0 (6.60)

D

0d log

1 +

y

d

d0

= D

0d log(2) = V 0 (6.61)

Por lo tanto D =

V 00d log(2)

y

y con esto

E = D

=

V 0d log(2)(1 + y/d)

y

y obtenemos P

P = D − 0 E = V 00y

d log(2)(d + y)y

(b)

La densidad volumetrica la calculamos como...

ρ p(y) = −∇ · P (y) = −∂ P

∂y = − V 00

log(2)(d + y)2

Y las densidades superficiales (en contacto con las placas del condensador) son:

σ1 = − P · yy=0 = 0 (6.62)

σ2 = P · yy=d

= V 002d log(2)

(6.63)

(c)

En una de las placas del condensador, la carga es:

Qlibre =

D · d S = A

V 00d log(2)

(6.64)

38




Luego, la capacitancia es

C = Qlibre/V 0 = A 0

d log(2) (6.65)

7. ConduccionI : corriente electrica

J : densidad de corriente (por unidad de areal)

τ : tiempo libre medio entre colisiones

λ: camino libre medio entre colisiones

vd: velocidad de deriva

ρ: resistividad

σ: conductividad → σ = 1/ρ

R: resistencia electrica

n: numero de electrones por unidad de volumen

−e: carga de un electron

me: masa de un electron

µ: movilidad del electron

I =

S

J · d S → I =

S

J · d S =

V

∇ · JdV (7.1)

−e E = F = ma = mvd

τ → vd =

−e Eτ

m (7.2)

R = ρ l

A (7.3)

J = I

A =

−enA∆x

A∆t = −envd = enµE = σE (7.4)

vd = −µE (7.5)

µ = eτ

m (7.6)

Circuitos:

39




Figura 26:

En la figura se observan dos resistencia, una fuente de voltaje, y un condensador. El espacio quesepara dos o mas componentes se denomina “nodo” (puntos rojos de la figura). La conexion atierra indica que el voltaje en ese nodo es cero.

Las formulas tıpicas son:

Conexion de resistencias en serie y en paralelo, respectivamente

Req = R1 + R2 (7.7)

1

Req=

1

R1+

1

R2(7.8)

Leyes de Kirchhoff:la corriente que ingresa a un nodo es la misma que la que sale.

I in =

I out (7.9)

La suma de corrientes en una malla (loop cerrado) es ceroV loop = 0 (7.10)

Otras formulas

V = I R (7.11)

P = V I = I 2R = V 2

R (7.12)

C = Q

V → I = C

dV

dt (7.13)

40




7.1.

Se tienen dos cascarones esfericos conductores perfectos de radios a < c. El espacio entre losconductores se llena de permitividades relativas r1 y r1, y de conductividades σ1 y σ2, respecti-vamente. La separacion de estas propiedades estan a un radio b (a < b < c). Calcule:(a) La resistencia equivalente.

(b) La densidad de carga libre en r = b cuando se aplica un voltaje V 0 como se indica en la figura

Figura 27:

Solucion

(a)

I =

JdS = 4πr2J ⇒ J =

I

4πr2 (7.14)

J = σE ⇒ E = J

σ =

I

4πr2σ (7.15)

V 0 = ca Edr =

I

4πσ1

a − 1

c

(7.16)

R = V 0

I =

1

4πσ

1

a − 1

c

(7.17)

Y la resistencia equivalente es

Req = 1

4πσ1

1

a − 1

b

+

1

4πσ2

1

b − 1

c

41




(b)

Qlibre =

Ds · S (r = b) (7.18)

= ( D2(r = b) · n + D1(r = b) · (−n))4πb2 (7.19)

= ( E 2(r = b)r1−

E 1(r = b)r1)4πb20 (7.20)

De aca obtenemos σlibre

σlibre = Qlibre

4πb2 =

I04πb2

r1σ1

− r2σ2

(7.21)

Donde I = V 0/R que son datos ya conocidos.

7.2.

Sea un cable formado por dos cilindros conductores coaxiales muy largos y de radios ra < rb. La

region entre ellos se encuentra llena de un material de conductividad σ. Encuentre la resistenciaentre los conductores si la corriente fluye de adentro hacia afuera.

Figura 28:

Solucion

I =

JdS = 2πrLJ ⇒ J = I

2πrLJ (7.22)

J = σE ⇒ E = J

σ =

I

2πrLσ (7.23)

∆V =

ba

Edr =

ba

I

2πrLσdr =

I

2πLσ log(b/a) (7.24)

R = ∆V

I =

1

2πLσ log(b/a) (7.25)

42




7.3.

Considere dos esferas conductoras concentricas, de radios a y b como se muestra en la figura. Lamitad del espacio entre las esferas se llena con un medio de conductividad g1 y la otra mitad conun medio de conductividad g2. Calcule la resistencia equivalente entre los dos conductores. Calculeel voltaje que debe aplicarse sobre esta resistencia para disipar una energıa Q en t segundos.

Figura 29:

Solucion

Para a < r < b

E = Q

4π0r2r (7.26)

La carga Q esta en el conductor interior, distribuida de manera no uniforme. Podemos calcular lasdensidades de carga correspondientes a cada medio de conductividad gi.

J 1 = Qg14π0r2

r (7.27)

J 2 = Qg24π0r2

r (7.28)

Para calcular la corriente total, se utilizara media superficie esferica para cada medio.

I =

J · d S = 2πr2

( J 1 + J 2)r (7.29)

y reemplazando los valores de las densidades de corriente correspondientes...

I = Q

20(g1 + g2) (7.30)

Falta calcular la diferencia de potencial.

V ab =

ba

E · dr = Q

4π0

1

a − 1

b

(7.31)

43




y la resistencie equivalente es:

R = V ab

I =

1

2π

1

g1 + g2

1

a − 1

b

(7.32)

La energıa disipada viene dada por la siguiente relacion

Q =

t

0

P dt =

t

0

V · Idt =

t

0

V ·

V

R

dt =

t

0

V 2

R dt =

V 2

R t (7.33)

Aca es trivial despejar V a partir de los terminos conocidos.

7.4.

Un objeto (cable) de largo L, seccion transversal A, y conductividad σ tiene una resistencia R = LσA .

Para un objeto de seccion transversal variable A(x) = π(x + h)2 la formula adecuada es:

R = dx

σA(x) (7.34)

Considere un objeto volumetrico de conductividad uniformeσ. El objeto consta de dos secionesconicas y un cilindro que une los conos. Cada cono tiene un radio mınimo h y un radio maximoL + h, y largo L (ver figura). Una corriente I circula horizontalmente por este objeto a lo largo deleje de simetrıa.

(a) Determine la resistencia del cono de la izquierda.(b) Determine la resistencia total.

Figura 30:

Solucion

(a)

R =

L0

dx

σπ(x + h)2 =

L

πσh(L + h) (7.35)

44




(b)

Rcilindro = L

πσ(L + h)2 (7.36)

Rtotal = L

πσ(L + h)2

+ 2 L

πσh(L + h)

(7.37)

7.5.

Calcule la corriente que pasa por R3

V1 V2R3

R1 R2

Figura 31:

Solucion

El nodo que esta entre las tres resistencias lo llamaremos vx.

i1 = v1 − vx

R1(7.38)

i2 = v2 − vx

R2(7.39)

i3 = vx

R3(7.40)

i1 + i2 = i3 (7.41)

45




v1 − vx

R1+

v2 − vxR2

= vxR3

(7.42)

vx =v1R1

+ v2R2

1R1

+ 1R2

+ 1R3

(7.43)

Luego reemplazamos en

i3 = vxR3

y obtenemos i3 que es la corriente que buscabamos

7.6.

En t=0 el interruptor se cierra. Calcule ia(t). Si el interruptor se mantuvo cerrado por un tiempomuy largo y repentinamente se abre, calcule la nueva funcion de ia(t).

R1

100 Ω

V1

9 V

R3

100 Ω

R2

100 ΩC1

1 µF

Ia

SW1

Figura 32:

Solucion

Tenemos dos mallas.

R1 = R2 = R3 = R (7.44)

0 = −v + R · i + R · (i − ia) (7.45)

0 = R · (ia − i) + R · ia + vc (7.46)

46




Donde vc es el voltaje en el condensador. En la primera ecuacion de mallas despejamos i y loreemplazamos en la segunda ecuacion.

0 = −v + R · i + R · (i − ia) (7.47)

i · 2R = v + R · ia (7.48)

i =

v

2R +

1

2ia (7.49)

ahora reemplazamos y nos queda

0 = R · (ia − i) + R · ia + vc (7.50)

R · i = 2R · ia + vc (7.51)

R

v

2R +

1

2ia

= 2R · ia + vc (7.52)

v

2 +

R

2 ia = 2R · ia + vc (7.53)

Ademas, sabemos que

C = Q(t)

vc(t) ⇒ Q(t) = C · vc(t)

Si derivamos esta relacion respecto al tiempo tenemos

C · dvc(t)

dt =

dQ(t)

dt = I c(t)

donde I c(t) es la corriente que pasa por el condensador, es decir,

I c = ia

Sigamos con la ecuacion de antes, reemplazando lo recien calculado.

v

2 +

R

2 ia = 2R · ia + vc (7.54)

v

2 +

RC

2

dvc(t)

dt = 2R · C · dvc(t)

dt + vc(t) (7.55)

3RC

2

dv(t)

dt + vc(t) =

v

2 (7.56)

La ecuacion diferencial tiene como solucion

vc(t) = K · e− 23RC t + v

2 (7.57)

Para conocer K usamos la condicion inicial vc(0) = 0

vc(t) = v

2(1 − e−

2

3RC t) (7.58)

Cuando el circuito ha pasado mucho tiempo encendido, el voltaje en el condensador tiende a v/2.Establecemos nuevamente un tiempo de referencia t=0 en el instante en que se abre el interruptor.La nueva condicion inicial es vc(0) = v

2

47




El circuito ahora consta de una sola malla (no puede circular corriente en lazos abiertos).

R · ia + R · ia + vc = 0 (7.59)

2R · ia + vc = 0 (7.60)

2RC

dvc(t)

dt + vc(t) = 0 (7.61)y tenemos la solucion

vc(t) = v

2e−

t2RC (7.62)

7.7.

Para t < 0 los interruptores S estan abiertos y el condensador C descargado. En t = 0 ambosinterruptores se cierran simultaneamente.

(a) Obtenga q (t) en el condensador.(b) Calcule la energıa disipada en R.

Figura 33:

Solucion

Observamos dos mallas, cuyas corrientes fluyen en sentido horario y antihorario, respectivamente.I 1 e I 2.

ε1 = I 1R1 + R(I 1 + I 2) + q (t)

C (7.63)

ε2 = I 2R2 + R(I 1 + I 2) + q (t)

C (7.64)

Se puede apreciar que

I 1 + I 2 = dq

dt = q (t) (7.65)

48




Y tenemos las ecuaciones

ε1 = I 1(t)R1 + Rq (t) + q (t)

C (7.66)

ε2 = I 2(t)R2 + Rq (t) + q (t)

C (7.67)

En este caso, despejar las corrientes I 1 e I 2 en funcion de q (t) puede ser muy complicado. Probemosotro metodo.

El nodo entre R y C tiene voltaje V = qc , y el nodo sobre R tiene voltaje V = q

C + Rq . Usando elmetodo de los nodos...

ε1 − qC − Rq

R1+

ε2 − qC − Rq

R2= q (7.68)

Obtenemos la ecuacion diferencial

q (t) + q

ReqC =

1

Req

ε1 − ε1 − ε2

R1 − R2R1

(7.69)

conReq = R − R1R2

R1 + R2(7.70)

Aplicando lo que aprendieron en las clases de EDO, con la condicion inicial q (0) = 0, se obtiene

q (t) =

ε1 − ε1 − ε2

R1 − R2R1

C

1 − et/ReqC

(7.71)

I 1(t) + I 2(t) = q (t) = 1

ReqC

ε1 − ε1 − ε2

R1 − R2R1

C

et/ReqC

(7.72)

E = ∞0

(I 1(t) + I 2(t))2Rdt (7.73)

= R 1

2ReqC

ε1 − ε1 − ε2

R1 − R2R1

2(7.74)

7.8.

Los dos condensadores del circuito estan inicialmente abiertos, y los condensadores descargados.

Figura 34:

49




(a) En t = 0 el interruptor S 1 se cierra. Calcule I 1(t)(b) Despues de un tiempo practicamente infinito, el interruptor S 2 se cierra. Calcule la corrienteen este instante en los condensadores.

Solucion

(a)

Cuando solo esta cerrado S 1, tenemos solo la primera malla (lado izquierdo del circuito). Es-cribiremos la corriente que circuila en sentido horario como I 1(t) = Q

1(t). Entonces la ecuacion dela malla es:

V = Q1(t)

C + RQ(t) → Q

1(t) + Q1(t)

RC 1=

V

R (7.75)

Resolviendo la EDO con la condicion inicial Q1(0) = 0

Q1(t) = V C 1(1 − e−t/RC 1) (7.76)

I 1(t) = Q1(t) =

V

Re−t/RC 1 (7.77)

(b)

Justo antes de cerrarse S 2 en el tiempo t = 0− el condensador actua como circuito abierto. Lascondiciones iniciales son:

Q1(0−) = Q1(0) = V C 1 (7.78)Q2(0) = 0 (7.79)

Despues de cerrarse S 2 podemos hacer dos ecuaciones de nodos.

V − Q1(t)/C 1R

= Q1 +

Q1(t)/C 1 − Q2(t)/C 2R

(7.80)

Despejemos la corriente del condensador Q1(t) y la evaluamos en el instante t = 0

Q1(t) =

V

R − 2Q1(t)/C 1

R +

Q2(t)/C 2R

(7.81)

Q1(0) =

V

R − 2Q1(0)/C 1

R +

Q2(0)/C 2R

(7.82)

Q1(0) =

V

R − 2V

R = −V

R (7.83)

Solo falta calcular la corriente Q2(0). Hacemos otra ecuacion de nodos.

Q1(t)/C 1 − Q2(t)/C 2R

= Q2/C 2

R +

Q2/C 2R

+ Q2(t) (7.84)

50




y obtenemos

Q2(t) =

Q1(t)/C 1R

− 3Q2(t)/C 2

R (7.85)

Q2(0) =

Q1(0)/C 1

R −3

Q2(0)/C 2

R

(7.86)

Q2(0) =

V

R (7.87)

7.9.

En un comienzo, ambos interruptores se encuentran abiertos. Repentinamente S 1 se cierra y per-manece ası hasta que C 1 se carga completamente. Posteriormente, S 1 se abre y S 2 se cierra. Calculela carga de los condensadores en funcion del tiempo desde que S 2 se cierra.

V

R

C1 C2

RS1 S2

Figura 35:

Solucion

El primer condensador queda cargado completamente, entonces su voltaje tiende al mismo valorde la fuente de potencia V , y su carga es q 1 = C 1V . Cuando el interruptor S 2 se cierra (en untiempo t=0) se tiene:

q 1(0) = C 1V (7.88)

q 2(0) = 0 (7.89)

q 1(t) + q 2(t) = C 1V por conservacion de carga (7.90)

Luego, por mallas tenemos la siguiente ecuacion, donde V 1 y V 2 son los voltajes en los condensa-dores.

V 1 = Ri + V 2 (7.91)

Para desarrollar mejor el ejercicio...

i = q 2 (7.92)

V 2 = q 2C 2

(7.93)

V 1 = q 1C 1

(7.94)

q 1 = C 1V − q 2 (7.95)

51




y ahora se resuelve

C 1V − q 2C 1

= Rq 2 + q 2C 2

(7.96)

q 2 +

1

RC 1+

1

RC 2

q 2 =

V

R (7.97)

q 2(t) = C 1C 2C 1 + C 2

V

1 − e− 1

RC 1+ 1RC 2

t

(7.98)

8. Campo Magnetico

El campo magnetico que ejerce un carga que recorre un camino C (Ley de Biot-Savart) es:

B(r) = µ0

4π

C

I × (r − r)dl

|r − r|3 = µ0I

4π

C

d l × (r − r)|r − r|3 (8.1)

Fuerza de Lorentz:

F = q ( E + v × B) = q E + I L × B (8.2)

Ley de Ampere: C

B · d l = µ0I enc (8.3)

Flujo de campo magnetico:

Φ = B

·d S (8.4)

Φ =

S

B · d S =

V

∇ · BdV = 0 (8.5)

∇ · B = 0 (8.6)

Ley de Faraday (fem inducida):

ε = −N dΦ(t)

dt ⇐ la fem va en sentido opuesto a la variacion de flujo (8.7)

= −N dΦ(t)

di

di(t)

dt (8.8)

= L didt

donde L es la inductancia de una bobina de N vueltas (8.9)

Momendo dipolar magnetico:Dado una corriente I que circula en un lazo cerrado de area A = An, sobre el cual se aplica uncampo magnetico B, el momento dipolar magnetico y el torque sobre el lazo es:

m = I A o bien para una bobina de N vueltas m = N I A (8.10)

τ = m × B (8.11)

52




8.1.

Sobre una partıcula de carga q y masa m actua un campo electrico E x y densidad de flujo magneticoBz . Si la partıcula parte del reposo, encuentre su posicion en funcion del tiempo.

Solucion

Tenemos que

E = E x (8.12)

B = Bz (8.13)

La fuerza sobre la partıcula produce una aceleracion

F = ma = q ( E + v × B) (8.14)

= q (E x + (vxx + vyy + vzz ) × Bz ) (8.15)

= q (x − Bvxy + Bvyx) (8.16)

Separamos los componentes de la fuerza

F x = mdvxdt

= qE + qvyB (8.17)

F y = mdvydt

= −qvxB (8.18)

F z = mdvz

dt = 0 (8.19)

De la componente en z se tiene que z (t) = Ct + D, pero z (0) = z (0) = 0, lo que implica quez (t) = 0.

Si derivamos la componente en y obtenemos

md2vy

dt2 = −qB

dvx

dt (8.20)

dvx

dt = − m

qB

d2vy

dt2 (8.21)

Lo reemplazamos en la componente de x

−m2

qB

d2vy

dt2 = qE + qvyB (8.22)

vy + q 2EBm2

+ q 2B2

m2 vy = 0 (8.23)

Usaremos ω = qB/m, entonces...

vy + ω2

E

B + vy

= 0 (8.24)

Hacemos un cambio de variable R(t) =E B + vy

, por lo que R(t) = v

y . Ası

R + ω2R = 0

53




La solucion es del tipoR(t) = A cos(ωt) + D sin(ωt)

volviendo a la variable original tenemos

vy(t) = A cos(ωt) + D sin(ωt) − E

B (8.25)

vy(t) = −Aω sin(ωt) + Dω cos(ωt) (8.26)

Falta poco, ¡no se desesperen! Recordemos que mdvydt

= −qvxB, y lo reemplazamos en la ecuacionanterior

vx = − m

qB (−Aω sin(ωt) + Dω cos(ωt)) (8.27)

= − 1

ω (−Aω sin(ωt) + Dω cos(ωt)) (8.28)

= A sin(ωt) − D cos(ωt) (8.29)

Usamos las condiciones iniciales vy(0) = vx(0) = 0 para llegar a D = 0 y A = E/B

vx(t) = E

B sin(ωt) (8.30)

vy(t) = E

B(cos(ωt) − 1) (8.31)

Finalmente, integrando

x(t) = − E

Bω cos(ωt) + C 1 (8.32)

y(t) = E

Bω(sin(ωt)

−ωt) + C 2 (8.33)

Ya casi... x(0) = y(0) = 0 ⇒ C 1 = E Bω C 2 = 0

x(t) = − E

Bω(1 − cos(ωt)) (8.34)

y(t) = E

Bω(sin(ωt) − ωt) (8.35)

z (t) = 0 (8.36)

Figura 36:

54




8.2.

Considere un alambre infinito por el cual circula una corriente I 1 y una espira rectangular de ladosa y b, coplanar con el alambre como se muestra en la figura. En la espira rectangular circula unacorriente I 2. Calcule la fuerza que se ejerce entre la espira y el alambre.

Figura 37:

Solucion

Por Ley de Ampere, el campo magnetico ejercido por el alambre es Bdy = µ0I 1 (8.37)

B(y) = µ0I 12πy

z (8.38)

Las fuerzas sobre la espira son

F 1 = I 2

a0

dxx ×

µ0I 12π(b + h)

z

= − µ0I 1I 2a

2π(b + h)y (8.39)

F 2 = I 2 b+h

h dyy ×µ0I 12πy z

= −

µ0I 1I 22π log

b + h

h

x (8.40)

F 3 = −I 2

a0

dxx ×

µ0I 12πh

z

=

µ0I 1I 2a

2πh y (8.41)

F 4 = − F 2 (8.42)

El resultado es la suma de todas estas fuerzas

55




Para que la trayectoria de las partıculas no se desvıe necesitamos que:

F e = − F m (8.43)

= −(±e)v × B (8.44)

= −(±e)vB (i × k) = (±e)vBˆ j (8.45)

Entonces

±e E = (±e)vBˆ j (8.46)

E = vBˆ j (8.47)

(b)

Solo en presencia de un campo magnetico se tiene una trayectoria circular.

F m = F centripeta (8.48)

− (±e)vBˆ j = mv2

R r (8.49)

entonces la trayectoria circular es de radio R = mveB .

(c)

Para alguna trayectoria circular de radio R = L/2 + d se cumple que x2 + d2 = R2. Por lotanto

R = x

2

L + L4 (8.50)

usando lo obtenido en (b)

mv

eB =

x2

L +

L

4 → m =

eB

v

x2

L +

L

4

(8.51)

(d)

Los valores maximo y mınimo de x son 0 y L, respectivamente.

mmin = 14

eBLv

< m < 54

eBLv

= mmax (8.52)

reemplazando v = E/B

mmin = 1

4

eB2L

E < m <

5

4

eB2L

E = mmax (8.53)

57




8.4.

Mediante la ley de Ampere calcular la densidad de flujo magnetico B que existe, cuando circulauna corriente i:(a) en el interior de un solenoide de N espiras y longitud L (L suficientemente grande).(b) en el interior de una bobina toroidal de N espiras y radio externo medio, a .

Solucion

(a)

Veamos nuestro problema de la siguiente forma:

Figura 39:

Figura 40:

B · d l =

ab

B · d l +

bc

B · d l +

cd

B · d l +

da

B · d l (8.54)

Donde las integrales en bc y da tienen valor cero por tratarse de vectores perpendiculares. El campomagnetico fuera del solenoide (lınea cd) es tambien cero ya que podemos ubicar este tramo tanlejos del soleniode como queramos. Entonces nos queda:

B · d l = Bl = µ0I enc = µ0iN (8.55)

Con N =numero de vueltas encerradas. Si usamos n = N/l

Bsolenoide = iµ0nk (8.56)

(b)

Tenemos una bobina toriodal de radios interno Ri y externo Re.

58




Figura 41:

Para un punto entre ambos radios Ri < r < Re: B · d l = B

dl = B2πr (8.57)

µoNi = B2πr (8.58)

Btoroide = µ0iN

2πr r (8.59)

8.5.

Calcule el campo magnetico en P en funcion de I 1, I 2 y R.

Figura 42:

Solucion

d B1 = µ0I 1

4π

d l1 × r

r2 =

µ0I 14π

dl1R2

(−k) (8.60)

d B2 = µ0I 2

4π

d l2 × r

r2 =

µ0I 24π

dl2R2

(k) (8.61)

59




Usando dl = Rdθ.

d B1 = µ0I 1

4π

dθ1R

(−k) (8.62)

d B2 = µ0I 2

4π

dθ2R

(k) (8.63)

Evaluando en 0 ≤ θ1 ≤ π y π ≤ θ2 ≤ 2π, y sumandolos:

B(P ) = B1(P ) + B2(P ) = µ0(I 2 − I 1)

4Rk (8.64)

8.6.

Calcule el campo magnetico sobre un punto del eje Z, ejercido por un loop circular de radio R ycorriente I . El loop es coplanar al plano XY.

Figura 43:

Solucion

Cada diferencial del alambre del loop ejerce un campo magnetico en una direccion perpendiculara la distancia que lo separa de un punto en el eje Z. Dado que el sistema es simetrico, el campomagnetico total sobre un punto solo conserva su componente en el eje Z y el resto es cancelado.

B =

µ0I

4π dl

×(z z

−Rr)

(R2 + z 2)3/2 (8.65)

d l = Rdθθ (8.66)

B = µ0I

4π

Rdθθ × (z z − Rr)

(R2 + z 2)3/2 (8.67)

B = µ0I

4π

Rdθ(z r + Rz )

(R2 + z 2)3/2 (8.68)

60




r = cos(θ)x + sin(θ)y ⇐ se elimina cuando se integra entre 0 y 2π

B = µ0I

4π

2π0

Rdθ(Rz )

(R2 + z 2)3/2 (8.69)

B = µ0I

2

R2

(R2 + z 2)3/2 z (8.70)

8.7.

Se tiene una espira cuadrada de lado L en la cual circula una corriente I en sentido antihorario.Calcue el campo magnetico en un punto P a una distancia x perpendicular al centro de la espiray explique que sucede si x >> L. HINT: (1 + x)n ≈ 1 + nx.

Figura 44:

Solucion

Dada la simetrıa del problema solo tiene significancia la componente del campo magnetico en eleje X. Podemos observar ocho lıneas de largo L/2.

Figura 45:

Cada una de estas produce un campo sobre P de

B0 = µ0

4π

Id l × r

r2 (8.71)

61




donde r =

x2 + (L/2)2 + z 2 y |d l × r| = dz sin θ = dz

x2+L2/4x2+(L/2)2+z2

. Ademas, en el eje X

B0x = B0 cos φ = B0L/2

x2 + L2/4(8.72)

Luego,

B0x = µ0I

4π

L/2

0

sin θ cos φdz r2

(8.73)

= µ0IL

8π

L/20

dz

(x2 + (L/2)2 + z 2)3/2 (8.74)

= µ0IL

8π

z

(x2 + L2/4)

x2 + (L/2)2 + z 2

L/20

(8.75)

= µ0IL2

16π

1

(x2 + L2/4)

x2 + 2(L/2)2(8.76)

Finalmente...

B = 8 B0x = µ0IL2

2π1

(x2 + L2/4)

x2 + 2(L/2)2x (8.77)

Para x >> L, reescribimos:

B = µ0IL2

2πx3

1

(1 + L2

4x2 )

1 + L2

2x2

x (8.78)

Usando

1 + L2

2x2 ≈ 1 + L2

4x2

B

≈

µ0IL2

2πx3

1

(1 + L2

4x2 )2

x (8.79)

B ≈ µ0IL2

2πx3 x (8.80)

8.8.

Dos lıneas paralelas no conductoras y muy largas tiene densidad de carga uniforme λ, y estanseparadas a una distancia d. Calcule la velocidad v a la cual estas se mueven juntas, de maneraque se anulen las fuerzas magnetica F m y electrica F e que se ejercen mutuamente.

!

! !

Figura 46:

62




Solucion

Queremos que F m = F e. Para calcular el campo electrico que ejerce una lınea sobre otrausamos la Ley de Gauss.

E · d S = Qenc

0(8.81)

E · 2πrL = λL

0(8.82)

E (d) = λ

2πdr (8.83)

y la fuerza electrica es

F e = λ2L

2πdr (8.84)

Para calcular el campo magnetico, encerramos una lınea en una circunferencia de lado d.

B · d l =

2π0

Bθ · rdθθ = 2πrB = I encµ0 (8.85)

B(d) = Iµ0

2πdθ (8.86)

y la fuerza magnetica es

F m = I

L0

dz z × µ0I θ

2πd =

−I 2µ0L

2πd r (8.87)

usando I = λv e igualando los modulos de las fuerzas...

λ2v2µ0L

2πd =

λ2L

2πd0(8.88)

v =

1

0µ0⇐ Esto es la velocidad de la luz (8.89)

8.9.

Una baterıa (FEM) V 0 se conecta entre dos rieles paralelos por los cuales se desliza sin roce una

barra conductora de longitud L y masa m. La resistencia total del circuito es R y se mantieneconstante independiente de la posicion de la barra, ademas existe un campo magnetico B constantey de direccion uniforme saliendo de la hoja. Si la barra parte del reposo, calcule la velocidad v(t)de la barra e i(t) en el circuito.

63




Figura 47:

Solucion

Cuando la barra esta en reposo, I = V 0R. La fuerza sobre la barra es F = I LB hacia la izquierda.

F = I LB = ma = mdv

dt (8.90)

I = m

LB

dv

dt (8.91)

Al estar la barra en movimiento habra un cambio en el flujo magnetico que atraviesa el circuito yaparecera una fuerza electromotriz inducida.

Figura 48:

Φ = BLx (8.92)

ε = dΦ

dt = BLv (8.93)

Usando el metodo de mallas:

V 0 = I R + BLv (8.94)

V 0 = R m

LB

dv

dt + BLv (8.95)

64




y se tiene

v + B2L2

Rm v =

V 0BL

Rm (8.96)

Resolviendo la EDO, y con la condicion inicial de la velocidad v(0) = 0

v(t) = V 0LB

(1 − e−L2B2

mR t) (8.97)

i(t) = m

LB

dv

dt =

LBV 0mR

e−L2B2

mR t (8.98)

8.10.

Considere una espira cuadrada de lado a que gira alrededor del eje X a velocidad angular ω comose muestra en la figura. En el medio existe un campo magnetico B = Bz

a) Encuentre el voltaje inducido en la espira.

b) Si la espira se queda quieta, formando un angulo α con el plano XY, y por la espira hay unacorriente I , calcule el torque ejercido sobre la espira

Figura 49:

Solucion

(a)

Primero hay que calcular el flujo de campo magnetico, dado por

Φ =

S

Bd S = B · A(t)

dondeA(t) = a2 cos(ωt)

65




Luego

ε = −dΦ

dt (8.99)

= −d(Ba2 cos(ωt))

dt (8.100)

= Ba2ω sin(ωt) (8.101)

(b)

Recordemos la formula de la Fuerza de Lorentz cuando solo existe un campo magnetico.

F = L( I × B)

Tenemos que calcular las fuerzas ejercidas en los cuatro lados del loop

F 1 = I · (−x)a × B(z ) = BIay (8.102)

F 2 = I · (− cos(α)y − sin(α)z )a × B(z ) = −BI a cos(α)x (8.103)

F 3 = I

·(x)a

×B(z ) =

−BI ay (8.104)

F 4 = I · (cos(α)y + sin(α)z )a × B(z ) = BIa cos(α)x (8.105)

El torque se calcula haciendo el productro cruz entre la fuerza y la distancia al eje de rotaci on.τ = F × r

τ 1 = F 1 × a1

2(cos(α)y + sin(α)z ) =

1

2BI a2 sin(α)x (8.106)

τ 2 = F 2 × 0 = 0 (8.107)

τ 3 = F 3 × a1

2(− cos(α)y − sin(α)z ) =

1

2BI a2 sin(α)x (8.108)

τ 4 = F 4 × 0 = 0 (8.109)

Entonces τ = BIa2 sin(α)x

8.11.

Un loop rectangular en el plano de la p agina tiene dimensiones a y b. Un alambre muy largo quelleva una corriente I se ubica justo sobre el loop como muestra la figura.

66




a) Obtenga una expresion para el flujo magnetico a traves de la bobina como funcion de x para0 ≤ x ≤ b.

b) Obtenga una expresion para la fem inducida en la bobina si el alambre se ubica en x = b/4 yla corriente varıa en el tiempo como I = 2t.

Solucion

(a)

El flujo a un lado del cable tiene la misma magnitud que para el otro lado en 0 < r < b − x.En este intervalo, la magnitud es la misma pero el signo es distinto, por lo tanto se cancela elflujo en esta parte. El unico flujo de campo magnetico que tiene relevancia es el que se ubica enb − x < r < x. Por la ley de ampere

C

Bd l = µ0I

⇒B =

µ0I

2πr

(8.110)

Entonces

Φ =

BdA =

xb−x

µ0I

2πradr = − 1

2πµ0Ia log

b − x

x

(8.111)

(b)

Φ = − 1

2πµ02ta log

b − b/4

b/4

(8.112)

Φ = − 1

2π µ02ta log(3) (8.113)

Y la fem es

ε = −dΦ

dt =

1

πµ0a log(3) (8.114)

9. Mas de Campo Magnetico e Induccion

De la Fuerza de Lorentz se puede llegar a lo siguiente

F = qv × B (9.1)

F

q = v × B (9.2)

E = v × B (9.3)

E · d l = (v × B) · d l (9.4)

ε =

(v × B) · d l (9.5)

67




Donde v es la velocidad del material conductor sometido a un campo B.

Forma diferencial de la Ley de Faraday

ε = C

E

·d l =

−

dΦB

dt

=

−

d

dt S

B

·d S (9.6)

C

E · d l =

S

(∇ × E ) · d S = − S

∂ B

∂t · d S (9.7)

∇ × E + ∂ B

∂t = 0 (9.8)

Forma diferencial de la Ley de Ampere C

B · d l = µ0I enc (9.9)

S (∇ ×

B) · d

S =

S µ0

J · d

S (9.10)

∇ × B = µ0 J (9.11)

Para cumplir la condicion de conservacion de la carga, se propuso una corriente de desplazamientoI D, luego

C

B · d l = µ0(I enc + I D) = µ0

I enc +

∂

∂t

V

ρdV

(9.12)

C

B

·d l = µ0I enc +

∂

∂t V

(

∇ · D)dV (9.13)

S

(∇ × B) · d S =

S

µ0

J +

∂ D

∂t

· d S (9.14)

∇ × B = µ0

J +

∂ D

∂t

(9.15)

De las ecuaciones anteriores se observa que la corriente de desplazamiento cumple que:

J D = ∂ D

∂t = 0

∂ E

∂t

Energıa magnetica: En un volumen V sometida a un campo B la energıa almacenada y la induc-tancia del sistema son:

U m = 1

2µ0

V

| B|2dV (9.16)

U m = 1

2LI 2 (9.17)

68




9.1.

El disco circular de radio R que muestra la figura rota a ω (rad/s) en un campo unforme B = Bz .Un voltmetro se conecta al disco utilizando contactos deslizantes. ¿Que voltaje indica el voltmetro?

Figura 50:

Solucion

Tenemos:

B = Bz

v = ωrφ

Para calcular la diferencia de potencial entre r = 0 y r = R usamos la siguiente ecuacion

ε =

(v × B) · d l (9.18)

=

R0

(ωrφ × Bz ) · drr (9.19)

=

R0

(ωrφ × Bz ) · drr (9.20)

=

R

0

(ωB)r · drr (9.21)

=

R

0

(ωB)rdr = ωB R2

2 (9.22)

69




9.2.

Un cable coaxial esta constituido por dos cascarones cilındricos conductores perfectos, concentricosde radios a < b y altura z . Este cable esta cortocircuitado en uno de sus extremos, por lo que lacorriente I que circula en ambos cascarones es el mismo pero en sentido contrario. Calcule lainductancia del sistema.

Solucion

Primero calculamos la energıa magnetica, y a partir de ello calculamos la inductancia. entre a y bel campo magnetico es

B = µ0I

2πrr

Luego

U m = 1

2µ0 V

| B|2dV (9.23)

= 1

2µ0

V

µ0I

2πr

2

dV (9.24)

= 1

2µ0

z0

2π0

ba

µ0I

2πr

2

rdrdθdz (9.25)

= µ0I 2

4π z ln(b/a) (9.26)

Y la inductancia es

U m = 1

2

LI 2 (9.27)

L = 2U mI 2

= µ0

2πz ln(b/a) (9.28)

9.3.

Considere el circuito de la figura. El interruptor S 1 ha estado cerrado por mucho tiempo y en t = 0se abre.

Figura 51:

70




10. Corriente Alterna

La corriente alterna ve generalmente de la forma

V (t) = A cos(ωt) + B

Este voltaje esta conformado por una parte alterna (AC) A cos(ωt) y una parte continua (DC)B. Anteriormente se estudio que la carga de un condensador por corriente DC viene dada por lasiguiente formula:

V c(t) = V in

1 − e−t/τ

τ = RC

4RC

Vin

t

V c

( t )

Figura 52: Carga de un capacitor

Noten que a partir de t = 4τ se llega a un regimen permantente, en el cual el condensador deja detener algun efecto sobre la corriente DC. Algo similar ocurre con las inductancias.

Ahora vamos a centrarnos en los efectos de la componente AC en inductores y capacitores. Utili-zaremos el operador de Laplace s = d/dt. Para los capacitores

I c = C dV cdt

= CsV c (10.1)

Z c = V cI c

= 1

sC [Ω] (10.2)

Donde Z c es la impedancia del capacitor. La impedancia es una “especie de resistencia”. Para lainductancia

72




V L = LdI Ldt

= LsI L (10.3)

Z L = V LI L

= sL[Ω] (10.4)

El operador s tiene un componente continuo DC (σ) y un componente alterno AC ( jω).

s = σ + jω

Sin embargo, la parte continua deja de tener efecto despues de un cierto tiempo, por lo tanto enregimen permanente se puede asumir

s = jω

donde j =√ −1 y ω es la frecuencia angular de la corriente.

Fasores: es la representacion polar de los numeros complejos. Por ejemplo, el fasor del voltajeV = A + jB es

A + jB = V ∠θ = √ A2 + B2∠ arctan BA

= V cos(ωt + θ)

Algunas propiedades:

A∠α · B∠β = AB∠α + β (10.5)

A∠α

B∠β =

A

B∠α − β (10.6)

10.1.

Encuentre la EDO para calcular el voltaje en el nodo A y las condiciones iniciales.

Figura 53:

Donde

u(t) =

1, si t ≥ 0

0, si t < 0

73




Solucion

Recordando que las impedancias son sL para las inductancias y 1/sC para los capacitores.

Figura 54:

Los dos componentes de la derecha estan en paralelo

1000

s //0.5s =

500s

0.5s2 + 1000 (10.7)

Luego, este esta en seria con la inductancia de 1[H ] y el resultado queda en paralelo con laresistencia de 1[kΩ]

Z eq =

500s

0.5s2 + 1000 + s

//10000 =

5000s3 + 1.5 · 107s

0.5s3 + 5000s2 + 1500s + 107 (10.8)

Queda lo siguiente

Figura 55:

74




El voltaje en A es

V A(t) = V f (t)u(t) Z eq

Z eq + 10000 por nodos, ¡resuelvalo! (10.9)

V A(t) = V f (t)u(t) 5000s3 + 1.5 · 107s

104s3 + 5

·107s2 + 3

·108s + 1011

(10.10)

V A(t)(104s3 + 5 · 107s2 + 3 · 108s + 1011) = V f (t)(5000s3 + 1.5 · 107s) (10.11)

Usando s = d/dt

104d3V A(t)

dt3 + 5 · 107

d2V A(t)

dt2 + 3 · 108dV A(t)

dt + 1011V A(t) = 5000

d3V f (t)

dt3 + 1.5 · 107

dV f (t)

dt

y dado que todo se encuentra descargado antes de t = 0 las condiciones iniciales son

V A(0) = 0

dV A(0)

dt = 0

d2V A(0)

dt2 = 0

10.2.

Calcule el voltaje sobre el condensador en regimen permanente. Utilice V = 2[V ], ω = 2π50[rad/s]R = 1M Ω y C = 1µF

Figura 56:

Solucion

Tenemos una resistencia R en serie con un condensador de impedancia Z = 1/sC . En regimenpermantente Z = 1/jωC . Luego

75




V c = V Z

Z + R =

1/sC

1/sC + R (10.12)

= V 1

1 + sRC = V

1

1 + jωRC = V

1

1 + j2π50 (10.13)

= 2 1∠0314.16∠89.8

= 2 · 3.18 · 10−3∠− 89.8 (10.14)

EntoncesV c = 2 · 3.18 · 10−3 cos(ωt − 89.8)[V ]

10.3.

Calcule el voltaje sobre el condensador en regimen permanente. Utilice V = 2[V ], ω1 = 2π50[rad/s],ω2 = 2π30[rad/s], R = 1M Ω y C = 1µF

Figura 57:

Solucion

Este problema se resuelve con superposicion. Primero apagamos una fuente de voltaje

76




Figura 58:

Tenemos en paralelo una resistencia R y la impedancia del condensador Z c = 1/jωC

Z 1 = Z c//R = R/jω1C

R + 1/jω1C =

R

1 + jω1RC (10.15)

Luego, el voltaje sobre el condensador es

V 1 = V ∠0 Z

R + Z = V ∠0

1

2 + jω1RC =

2∠0

314.17∠89.64 = 3.16 · 10−3

∠− 89.64[V ] (10.16)

V 1(t) = 3.16 · 10−3 cos(ω1t − 89.64)[V ]

Ahora, trabajemos con la otra fuente

Figura 59:

Z 2 = Z c//R = R/jω2C

R + 1/jω2C =

R

1 + jω2RC (10.17)

77




Calculamos el voltaje...

V 2 = V ∠0 Z

R + Z = V ∠0

1

2 + jω2RC =

2∠0

188.51∠89.39 = 5.3 · 10−3

∠− 89.39[V ] (10.18)

V 2(t) = 5.3 · 10−3 cos(ω3t − 89.39)[V ]

y voltaje buscado es

V c(t) = V 1(t) + V 2(t) = 3.16 · 10−3 cos(ω1t − 89.64) + 5.3 · 10−3 cos(ω3t − 89.39)[V ]

Ayudantías Electricidad y Magnetismo

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