1.FUERZA ELÉCTRICA PROBLEMA 1. Dos cargas puntuales de magnitudes +q y +4q , se encuentran separadas a una distancia l . Una tercera carga se coloca de tal manera, que las cargas quedan en equilibrio por efecto sólo de fuerzas eléctricas. (a) Encontrar la ubicación, magnitud y signo de la tercera carga. (b) Examinar si acaso el equilibro es estable. SOLUCIÓN (a) Las fuerzas entre las cargas +q y +4q son un par de acción – reacción como se indica en el diagrama. +q +4q r F1 r −F1 r Para lograr el equilibrio de +q se requiere aplicarle una fuerza adicional del valor −F1 , de modo que la fuerza neta sobre ella sea nula. +q r F1 r − F1 Análogamente, para lograr el equilibrio de +4q se requiere aplicarle una fuerza adicional r del valor +F1 . +4q r + F1 r −F1 Los dos requerimientos anteriores pueden lograrse con una carga negativa ubicada entre las cargas +q y +4q , ya que ambas serán atraídas por una carga negativa. A su r vez, la carga negativa será atraída por las cargas +q y +4q , con fuerzas de valor +F1 y 1 2 Electromagnetismo Problemas y Soluciones r −F1 respectivamente, quedando en equilibrio. El siguiente diagrama muestra las fuerzas sobre la carga −Q : −Q r F1 r −F1 Todas las fuerzas involucradas son de igual magnitud. La distancia entre +q y −Q la llamaremos a , como se indica en el diagrama siguiente : l +4q −Q +q a La magnitud de la fuerza entre +q y +4q es : 4q 2 F1 = kc g 2 l La magnitud de la fuerza entre +q y −Q es : F1 = kc g qQ . a2 La magnitud de la fuerza entre +4q y −Q es : F1 = kc g 4qQ 2 (l − a) Luego, para el equilibrio de +q se requiere : kc g . . 4q 2 qQ = kc g 2 2 l a 4q 2 4qQ kc g 2 = kc g . 2 l ( l − a) y el equilibrio de +4q requiere que : De las ecuaciones de equilibrio se obtienen las soluciones para Q y a . Puesto que el lado izquierdo de ambas ecuaciones es el mismo, igualando entre sí las expresiones del lado derecho, se obtiene 4a 2 = ( l − a ) . 2 Resolviendo, se encuentra que a = l . 3 Sustituyendo el valor de a en una de las ecuaciones de equilibrio se obtiene que : Q= 4 q . 9 1. Fuerza Eléctrica 3 Puesto que la carga buscada es de signo negativo, hemos obtenido lo siguiente: 2a a +q (b) −4q 9 +4q Un pequeño desplazamiento de la carga −Q hacia el lado derecho, hace que aumente la fuerza de atracción hacia +4q y que disminuya la fuerza de atracción hacia +q . El resultado es una fuerza neta hacia +4q que saca a la carga −Q de su posición de equilibrio. Algo semejante ocurre si −Q se desplaza inicialmente hacia el lado izquierdo. En consecuencia, el equilibrio de la carga −Q es inestable. PROBLEMA 2. Dos cargas puntuales positivas y de igual magnitud, están separadas una distancia 2a . Una carga puntual de prueba se sitúa en un plano que es perpendicular a la línea que une esas cargas y simétrico respecto a ellas. (a) Calcular el radio r del círculo de simetría en este plano, para el cual la fuerza sobre la carga de prueba tiene magnitud máxima. (b) ¿Cuál es la dirección de esta fuerza, considerando que la carga de prueba es positiva? 4 Electromagnetismo Problemas y Soluciones SOLUCIÓN Consideremos que las cargas son de magnitudes q y q0 , y examinemos las fuerzas sobre q0 . r F r F2 r F1 α q0 y α q a q a r r F1 y F2 son de igual magnitud : F1 = F2 . F1 = 1 g q g q0 . 4πε 0 a2 + y 2 r r Las componentes de F1 y F2 que son perpendiculares al plano, se anulan. r r Luego, F = 2 F1 g sen α , ya que las componentes de F1 y F2 paralelas al plano se suman. Es decir, F= q g q0 g y 2 g 3 4πε 0 ( a2 + y 2 ) 2 pues F es función de y , de acuerdo a la relación anterior. s e nα = y (a 2 +y 2 ) 1 2 . según la figura al inicio de la solución presentada. 3 5 dy 2πε 0 ( a 2 + y 2 ) 2 2πε 0 ( a 2 + y 2 ) 2 2 debe resolverse. La solución buscada se obtiene de : 1− 3y 2 =0 . q g q0 2πε 0 ( a2 + y 2 ) 3 2 3y 2 g 1 − 2 2 a +y =0 .1. 2 r = a . a2 + y 2 Luego. . F es máximo y para encontrar el valor de r se hará dF = 0 . Puesdy to que: dF q g q0 2 q g q0 g y 2 3 = + g − . 2 r La fuerza F es paralela al plano perpendicular a la línea que une las cargas q . Fuerza Eléctrica 5 Gráficamente : En y = r . el radio r es : cuya solución es : y=± a . En tal expresión r1 y ri son los vectores posición de las cargas 1 e i respectivamente. En cada uno de los vértices de un 7 8 cubo de lado a . en este caso.6 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 3. 5 Calcular la fuerza electrostática resultante sobre a 6 a una de las cargas. lo más qi sión vectorial : 1 g 4πε 0 r z r r qi g q1 r r 3 g ( r1 − ri ) . podemos ubicar el origen del sistema en la carga 1 4 y los ejes coincidiendo con los lados del cubo. 4 1 3 2 a SOLUCIÓN Observe que. como se indica en la figura. r1 − ri r F1i q1 r ri adecuado es aplicar directamente la expre- r F1i = r ( r1 − r i ) r r1 0 y x r r para la fuerza producida por la partícula i sobre la partícula 1. la fuerza resultante sobre la carga 1 será igual a : r F1 = r F ∑ 1i = 8 i=2 1 g 4πε 0 8 ∑ i=2 r r qi g q1 r r 3 g ( r1 − ri ) r1 − ri Indudablemente. 1 3 2 x . se coloca una carga puntual +q . así por ejem- 7 8 de coordenadas utilizado. el resultado no dependerá del sistema z que simplifique lo más posible los cálculos. Aplicando el principio de superposición. por lo que podemos elegir uno 5 6 y plo. 1. Esto nos da una expresión para F1 : r q2 ˆ ˆ ˆ F1 = − 0. ε 0 a2 ( ) Obsérvese que el vector está dirigido a lo largo de z la diagonal del cubo y que su magnitud es igual a : 5 r q2 q2 F1 = 0.151 g 3 = 0. obtenemos la expresión : r − q2 ˆ F1 = g i 1+ 4πε0 2 + + jˆ 1+ 3 3 1 ( ) ( ) 2 ( 3 El factor numérico 1 + 2 r ( 2) 3 +1 ( 3) ) 3 2 1 + ( ) ( ) 2 3 3 3 + kˆ 1 + 2 3 3 1 + ( ) ( ) 2 3 es aproximadamente igual a 1. Fuerza Eléctrica 7 En este sistema los vectores posición son: r r1 r r2 r r3 r r4 r r5 r r6 r r7 r r8 = 0 = a iˆ = a iˆ + a jˆ = a jˆ = a kˆ = a iˆ + a kˆ = a iˆ + a ˆj + a kˆ = a jˆ + a kˆ Reemplazando estos valores. 9 0 0 . la expresión para la fuerza se reduce a : r F1 = ˆ q2 −a i −a iˆ − a jˆ −a jˆ −a kˆ g 3 + + 3 + 3 + 3 4πε 0 a a a 2a ( + Factorizando (1 −a iˆ − a kˆ ( 2a + ) 3 ) −a iˆ −a ˆj − a kˆ ( 3a ) 3 −a ˆj − a kˆ + 3 2a ( ) a 2 ) y agrupando los coeficientes de los vectores unitarios. .151 i + j+k . ε 0 a2 ε 0 a2 8 7 6 r F1 y 4 1 2 3 x Examinar la posibilidad de resolver este problema mediante otros métodos.262 . que se encuentra en el a eje de un anillo de radio R y carga total Q distribuida q0 uniformemente. q0 . Q . la única variable involucrada en dFz es θ . Determinar la fuerza eléctrica sobre la λ R carga puntual q0 de la figura. ya que r . dFy y dFz . dFz = dF c o sα = además : q0 dq a g 2 g .8 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 4. r dF tiene componentes dFx . SOLUCIÓN x dl dq R r θ a α z α r dF y r El elemento de carga dq produce una fuerza dF de magnitud : dF = q0 dq g 2 4πε 0 r . ya que Fx = Fy = 0 en virtud de la simetría del anillo en relación a la ubicación de q0 . 4πε 0 r r dq = λ g d l = Q g Rdθ = Q g dθ . sin embargo la fuerza resultante sólo tiene componente Fz . 2π R 2π Luego. y a la elección del sistema de coordenadas. . a y ε0 son constantes. el re4πε 0r 3 sultado queda : Fz = q0 Qa 4πε 0 ( R 2 + a 2 ) 3 . reemplazar el anillo cargado por un disco cargado uniformemente. En el problema anterior. ancho dr r y carga dq produce sobre q0 una fuerza dF que so- lamente tiene componente en dirección z . de diferentes radios. Fz = 0 g g 4πε0 2π r 3 2π ∫ dθ = 0 q0Qa . con carga total Q y de radio R . SOLUCIÓN El disco puede considerarse formado por una infinidad de anillos muy delgados. Puesto que r 2 = R 2 + a 2 .1. y de acuerdo al resultado anterior es: dFz = Q g 2π r d r . π R2 con dq = σ d A = q0 g a g dq 4πε 0 ( r 2 + a2 ) 3 2 . después de hacer algunos cambios en la notación : x dq r dF q0 r a y z dr El anillo de radio r . Hallar la fuerza sobre una carga puntual q0 colocada sobre el eje del anillo. Fuerza Eléctrica 9 qQ a Entonces. Esto permite aprovechar el resultado anterior. utilizándose como punto de partida. 2 PROBLEMA 5. Lo anterior puede verificarse considerando al plano como un conjunto de líneas infinitas e integrando. σ4 6 47 8 q0 g a Q Fz = g g 2π g 4π ε 0 π R 2 con r 2 + a 2 = µ ∫( R 0 rdr r 2 + a2 ) 3 . ya que este resultado es el mismo que se obtiene para un plano infinito. Entonces: Fz . usando los resultados conocidos para la línea infinita. 2 y d µ = 2r d r . q0 σ .10 Electromagnetismo Problemas y Soluciones La fuerza que ejerce el disco se encuentra como una superposición de las contribuciones de todos los anillos. por integración directa. Fz = = q0 g a g σ 1 g g 2ε 0 2 ∫ µi q0 g a g σ 1 g − 2ε 0 a µs dµ µ 3 2 q g a gσ 1 2 = 0 g g 1 2ε 0 2 µ 2 µi µs 1 2 R +a 2 Un caso particularmente interesante del resultado recién encontrado. 2ε0 La carga q0 ubicada tan cerca del disco ( R ? a ) "ve" a este último como un inmenso plano (plano infinito). . es aquel que ocurre cuando R ? a . SOLUCIÓN dq ρ q0 α z a z=0 d Fz dz El cilindro macizo puede considerarse formado por una infinidad de discos de radio R . En consecuencia. siendo q0 una carga puntual ubicada sobre el eje del cilindro. por un cilindro macizo de carga total Q .1. a una distancia a de uno de sus extremos. Encontrar la fuerza ejercida sobre q0 . Fuerza Eléctrica 11 PROBLEMA 6. radio R y largo L . Luego. De acuerdo al problema anterior. donde se ha puesto σ = Q π R 2 . Considerar que Q se distribuye uniformemente sobre el cilindro. uno de los discos que forman el cilindro macizo produce sobre q0 una fuerza dFz dada por : dFz = − q0 dq g 2ε 0 π R 2 1 − R2 + z2 z donde dq = ρ g d V = ρ g π R2 dz . la fuerza ejercida por un disco de radio R y carga Q sobre q0 ubicada en el eje a a una distancia z es: Fz = q0 2ε 0 g Q 2 g 1 − 1 π2 R4 4 3 σ z 2 R + z2 . ancho dz y carga dq . dFz = − q0 ρ z 1− dz 2 2 2ε 0 R +z . y la carga q0 está en el eje del cilindro a una distancia a de uno de sus extremos. por lo tanto. F apunta en la dirección −z cuando q0 y ρ son positivos. Determinar la fuerza sobre una carga puntual q0 . ρ= Q . El cilindro tiene radio R y largo L .12 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Integrando : a +L − q0 ρ Fz = 2ε 0 con z 2 + R2 = u Fz ∫ a dz R 2 + z2 z du = 2zdz . ejercida por un cilindro hueco cargado uniformemente sobre su superficie con una carga total Q . = 1− y −q0 ρ 1 L+ a − a − 2ε 0 2 us ∫ ui = us 1 − q0 ρ 1 2 L − 2u 2ε 0 2 ui = − q0 ρ L− 2ε 0 = ( −q ρ L+ 2ε ( 0 0 ( L+ a) 2 du 1 u 2 ) (L + a) + R ) + R2 + a2 + R 2 a 2 + R2 − 2 2 r Puede verificarse que la cantidad entre paréntesis es siempre positiva y. π R2 L PROBLEMA 7. SOLUCIÓN dz σ q0 z a d Fz z=0 . Además . De acuerdo a los resultados obtenidos para la fuerza que un anillo ejerce sobre q0 . sustituyendo σ = Q .1. Fuerza Eléctrica 13 El cilindro hueco se puede considerar como un conjunto de anillos de igual radio R y de ancho dz . 2 donde Q es la carga del anillo. R su radio y z la distancia entre el anillo y la carga q0 . se tiene que : Fz = − q0 g Q g z 4πε 0 ( R + z 2 2 ) 3 . 2π R L . Entonces. medida sobre el eje. . dFz en este caso es : dFz = − q0 zdq 4πε 0 ( R2 + z2 ) 3 con dq = σ dA = σ g2π Rdz . conteniendo cada uno de ellos una carga dq . . 2 Finalmente : Fz = − q0 R σ 2ε0 g 1 − a Fz = − Q g q0 4πε 0 L g 1 − a 1 L+a 1 L+a . 2 Luego : q 2π R σ Fz = − 0 4π ε 0 g 2 L +a ∫ (R a 2zdz 2 + z2 ) 3 . 0 g 1 0− 6 [C] no podrá encontrarse en equilibrio en ningún punto de la porción del eje x comprendido entre el plano y el punto P . se encuentra fija una partícula de carga q = − 3. La fuerza que ejerce un anillo diferencial de carga dQ será: dFx = dQ g ql g b 1 g .0 g 1 0− 6 [C] para que permanezca en equilibrio? SOLUCIÓN La carga puntiforme q l = 2. ¿En qué punto sobre el eje x habrá que colocar una partícula de carga q l = 2. En el punto P . situado a 20[cm] del centro del agujero. Cálculo de la fuerza sobre q l debida al plano Consideremos el plano como la suma de elementos diferenciales en forma de anillo. 3 4πε 0 2 2 2 (r + b ) donde b es la distancia desde el centro del anillo a la carga y r es el radio del anillo considerado.14 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 8. Un plano infinito que tiene un agujero circular de radio R = 0. 3 4πε 0 2 2 2 r + b ( ) . con dQ = σ dA = σ g 2π r d r . La fuerza que ejerce un anillo con carga total Q sobre una carga puntual q l está dada por ( ver PROBLEMA 4 ) : Fx = Qql g b 1 g .0 g 1 0−7 [C] . El punto pedido deberá encontrarse más allá del punto P . Para que la partícula de carga q l esté en equilibrio se debe cumplir que : r r Fq l q = Fq l d e b i d a a l p l a n o . está cargado con densidad superficial de carga σ = 2.50[ m] .0 g10 − 6 [C m 2 ] . Entonces. 3 4πε 0 2 2 2 r + b ( ) La fuerza que ejerce el plano agujereado se obtiene integrando la expresión anterior : Fx = ∫ ∞ dFx = ∫ R bq lσ g 4ε 0 2r d r ( r 2 + b2 ) 3 = 2 bq lσ 2 g 2 4 ε0 R + b2 (1) 2 Para R = 0 este resultado corresponde a la fuerza ejercida sobre q l por un plano infinito. . es la solución buscada. 2ε0 La fuerza sobre q l debido a la carga q tiene dirección opuesta a la anterior. y es de magnitud : Fq lq = qql 1 g 4πε 0 ( b − 0. σ ql b 2ε 0 R 2 + b 2 σ 2 b2 R 2 + b2 = q ql 2 4πε 0 ( b − 0.20 ) 4 q2 R 2 + b2 ) = b 2 ( b − 0. para el cual ambos lados dan el mismo resultado. El valor real de b .1. 2 2 ( 4π σ Esta ecuación se debe resolver numéricamente. Un método muy sencillo consiste en hacer una tabla de valores para cada lado de la ecuación. Esto requiere una calculadora o una planilla de cálculo. variando el valor de b . tal como se encontró en el PROBLEMA 5 : Fx = σql . sin agujero.20 ) .20) = q2 4 4π 2 ( b − 0.20 )2 (2) Igualando (1) y (2) se obtiene la condición para que la carga q l permanezca en equilibrio. Fuerza Eléctrica luego 15 dFx = q l g b gσ g 2π r d r 1 g . y tiene magnitud: F= q0 Q x 4π ε ( R 2 + x 2 ) 3 2 Supondremos que la perturbación que saca al electrón de la posición x = 0 . el equilibrio es inestable ya que basta una pequeña perturbación que mueva al electrón sobre el eje para que éste comience a acelerar. cuando está justo al centro del anillo. le comunica a éste una energía cinética despreciable. sin embargo.16 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 9. ya que esa es una posición de equilibrio. la fuerza de una carga q0 . es la que le ha impreso r la fuerza eléctrica F . La fuerza eléctrica sobre el electrón. Observe que la fuerza eléctrica no es capaz de sacar al electrón del centro del anillo. es cero (¿porqué?). Al sacar ligeramente al electrón del centro del anillo. ¿Con qué velocidad pasa el electrón por un punto sobre el eje. De acuerdo a resultados anteriores ( ver PROBLEMA 4 ). Un electrón se suelta en el centro de un anillo de 5. está dirigida a lo largo del eje. ∆ K = WF r Considerando que F es una fuerza variable y que el electrón se mueve a lo largo del eje x. En consecuencia.0[cm ] de radio. toda su energía cinética en una posición dada. a una distancia x de su centro.0[cm ] del centro? SOLUCIÓN El electrón es repelido por el anillo cargado negativamente. ubicada en el eje de un anillo de radio R y carga Q . inmediatamente comienza a actuar la repulsión.0[ nC / m ] . al hacer trabajo mecánico sobre el electrón. cargado con densidad uniforme de carga λ = −8. es decir. WF se calcula según : . a 8. 1. Fuerza Eléctrica 17 x0 WF = ∫ F ( x) d x 0 . q Q 1 1 mV 2 = 0 − 2 4πε 0 R 1 2 R + x 02 . resulta : V = λ ε0 q g 0 1 − m R = 8. x0 = 8. 4π ε0 q0 = 1. 2π R todos ellos en unidades del sistema MKS.0 g 10 −9 [C /m ] . Q = 8. .0 g 109 [ Nm 2 / C 2 ] .0 g 1 0− 2 [ m] . .76 g 101 1 [C / Kg ] m R = 5.7 g 1 06 [ m / s ] .0 g 10− 2 [m ] λ= . Despejando V y reemplazando los valores numéricos : 1 = 9.18 Electromagnetismo Problemas y Soluciones es decir : WF = ∫ x0 0 q0 Q x d x 4π ε0 ( R 2 + x 2 ) 3 = 2 q0 Q 1 − 4π ε 0 R 1 2 R + x 02 además : ∆ K = K f − K i = 1 mV 2 − 0 2 Luego. 2 2 R + x0 La velocidad encontrada es del orden de un centésimo de la velocidad de la luz. 1. Fuerza Eléctrica 19 . CAMPO ELÉCTRICO PROBLEMA 10. 2 2 R +Z Q .2. sobre una carga q0 ubicada a una distancia Z de su centro es : F= donde σ = σ g q0 2ε 0 Z g 1− . la fuerza producida por un disco cargado con densidad de carga σ uniforme. πR2 Luego. como se muestra en el siguiente esquema. en un punto ubicado a distancia r del centro (r >R). en el punto en que está ubicada la carga q0 . y d q = ρ d V = ρ π y 2 dx y dx –R +R P x x Z r De acuerdo a resultados anteriores. es : E= Q F Z = g 1 − q0 2πε 0R 2 R2 + Z2 19 . siendo R el radio y Q la carga del disco. SOLUCIÓN La esfera se considerará formada por una infinidad de discos de distintos radios. la magnitud del campo eléctrico producido por el disco. Determinar el campo eléctrico producido por una esfera de radio R . cargada uniformemente con densidad volumétrica ρ . basta integrar desde x = − R hasta x = + R y se tendrá el resultado buscado. Antes de sumar las contribuciones de todos los discos. la segunda integral dx queda : − 1 2 ∫ us ui u du = − 1 g 2 u 12 s = R 2 + r 2 + 2r R − R 2 + r 2 − 2r R 1 2 ui u 2 . dE x = ρ π y 2 dx 1− 2 π ε0 y 2 = ρ dx 2ε 0 (r − x) 2 2 2 R − x + ( r − x) (r 1 − −x) R 2 + x 2 − 2r x Siendo x la única variable. es necesario arreglar la expresión de dE x hasta dejar solo una variable. siendo dq la carga del disco e y el radio. + ∫ −R . 2 2 R + r − 2r x xdx du = − 2r . ρ Ex = 2ε0 +R ∫ −R dx − +R ∫ −R +R rdx R 2 + r 2 − 2r x Con la sustitución R 2 + r 2 − 2r x = u . la contribución al campo eléctrico de uno de los discos que constituyen la esfera será : dE x = dq 2πε 0 y 2 g 1− Z 2 y + Z2 . Para ello usamos : x2 + y2 = R2 = r −x Z = ρ g π y 2 dx dq Luego.20 Electromagnetismo Problemas y Soluciones En consecuencia. −4R 3 − 4r 2R + 4r 2R + 4 R 3 3 se encuentra finalmente : Ex = Q 4π ε0 r 2 Nótese que Ex depende de r − 2 . la última integral resulta : (R us ∫ u 2 i + r 2 − u ) ( −d u ) 4r 2 u 1 2 1 2 = − 2 (R + r 2 ) 4r = − us ∫ ui us du u 1 2 − ∫ u 1 2 ui du ( ) 1 2 ( R + r 2 ) 2 R2 + r 2 − 2rR − 2 R2 + r 2 + 2rR − 4r 2 2 R 2 + r 2 − 2r R 3 2 − 2 R 2 + r 2 + 2rR 3 2 ( ) 3( ) 3 3 3 = − 12 2 ( R 2 + r 2 ) ( r − R ) − ( r + R ) − 2 ( r − R ) − ( r + R ) 3 4r Luego. Ex ρ 2ε0 = { 2R − r + R − r − R − 1 2 R 2 + r 2 − 2R − {( ) ( )} ( )( ) 4r 2 } 2 − 6r 2R − 2R 3 ( ) 3 Ex = ρ 2ε0 Ex = ρ ρR 3 g 2 1 1 3 g 4R 1− = 2ε0 4 r 2 3 2 gε0r 2 g 3 Ex = ρR 3 3ε0r 2 4 3 2R − 2R − 1 4r 2 Puesto que Q = ρ g π R 3 . de la misma manera que si fuese una carga puntual. usando la ley de Gauss. Campo Eléctrico 21 Con la misma sustitución anterior. Este resultado se obtiene también de una manera mucho más sencilla.2. . Una esfera de radio R tiene un hueco D esférico no concéntrico de radio R 2 . En efecto. de todos modos se advierte la misma condición de simetría para puntos que equidistan del centro. el campo eléctrico es radial y tiene la misma magnitud en puntos que equidistan del centro de la esfera. cargada uniformemente con densidad volumétrica ρ . SOLUCIÓN De acuerdo a un resultado anterior (PROBLEMA 10). el campo eléctrico producido por una esfera maciza. la situación aún no ha sido estudiada y. Volviendo al problema. Una carga se distribuye uniformemente con densidad ρ . no se puede asegurar r que la expresión anterior para E sea válida. más campo producido por esfera maciza excéntrica de radio R 2 y densidad − ρ . 3ε 0 r 2 R r ρ rˆ es decir. por lo tanto. está dado por : r ρR3 ˆ E= r . Si r < R . de acuerdo al principio de superposición escribiremos la igualdad: Campo en D = campo producido por esfera maciza de radio R y densidad ρ . sobre el volumen representado por la zona achurada. como muestra la figura adjunta.22 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 11. r Determinar E en el punto D . nótese que el resultado anterior basta para encontrar el campo en el punto D . siempre que r > R . . En forma más compacta.1[m] . Obsérvese bien la manera en que se utilizó un resultado previo para resolver un problema aparentemente completo.4 g10 5 [ N / C] .2. PROBLEMA 12. Calcular el radio del a 1. para el campo en el punto D . se encuentra un orificio circular. El primer término del resultado final representa la y densidad ρ . En un plano infinito cargado con σ = 2. la intensidad del campo eléctrico tiene magnitud E = 1. mientras que el segundo contribución de la esfera maciza de radio R representa la contribución de la esfera excéntrica. el resultado queda: r ρ R3 1 1 E= g − 3ε 0 r 2 8 ( r − R 2 ) 2 g rˆ . Campo Eléctrico 23 Gráficamente : O' • ρ • O A + • O O’ • Algebraicamente: 3 r −ρ ) (R 2) ( ρ R3 ˆ E= gr + g rˆ . σ r E A una distancia de 1. de radio R 2 y densidad − ρ . 2 3ε 0 r 2 3ε 0 ( r − R 2 ) lo cual es el resultado buscado.5 g10 − 6 [C / m 2 ] . sobre el eje. orificio. a una distancia r > R del centro de la esfera.1[m] desde el centro del orificio. 5 g10 − 6 [C / m 2 ] (b) campo debido a un disco de radio R con carga σ = − 2. Un plano horizontal infinito cargado con densidad superficial σ .1[m] y a es el radio del orificio.12 2 10 1. . (b) ¿Cuál será la posición de equilibrio de una partícula con carga q y masa m .15[m ] . el valor de a se calcula fácilmente: a= σ2 g 1. se obtiene: r −σ σ ˆ E= u + 2ε 0 x 2ε 0 1 − (a x 2 + x2) uˆ x donde x = 1. Introduciendo los valores numéricos. r La magnitud del vector E es: E= σ 2ε 0 x a + x2 2 . r r r E = Ed e b i d o a l p l a n o + Ed e b i d o a l d i s c o Usando los resultados del PROBLEMA 5.24 Electromagnetismo Problemas y Soluciones SOLUCIÓN La magnitud del campo eléctrico E puede considerarse como resultante de la superposición de dos campos eléctricos en el punto dado: (a) campo debido al plano infinito con carga σ = 2. PROBLEMA 13.96 g 10 4 ε0 a = 0. (a) Determinar la intensidad del campo eléctrico en un punto ubicado en el eje del agujero a una distancia h del plano. tiene un agujero circular de radio R . ubicada en el eje del agujero? Discutir sobre los signos de q y σ .12 − 1.5 g1 0− 6 [C / m 2 ] Entonces. pero 2 Luego. . E= σh 2ε0 h2 + r 2 dq = σ d A = σ 2π r d r . la magnitud del campo eléctrico es : dE = hdq 4πε 0 ( h + r 2 2 ) 3 .2. r campo de un plano infinito campo de un d isco de radio R E= + cargado con + σ cargado con − σ r h E = σ + −σ 1 uˆ 2 2 2 ε 2 ε 0 0 R + h r E= 2ε 0 σh uˆ R2 + h2 SEGUNDO MÉTODO : Usando las ideas del PROBLEMA r 5. La magnitud del campo debido a un anillo de radio r y carga q es (ver resultado PROBLEMA 4) : qh E= 4πε 0 ( h 2 + r 2 ) 3 . se hace el cálculo de E como superposición de dos campos eléctricos. 3 4ε 0 2 2 2 (h + r ) es decir. E= ∫ dE = ∫ ∞ R hσ 2r d r g . 2 Entonces. Campo Eléctrico 25 SOLUCIÓN (a) PRIMER MÉTODO: Igual que en el PROBLEMA r 12. dE = h σ g 2π r d r 4πε 0 ( h + r 2 2 ) 3 . 2 Si el anillo es un elemento diferencial de área con carga dq . se hace el cálculo de E mediante anillos diferenciales cargados con densidad superficial σ . qC = 2 g 10 −8 [C ] y qB es desconocida. Determine qB y la distancia "x" a la que debe pasar un alambre recto muy largo. se encontrará en equilibrio sobre ( h > 0 ) el plano horizontal cargado con σ > 0 . B y C de un triángulo equilátero de lado a = 0. Tres 2 m g ε0 R q 2σ 2 − 4m 2g 2ε 0 cargas 2 puntiformes . a/2 qB x λ . Luego. σq h 2ε 0 h 2 + R 2 = mg σ 2 q2 h2 = m2 g 2 2 2 2 4ε 0 ( h + R ) Resolviendo.20[m ] . están qC ubicadas en los vértices A. Las cargas valen a a qA =10 − 8 [ C] . Para que la partícula con carga q y masa m esté en equilibrio debe cumplirse que: r r qE = m g . para que la intensidad del campo eléctrico resultante en P sea cero. cargado con densidad qA a/2 P lineal λ = 8 g1 0−8 [C / m] . se obtiene: h=± PROBLEMA 14. perpendicular al plano del triángulo. Si q < 0 . se encontrará en equilibrio bajo (h < 0) el plano horizontal cargado con σ > 0 .26 (b) Electromagnetismo Problemas y Soluciones Si q > 0 . r E qB Entonces. Dos semianillos con distribuciones de carga λ1 = − 1 [ nC / m] y λ2 desconocida se unen formando un 9 anillo de radio r = 0. Campo Eléctrico 27 SOLUCIÓN r r Ealambre Si el campo eléctrico resultante E en el punto P es cero.2. r r Eq A = EqB (1) r r EqC = Ealambre (2) r E qA r EqC Escribiendo más explícitamente las igualdades anteriores.10[ m] . λ1 λ2 . Determinar λ2 si la magnitud del campo eléctrico en el centro del anillo es E0 = 10[ N / C] . se obtiene : qA De (1) 2 4π ε0 a 2 qB = 2 4π ε0 a 2 qC De (2) 2 4π ε0 a 3 2 = λ 2π ε0 x ⇒ qB = qA = 10 − 8 [ C] ⇒ x= 3λ a2 = 0. debe cumplirse que los campos de cada una de las distribuciones de carga tengan las direcciones indicadas en la figura y además: r r r r r E = Eq A + Eq B + EqC + Ea l a m b r e = 0 .24[m ] 2qC PROBLEMA 15. luego. de longitud α λ dl y carga dq es : d Ex x α dE y además. dE = dE r r r dE = dEx + dEy r E= ∫ ⇒ r dE ⇒ E = r E= ∫ r dE = ∫ r d Ex + dq = λd l 2 2 4πε 0 r 4πε 0 r r dE y 123 ∫ vale cero por simetría ∫ d Ex = ∫ d E s e nα = ∫ λdl sen α . 4πε 0r 2 Usando d l = r dα . La magnitud del campo producido por un dl y dq elemento diferencial del anillo. se obtiene. 4π ε0 r 2π ε0 r r r r E0 = λ1 λ2 − 2π ε0 r 2π ε0 r = λ1 − λ2 2π ε 0 r Aplicando el resultado anterior a nuestro problema : E1 + E2 = E 0 λ1 λ2 E1 Despejando λ2 se obtiene: λ2 = λ1 − 2π ε 0 r E 0 4π ε0 λ2 = λ1 − r E0 2 .28 Electromagnetismo Problemas y Soluciones SOLUCIÓN Cálculo del campo eléctrico en el centro de un semianillo cargado. E= ∫ π 0 λ λ sen α dα = . Encontrar el campo eléctrico producido por un dipolo eléctrico a grandes distancias.2.10 g10 = − 1 10− 9 [C /m ] 9 18 9g1 0 g 2 E2 E0 PROBLEMA 16.10 g10 = − 1 10− 9 [C /m ] 9 6 9 g1 0 g 2 E1 E2 E0 (2) Si r E0 = − 10 uˆ x ⇒ −9 λ2 = − 10 9 E1 + 0. Campo Eléctrico 29 Hay dos soluciones : (1) Si r E0 = 10 uˆ x −9 λ2 = − 10 9 ⇒ − 0. SOLUCIÓN r r1 +q r 2a θ P r r r r2 −q En el punto P : r E= r r 1 q r1 − q r2 4π ε 0 r13 r23 . r − a c o sθ a r2 . r − a cosθ ) −3 =r ( r + a cosθ ) −3 a = r −3 1+ cosθ r −3 Luego : r E . r + a c o sθ a r r r r θ r r2 r r P Al reemplazar r1 . q r r −3 3 a − ( rr + ar ) r −3 1− 3a cosθ r − a r 1 + cos θ ( ) 4π ε 0 r r r r q r 6 a cos θ − 2 a 4π ε 0 r 3 r .30 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Además. puede escribirse las siguientes r r1 r r aproximaciones para las magnitudes de r1 y r2 : r1 . usando : (1 ± x ) (r −n . r r r a + r1 = r r r r a + r = r2 . r pues r va desde el punto medio entre las cargas hasta el punto P . r − 3 1 + cos θ r −3 3a . r −3 1− cosθ . . r2 y r2 en la expresión de E . tenemos −3 3a . tratando de dejar todo en términos de r y θ . r1 . De acuerdo a la figura. 1m n x 1 − a cos θ r cuando x 2 = 1. resulta: r E= r r r r q ( r + a) 1 g q ( r − a) − 4π ε 0 ( r − a cosθ )3 ( r + a cosθ )3 Tomando aproximaciones de primer orden. distribuida uniformemente en su superficie interior. por ejemplo. Para ello: r 2a = 2a cosθ rˆ − 2asen θ uˆθ Entonces. una componente radial y otra tangencial. Conviene expresarlo en términos de dos componentes ortogonales. correspondiente al momento dipolar eléctrico. r E. las componentes radial y tangencial del campo eléctrico son: Er . Encontrar el campo eléctrico en su centro de la curvatura. q [ 4a cosθ rˆ + 2asen θ uˆθ ] . psen θ 4π ε 0 r 3 PROBLEMA 17.2. Campo Eléctrico 31 El resultado anterior está expresado en términos de un vector unitario radial y otro en la r dirección de a . SOLUCIÓN El cascarón se considera como formado por innumerables anillos de distinto radio. Un recipiente hemisférico no conductor de radio interior R tiene una carga total q . 4π ε 0 r 3 En términos de la magnitud p = 2aq . El campo producido por un anillo en un punto de su eje es (ver PROBLEMA 13) : . 2 p c o sθ 4π ε 0 r 3 Eθ . Luego. De acuerdo a lo anterior. π dE = 1 g 4πε 0 π = ∫ 0 ∫ 2 q 2π R 2 0 2π R2 c o sθ dθ Rsen θ (y 2 + x2 ) 2 q g 1 sen 2θ dθ 2 2 4πε 0R Finalmente : E= q g1 8πε 0R 2 y r E= −q iˆ . a su radio y x la distancia entre el centro y el punto del eje r en el cual se da la magnitud de E . ancho Rd θ . 2π R 2 ubicada a la distancia x del centro de curvatura. 2 q g 2π y g Rdθ es la carga de un anillo de radio y . 2 donde q es la carga en el anillo. produce en su centro de curvatura un campo eléctrico cuya magnitud es : 1 g 4πε 0 dE = donde dq = σ g dA = dq g x ( y 2 + x2 ) 3 . 8πε 0R 2 3 2 .32 Electromagnetismo Problemas y Soluciones E= 1 g 4πε 0 qx ( a2 + x 2 ) 3 . uno de los anillos que constituyen el cascarón. Otra manera de hacer lo anterior. en consecuencia el flujo total a través de la superficie cilíndrica es cero. Para el manto : φ = ∫ r r E gd A = M ∫ ∫ 2π E g Rdθ L c o sθ 0 2π φ = ERL cosθ d θ = ERL ( sen 2π − s e n 0 ) = 0 . Determinar el flujo que atraviesa una superficie cilíndrica de radio R y largo L . 0 Luego. no contribuye a la integral Ñ∫ r r E g d A . FLUJO ELÉCTRICO PROBLEMA 18.3. si el campo eléctrico es uniforme y su dirección es perpendicular al eje del cilindro. ε0 S Ñ∫ y puesto que no hay carga en el interior de la superficie. es aplicando la ley de Gauss : r r q E g d A = φ = neta . Las bases del cilindro son áreas planas representadas por un vector que es perpendicular al campo eléctrico y. entonces : φ total = 0 . SOLUCIÓN r dA r E r E r E VISTA SUPERIOR La vista superior es representativa de lo que sucede en el manto de la superficie cilíndrica. en consecuencia. el flujo a través de las bases es cero. φ a través del manto es 0. 33 . es decir. 34 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 19. Calcular el flujo eléctrico φ E que atraviesa la superficie de un hemisferio de r radio R , en un campo eléctrico E uniforme y paralelo al eje del hemisferio. SOLUCIÓN El hemisferio es una superficie abierta ( SH ) ; con el objeto de tener una superficie cerrada se agrega la superficie plana Sp . La superficie cerrada no encierra carga; luego : φ = Ñ∫ r r E g dA = Sp +SH por lo tanto : ∫ r r E g dA = − ∫ Sp ∫ r r E g dA = 0 , Sp SH r r E g dA , Sp SH y ∫ ∫ r r E g dA + r r E g dA = − ∫ ∫ E d A = − E d A = − E A = − Eπ R2 . Sp Sp Entonces, el flujo a través del hemisferio es : φH = ∫ r r E g dA = E π R 2 . SH Nota: obtenga el resultado anterior integrando directamente sobre la superficie del hemisferio. 3. Flujo Eléctrico 35 PROBLEMA 20. Determinar el flujo eléctrico que atraviesa un hemisferio de radio R si el eje de simetría del hemisferio forma un ángulo α con la dirección de un campo eléctrico uniforme. SOLUCIÓN Usando las ideas del problema anterior, y puesto que la superficie cerrada no encierra carga : ∫ r r r r E g dA = − E g dA ∫ SH Sp Aunque la integral sobre SH puede ser difícil de calcular, su resultado se obtiene fácilmente usando la igualdad anterior cuyo segundo miembro es de fácil solución. En efecto : ∫ Sp r r E g dA = ∫ E dA cos ( π − α ) = − E cos α ∫ dA = − E cos α g π R , 2 Sp luego : φ H = E π R 2 c o sα . Sp 36 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 21. Determinar el flujo del campo eléctrico a través de las caras de un cubo de arista a , si se coloca una carga Q en las posiciones que se indica en la figura. Q Q Q Q (a) (b) (c) (d) SOLUCIÓN Caso (a): De acuerdo a la ley de Gauss, el flujo a través de una superficie cerrada, cualquiera que sea su forma, es igual a qn , ε0 donde qn es la carga neta encerrada por la superficie. En este caso : Q φa = Q . ε0 Caso (b): En este caso Q es una carga puntual ubicada justo en el vértice del cubo. Considerando una superficie gaussiana esférica con centro en la carga, podemos apreciar que el cubo contiene a un octante de la esfera. El flujo a través de la superficie esférica es φ a = Q ; por lo tanto el ε0 flujo a través del octante de esfera, que es igual al flujo a través de las caras del cubo, es : φb = φa Q = . 8 8ε0 Observe que este es un caso de mucha simetría. El flujo a través de las caras del cubo que convergen en el vértice en que se encuentra la carga es cero, y el flujo a través del octante se reparte en las 3 caras restantes en partes iguales, es decir, el flujo a través de cada una de las caras restantes es : 1gφ = 1 g Q . 3 b 2 4 ε0 3. Flujo Eléctrico 37 Caso (c): En este caso la carga Q está ubicada en el punto medio de una arista. Considerando nuevamente una superficie gaussiana esférica con centro en la carga Q , advertimos que el cubo contiene la Q cuarta parte de la superficie esférica, por lo tanto el flujo a través del cubo corresponde a 1/4 del flujo total, es decir : φc = 1 g Q . 4 ε0 En este caso no existe simetría así que no es fácil determinar el flujo a través de cada cara. Sólo podemos asegurar que el flujo a través de las caras que tienen como arista común aquella que contiene la carga es cero. Caso (d): En este caso la carga Q está ubicada en el punto de inter- Q sección de las diagonales de una cara. Haciendo las mismas consideraciones que en los casos anteriores, nos damos cuenta que el cubo contiene la mitad de una superficie gaussiana esférica, por lo tanto el flujo a través del cubo corresponde a la mitad del flujo a través de la superficie esférica, es decir : φd = 1 g Q . 2 ε0 Observamos también aquí, que el flujo a través de la cara en que se encuentra la carga es cero. Tampoco existe en este caso, condiciones de simetría que permitan calcular fácilmente el flujo a través de cada una de las caras restantes del cubo. r PROBLEMA 22. La intensidad de un campo eléctrico está dada por E = ε iˆ , donde ε es una constante. (a) Calcular la carga neta encerrada por un cubo de arista a , ubicado como se muestra en la figura. (b) r Repetir el problema para E = β x iˆ , si β es una constante y x es una de las coordenadas. CARA 1 ( ANTERIOR ) z 5 y 6. ya que E = 0 cara 4 Entonces. el flujo sobre cada una de ellas es nu- x CARA 6 ( INFERIOR) lo. r r E g dA + ∫ φE = 14 4244 3 ε gA cara 2 ∫ 14243 cara 4 −ε g A φE = ε g A − ε g A = 0 . . 3. φE = 0 (b) r r E g dA ⇒ siendo A el área de cada cara del cubo. Puesto que E ⊥ dA en las caras 1.38 Electromagnetismo Problemas y Soluciones y SOLUCIÓN CARA 5 ( SUPERIOR) Ñ∫ φE = r r q E g dA = neta ε0 CARA 3 ( POSTERIOR ) CARA 4 ( IZQUIERDA) (a) r CARA 2 ( DERECHA) r Puesto que E ⊥ dA en las caras 1. en la cara 4 : r r E gd A = 0 . ∫ Además. 2 = β a g a2 = β a3 . 5 y 6 . r r La situación es similar al caso anterior. φE = β a 3 ⇒ qneta = ε 0 β a3 . qneta = 0 . para x = 0 . φE = ∫ r r EgdA = cara 2 ∫ EdA =E ∫ dA = Ea siendo a el lado del cubo. 3. en cada una de ellas : ∫ r r E g dA = 0 . Entonces. 5 Q = 4π AR . SOLUCIÓN ∫Ñ S r r q E g d S = neta ε0 . 5ε 0 para r < R . ∫ Er dS = ∫ Er dS = 1 ε0 S S Er 1 ε0 ∫ r ρ ( r ) dV 0 r ∫ ∫ Ar 4π r 2 d r 4 dr 0 d S = 4π A ε0 Er 4π r 2 = 2 r ∫r 0 4π A r 5 ε0 5 Notar que evaluando el lado derecho de la ecuación anterior. 4π ε 0 R 5 . Determinar la intensidad del campo eléctrico en un punto interior de la esfera. Una esfera de radio R y carga Q tiene densidad cúbica de carga ρ = Ar 2 . Er = A r 3 . se obtiene la carga Q de la esfera dividida por ε0 . para r < R . en r = R . 5 Finalmente. expresando Er en términos de Q .3. siendo r la distancia desde un punto de la esfera hasta el centro y A una constante. siendo S una superficie gaussiana esférica de radio r < R y qneta la carga encerrada por esa superficie. Entonces . Flujo Eléctrico 39 PROBLEMA 23. se obtiene : Er = Q g r 3 . d e r . Por otra r r parte.i z q. También. podemos aplicar la ley de Gauss a alguna superficie cerrada conveniente. Entonces. SOLUCIÓN Observe la simetría del problema con respecto al plano que pasa por el centro de la placa. un cilindro recto cuyo eje sea perpendicular al plano de simetría y cuyas bases equidisten de tal plano. porque E es perpendicular a dS . con densidad uniforme + ρ . en las tapas. 0 + ∫ E d S cos0 t . Calcular el campo eléctrico producido por una placa infinita de espesor 2a . En consecuencia. que el campo eléctrico deberá ser perpendicular al plano de simetría (ya que la placa es infinita) y. el flujo del campo eléctrico. es : ΦE = Ñ∫ cilindro r r E g dS = ∫ r r E g dS + manto cilíndrico ∫ r r E g dS + tapa izquierda r ∫ r r EgdS tapa derecha r El flujo a través del manto cilíndrico es cero. 0 . además. Se puede deducir. por ejemplo.40 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 24. alejándose de dicho plano (puesto que la carga es positiva). en primer lugar. la magnitud del campo eléctrico deberá ser la misma para todos los puntos equidistantes del plano de simetría. E es paralelo a dS . a través del cilindro. por tanto : ΦE = ∫ E d S cos0 t . y de si sus tapas caen dentro o fuera de la placa. donde Vp es el volumen del cilindro que cae en el interior de la placa. pues sólo en esa región hay carga. Igualando el flujo a la carga encerrada. = ρ g Vc . Por otra parte. usando la ley de Gauss. La carga encerrada por nuestro cilindro dependerá de su tamaño. = ρ g S g 2a . (a) campo eléctrico dentro de la placa : ΦE = qenc . Como E es cons- tante para todos los puntos de cada tapa : Φ E = E g S + ES = 2 E g S . En consecuencia. el flujo del campo eléctrico a través de una superficie cerrada debe ser igual a la carga encerrada en dicha superficie. = ρ g S g 2 x (b) cilindro sobresale de la placa qe n c . en cada caso obtendremos la magnitud del campo eléctrico en puntos dentro y fuera de la placa. ε0 2E gS = 1 ρ S g2x ε0 E= ρ gx ε0 .3. debemos distinguir dos casos: (a) cilindro dentro de la placa qe n c . donde Vc es el volumen del cilindro qenc . donde S es el área de cada tapa y E es la magnitud del campo eléctrico en cualquier punto de cada tapa. qenc . Flujo Eléctrico 41 r r Ambos flujos son positivos pues el vector E sale por las dos tapas. = ρ g V p . 0 x a En tal sistema : r E = Ex g iˆ con y x ≥ +a + ρ ga ε 0 . utilizando un sistema de referencia con el origen en el plano de simetría. E x = ( ρ ε 0 ) x . − a ≤ x ≤ + a x ≤ −a − ρ ga ε 0 . y el eje x perpendicular a tal plano. 0 x E + ρa ε0 0 –a a − ρa ε0 x . ε0 2 E g S = 1 ρ S g 2a ε0 E= ρa = constante ε0 En el gráfico adjunto se representa la magnitud r E del campo eléctrico en función de la distancia al plano de simetría. r ρa ε0 Podemos escribir una expresión vectorial para E . Observe que fuera de la placa el campo eléctrico es idéntico al de un plano infinito con densidad superficial 2a ρ .42 (b) Electromagnetismo Problemas y Soluciones campo eléctrico fuera de la placa : ΦE = q l enc . para concentrarnos en la superposición. El vector campo eléctrico para cada distribución aislada. donde Ex . x ≤ 0 2ε 0 r Eplaca = Ex . x ≥ 2a +ε 0 ρ = ( x − a ) . puede escribirse.3.p l a n o g ˆi . Usaremos un sistema de referencia con origen en el plano ( −σ ) y con el eje x perpendicular al plano. donde Ex . adosada a un plano infinito con densidad superficial ( −σ ) uniforme.p l a c a aρ .p l a c a ) g ˆi . x ≥ 0 2ε 0 = + σ . el campo resultante. x ≤0 ε0 Entonces.p l a n o − σ . producido por ambas distribuciones: r r r E = Eplano + E placa = ( Ex . como : r Eplano = Ex .p l a n o + Ex . SOLUCIÓN El campo que se desea calcular es igual a la superposición de los campos producidos por una placa y un plano respectivamente. Supondremos conocidos los resultados para el campo de una placa y de un plano (ver PROBLEMA 24). Flujo Eléctrico 43 PROBLEMA 25. Calcular el campo eléctrico producido por una placa infinita de espesor 2a con densidad uniforme de carga + ρ . en este sistema. placa g ˆi . 0 ≤ x ≤ 2a ε0 − aρ . Determinar cómo se distribuye qb entre las superficies interna y externa de la esfera hueca. Si r es sólo ligeramente mayor que 2R . x ≤0 2ε 0 ε 0 con Repita el problema con ρ y σ de igual signo. PROBLEMA 26. Discuta todas las alternativas. las cargas deben estar en las superficies. radio exterior 3R . r Puesto que E = 0 en el interior de un conductor. entonces el flujo eléctrico a través de una superficie gaussiana que sea esférica de radio r . de la siguiente manera : φ = r ∫Ñ r r E g dA = 0 . La esfera hueca tiene radio interior 2R . x ≥ 2a − 2ε + ε 0 0 ρ E x = − σ + ( x − a ) .44 Electromagnetismo Problemas y Soluciones r E = E x iˆ σ aρ . 0 ≤ x ≤ 2 a 2ε 0 ε 0 + σ − aρ . con una densidad superficial de valor qa π R 2 . tiene radio R y una carga en exceso qa . también es conductora y tiene una carga en exceso qb . La esfera maciza es conductora. con 2R < r < 3R . luego toda la carga qa debe estar en la superficie de la esfera maciza. la superficie gaussiana servirá para determinar la carga en la superficie interna de la esfera hueca. SOLUCIÓN Tratándose de conductores. S ya que E = 0 en todos los puntos de la superficie gaussiana S de radio r es un poco mayor que 2R . debe valer cero. . La configuración mostrada en la figura consta de dos esferas. ε0 entonces qneta = 0 . y aplicando la ley de Gauss. se tendrá : Ñ∫ S r r q E g d A = neta . SOLUCIÓN (a) Tomando una superficie gaussiana de radio r . entonces por conservación de la carga y considerando el resultado anterior debe cumplirse que : qb = qi + qe = − qa + qe . encontrar el campo eléctrico en un punto cualquiera de la cavidad. luego : qe = q a + q b . (a) Determinar el campo eléctrico en un punto interior de la esfera. pero qneta = qa + qi . basándonos en la simetría esférica de la situación. Flujo Eléctrico 45 Puesto que : φ = qneta . donde qi es la carga en la superficie interior de la esfera hueca. (b) Si la esfera tiene una cavidad esférica excéntrica. Si qe es la carga en la superficie externa de la esfera hueca. ε0 .3. PROBLEMA 27. en consecuencia qi = − qa . Una esfera aisladora sólida tiene una densidad de carga (por unidad de volumen) constante ρ . según la figura. 46 Electromagnetismo Problemas y Soluciones r donde E es el campo eléctrico en los puntos de la superficie S y qneta es la carga neta ence- r rrada por dicha superficie. entonces el campo eléctrico en N . con r ≤R. Evidentemente (por simetría) E es radial y tendrá la misma magnitud en todos los puntos de S . Entonces : ∫Ñ E g d A = ε ∫ ρ dV 1 0 S E ∫Ñ dA = S ρ ε0 E g 4π r 2 = Luego. de acuerdo a la superposición anterior es : r r r E = Eρ + E − ρ . entonces : 3ε 0 r ρ rr E= 3ε 0 (b) ∫ dV . E= V ρ 4π r 3 g ε0 3 r ρr . y puesto que E es radial . . Usando superposición puede hacerse la siguiente equivalencia para la esfera con su cavidad: Si N es un punto cualquiera en la cavidad. tienen cargas de igual magnitud y diferente signo.3. independientemente del radio de la cavidad. siendo r la distancia al eje. SOLUCIÓN Se considerará que los cilindros son muy largos (infinitos) para evitar los efectos en los extremos. Ambos son conductores y poseen densidades lineales de carga + λ y −λ . 3ε0 3ε0 3ε0 r Nótese que en el interior de la cavidad E es uniforme. según se muestra en la figura. argumento que se usará al aplicar la ley de Gauss. tenemos : r r r r ρ rr ρ (r − a ) ρ a E= − = . Flujo Eléctrico 47 r r De acuerdo a la parte (a) las expresiones de E ρ y E− ρ son : r r ρr Eρ = 3ε0 y r r −ρ ) b ( E− ρ = 3ε0 r r r Usando la igualdad vectorial a + b = r . . Dibuje las líneas de fuerza en el interior de la cavidad. Dos cilindros coaxiales largos. a < r < b y r > b . la intensidad del campo eléctrico en las regiones caracterizadas por r < a . Calcular. La situación tiene simetría en torno al eje de los cilindros. PROBLEMA 28. usando la ley de Gauss. como si él es conductor. S ya que qneta encerrada por la superficie S es cero. r La simetría de la situación permite afirmar que E es radial y de igual magnitud en todos los puntos que estén a una misma distancia del eje de simetría (eje de los cilindros). por lo tanto : Ñ∫ r r E g dA = S donde ∫ ∫ r r E gdA + tapas ∫ manto r r E g dA = 0 + ∫ E g dA = E manto ∫ dA manto = E g 2π r g L r r r r E g dA = 0 ya que E y dA son perpendiculares tapas y ∫ r r E g d A = E g 2π r L . .48 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Si r < a . siendo E la magnitud del campo eléctrico en los manto puntos del manto de la superficie gaussiana cilíndrica de radio r ( r < a ) y largo L . En consecuencia tenemos : Ñ∫ r r E gd A = 0 (al aplicar la ley de Gauss) Ñ∫ r r E g dA = E g 2π r L (al hacer el cálculo directamente) S y S De modo que debe cumplirse: E g 2π r L = 0 . permite concluir que : Ñ∫ r r E gd A = 0 . Lo anterior es válido tanto si el cilindro interior es hueco. la ley de Gauss : (a) Ñ∫ S r r q E g d A = neta aplicada usando una superficie de radio ε0 menor que a . lo que implica finalmente : r E =0 si r < a . ya que en este último caso toda la carga estará en su superficie ( r = a ) . r >b . r <a . se llegará finalmente a la conclusión r que E = 0 para r > b . 2π ε0 r Evidentemente. En resumen: r 0 r λ rˆ E = − 2π ε 0 r r 0 . tenemos : Ñ∫ Sl ∫ r r E gd A + r r q E g dA = neta ε0 r r E g dA = ∫ tapas qneta ε0 manto ∫ + 0 r E dA = qneta ε0 manto + E 0 ∫ qneta ε0 dA = manto E g 2π r L = − o E= −λ 2π ε0 r o λL ε0 r −λ rˆ E= . Repitiendo el razonamiento empleado para r < a .3. (c) Si r > b . Flujo Eléctrico (b) 49 Si a < r < b . a≤ r≤ b . entonces aplicando la ley de Gauss y las consideraciones de si- metría. en todo lo anterior se usó nuevamente una superficie gaussiana cilíndrica. con r > b . no habrá carga neta encerrada en una superficie gaussiana cilíndrica de radio r . ya que las densidades lineales de carga en los cilindros son de igual valor absoluto y distinto signo. llamada ahora S l y de radio r con a < r < b . 50 Electromagnetismo Problemas y Soluciones r Gráficamente. r Nótese que E tiene discontinuidades en r = a y r = b . usando : E = E g rˆ . . POTENCIAL ELÉCTRICO PROBLEMA 29. la diferencia VA − VB es: VB A = VA − VB = q1 4πε 0 1 − 1 + q2 1 − 1 . Encontrar una expresión para la diferencia de potencial entre los puntos A y B de la figura. SOLUCIÓN El potencial producido por una carga puntual a una distancia a de ella es : V = q 4πε 0a Puesto que tenemos dos cargas puntuales. producida por la presencia de dos cargas de magnitudes q1 y q2 . 51 . necesitamos usar el principio de superposición para decir que el potencial en A es : VA = q1 q2 + .4. 4πε 0 ( a + d ) 4πε 0a Luego. ¿Qué trabajo debe efectuar un agente externo para llevar una carga puntual q0 desde A hasta B ? Dicho trabajo es : WA B = q0 gVA B = − q0 gVB A . en B el potencial será: VB = q1 q2 + . a a + d 4πε a + d a 0 o bien : VB A = ( q1 − q2 ) 1 − 4πε 0 a 1 a+d . 4πε 0 a 4πε0 ( a + d ) Análogamente. entonces ln x2 → ∞ y (V1 − V2 ) → ∞ . de acuerdo a la referencia escogida. De acuerdo a resultados anteriores: Ex = λ 2πε 0 x Ey = 0 . para luego medir los potenciales de los restantes puntos del espacio. entonces es posible escoger un punto y asignarle un potencial. lo cual hace imposi- ble escoger como referencia para el potencial. Entonces : r E = E x iˆ + Ey ˆj r d l = d x iˆ + dy ˆj El campo eléctrico producido por una línea infinita es radial y tiene simetría cilíndrica. Calcular la diferencia de potencial entre los puntos 1 y 2 ubicados a las distancias x1 y x2 de un alambre infinito cargado uniformemente con densidad lineal λ . a un punto ubicado a distancia infinita del hilo. luego : r r E g d l = Ex dx + Ey dy = λ dx 2π ε 0 x y x1 V1 − V2 = − x2 V1 − V2 = − λ dx λ ∫ 2π ε x = − 2πε 0 ( ln x1 − ln x 2 ) 0 λ ln x + λ ln x 1 2 2πε 0 2πε 0 Observe que si x2 → ∞ . resulta adecuado escoger el sistema de coordenadas xy mostrado en la figura. y la trayectoria C están en el plano del dibujo. Puesto que realmente sólo interesa saber las diferencias de potencial. . SOLUCIÓN r r ∆ V = V1 − V2 = − E g d l 1 ∫ 2 Si los puntos 1 y 2 .52 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 30. Por ende. donde la integral debe efectuarse sobre toda la región que contiene cargas. Potencial Eléctrico 53 Si asignamos arbitrariamente el potencial V0 a un punto ubicado a una distancia d de la línea. PROBLEMA 31. lo cual en este caso no se cumple. Determinar el potencial producido por un cascarón esférico conductor. Otra manera de calcular potenciales es mediante la relación : V = ∫ 4πε dq v 0 r . C = V0 + donde C es una contante de valor : λ ln d . SOLUCIÓN . entonces el potencial V en un punto ubicado a distancia r de la línea será : V − V0 = − − λ ln r + C 2πε 0 = V λ ln r + ln d 2πε 0 .4. se ha supuesto que el potencial es cero en puntos muy alejados de la configuración de cargas. cargado con una carga total q . 2πε 0 Note que las superficies equipotenciales son cilindros cuyo eje es la línea cargada. En la expresión V = ∫ 4πε dq v 0 r . Dicho método es aplicable sólo para configuraciones finitas de carga. el potencial obtenido anteriormente no puede calcularse usando dicha expresión. 4πε 0R . en un punto interior de la esfera hueca. P ∫ ∞ Puesto que la integral tiene un resultado independiente de la trayectoria. la esfera produce el mismo potencial que una carga puntual q ubicada en el punto 0 . Para puntos exteriores. Usando la trayectoria radial para determinar el potencial en un punto interior. se hará el desarrollo siguiendo una trayectoria radial. ∫ r ∞ R ∫ ∞ ∫ R r R ∫ ∞ r puesto que E = 0 para r < R . se tendrá: r r r r r r r r VP = − E g d l = − E g d l − E g d l = − E g d l . 2 4πε 0 r ∞ 4πε 0r 4πε 0 r ∞ Es decir. VP = − ∫ r ∞ r q ˆ r g d l=− 4πε 0 r 2 r ∫ 4πε r q 2 ( −d l ) 0 ∞ puesto que d l = − d r . Luego. el potencial tiene un valor constante igual a: r r VP = − E g d l = R ∫ ∞ q . Para puntos interiores. el campo eléctrico es nulo.54 Electromagnetismo Problemas y Soluciones A partir de la definición. el potencial en un punto es : r r VP = − E g d l . el campo eléctrico es : r E= q rˆ . ∫ r r qdr q 1 q VP = − =− − = . es decir: r ≥ R . r < R . 4πε 0 r 2 Luego. que para r ≥ R . PROBLEMA 32. SOLUCIÓN r Puede calcularse E en todo el espacio y luego determinarse el potencial en un punto P a partir de la definición VP = − ∫ P r r E gd l .4. Potencial Eléctrico 55 Es necesario que este resultado sea bien entendido en términos del trabajo requerido para traer una carga de prueba desde el infinito hasta un punto interior de la esfera. los resultados anteriores no cambian. y de acuerdo al resultado anterior está dado por : dV = dq ρ g 4π a2 da = . Se recomienda que usted lo haga. basado en el resultado anterior. La esfera maciza puede "verse" como un sinnúmero de cascarones esféricos de radio a . siempre que la esfera sea conductora. que si se tratase de una esfera maciza cargada. Al hacer lo anterior debe suponer que la carga de prueba no produce redistribución de la carga del conductor. pues acá se usará un método distinto. producido por una esfera aislante cargada uniformemente con densidad volumétrica ρ . espesor da y carga dq = ρ dV = ρ 4π a 2 da . Determinar el potencial en todos los puntos del espacio. Note además. que producen en P (punto externo) un potencial dV . 4πε 0 r 4πε 0 r . ∞ de manera análoga a lo realizado en el PROBLEMA 31. (r ≥ R ). y a la carga contenida en el resto de la esfera de radio R (esfera hueca de radio interior r y radio exterior R ). la situación puede estudiarse como sigue. Posteriormente : 1 VP = 4πε 0 r VP = ρ R3 3ε 0 r ∫ 0 4 ρ g π R3 qT 3 dq = = 4πε 0 r 4πε 0 r qT . . la esfera produce el mismo potencial que produciría una carga puntual qT ubicada en 0 . 0 0 donde r es una constante para efectos de la integración. el potencial es : ρ R 2 3ε 0 . En la superficie de la esfera. Entonces.56 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Luego. r < R . Nótese que para puntos externos. Para puntos interiores. el potencial es debido a la carga contenida dentro de la esfera de radio r. el potencial en P será : qT VP = ∫ 4πε r dq . 1° En un punto ubicado a una distancia r < R del centro. VP = V1 P + V2 P . para este tipo de distribución finita. Evidentemente el punto P que nos interesa está en el interior de la esfera hueca y obedece a esta relación. De acuerdo con el resultado obtenido anteriormente. cargada uniformemente con ρ .4. cargada uniformemente con ρ . 4πε 0 a donde dq = ρ g 4π a 2da . 2ε 0 Este es el potencial en un punto interior de una esfera hueca de radio interior r y radio exterior R . V2 P = ∫ r V2 P = y a es la variable de integración. Esto no ha sido calculado anteriormente. qT = ρ g π R3 − r 3 ) R Luego. 4πε 0 a puesto que la esfera hueca puede "verse" como un sinnúmero de cascarones como los descritos anteriormente. El potencial en un punto interior de un cascarón esférico de radio a . para puntos externos. luego : VP = ρr2 ρ ρ r2 R2 r 2 + R2 − r 2 ) = + − ( 3ε 0 2ε 0 ε 0 3 2 2 VP = ρ 3R 2 − r 2 ) . pero hay un resultado que puede utilizarse para V2 P . es constante y tiene magnitud de : dV = dq . Potencial Eléctrico 57 2° V1P es el potencial en la superficie de una esfera cargada con ρ constante y de radio r . ρ g 4π a 2 da ρ = ε0 4π ε 0 a R ∫ r ada = ρ (R 2 − r 2 ) 2ε 0 ρ (R 2 − r 2 ) . ( 6ε 0 . entonces : V2 P = ∫ V2 P dV = 0 ∫ 0 4 3 ( qr dq . espesor da y carga dq . V1P es : V1P = ρr 2 3 ε0 3° El valor de V2 P corresponde al potencial en un punto interior de una esfera hueca de radio interior r y radio exterior R . se obtiene el potencial producido por el disco. (b) Obtener el potencial producido por un disco de densidad de carga uniforme σ y radio R .58 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 33. en un punto de su eje. . Haciendo dq = σ g 2π r d r e integrando en la variable R . 4πε 0 ( x 2 + R2 ) 12 12 es la distancia entre el ele- mento dq y el punto P . Puesto que todos los puntos del anillo son equidistantes de P . entonces : V = ∫ q dV = anillo V = ∫ 4πε ( x dq 0 0 q 4πε 0 ( x 2 + R2 ) 12 2 +R 2 ) 12 = q 1 4πε 0 ( x + R 2 2 ) 12 ∫ dq 0 . (b) A partir del resultado anterior. (a) Determinar el potencial en cada punto del eje de un anillo de radio R que tiene una carga neta q distribuida uniformemente con densidad lineal λ . en un punto de su eje ubicado a distancia x . debido a un anillo diferencial de radio r que forma parte del disco es: dV = dq 4πε 0 ( x 2 + r 2 ) 12 . SOLUCIÓN (a) En P el potencial producido por un elemento de carga dq es : dq dV = donde (x 2 + R2 ) . la contribución al potencial. V = ∫ 0 R σ g 2π r d r 4 π ε0 ( x2 + r 2 ) 12 = σ 2 ε0 ∫ 0 R (x rdr 2 + r2 ) 12 . determinar el potencial en un punto del eje de simetría de un hemisferio de radio R y carga Q distribuida uniformemente sobre su superficie. Potencial Eléctrico 59 Luego. por lo tanto. 2ε0 PROBLEMA 34. Sustituyendo x 2 + r2 = u y du = 2r d r . SOLUCIÓN El anillo de carga dq indicado en la figura tiene un radio igual a R cosθ y. se obtiene: V = σ g 1 2ε0 2 ∫ u2 u1 12 du = σ g 1 g 2 ( x2 + r 2 ) 12 2ε0 u 2 R 0 12 V = σ ( x 2 + R2 ) − x .4. 2 2 12 4πε 0 r l 4π ε 0 ( R cosθ ) + ( a + R s e nθ ) 2 . la contribución de ese anillo al potencial en P será : dV = σ 2π R2 cosθ dθ dq = . dq es igual a σ dA = σ g 2π R cosθ g Rdθ . A partir del potencial producido por un anillo en un punto de su eje. Luego. Calcular el potencial en P. du = 2a R cosθ dθ . Entonces. no importa que haya cargas cerca ni flujo de cargas hacia o desde ella. En la placa L se P deposita una carga de 20[nC]. por lo tanto. Tres placas paralelas están dispues- K L M tas como se indica en la figura. ¿ Qué sucede si a = 0 ? PROBLEMA 36.60 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Luego : σ R2 V = 2ε 0 σ R2 V = 2ε 0 Sustituyendo : ∫ π 2 (R 0 ∫ c o sθ dθ 2 cos θ + a + R 2 sen 2θ + 2aRsenθ ) 2 + a + 2aRsenθ ) 2 π 2 0 (R 2 c o sθ dθ 2 12 12 . 0 Finalmente: V = σR 1 + R − 2ε 0 a R 1+ a 2 . σ R2 V = g 1 2ε 0 2a R uS ∫ ui du = σ R g u 1 2 u 1 2 2ε 0 a uS ui 12 σR = R 2 + a 2 + 2aRsenθ ) ( 2ε 0 a π 2 . . d2 = 1[cm ] y x = 0. tiene siempre el mismo potencial que ella. La superficie de las placas tiene área A = 300[ cm 2 ] . que cumple con dos condiciones: (1) Siempre está a un potencial constante. u = R 2 + a2 + 2aRsenθ . Normalmente definiremos al potencial de la tierra como cero. x d2 d1 SOLUCIÓN Ø El símbolo indica que un conductor está "conectado a tierra". Consideraremos como "la tierra" a una región muy especial del espacio. Cualquier conductor conectado a tierra.5[cm ] . si d1 = 2[ cm ] . las placas laterales se cargan debido a la presencia de carga en la placa L. (¿Implica esto. siempre proveerá la cantidad de carga necesaria para hacer que el potencial de un conductor sea el mismo que el de ella. En consecuencia. Sin embargo. ¿Cuánta carga fluye a cada placa lateral y cómo se distribuye la carga de 20[nC] en la placa L? Para responder a esta pregunta usaremos la ley de Gauss y consideraremos el campo entre las placas. tenemos que : d2 d1 r El flujo del campo eléctrico a través del cilindro es cero. Para que esto sea posible debe fluir carga negativa desde tierra a las placas laterales (analice). uniforme. Potencial Eléctrico 61 (2) Es una fuente infinita de carga. En resumen. σ1 σM L K M se cumple que TAPA ( σ1 + σ 2 ) A = Q CILINDRO TAPA (1) MANTO Aplicando la ley de Gauss a un cilindro recto cuyas bases están dentro del material de las placas K y L . dado que d1 y d2 son pequeñas comparadas con las dimensiones de las placas. σ2 Ø Sean σ 1 y σ 2 las densidades superficia- σK les de carga en cada cara de la placa L. que la carga neta del conductor sea cero? Analice distintos casos). todo conductor conectado a tierra tiene potencial cero. el potencial debe mantenerse en cero. . En consecuencia la carga neta encerrada es cero y σK = −σ2 . Esto es. el potencial eléctrico en las placas laterales tiende a aumentar (¿porqué?). con cargas del signo opuesto a la de L. Como la carga total en L es Q = 20[nC ] .4. como están conectadas a tierra. Ø Al depositar carga positiva en la placa L. ya que E es cero dentro de los conductores y tangente a la superficie en el manto cilíndrico. ya sea positiva o negativa. las cargas inducidas en las placas K y M son de igual valor absoluto y signo opuesto a las de las respectivas caras de la placa L. E = 0 . (Demuestre que fuera de las placas K y M no hay carga). las diferencias de potencial entre las placas K y L . a partir del campo eléctrico producido por una placa ( vea PROBLEMAS 5 Y 12 ) : E2 = σ2 ε0 . Luego . sabemos que las placas K y M están al mismo potencial que la tierra : VK = VM = 0 y toda la placa L está a un potencial dado VL . Ø Por otra parte.62 Electromagnetismo Problemas y Soluciones De manera análoga se puede demostrar que : σ M = −σ 1 Por lo tanto. El campo eléctrico entre las placas puede calcularse por superposición. E1 d1 = E2 d2 . entre las placas K y L E1 = σ1 ε0 . por lo tanto. fuera de las placas. y entre las placas M y L son las mismas : ∆ VK L = ∆ VM L VL − VK = VL − VM Expresando los ∆ V en función del campo eléctrico : ∆ VK L = VL − VK = − ∆ VML = VL −VM = − ∫ r uur E 2 g d l = E 2d 2 L K ∫ r uur E1 g d l = E1d1 L M r r siendo E1 y E2 las magnitudes de E1 y E2 respectivamente. entre las placas L y M . 8 g1 02 Nm C M P VP = 3.5 g1 04 [ N / C] ε0 σ 2 = 4.8 g 102 [V ] PROBLEMA 36. que la fuerza neta sobre ellas es debida al campo eléctrico de los electrodos y que la velocidad de ascenso del humo es de v0.4. De (1) y (2) : σ1 = Q d A 1 + 1 d2 = 20 g 10− 9 [ C] = 2 g10 − 2 [ m] −4 2 3 0 0 g 10 [m ] g 1 + 1g1 0− 2 [ m] σ 1 = 2. donde quedan adheridos.0 g 104 [ N / C ] ε0 y el potencial en el punto P es : VP = − ∫ r uur E1 g d l = E 1 g (d 1 − x ) = 3.2 g1 0− 7 [C / m 2 ] . E1 = σ1 = 2. . y σ1 d2 = . σ 2 d1 (2) es decir. Potencial Eléctrico 63 σ2 σ d2 = 1 d1 ε0 ε0 En consecuencia. Ambos tubos se usan como electrodos y entre ellos se aplica una diferencia de potencial V. Una chimenea consta de un tubo exterior cilíndrico de altura H y radio R. de modo que las partículas de humo adquieren un momento dipolar inducido p y experimentan una fuerza eléctrica hacia uno de los electrodos. y de un tubo coaxial interior de radio ρ . Considere que las partículas son de masa m.4 g 10− 7 [C / m 2 ] . (b) Calcular V de modo que todas las partículas queden adheridas al electrodo. (a) Indicar a cuál de los electrodos se adhieren las partículas. la carga en la placa L se distribuye en razón inversa a las distancias a las placas K y M . E2 = σ2 = 5. Esto justifica que hayamos dibujado más líneas de campo eléctrico entre las placas K y L que entre las placas L y M . siendo r la posición del centro de la partícula. la fuerza eléctrica sobre el dipolo es hacia el electrodo interior. el campo eléctrico es radial e inversamente pro++ porcional a r . con su carga negativa más cercana a la carga positiva que produce el campo. 2πε 0r 2πε 0 R 2πε 0 ρ La posición de mínima energía de un dipolo corresponde a estar alineado con el campo eléctrico externo. por lo tanto.64 Electromagnetismo Problemas y Soluciones SOLUCIÓN (a) Entre los cilindros interior y exterior sometidos a una diferencia de potencial. como se indica a continuación. La correspondiente diferencia de potencial entre los electrodos es : V=− ∫ ρ r r Eg d l = − R ∫ ρ R λ dr λ ρ λ R = − ln = ln . Esto se ilustra en la figura. es decir. r r p E – + El campo producido por los electrodos cilíndricos es más intenso cerca del electrodo interior. como lo indica la expresión : r E= + + + λ g rˆ . 2 2 . 2 π ε0 r + + + ρ + + + + R donde λ es la carga por unidad de longitud del cilindro interior. d r – d q E( r − 2 ) + q E (r + d ) 2 La figura muestra que la fuerza eléctrica sobre el dipolo depende de la diferencia del campo eléctrico en (r − d ) y en (r + d) . la distancia al eje. Entonces. πε 0 m r R . y su solución debe dt cumplir la condición de que todas las partículas lleguen hasta el electrodo central mientras ascienden verticalmente. en esas condiciones todas las partículas quedarían adheridas al electrodo central. 2π ε0 r 2 Integrando en ambos miembros y considerando las condiciones iniciales de movimiento: r ( 0) = R y v r (0 ) = 0 . − pλ d vr d v r dr d vr =m =m g = m vr g 2 2πε 0 r dt dr { dt dr vr − p λ dr = m vr d v r . Para obtener el tiempo en recorrer la distancia entre los electrodos. y puede escribirse en forma abreviada como : Fr = p dEr pλ = − . despejamos v r en la relación anterior. dr = vr = − dt p gλ 1 1 − . dr 2 π ε0 r 2 donde p = qd es la magnitud del momento dipolar eléctrico de una partícula.4. Potencial Eléctrico 65 La magnitud de la fuerza eléctrica sobre el dipolo es : d d E( r − ) − E (r + ) d d 2 2 F = q E (r − ) − qE (r + ) = q d 2 2 d . se obtiene : m 2 pg λ 1 1 vr = + − . 2 2πε 0 r R El tiempo que demoraría una partícula en ascender la altura H debe ser mayor o igual que el tiempo empleado en recorrer la distancia entre los electrodos. (b) La ecuación de movimiento radial de un dipolo es Fr = m g d vr . dt = − πε0 m g pλ dt = − π ε0 mR g pλ dr 1 1 − r R r dr . R−r Con la ayuda de una tabla de integrales. . Denominando τ al tiempo en recorrer la distancia (R − ρ ) τ= ρ (R − ρ ) π ε0 mR ρ (R − ρ ) − R tan−1 − pλ ρ τ= πε 0 mR −1 ρ (R − ρ ) + Rtan pλ Puesto que debe cumplirse se obtiene : R −ρ ρ τ ≤ H v 0 .66 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Entonces. Finalmente : m v 20 R R V≥ ln g ρ ( R − ρ ) + Rtan −1 2pH2 ρ R−ρ ρ 2 . se integra la relación anterior con r variando desde R hasta ρ . la diferencia de potencial V pedida resulta de sustituir λ en términos de V en esa desigualdad. ENERGÍA POTENCIAL ELÉCTRICA PROBLEMA 37. potencial gravitacional y potencial electrostática. Una partícula cargada se mueve a lo largo del eje de un disco uniformemente cargado. Las formas de energía asociadas con nuestro sistema son: cinética. hB y g son datos. La magnitud de la velocidad de la partícula en el punto A es 1 0 [m/ s] y en g el punto B es 2[ m / s ] . y que la energía potencial eléctrica es cero cuando el disco cargado y la carga se encuentran muy separados (a distancia infinita). de acuerdo al enunciado la velocidad disminuye en ese tramo. entonces diremos que en nuestro sistema dicha cantidad se conserva. SOLUCIÓN La presencia del campo gravitacional haría aumentar la velocidad de la partícula al pasar de A → B . q . hA . ¿cuál es la densidad superficial de carga del disco? Considerar el efecto de la gravedad y que la cantidades m .5. entonces tendremos: E A = 1 m v A2 + m g h A + qVA 2 EB = 1 m vB2 + m g hB + q VB . sin embargo. de ahí se concluye que q y σ deben tener igual signo de modo que haya repulsión entre ellas (partícula y disco). El campo gravitacional y el campo electrostático son conservativos. es decir : ∆E = 0 o bien EA = EB . Considerando que la energía potencial gravitacional del sistema es cero (nivel de referencia) cuando m está sobre el disco (en contacto con él). lo que ha permitido definir las energías potenciales respectivas. Recordando que cuando un sistema es conservativo podemos aplicar la conservación de la energía mecánica. R . 2 67 . por lo que se ocupará el resultado (ver PROBLEMA 33 b). Usando este resultado. resulta : 1 m v 2 + m g h + qV = 1 m v 2 + m g h + qV . . el infinito) : V = σ 2ε 0 ( ) R 2 + h2 − h .68 Electromagnetismo Problemas y Soluciones igualando E A y EB . lo cual ha sido desarrollado anteriormente. Encuentre una y compárela con el procedimiento anterior. Potencial producido por un disco cargado con densidad superficial de carga σ . en un punto de su eje ubicado a una distancia h del centro (tomando como referencia para potencial cero. A A A B B B 2 2 donde v A y v B son velocidades y VA y VB son potenciales. Ahora hay que relacionar VA y VB con σ . tenemos : 1 m v 2 − 1 m v 2 + m g h − m g h = q σ R 2 + h2 − R 2 + h2 − h + h A B A B B A B A 2 2 2ε 0 de donde se despeja σ : 1 2 2 2 ε 0 2 m ( v A − vB ) + m g ( hA − hB ) σ = q R 2 + h2 − R 2 + h2 + h − h B A A B Hay otras maneras de enfocar el problema. Vc 1 (1) = q1 4πε 0 R y V c 1 ( 2) = q2 4πε 0 ( D 2 + R 2 ) 12 . donde Vc1 ( 1) y Vc1 ( 2 ) son los potenciales producidos por los anillos 1 y 2 en c1 . Energía Potencial Eléctrica 69 PROBLEMA 38. El trabajo requerido para traer una carga puntual q hasta el centro de uno u otro anillo es W1 o W2 respectivamente. Dos anillos coaxiales.5. pueden plantearse las igualdades : W1 = V c1 gq W2 = Vc 2 g q . a una distancia x de su centro es (ver PROBLEMA 33 (a)) : V = q 4πε 0 ( x + R 2 ) 2 12 Luego. Determinar la carga total de cada uno de los anillos. y donde Vc 1 y Vc 2 son los potenciales en los centros c1 y c 2 de los anillos 1 y 2 respectivamente. puede expresarse como : Vc1 = Vc1 (1) + Vc1 ( 2 ) . El potencial en un punto del eje de un anillo de radio R y carga q1 . SOLUCIÓN 1 2 W1 W2 D C1 C2 De acuerdo a la definición de potencial en un punto. de radio R . El potencial en c1 es debido a los anillos 1 y 2 y. se colocan con sus centros a distancia D . por lo tanto. (b) Determinar el trabajo requerido para llevar la carga q3 de su posición inicial al punto A . (a) Determinar la energía electrostática de la configuración.70 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Análogamente: Vc 2 (1) = q1 4πε 0 ( D2 + R 2 ) 12 y Vc 2 ( 2 ) = q2 . Se deja como ejercicio la resolución del sistema de ecuaciones. como se muestra en la figura adjunta. (Examine si esa suposición es necesaria). Reemplazando Vc 1 y Vc 2 en las igualdades planteadas al comienzo. cuyas soluciones son: 4π ε0 R ( D 2 + R 2 ) R q1 = W − W g 2 12 2 2 q D2 1 D + R ( ) q2 = 4π ε 0 R R 2 R 1 + W − W g 1 12 2 2 q D 2 D + R ( ) PROBLEMA 39. Tres cargas puntuales están ubicadas en los vértices de un triángulo equilátero de lado a . 4πε 0 R donde q1 y q 2 son las cargas en los anillos 1 y 2. se obtiene: W1 = q g q1 q2 + qg 12 4πε 0R 4πε 0 ( D 2 + R 2 ) W2 = q g q2 q1 + qg 12 4πε 0R 4πε 0 ( D 2 + R 2 ) Tenemos ahora dos ecuaciones y dos incógnitas: q1 y q 2 . Evidentemente se ha supuesto que las cargas q1 y q 2 están distribuidas uniformemente en cada uno de los anillos. . Esto ocurrirá para cualquier configuración. 4πε 0 a 4πε 0 a q1 q3 q1 q 2 q2 q 3 + + . con el trabajo realizado para llevar q3 desde su posición inicial hasta A . 4πε 0a 4πε0a 4πε 0a (a) Ui = (b) W = (V A − VB ) q3 . (d) Comparar la diferencia de energía electrostática de las configuraciones. 4π ε 0 a a a 4π ε 0 4π ε 0 2 2 Observe que el término asociado con la pareja de cargas que no se ha movido. es decir. donde VA y VB son los potenciales producidos por q1 y q 2 en los puntos A y B .5. SOLUCIÓN q1 q3 q q q q + 1 2 + 2 3 . 4πε 0 a 4πε 0 a Al comparar ∆ U con W se observa que son iguales : ∆U = W . aparece tanto en la expresión de U i como en la de Uf . Energía Potencial Eléctrica (c) 71 Determinar la energía electrostática de la nueva configuración formada (cuando q3 está en A ). . VA = q1 q2 + 4πε 0 a 4πε 0 a 2 2 y VB = q1 q2 + . (d) ∆ U = U f − Ui = q1 q3 q q + 2 3 . 4πε 0 a 4πε 0 a luego : W = (c) Uf = q1 q3 q q + 2 3 . es : dU = ρ 1 1 Vdq = g 2 2 6 ε0 1 3 (3R 1 2 − r 2 ) ρ g 4 π r 2dr . el cambio en la energía potencial de una configuración es igual al trabajo efectuado sobre ella (se supone que en ambas configuraciones las cargas están en reposo. ancho dq = ρ g 4π r 2 d r .72 Electromagnetismo Problemas y Soluciones esto es así pues. en este caso una esfera de radio R . SOLUCIÓN Para una distribución continua de carga. el potencial en un punto interior de la esfera está dado por : V = ρ 3R 2 − r 2 ) . donde la integral debe efectuarse sobre el volumen que contiene la carga. PROBLEMA 40. De acuerdo a un resultado anterior (ver PROBLEMA 32). Calcular la energía electrostática de una distribución esférica de carga de densidad ρ constante y radio R . la energía cinética es nula al principio y al final). ( 6ε 0 con r <R. es decir. la energía asociada a un cascarón esférico de radio r . Luego. dr y carga . la energía electrostática (trabajo efectuado al formar la configuración) es: U = 1 2 ∫ Vdq . Note la diferencia entre las dos expresiones dadas para U . especialmente en cuanto a la región de integración. Usando ahora las expresiones obtenidas para el campo eléctrico en el interior (ver PROBLEMA 27) y en el exterior de la esfera (ver PROBLEMA 10). entonces : Q= 4π ρ R 3 . Entonces: U = ∫ R 0 2 ρ 2r 2 1 ε0 g 4 π r 2 dr + 2 2 9 ε0 1 2π ρ 2 U = 9ε0 ∫ R 0 Q2 r dr + 8πε 0 4 ∫ ∞ R ∫ ∞ R Q 2 4π r 2 dr 1 ε0 2 2 ( 4π ) ε 02 r 4 2 d r 2π ρ 2R 5 Q2 = + . tendremos : r E= Q rˆ 4πε 0 r 2 si r > R . 3ε 0 3 5 15 ε 0 U = Si Q es la carga total de la esfera. y r ρr E= g rˆ 3ε 0 si r < R . consiste en usar la relación : U = ∫ 1 ε E2 dV 2 0 . 9 g 5gε0 8πε 0 R r2 . la energía de la configuración completa es : U = 1 2 ∫ ρ 2π 3ε 0 Vdq = ∫ R ( 3R r 2 2 − r 4 ) dr 0 ρ 2π 2 1 3 1 5 4π ρ 2 R 5 3R R − R = . 3 y el resultado para U se puede expresar en términos de Q como : 3 U = qQ 4π R 3Q 2 g = . 2 15 ε 0 ( 4π ) R 6 20πε 0 R 2 3 Una manera alternativa de obtener el resultado anterior.5. donde dV es un elemento de volumen. ya sea que éste contenga o no carga. Energía Potencial Eléctrica 73 Entonces. y la integral debe efectuarse sobre todo el espacio. . 20π ε 0 R lo cual coincide con el resultado obtenido usando el primer procedimiento.74 Electromagnetismo Problemas y Soluciones y reemplazando ρ . obtenemos: U = 3 Q2 . entonces : q1 + q2 + q3 = + q − q + q = q 75 . En el circuito de la figura. Esta es la carga con la cual quedan cada uno de los condensadores al desconectar nuevamente T1 . los con- T2 densadores están inicialmente descargados y los A interruptores abiertos. ¿Cuál es la diferencia de potencial T1 entre A y D después de la última operación? V0 SOLUCIÓN Al conectar T1 . Las placas ubicadas al lado C0 T2 derecho en la figura quedarán conectadas entre sí.6. que deberá re- T3 –q +q D 3C0 partirse entre ellas. es decir. los tres condensadores se cargan en serie. después de lo cual se procede a T3 cerrar T2 y T3 . Si q1 . los tres condensado- A res quedan en paralelo. Luego: V0 = q q q + + C0 2C0 3C0 . lo cual permite cargar los condensadores. la situación es la indicada en la figura siguiente: –q +q Nótese que al conectar T2 y T3 . Lo anterior es una aplicación de la conservación de la carga eléctrica. CAPACIDAD ELÉCTRICA PROBLEMA 41. todos adquieren la misma carga q . Un razonamiento análogo indica que las placas del lado izquierdo tendrán una carga −q a repartirse entre ellas. de lo que resulta : q = 6 1 1 C0 V0 . Justo antes de conectar T2 y T3 . q2 y q3 son las cargas finales en los condensadores (placas del lado derecho) de capacidades C0 . Luego se cierra T1 . Enseguida se D C0 3C0 2C0 vuelve a abrir T1 . +q –q estarán finalmente al mismo potencial (ya que tanto ellas como los alambres que las unen son conductores) 2C0 y tendrán una carga neta igual a +q . 2C0 y 3C0 respectivamente. Luego se desconecta la batería. luego : C V1 = Q1 C1 V2 = Q2 Q2 = C2 2C1 V3 = Q3 Q3 = C3 2C 1 V4 = Q4 Q4 = C4 C1 cumple que C1 d „ . estableciéndose entre ellos C1 2C1 c cierta diferencia de potencial. ¿Qué fracción de la energía • ƒ eléctrica del sistema se pierde al conectar c a con d ? b 2C1 SOLUCIÓN: En cada ‚ capacitor se Q = CV ⇒ V = Q .76 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Si V es la diferencia de potencial final entre A y D . 6 C0 reemplazando q . resulta: V V = 6 C0 V0 g 1 = 0 11 6 C0 11 V = 1 V0 11 PROBLEMA 42. obtenido anteriormente. Se conecta una batería a los bornes a y b . entonces lo anterior queda : C0V + 2 C0V + 3 C0V = q V = luego : q . C1 2C1 2C1 3 Análogamente para los capacitores ‚ y „ se tiene: Ce q. se tiene : 2C1 1 = 1 + 1 = 3 ⇒C . 3 La capacitancia equivalente total corresponde a los capacitores equivalentes 1 y 2 en paralelo : Ce q. 3 3 3 .6. Esto mismo es válido para los capacitores ‚ y „ . Por lo tanto se cumple que : Q1 = Q3 V1 + V3 =Va b = V . V3 y V4 se tiene: Q1 Q + 3 = V ⇒ Q1 = Q3 = 2 C1V C1 2 C1 3 Q2 Q + 4 = V ⇒ Q2 = Q4 = 2 C1 V 2 C1 C1 3 luego Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = 2 C1 V 3 Calculamos ahora la energía del sistema: Q2 Q2 Q2 Q2 U = 1 1 +1 2 +1 3 +1 4 2 C1 2 2C1 2 2 C1 2 C1 U = 1 2 C1 V 1 + 1 + 1 + 1 2 3 C1 2C1 C1 2 C1 2 U = 2 C12 V 2 g 3 = 2 C1V 2 9 C1 3 Otro método para determinar la energía del sistema es calculando la capacitancia equivalente. = 2 C1 2 C1 4 C1 + = .1 = Ce q. e q . V2 . V2 + V4 =Va b = V reemplazando los valores de V1 . los capacitores • y ƒ se cargan en serie. Q2 = Q 4 . Capacidad Eléctrica 77 Al aplicarse una diferencia de potencial entre los puntos a y b.2 = 2 C1 . Para los capacitores • y ƒ en serie. al relámpago y el rayo en una descarga entre nubes. Además los capacitores • y ‚ quedan con la misma diferencia de potencial: V1l = V2l ⇒ Por lo tanto q1l ql = 2 . V 2 = 1 g V = C1 V 2 . se obtiene: q4l = 4 C1 V 9 q3l = 8 C1 V . 8 1 La fracción de la energía eléctrica que se pierde es : ∆U = U − Ul = U U 2 C1V 2 − 48 C1V 2 3 81 = 1 . C1 2C1 2q1l = q2l .78 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Entonces. 2 4 C1 2 2 U = 1 Ce q . En las placas conectadas al punto a debe conservarse la carga eléctrica : q1l + q2l = Q1 + Q2 . 2 2 C1V 9 3 La energía que pierde el sistema de capacitores se transforma en radiación electromagnética y también se disipa por efecto Joule. 2 3 3 2 Al conectar c con d que inicialmente están a distintos potenciales. q1l + 2q1l = Q1 + Q2 3q1l = 2 C1V + 2 C1V 3 3 q1l = 4 C1 V 9 ⇒ q2l = 8 C1 V 9 Análogamente puesto que en las placas conectadas al punto b se conserva la carga eléctrica y los capacitores ƒ y „ quedan con la misma diferencia de potencial. se redistribuye la carga en los capacitores. Es un proceso complejo de naturaleza semejante al que da origen al trueno. . 9 y La energía eléctrica final es : ( 4 C V 1 l U = 2 9 2 g C1 ) + ( 8 9C V ) 2 1 2 g 2 C1 2 = 48 C1 V 2 . es decir. Capacidad Eléctrica 79 PROBLEMA 43. Evidentemente. la diferencia de potencial y la energía almacenada en el condensador. en las dos situaciones siguientes: (a) La carga del condensador se mantiene constante. las cantidades que nos interesan son: Carga Q0 Capacidad ( ε 0 A s ) = C0 Diferencia de potencial (Q0 C0 ) = V0 Energía almacenada (Q 2C 0 ) = U 0 2 0 Campo eléctrico entre las placas σ ε 0 = Q0 Aε0 Al introducir la placa metálica. la carga. Una placa metálica de área A y espesor s/2 se introduce entre las placas de un condensador plano de área A y separación entre placas igual a s. Estudiar los cambios que ocurren en la capacidad. Antes de introducir la placa metálica. ya que en todo el volumen de la placa éste debe ser cero (conductor en condiciones electrostáticas). (b) La diferencia de potencial del condensador se mantiene constante. el campo eléctrico entre las placas del condensador debe modificarse. en ella debe reordenarse su carga eléctrica de modo que cree un campo eléctrico de igual magnitud y sentido contrario al campo producido por las placas del condensador.6. r Para lograr que E = 0 en el interior de la placa metálica. SOLUCIÓN (a) Carga constante. la carga inducida en la placa metáli- . Luego. luego : Q02 = 2C Q02 ε A 2g 0 g 2 s ( ) ⇒ C = 2g La diferencia de potencial final es : ε0 A = 2 C0 s V = y U = Q0 Q = 0 . entonces U también debe ser igual a Q02 2C . V = 1V0 .80 Electromagnetismo Problemas y Soluciones ca residirá sobre sus superficies paralelas a las placas del condensador y tendrá las magnitudes indicadas en la figura : r De esta manera se logra que E = 0 en el interior de la placa metálica. C 2C0 En resumen : C = 2 C0 . En consecuencia. no hay energía eléctrica almacenada en la región ocupada por la placa metálica. y en el espacio comprendido entre las placas del condensador. fuera de la lámina metálica. ya que allí E = 0 y la densidad de energía eléctrica es u = 1 ε 0 E 2 . el campo eléctrico no se altera respecto a su valor antes de introducir el conductor. 2 Q02 = 1 U0 . la 2 energía final del condensador es: ( ) Q02 Q02 g s 1 s 1 s 2 U = ε0 E g A x + − x = ε0 2 2 A g = 2 2 2 2 2 g Ag 2g ε 0 A ε0 U = Q02 ε A 2g 0 g2 s ( ) Si C es la capacidad del condensador con la placa metálica introducida. 2 g 2 C0 2 . U = 1 U0 2 . Q = 2Q 0 . La capacidad del condensador formado al introducir la placa metálica es C = 2 C0 . (s 2) En resumen: C = 2 C0 . U = 2U 0 . resultado que es aplicable también en este caso. entonces antes de introducir la placa conductora tenemos: Diferencia de potencial : V0 Capacidad : C0 = ε 0 A s Carga : Q0 = C0 V0 Energía almacenada : U0 = 1C V 2 2 0 0 Campo eléctrico entre las placas : E0 = V0 s Una vez introducida la placa tenemos : Diferencia de potencial : V0 Capacidad : C = 2 C0 Carga : Q = CV0 = 2C0 V0 = 2Q0 Energía almacenada : U = 1 CV 2 = 1 C V 2 g 2 = 2U 0 0 2 2 0 0 Campo eléctrico entre las placas : E = 0 (en la región ocupada por la placa metálica) y E= V0 = 2 E0 (en la región no ocupada por la placa metálica).6. Capacidad Eléctrica 81 (b) Diferencia de potencial constante. Si V0 es la diferencia de potencial constante entre las placas. ya que no depende de la diferencia de potencial entre las placas ni de la carga en las placas (recuerde que la capacidad depende de la geometría y del medio dieléctrico). Estudiar los cambios de capacidad. Las placas de un conductor plano se separan. manteniendo constante la carga en las placas.82 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 44. SITUACIÓN I NICIAL SITUACIÓN F INAL +Q0 +Q0 d 2d –Q0 –Q0 SOLUCIÓN Suponiendo que la separación entre las placas es pequeña. desde una distancia inicial d hasta una distancia final 2d . Luego: (a) Situación inicial : (b) Situación final : E0 = σ ε0 E= σ ε0 V0 = E0 d V = E g 2d C0 = ε0 A d C = ε0 A 2d U0 = Q02 2 C0 U = Q02 2C En consecuencia tenemos que : (a) El campo eléctrico no cambia: E = E0 (b) La diferencia de potencial se duplica : V = 2V0 (c) La capacidad disminuye a la mitad : C = (d) La energía almacenada aumenta al doble : U = 2U 0 1C 2 0 . entonces el campo eléctrico entre las placas puede considerarse uniforme y los efectos de dispersión pueden despreciarse. diferencia de potencial. energía almacenada y el trabajo realizado por el agente externo que separa las placas. energía almacenada y el trabajo efectuado por el agente externo que separa las placas. SITUACIÓN INICIAL V0 d SITUACIÓN FINAL V0 2d SOLUCIÓN Haciendo las mismas consideraciones que en el problema anterior. Además. 2C 0 es el trabajo efectuado por el agente externo. desde una distancia inicial d hasta una distancia final 2d . Estudiar las mismas cantidades del problema anterior. manteniendo constante la carga Q0 en las placas (lo que implica mantener σ constante).6. los cambios de capacidad. es decir. Las placas de un condensador plano se separan. el cambio en la energía del sistema es debido al trabajo efectuado por el agente externo que separa las placas. ∆ U = U −U 0 = W luego : W = 2U0 − U0 = U0 = Q02 . manteniendo constante la diferencia de potencial entre las placas. entonces. tenemos : . Puesto que la única forma de energía asociada con el sistema es la energía potencial eléctrica almacenada entre las placas. considerando que d es pequeño y los efectos de dispersión en los bordes son despreciables. Capacidad Eléctrica 83 Todos los cambios anteriores son el resultado de separar las placas al doble. diferencia de potencial. PROBLEMA 45. es decir. la energía almacenada y la magnitud del campo eléctrico. en este caso. . Esta vez. 2 2 WF es el trabajo que efectúa el agente que separa las placas y Wb es el trabajo efectuado por la batería. disminuyen a la mitad. que la capacidad.84 Electromagnetismo Problemas y Soluciones (a) Situación inicial : (b) Situación final : E0 = V0 d E= V0 2d C0 = ε0 A d C = ε0 A 2d q0 = C0 V0 q = CV0 U0 = 1 C0 V02 2 U = 1 CV02 2 En consecuencia tenemos que : (a) El campo eléctrico disminuye a la mitad : (b) La capacidad disminuye a la mitad : (c) La carga disminuye a la mitad : (d) La energía almacenada disminuye a la mitad : E = 1 E0 2 C = 1 C0 2 q = 1 q0 2 U = 1 U0 2 En esta situación los resultados son muy diferentes a los del problema anterior. donde la separación se hacía a carga constante. además del agente encargado de separar las placas. La consecuencia de mantener constante la diferencia de potencial entre las placas es. hay otro agente que es la batería encargada de mantener constante la diferencia de potencial entre las placas. En cuanto al cambio en la energía electrostática del condensador. la carga. Entonces : ∆ U = WF + Wb donde ∆ U = U −U 0 = 1 U 0 −U 0 = − 1 U 0 . éste debe ser igual al trabajo total efectuado sobre él por agentes externos. 2 2 Wb es negativo puesto que la batería traslada una carga 1 q0 desde un potencial mayor a 2 otro menor. sin importar si es la carga o la diferencia de potencial la que se mantiene constante. encontramos : WF = 1 U 0 = 1 C0 V02 2 4 Note que el trabajo efectuado por el agente externo que separa las placas es positivo. efectuando un trabajo Wb igual a : ( Wb = V0 g ∆ q = V 0 ( q − q0 ) = V0 1 q0 − q0 2 ) Wb = − 1 q0 V0 = − 1 C0 V02 = − U0 . Esto es así pues las placas tienen cargas de signos opuestos y se atraen entre sí.6. . Capacidad Eléctrica 85 La batería mueve una carga ∆ q a través de una diferencia de potencial V0 . Al reemplazar los valores de ∆ U y Wb en la ecuación ∆ U = WF + Wb . 86 Electromagnetismo Problemas y Soluciones . por lo tanto ambos condensadores tienen la misma carga q =CV0 . SOLUCIÓN (a) Inicialmente ambos condensadores tienen igual capacitancia C e igual diferencia de potencial entre sus placas. A continuación se desconecta la batería y se introduce en uno de los condensadores un dieléctrico de constante K que llena totalmente el espacio entre sus placas. (a) Calcular la diferencia de potencial final en los condensadores. 87 . introduciendo en ella el valor de la carga q = CV0 . Dos condensadores de capacidades iguales se cargan en paralelo a una diferencia de potencial V0 mediante una batería. = K C + C = 2q V La diferencia de potencial final V en los condensadores se obtiene de la expresión anterior.7. CONDENSADORES CON DIELÉCTRICO PROBLEMA 46. y q l l la carga en el condensador sin dieléctrico . (b) Calcular la carga transferida de un condensador a otro. • Antes de introducir el dieléctrico : Ce q. El resultado es : V = (b) Sean : 2V0 K +1 q l la carga en el condensador con dieléctrico. La carga total de ambos condensadores es 2q y se mantiene constante durante todo el proceso. = C + C = • 2q V0 Después de introducir el dieléctrico : Ce q . qll = 2q K +1 2K q K +1 Puesto que K >1 . es decir.88 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Por conservación de la carga eléctrica en las placas superiores (e inferiores) conectadas entre sí. . se cumple que : q l + q ll = 2q Puesto que los condensadores están conectados en paralelo. (c) Determinar el trabajo realizado por la batería al introducir el dieléctrico. K (b) Calcular la energía acumulada antes y después de introducir el dieléctrico. K +1 K +1 PROBLEMA 47. se cumple que q l > q l l . se cumple que : ql qll = KC C ⇒ Entonces : K q l l + q l l = 2q ⇒ Además. pasa carga del condensador sin dieléctrico al condensador con dieléctrico. Dos condensadores de capacidades iguales están conectados en serie a una batería de voltaje V0 . (a) Determinar la carga que circula por la batería al introducir el dieléctrico. (d) Calcular el trabajo que tendría que efectuar un agente externo para sacar al dieléctrico. Carga que pasa al condensador con dieléctrico ∆ q = q l − q : ∆q = q l − q = ∆q = 2K q 2K q −q −K q −q = K +1 K +1 CV0 ( K − 1) q ( K − 1) = . En uno de ellos se introduce un material V0 de coeficiente dieléctrico relativo K . q l = 2q − q l l = ql = K qll . 2 Por lo tanto. K C C K C ⇒ Ce q. 2 C 2 C C Entonces. C C C ⇒ Ce q. U = CV02 4 . la carga de cada condensador antes de introducir el dieléctrico es : Q = C V0 . K +1 0 Al introducir el dieléctrico. la carga en los condensadores aumenta. Luego. Condensadores con Dieléctrico 89 SOLUCIÓN (a) Sea C la capacidad de cada condensador. 2 Al introducir el dieléctrico en uno de los condensadores su nueva capacitancia será KC y la capacitancia equivalente después de introducir el dieléctrico es : 1 = 1 + 1 = K +1 Ce q. = C . K + 1 (b) La energía acumulada en el sistema de los dos condensadores antes de introducir el dieléctrico es : 2 2 2 U = 1Q + 1Q = Q . La capacitancia equivalente antes de introducir el dieléctrico es : 1 = 1 + 1 = 2 Ce q. la carga ∆ Q que circula por la batería al introducir el dieléctrico es : ∆Q = q− Q = q −Q = KC 2K − 1− K V − C V = CV0 K +1 0 2 0 2 ( K + 1) CV0 2 K − 1 .7. = KC K +1 La nueva carga en cada condensador es : q= KC V ≥Q . s = − Wb a t. CV02 K − 1 = 4 K + 1 El resultado anterior es positivo y significa que el agente externo saca el dieléctrico aplicando una fuerza en la dirección del movimiento. Esto ocurre porque el dieléctrico es atraído hacia el interior del condensador.e x t . = CV02 1 KC 2 CV02 K − 1 − V + 4 2 K +1 0 2 K +1 Wa g. pero en sentido contrario. + W b a . CV02 1 = − 1 2 2 K +1 Wa g.t s Nótese que la batería es un elemento externo para el sistema de los dos condensadores.t i = Voltaje de la batería • carga transferida Wb a . Al sacar el dieléctrico.90 Electromagnetismo Problemas y Soluciones La energía acumulada después de introducir el dieléctrico es : Ul = 1 q2 1 q2 + 2 KC 2 C 2 KC 1 KC 2 U = 1 V0 + 1 = 1 V 2 K + 1 K C C 2 K + 1 0 l (c) El trabajo realizado por la batería al introducir el dieléctrico es : Wb a .t i = V0 g CV0 2 2 K − 1 = CV0 K + 1 2 K − 1 > 0 K + 1 El trabajo realizado por los agentes externos para sacar el dieléctrico será igual a la variación de energía del sistema formado por los condensadores : ∆ U = U − Ul = W a g. i .e x t .e x t . el trabajo realizado por la batería al sacar el dieléctrico es el negativo del trabajo realizado por la batería al introducir el dieléctrico: Wb a t.e x t . Luego : Wa g. = U −U l + Wb a . por la batería circula la misma carga eléctrica que al introducir el dieléctrico. Luego.t i Wa g.e x t. . (c) La carga libre.7. como se indica en la figura adjunta. Un condensador de placas paralelas de capacidad C0 . SOLUCIÓN ANTES de introducir el dieléctrico : V0 = Q0 C0 C0 = ε0 A a QL = Q0 ( carga libre ) QP = 0 ( no hay carga de polarización ) E0 = Q0 ε0 A EF = 0 U0 = Q02 2 C0 ( campo entre dos placas planas ) ( fuera de las placas ) ( energía potencial eléctrica ) 91 . determinar antes y después de introducir el dieléctrico : (a) La intensidad del campo eléctrico en todo el espacio entre las placas. (d) La diferencia de potencial entre las placas conductoras. que no llena totalmente el espacio entre las placas. Considerando que el proceso ocurre a carga constante. tiene una carga inicial Q0 . (e) La diferencia de potencial entre las caras opuestas del dieléctrico. (g) La energía potencial eléctrica. (b) La carga de polarización. Condensadores con Dieléctrico PROBLEMA 48. (f) La capacidad del condensador. cuyo espacio entre placas está vacío. Se introduce una placa de dieléctrico de constante K . El flujo a través de las paredes laterales es cero pues uuur r E es perpendicular a dS . K Puesto que K ≥ 1. la expresión anterior indica que la carga de polarización es siempre de signo contrario al de la carga libre y de valor absoluto menor que el de la carga libre. Observe que la carga inducida por polarización es la misma cuando el dieléctrico llena el espacio entre las placas. ε0 En consecuencia. Luego : ΦE = ∫ r uuur E E g dS = − E 0 g A + 0 g A . E0 E= E0 K en el vacío dentro del dieléctrico (b) La carga de polarización puede calcularse aplicando la ley de Gauss a una "caja de fósforos" . K bases pero el flujo debe ser igual a la carga neta encerrada. El campo en el espacio vacío no se modifica (¿por qué?) . . igualando : QP = E0 A ε 0 ( K1 − 1) . pero E0 = Q0 ε 0 A .92 Electromagnetismo Problemas y Soluciones DESPUÉS de introducir el dieléctrico : (a) El campo dentro del dieléctrico se debilitará en una factor K respecto del valor en el vacío. cuyas bases sean paralelas a las placas. de donde : ( ) QP = − K − 1 Q0 . dividida por ε0 : ΦE = QP . (e) La diferencia de potencial entre las caras opuestas del dieléctrico corresponde al término E0 g b en la relación encontrada para ∆ V total al hacer la integral.7. (d) La diferencia de potencial entre las placas conductoras pueden calcularse mediante : ∆ V = V( + ) − V(− ) = − ∫ (+ ) r uur E gdl . ∆ V = V0 1 − b g a K Esta diferencia de potencial es menor que la del condensador vacío. (− ) donde hay que considerar que el campo dentro del dieléctrico es E0 K . (Justifique esta afirmación). por otra parte. ∆ V = E0 ( a − b ) + ∆V = ( ( E0 g b = E0 a + b 1 − 1 K K ( ( )) ( ) Q0 a+ b 1 −1 ε0 A K a + b 1 −1 K ∆ V = V0 a )) ( K −1 ) . pero mayor que la del mismo condensador lleno con el dieléctrico. K a . no varía durante el proceso pues las placas conductoras permanecen aisladas : (QL )antes = (QL )después = Q0 . Puede expreK sarse como : ∆ Vd i e l é c t r i c o = V0 b g . Condensadores con Dieléctrico 93 (c) La carga libre. 94 Electromagnetismo Problemas y Soluciones (f) La capacidad del condensador, por definición, es el valor absoluto de la carga libre en cada placa, dividido por la diferencia de potencial : C = QL Q0 = ∆V Q0 1 a+b −1 ε0 A k C = C0 . K − 1) ( b 1− g a K ( ( = )) ε0 A a + b 1 −1 k ( ) Puede apreciarse que el nuevo valor de la capacidad está comprendido entre la capacidad del condensador vacío (C0 ) y la del condensador lleno con dieléctrico ( K C0 ) . C0 < C < K C0 (g) La energía potencial eléctrica puede calcularse directamente de : U = ( Q02 Q02 ( K − 1) = 1− b g 2C 2 C0 a K ) La diferencia entre la energía final e inicial es: ∆ U = U − U0 = ( ) Q02 ( K − 1) − 1 1− b g 2C 0 a K ( K − 1) . ∆U = − U0 b g a K La energía eléctrica disminuye, en otras palabras, el condensador debe hacer trabajo positivo para introducir el dieléctrico. Esto significa que el dieléctrico es atraído hacia el interior del condensador, y el agente externo debe sujetarlo para que se introduzca muy lentamente, haciendo trabajo negativo sobre el condensador. 7. Condensadores con Dieléctrico 95 PROBLEMA 49. Examinar el proceso de introducir un dieléctrico que llena parcialmente el espacio entre las placas de un condensador, manteniendo la batería conectada durante todo el proceso. ( a potencial constante ) b a SOLUCIÓN ANTES de introducir el dieléctrico tenemos: C0 = ε0 A a QL = Q0 = C0 V0 QP = 0 E0 = V0 a U0 = C0 V02 2 DESPUÉS de introducir el dieléctrico , V = V0 , ya que la batería permanece conectada. Supongamos que el campo eléctrico en el espacio vacío tienen ahora magnitud E , luego el campo dentro del dieléctrico será E K , y debe cumplirse : ( ( )) V0 = E ( a − b ) + E b = E a + b 1 − 1 , K K es decir, E= V0 E0 = . K − 1) ( b a + b 1 −1 1− g K a K ( ) Puesto que K ≥ 1 y b < a , se cumple que E > E0 . 96 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Por lo tanto el campo en el vacío debe aumentar en magnitud para compensar el debilitamiento producido por el dieléctrico y mantener constante la diferencia de potencial. La nueva carga libre puede calcularse aplicando las ley de Gauss a una "caja de fósforos" que encierre una de las placas, como se indica : ΦE = qenc . ε0 EA = QL ε0 QL = E g A g ε0 = = E0 A ε 0 ( K − 1) 1− b g a K Q0 ( K − 1) 1− b g a K Se ha encontrado que el valor absoluto de la carga libre aumenta en la misma proporción que el campo en el vacío; la batería transfiere carga de una placa a la otra para mantener constante la diferencia de potencial. Para la carga de polarización aplicaremos la ley de Gauss a una "caja de fósforos" que encierra una de las caras del dieléctrico. ΦE = qenc . ε0 Q −E A + E A = P K ε0 QP = ε0 g A gE ( K1 − 1) . Puesto que hemos encontrado QL = E Aε 0 ; lo anterior se escribe como: QP = − ( K − 1) Q K L 7. Condensadores con Dieléctrico 97 La capacidad de este condensador es : C = QL = V0 Q0 C = C0 . K − 1) ( b 1− g a K b ( K − 1) V0 1 − g K a Evidentemente resulta el mismo valor obtenido a carga constante, porque la capacidad de un condensador con dieléctrico no depende del proceso mediante el cual se introduce el dieléctrico. La energía puede calcularse mediante : U = CV02 = 2 U0 ( K − 1) 1− b g a K Notar que U > U0 , de modo que el cambio de energía almacenada entre las placas es positiva : 1 ∆ U = U −U 0 = U 0 − 1 ( K − 1) 1− b g a K ∆U = ( K − 1) U0 1 + K a − 1 b > 0. El aumento en la energía potencial se debe al trabajo neto hecho por el agente externo y por la batería que mantiene constante el potencial. El trabajo realizado por la batería es : Wbatería = ∫ QL Q0 Vdq = V0 (QL − Q0 ) 1 Wbatería = V0 Q0 −1 K − 1 ( ) 1− b a K K −1 Wbatería = 2U0 a −1 1+ K b ( ) = 2∆ U se puede obtener a partir de ∆ U = W batería + Wa g e n t e externo Wagente = ∆ U − Wbatería = ∆ U − 2 ∆U = − ∆ U externo Wa g e n t e = − externo ( K − 1) U0 1 + K a −1 b < 0. Considerar placas cuadradas de lado a y separación d entre ellas. PROBLEMA 50. Determinar la altura que sube el líquido entre las placas. Las placas paralelas de un condensador plano se acercan a la superficie de un líquido dieléctrico hasta g V0 quedar justo sobre ella. Al cerrar el interruptor. SOLUCIÓN En el estado de equilibrio que se alcanza con la batería aplicada a las placas. El signo negativo del resultado anterior indica que el dieléctrico es atraído hacia el interior del condensador.98 Electromagnetismo Problemas y Soluciones El trabajo efectuado por el agente externo para introducir el dieléctrico. se conecta una batería a las placas. de modo que son iguales el peso del líquido y la fuerza eléctrica. como se muestra en la figura. la porción de líquido que asciende entre ellas alcanza cierta altura y0 . . y el nivel del líquido que está entre ellas sube por efecto de la fuerza eléctrica. y líquido de densidad ρ y constante dieléctrica K . Suponer que no hay efectos de tensión superficial y que la variación de nivel del líquido en el recipiente es despreciable (excepto entre las placas). La fuerza eléctrica puede obtenerse a partir de la energía potencial eléctrica. 2 2 donde U0 es la energía potencial inicial en la batería . consideramos el condensador plano como dos condensadores más pequeños. la energía potencial eléctrica es : U = U0 + 1 1 C1 V02 + C 2 V02 − V0 q . Al sustituir las relaciones anteriores en la expresión para U se obtiene : U = U0 − 1 ( C1 + C 2 ) V02 2 U( y) = U0 - e0 a (a + (K -1) y) V02 . 2d . uno con el dieléctrico (C1) y otro sin dieléctrico (C2). siendo q la magnitud de la carga que la batería ha proporcionado a cada placa. C2 = ε0 a ( a − y ) d y q = (C 1 +C 2 ) V0 . ambos sometidos a la misma diferencia de potencial. dy Para escribir la energía potencial eléctrica U en términos de la variable y . Condensadores con Dieléctrico 99 Luego .7. según : m g = ρ gady0 . usando la relación: Fy = − dU . finalmente hay energía potencial entre las placas planas y la energía de la batería ha disminuido en el valor V0 q . C1 = K ε0 a y d . Inicialmente toda la energía potencial está en la batería. Entonces. Fy Fy = m g y +q –q y0 0 líquido mg El peso del líquido que asciende entre las placas se puede expresar en términos de los datos. d = 10 −3 [m] . ρ = 103 [kg/m3 ] . hacia arriba. Además. como puede verificarse usando los valores numéricos siguientes : K =2 . Finalmente. y0 = ( K − 1) ε 0 V02 2 ρ gd2 . se obtiene la igualdad : ρg a d y0 = ε0 a (K − 1) V02 . ε −01 = 4πg 9 g 109 [Ngm2 /C2 ] g = 10[m/s2 ] . como corresponde al efecto descrito en el enunciado. V0 = 103 [V] . Usando este resultado en la ecuación de equilibrio de fuerzas descrita al comienzo.5 [mm] .100 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Derivando U(y) se obtiene la fuerza eléctrica : Fy = Puesto que Fy ε0 a K − 1) V02 . En tales condiciones. es decir. El efecto considerado en este ejercicio es pequeño. ha resultado independiente de y. resulta : y0 . 0. hemos encontrado que la fuerza eléctrica es en dirección y . ( 2d ha resultado positivo. 2d de donde resulta la altura y0 que sube el líquido. 20[s ] : dq = − 2. Calcular el potencial de la esfera y la intensidad de la corriente.20[s ] .68 g 10 − 7 [ A] = − 0. es decir. V (0.268[ µ A] . 4π ε 0 R En t = 0. 101 . Luego el potencial de una esfera que tiene una carga q es : V = q .20 = 1.60 V (0.20) = 1.34 g 10− 7 g 9 g 109 = = 2010[V ] 4π ε 0 0.20) = q (0. siendo R su radio.20 ) = 2 g 10 − 7 e − 2 g 0.20) = 2010[V ] La intensidad de la corriente está relacionada con la rapidez de cambio dq de la carga dt de la esfera: dq = 2 g 10− 7 e − 2t (− 2 ) = − 4 g 10− 7 e − 2t [ A] . dt El signo menos (–) indica que la carga de la esfera disminuye.20[s] después de conectar el interruptor. SOLUCIÓN La capacidad de una esfera aislada es C = 4π ε 0 R .8. 4π ε 0 R con q (0.60 0.34 g 10− 7 [C ] . con una intensidad i = 0. Luego.20[s ] el potencial será : V (0. CORRIENTE ELÉCTRICA PROBLEMA 51. 0.34 g 10 − 7 1. la corriente fluye desde la esfera. dt En t = 0.20) . Una esfera de 0.268[ µ A] en t = 0.60[m] de diámetro se descarga por un alambre conductor de tal forma que su carga instantánea es q = 2 g 10 − 7 e − 2t [C ] . La concentración de partículas en el haz es proporcional a la distancia al eje del haz. Para ello usamos : ∆ K = Wneto . de radio R. la densidad de corriente J en un punto del haz es : r r J = nqv . a distancia s de F . que se producen s F K en una fuente F con velocidades prácticamente nulas. SOLUCIÓN r Usando un sistema de referencia fijo a la fuente F. v = 2Vsq ml . ubicada a una distancia s de F . r R formando un haz aproximadamente cilíndrico. es decir: 1 mv 2 − 0 = E g s q .102 Electromagnetismo Problemas y Soluciones l PROBLEMA 52. 2 siendo E la magnitud de la intensidad del campo eléctrico uniforme que acelera las partículas. la velocidad de las partículas al atravesar la superficie antes indicada. q y v la concentración. r Antes de efectuar la integración. Mediante un dispositivo de voltaje V se aceleran partículas de carga positiva. integral que debe efectuarse sobre toda la superficie perpendicular al haz. x Determinar la intensidad de la corriente a través de V una superficie perpendicular al haz. carga y velocidad de las partículas respectivamente. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . dada por : E =V l Luego . r siendo n . La intensidad de la corriente se obtiene a partir de : I = ∫ r r J g dA . se procede a determinar v . n = β r [1/ m 3 ] . I = ∫ r r J g dA = ∫ R βq 0 2V s q ˆ r i g 2π r d r iˆ . A las placas se conecta una θ batería de voltaje V constante. V Determinar la intensidad de la corriente que mide el amperímetro A . alrededor de un eje que coincide con uno de los lados de largo b . PROBLEMA 53. Finalmente : I = 2π β q I = 2V s q ml 2π β q R 3 3 ∫ R r2dr 0 2V s q ml El resultado obtenido depende del cuociente q / m de las partículas. ml Note que se ha escogido como elemento de área un anillo de radio r en el cual J (r ) tiene un mismo valor. Con dos placas metálicas rectangula- t=0 res de lados a y b . a A partir de cierto instante t = 0 . ml Entonces. una de las pla- i cas se hace oscilar armónicamente con período T y s pequeña amplitud.8. Corriente Eléctrica 103 r v = v iˆ Además. lo cual indica que la corriente I es mayor en una sección más alejada de la fuente. enfrentándose a distancia s . r r J = nqv = β r q y 2V s q ˆ i . También depende de s . se forma un condensador. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . 60 T con t en segundos. de modo que el ángulo θ de la figura varía según θ (t ) = A π 2π sen t . Para encontrar la capacidad del condensador en función del ángulo θ . dt dt dθ dt es decir. i = π 2V 30T (cos 2Tπ t )g dC dθ . para t > 0 : i (t ) = donde θ (t ) = ( ) ( ) 2π V ε 0 b 2π a 1 a cot t g − g ln 1 + θ (t ) ( ) ( ) T T s θ t s + aθ t π 2π sen t . la capacidad total del condensador será : C= ∫ d C = ε0 b ∫ a 0 ( ) ( ε b dx s + θ a ε0 b a = 0 ln = ln 1 + θ s +θx θ s θ s ) . El condensador puede considerarse como un conjunto de pequeños condensadores en paralelo. Por lo tanto: ( ) a ε b ε b dC a s = − 0 2 ln 1 + θ + 0 dθ s θ θ 1+ θ a s y finalmente. En ella debe notarse que las líneas de campo eléctrico forman pequeños arcos de circunferencia. cuya capacidad dC está dada según : dC = ε 0 bdx . supondremos que los efectos de borde son despreciables y que entre las placas.104 Electromagnetismo Problemas y Soluciones SOLUCIÓN La carga Q en las placas del condensador está dada por Q = C gV La corriente i que mide el amperímetro es: i = dQ dC dC dθ =Vg =Vg g . las líneas de campo tienen la forma indicada en la figura adjunta. s +θ x Luego. en el espacio entre las placas. 60 T Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . SOLUCIÓN La energía E α debe ser igual a: Eα = ∫ td p (t ) dt = 0 ∫ td V2 dt . están conectados en serie. se corta un trozo de la a forma indicada en la figura adjunta. = A c gα g r Nótese que en un instante determinado todos los elementos que estamos considerando conducen la misma intensidad de corriente. Puesto que la corriente fluye radialmente. la resistividad del material cam- b α bia con el tiempo t según ρ (t ) = ρ0 (1 + β t 2 ) . Una batería de voltaje V se aplica entre sus dos superficies curvas. cuya resistencia dR es : dR = ρ dr ρ dr . Por lo tanto : R= R= ∫ R 0 dR = ∫ a b ρ dr ρ = cα r cα ∫ a b dr r () ρ a ln . es necesario determinar la resistencia total del conductor. Para aumentar la temperatura del trozo desde T0 hasta Td .8. es decir. V Determinar una expresión para el tiempo td en función de los datos. la resistencia total puede obtenerse sumando las resistencias de todos los elementos similares al que se indica en la figura. De un disco metálico de radio a con un agujero de radio b y espesor constante c . cα b Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Corriente Eléctrica 105 PROBLEMA 54. R (t ) 0 En consecuencia. en función del tiempo. se requiere que la batería suministre una energía E α durante el lapso td . lo cual justifica que la resistencia total se obtenga "sumando" las resistencias de cada uno de ellos. A partir del instante de conexión de la batería (t =0) . la energía E α es: Eα = ∫ td 0 c α V 2 dt cαV 2 = a a ρ (t )ln ρ0 ln b b ( )∫ () td 0 dt . R es una resistencia variable. En esta igualdad se despeja t d arctan ( β t d ) = E α ρ 0 β ln cαV 2 () a b () E ρ β ln a 1 α 0 b . td = g tan 2 c α V β Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Entonces. el problema ha quedado reducida a calcular una integral. 1 sec 2 θ dθ . 1+ β t 2 Así. la integral se resuelve β β t = tanθ ⇒ dt = Usando la sustitución fácilmente : cαV 2 Eα = = a ρ 0 ln b () ∫ θs θi sec 2 θ dθ cαV 2 1 g = 2 β (14243 β 1 + tan θ ) ρ ln a 0 b 2 () sec θ ∫ θs θi dθ Entonces : Eα = cαV 2 ρ0 () a β ln b = arctan β t d − 0 .106 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Puesto que ρ depende del tiempo. es necesario aplicar primero la ley de Gauss. Por lo tanto. por unidad de longitud. 2π ε 0 r E (r ) = y a continuación calcular la diferencia de potencial entre los cilindros. (a) Calcular la corriente (por unidad de longitud) entre los cilindros. (b) Calcular la resistencia eléctrica. R1 La simetría cilíndrica permite asegurar que la magni- r tud de E entre los cilindros es función sólo de r . ( R1 < R2 ) . cuando se aplica entre ellos una diferencia de potencial V. (R 1 < r < R2 ) . de modo que : E (r ) g 2π r L = λL ε0 ⇒ λ . se r r cumple la relación J = σ E . Corriente Eléctrica 107 PROBLEMA 55. de modo que en cada punto del espacio entre los cilindros. de radios R1 y R2 y espesor despreciable. Un material de conductividad eléctrica σ llena el espacio comprendido entre dos cilindros conductores coaxiales muy largos. I = J (r ) g 2π r g L . del cable coaxial. cuyo resultado debería ser independiente de r una vez calculada J (r ) = σ E (r ) . r 2π ε 0 R1 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Para calcular E (r ) en términos de r y V . la corriente fluye radialmente hacia afuera. tenemos que : 0−V = − ∫ R2 R1 λ E (r ) dr = − 2π ε 0 ∫ R2 R1 R dr λ =− ln 2 .8. SOLUCIÓN (a) Considerando que el cilindro interior está a mayor potencial. siendo R2 A = 2π r L el área de una superficie cilíndrica de radio r que es perpendicular a esa corriente. Es decir. la corriente I puede calcu- larse como el producto J (r ) g A . Usando una trayectoria radial hacia fuera. (b) La resistencia eléctrica del cable coaxial es : V Re == . tenemos que : E (r ) = V . I y su valor por unidad de longitud es : ln ( R2 R1 ) Re = . L ln ( R2 R1 ) Note que este resultado no depende de r como se había señalado anteriormente.108 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Despejando λ en la relación anterior y sustituyendo en la expresión para el campo eléctrico. I= σV g 2π L ln ( R2 R1 ) ⇒ 2πσ V I = . r g ln ( R2 R1 ) Finalmente. L 2πσ Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Siga las instrucciones y vaya completando el diagrama. q Ahora recorra el circuito CEFDC y calcule la diferencia de potencial en Ry por un proce- dimiento similar. puede determinar Rx . Finalmente obtenga Ry . Obtenga la lectura del voltímetro en paralelo con Rz . simplemente por diferencia. q Conocidas las corrientes. ya puede dedicarse a las diferencias de potencial. El potencial sube 110[V] en la batería. cae 30[V] y 50[V] en las resistencias de 10 [Ω ] y Rx respectivamente. Con este último valor. Observe el voltímetro que marca 50[V]. simplemente por diferencia. el potencial aumenta. En el circuito de la figura. Ahora puede usted aplicar la ley de corrientes de Kirchhoff. Tenga cuidado al atravesar Rx . 109 . Todas las lecturas indicadas en 10 Ω instrumentos están en unidades del sistema 10 50 MKSC. a uno de los nodos C o D y obtener I x . Como acaba de calcular I x . como ambos miden la caída de potencial en una resistencia conocida. Calcule I x . q Observe los voltímetros que marcan 30[V] y 10[V] respectivamente. (ii) Los amperímetros se conectan en serie y su resistencia interna es despreciable. (iii) Los voltímetros se conectan en paralelo y su resistencia interna es infinita. Calcúlelas. CIRCUITOS ELÉCTRICOS PROBLEMA 56. pues si lo hace en sentido opuesto a la corriente.9. y debe volver al valor inicial una vez que pasemos por Rz . Tenga presente que: B (i) La caída de potencial en una resistencia es A 110 V igual a IR . Hágalo. usted puede calcular la corriente que pasa a través de cada una: I z e I y respectivamente. calcular las resistencias Rx . y deter- E F Ry minar las lecturas de los voltímetros y amperíme- Iy tros en blanco. Ry y Rz . Recorra el cir- cuito ABCDA . obtenga Rz . C D Rx Ix Rz SOLUCIÓN 10 Ω 30 q Este es un problema para resolver "mentalIz mente". Determinar la resistencia interna del galvanómetro y la intensidad de la corriente que produce en él la máxima deflexión de su aguja. SOLUCIÓN Se representará al galvanómetro como un instrumento ideal (sin resistencia interna) en serie con una resistencia RG que corresponde a la resistencia interna del galvanómetro. Cuando a un galvanómetro se conecta una resistencia en serie Rs . entonces al usarlo como voltímetro o como amperímetro respectivamente. Cuando al mismo galvanómetro se conecta una resistencia en paralelo R p se puede usar como amperímetro para medir corrientes hasta una intensidad I m . se puede usar como voltímetro en que la máxima deflexión de la aguja indicadora permite medir un voltaje Vm . I0 Usando la ley de voltaje de Kirchhoff: Vm Vm = I 0 RG + I 0 Rs (1) RG Rs Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . G RG Si llamamos I 0 a la intensidad de la corriente que produce la máxima desviación de la aguja del galvanómetro. tendremos : (a) El galvanómetro como voltímetro.110 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 57. I0 Im Usando las leyes de voltaje y corriente Rp de Kirchhoff : I 0 RG = (I m − I 0 ) R p RG (2) Las dos ecuaciones planteadas anteriormente : (1) Vm = I 0 RG + I 0 Rs (2) I 0 RG = (I m − I 0 ) R p . que son las cantidades pedidas. Vm − I m R p (RG + Rs ) de donde se obtiene : Despejando I 0 en (1) e introduciendo el valor recién encontrado para RG .9. se obtiene : I0 = Vm − I m R p Rs − R p Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . permiten obtener RG e I 0 . Circuitos Eléctricos 111 (b) El galvanómetro como amperímetro. Despejando I 0 de (2) y reemplazando en (1) . tenemos : Vm = Im Rp RG + R p RG = R p (I m Rs − Vm ) . I 4 e I5 a las cuales se hará referencia en la solución.112 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 58. I3 . entonces I1 = I2 . B. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . al nodo C . C. al camino cerrado 10 − 5I1 − 0 − 0 = 0 . El signo menos indica que la fem debe conectarse con polaridad opuesta a la de la figura ( terminal negativo en D ) para poder cumplir con la condición del problema. tenemos : I3 = I4 + I5 y dado que I 4 = I5 = 0 . Aplicando el teorema de la trayectoria. puesto que I2 = I1 = 2[ A] . y las corrientes I1 . tenemos : 0 + 0 − 10 g I2 − ε1 = 0 . se concluye que: I1 = ABCEA : 10 = 2[ A] . entonces ε 1 = − 10 g 2 = − 20[V ] . Según el enunciado debe cumplirse que : I5 = 0 Puesto que el amperímetro es ideal. luego 6 I4 = 8 I5 . aplicada al camino cerrado AECDA . En el circuito de la figura. I 4 = 0 Al aplicar la ley de corrientes de Kirchhoff al nodo E . de- 5[Ω] B terminar el valor de la fem ε 1 para que el ampe- I1 rímetro ideal A marque cero. I2 . 10[Ω] C D I2 I3 10[V] 3[Ω] ε1 E 8[Ω] A I4 SOLUCIÓN 6[Ω] I5 A En la figura se indican los nodos A. 5 Usando nuevamente la ley de voltajes de Kirchhoff. D y E. tenemos I1 = I2 + I3 y puesto que I3 = 0 . Entonces. las resistencias de 6 [Ω ] y 8 [Ω ] están en paralelo. Aplicando el teorema del nodo. entonces : I3 = 0 . 9. Determinar el valor de V de modo que la potencia disipada en R sea mínima. se tendrá: 2 V − I2 R − 5 2 + I2 = 0 3 ⇒ 10 V − 10 = I2 R + . Se despeja I2 del sistema formado por las tres primeras ecuaciones. 1 0 [Ω ] B R C I1 D I2 3 0 [V ] 5 [Ω ] I3 V A SOLUCIÓN Usando las corrientes y los nodos identificados en la figura tenemos: En el nodo C : I1 + I2 = I3 Para el camino cerrado ABCA : 30 − 10 I1 − 5 I3 = 0 . se tiene : 3 − ⇒ I3 = 1 I + I2 = I3 2 3 2 2 3 + I2 ) = 2 + I2 ( 3 3 Reemplazando I3 en (3) . 3 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . (1) I1 + I2 = I3 (2) 30 − 10 I1 − 5 I3 = 0 De (2) : I1 = 3 − I3 2 (3) V − I 2R − 5 I3 = 0 y reemplazando I1 en (1). Circuitos Eléctricos 113 PROBLEMA 59. Para el camino cerrado ADCA : V − I 2R − 5 I3 = 0 . La potencia disipada en R es P = I22 g R . En esas condiciones I1 = I3 . VC − VA = I3 g 5 = 10[V ] . luego : VC − VA = VD − VA . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María .114 Electromagnetismo Problemas y Soluciones luego : I2 = V − 10 10 R+ 3 Por tanto : P = I22 g R = 2 R V − 10 ) . y puesto que I2 = 0 . porque al hacer dP = 0 se obtienen soluciones para máximos y/o mínimos. 2 ( R + 10 3 El valor de V para el cual P es mínima se encontrará haciendo dP R = g 2 (V − 10 ) = 0 2 dV 10 R + 3 ⇒ dP = 0. Pensemos en una manera más simple de resolver el problema. de lo cual se deduce : I1 = I3 = 30 = 2[ A] . se calcula I2 cuando V = 10[V ] . partiendo del hecho que la mínima potencia que puede disipar R es P = 0 (ó I2 = 0 ). dV Para verificar. 1 424 3 1 424 3 V 10[V ] lo cual conduce a la misma solución anterior. de lo cual concluimos que efectivamente la solución encontrada es la solución deseada. 30 − 10 I1 − 5 I3 = 0 . entonces VC = VD . Resulta I2 = 0 y P = I22 R = 0 . por un camino mucho más simple. la potencia sea mínima. 15 luego. Además: VD − VA = V . dV V = 10[V ] Hasta aquí no podemos asegurar que para V = 10[V ] . ( ) (a) Determinar I en t = 0 + : I 0 + . El interruptor S se conecta S en t = 0 . Circuitos Eléctricos 115 PROBLEMA 60. La corriente inicial ( t = 0 ) por los condensadores no tiene restricción. un condensador descargado puede ser representado por un elemento equivalente que es simplemente un conductor conectado entre los terminales del condensador. SOLUCIÓN (a) En t = 0 la carga en cada uno de los condensadores es qi = 0 . salvo las que imponen el resto de los elementos del circuito.9. En t = 0 . A qi = 0 A E s e q u ivalente en t = 0 a: C Conductor sin resistencia (cortocircuito) B B Entonces. el circuito para t = 0 es : R ε R R I (0 ) R R ε R R I (0 ) Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . estando inicialmente los conden- R R sadores descargados. R C I (t ) (c) Determinar la carga final en cada condensador. luego Vi = qi C = 0 en cada condensador. R ε C (b) Determinar I en t → ∞ : I (∞ ) . entonces cuando adquiere su carga dt final (t → ∞ ) . A A t → ∞ qf = c o n s t a n t e C B B Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . estando restringido su valor sólo por el resto de los elementos del circuito. Si Vf es el voltaje final en un condensador. cuando t → ∞ los condensadores imponen dos restricciones: (1) if = 0 entre sus terminales. tendrán un valor fijo (su valor final).116 Electromagnetismo Problemas y Soluciones R ε ε R 2 I (0 ) I (0 ) Luego : I (0 ) = 3 R 2 ε 2ε = . i = 0 a través del condensador. 3 2 R 3R (b) Cuando t → ∞ . entonces : qf = CVf es la carga final en ese condensador. tanto la corriente como el voltaje a través de cada condensador. Puesto que la corriente a través de un condensador es i = dq . En resumen. (2) Vf = constante entre sus terminales. los condensadores del circuito estarán cargados y. En estas condiciones el elemento equivalente al condensador es un circuito abierto con un voltaje Vf entre los terminales. Aplicando el teorema de la trayectoria a los caminos abiertos CB y CBA tenemos: VC + R g I (∞ ) = VB Luego. El voltaje en el condensador conectado entre B y C será: (VB − VC ) . no conduce corriente y no interviene en el análisis de I (∞ ) . VC + R g I (∞ ) + R g I (∞ ) = VA y VB − VC = R g I (∞ ) = R g ε ε = 3R 3 VA − VC = 2R g I (∞ ) = 2R g Finalmente . Circuitos Eléctricos 117 Luego. El condensador conectado entre D y C quedará finalmente con un voltaje de valor (VD − VC ) = (VA − VC ) .9. para t → ∞ . ε 2ε = 3R 3 qBC = C (VB − VC ) = C ε 3 qDC = C (VA − VC ) = 2C ε 3 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . el circuito queda : R R A R B A R B R ε ε R I (∞ ) D R I (∞ ) C ⇒ I (∞ ) = ε 3R C Nótese que la resistencia que "cuelga" del nodo A. ya que la corriente por la resistencia colgante es nula. d = 10 [cm ] R Inicialmente. R = 25 [Ω] . C = 100 [µF ] . dejando aislado el condensador. el condensador está cargado y sólo circula corriente por las resistencias. suponiendo que la batería ha estado conectada durante largo tiempo. es igual a la diferencia de potencial en la resistencia que está en paralelo con él. en función del tiempo. luego la bala corta el alambre A desconec- A tando la batería. El circuito mostrado en la figura es utilizado para medir la velocidad de una bala con elementos de los siguientes valores : V0 = 100 [V ] . es V0 4 C . ∆Vcondensador = IR = V0 V R = 0 2R 2 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Se cumple que : V0 − IR − IR = 0 ⇒ I = V0 . antes de cortar el alambre A. y posteriormente corta el alambre B . una vez cortados ambos alambres. I (a) Calcular la diferencia de potencial en el d condensador antes que la bala corte los alambres. (c) Graficar la corriente en el condensador. cuya B V0 R diferencia de potencial. 2R La diferencia de potencial en el condensador. SOLUCIÓN (a) Después que la batería ha estado conectada durante largo tiempo. el condensador está cargav do.118 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 61. (b) Determinar la velocidad de la bala. que inicialmente estaban en paralelo. La solución es : Q (t ) = Q0 g e −t RC . siendo v la velocidad de la bala. es decir. 2 El condensador se descarga mientras la bala recorre la distancia d . Al cabo del tiempo T. la diferencia de potencial en el condensador está dada por : V (t ) = V0 − t RC e . Circuitos Eléctricos 119 (b) La carga inicial del condensador es Q0 = C ∆V = CV0 = 5 g 10 −3 [C ] . debe resolverse la ecuación : dQ Q + = 0 . durante el tiempo T = d . T = 1. v= d vRC d = 58[m / s ] . El circuito se reduce al condensador y la resistencia. la diferencia de potenv cial en el condensador debe disminuir a : V0 . como usted puede verificar por sustitución.7[ms ] Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Luego. Durante la i C R descarga se cumple que : –Q Q = iR C . dt RC con la condición inicial Q (0 ) = Q0 . −T V0 V = 0 e RC 4 2 ln 2 = T RC = Luego . R C ln2 Además.9. dt Entonces. dQ i =− . se inicia la descarga +Q del condensador. 4 Entonces. 2 Cuando la bala corta el alambre A. La aplicación de la ley de voltajes de Kirchhoff indica que : ε0 i R ε0 = i (r + R) .5 [ms ] dQ Q0 = g e −t τ = 2 e −t τ . (c) Con el propósito de reducir las pérdidas en la resistencia r. la velocidad se ajusta en v = 0.25[Ω] . la corriente i es : i = 2 g e − ln 2 = 1 [ A] 0 1.50[m/s] .120 Electromagnetismo Problemas y Soluciones (c) Gráfico de i Q(t ) = Q0 g e −t τ i=− i [A] . Un motor de corriente continua g levanta con velocidad constante. r Suponer que el motor puede representarse como v una resistencia R cuyo valor depende de la velocidad del objeto. (a) Calcular el valor máximo de la velocidad que podría alcanzar el objeto. τ dt 2 1 En el instante T . τ = RC = 2. para el sistema en pleno funcionamiento es una fuente en serie con dos resistencias. (b) Calcular la potencia que se disipa como calor cuando el objeto es levantado a la velocidad máxima. valor menor que el máximo. de corriente continua. un objeto cuyo peso es de 480[N]. Calcular la corriente que entrega la batería en las nuevas condiciones. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María .7 t [ms ] r PROBLEMA 62. empleando como fuente de energía una batería de fuerza electromotriz ε0 = 60[V] y resistencia interna r = 1. SOLUCIÓN r (a) El circuito equivalente. Circuitos Eléctricos 121 La potencia disipada en la resistencia R. v= i2 R ε02 R = .9. 4mgr (b) La potencia que se disipa como calor es la que se desarrolla en la resistencia interna de la batería: 2 Pcalor ε2 ε = i r = 0 g r = 0 = 720[W] . v= ε02 R mg (r + R ) 2 . es decir. Para ello. 4r 2r 2 Este valor es igual a la potencia mecánica que desarrolla el motor : Pmotor = mgv = 480 g 1. se despeja dv = 0. dR mg (r + R )2 (r + R )3 Al resolver la ecuación anterior se obtiene el resultado R = r . equivalente al motor.50 = 720[W] . dR v en términos de R y luego se resuelve la ecuación Entonces.50[m/s] . mg mg (r + R )2 ε2 1 dv 2R = 0 − =0 . a partir de la expresión para v encontrada al resolver la parte (a). corresponde realmente a la potencia mecánica desarrollada por el motor. es necesario calcular el valor de la nueva resistencia equivalente R. debe cumplirse que : i2 R = mgv . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . (c) En las nuevas condiciones. que da como velocidad máxima el valor : v= ε02 = 1. y luego se iguala la potencia mecánica con el valor i2 R . A partir de la relación. La condición de que v sea máxima permite obtener un valor para R. 122 Electromagnetismo Problemas y Soluciones se obtiene una ecuación de segundo grado para R.4 Note que esta corriente es aproximadamente 1/5 de la corriente correspondiente al caso en que el objeto sube a máxima velocidad. i2 R = mgv ⇒ i = mgv = R 480 ≈ 4. 2 g 12.5 ) . 4 El valor R = 12. el otro no cumple el objetivo de reducir las pérdidas en r. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . mgv Usando los valores numéricos. Finalmente .4[A] .4 [Ω ] es el resultado buscado. 2 4 2 y sus soluciones son : 2 2 ( 25 1 25 5 R= ± − = 25 ± 4 4 4 4 ) 600 = 1 (25 ± 24. 2 ε2 R2 − 0 − 2r R + r 2 = 0 . mgv (r + R ) = ε02 R . la ecuación anterior queda : 2 25 5 R − R + = 0 . dependiendo de la dirección en que apunta el campo magnético : 123 . CAMPO MAGNÉTICO PROBLEMA 63. el vector de inducción de campo magnético. El haz entra al agujero formando un ángulo de 30° con respecto al eje del disco. Los electrones en la región del campo magnético uniforme. r Suponiendo que el campo magnético es uniforme. y luego se hace pasar por un agujero situado en el centro de un disco. encontrando una región sin campo eléctrico y con un campo magnético perpendicular a la velocidad de entrada de los electrones. SOLUCIÓN La magnitud de la velocidad que adquieren los electrones que parten del reposo (K i = 0 ) . El haz vuelve al disco a una distancia de 1. describirán trayectorias que son arcos de circunferencia. está dada por: ∆ K = We 1 mv 2 = V0 g e 2 → v= 2 V0 e m . al ser acelerados por una diferencia de potencial V0 .10. Tenemos dos posibilidades.5[cm] del agujero. Un haz de electrones es acelerado por una tensión de 100[V]. ilustradas por los esquemas siguientes. determinar B . para las dos posibilidades consideradas debe cumplirse una misma condición : d = R g cos φ 2 Luego . de acuerdo a la figura anterior.76 g 10 2 Analice cuidadosamente las figuras. como se indica a continuación : r r Fmagnética = m g a r r r −e v × B = m g v2 (−rˆ) . entonces. m lo cual permite despejar B como : B= Con d = 1. V0 = 100 [V] B= 2 g 1.124 Electromagnetismo Problemas y Soluciones r Aún cuando la trayectoria del haz de electrones depende del sentido de B (entrando o sa- r liendo de la página). e e 11 m = 1.76 g 10 [C / kg ] .9 g 10−3 [T ] . entonces : − e v B (rˆ ) = m gv2 (−rˆ) R lo cual da : R= mv eB Si d es la distancia a la cual el haz de electrones vuelve al disco. tenemos : 2 g 102 3 g .5 g 10 −2 y 2V0 g m cos φ . d mv m = cos φ = g 2 eB eB 2 V0 e g cos φ . en ellas está la clave de la solución y ahorran mucha explicación. 3. su radio de curvatura sólo depende de la magnitud de B . R r r donde rˆ es un vector unitario en la dirección radial. 11 1. Puesto que v y B son perpendiculares.5 [cm ]. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . 2 m g g d e 2V0 g e 2 cos φ = g m d φ = 30°. Se resolverá ordenadamente. r Determinar B en un punto cualquiera del eje r indicado en la figura. 2 πa πa 2 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . tubular.10. (iii) b < r < c y (iv) r > c . Por un “CABLE COAXIAL” muy largo circula una corriente I. La corriente entra por el conductor interno y regresa por el externo. A π a2 Debido a la simetría cilíndrica de la situación. Al aplicar la ley de Ampere a la trayectoria circular Γ1 de la figura. de permeabilidad µ0 . con densidad constante en cada conductor. a partir de la región (i). (ii) a < r < b . tenemos: ∫Ñ r a I inducción magnética serán circunferencias con centro en 0 y r B 0 Γ1 r r B g d l = µ0 i Γ1 B g 2 π r = µ0 g ∫ r r Ji g d A S : superficie encerrada por Γ1 S B g 2 π r = µ0 g ∫ r 0 I µ I g 2π 1 2 g 2πr d r = 0 2 r . ambos están sepa- 0 a b c r rados por un material aislante. las líneas de r e la magnitud de B será la misma en todos los puntos de una circunferencia de radio r . Región (i) : r > a . La corriente total por el conductor interior es I y fluye entrando perpendicularmente a la página con densidad constante dada por : j i = I I = . SOLUCIÓN Debemos distinguir cuatro regiones donde es necesario determinar B : (i) r < a . Campo Magnético 125 PROBLEMA 64. transportando una corriente I . sin embargo. S r en este caso el cálculo puede hacerse más fácilmente. Entonces. es decir : Ji = I i = 2 πa π r2 luego : i = I g . Región (iii) : b < r < c . con densidad constante : Je = I I I = = . y fluye saliendo perpendicularmente de la página. La corriente total por el conductor exterior es I . ya que Ji es constante. lo que conduce al mismo resultado anterior. r2 a2 . las corrientes son proporcionales a las áreas de sección transversal. tendremos que la corriente “ENCERRADA” es I.126 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Despejando. B= µ0 I g r 2 π a2 . Entonces: r ∫Ñ r B g d l = µ0 i Γ2 B g 2π r = µ 0 I B= µ0 I 2π r . el conductor interior se comporta como un alambre filamentario (de radio muy pequeño) ubicado en el eje del conductor. pues: B g 2π r = µ 0 I r2 a2 → B= µ0I r 2π a 2 Región (ii) : a < r < b . r <a Nótese que i se determinó siguiendo un método general: i = ∫ r r J g d A . 2 2 2 A π c − πb π (c − b 2 ) Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . para todo r en esta región. Utilizando los mismos argumentos de simetría que en el caso anterior. ahora al aplicar la ley de Ampere a un trayectoria cerrada circular Γ2 . a<r <b Nótese que para esta región. r <a 2 πa 2 µ0I . r >c Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . al aplicar la ley de Ampere utilizando los argumentos de simetría vistos anteriormente. entrando por el conductor interior y saliendo por conductor exterior. Γ3 ⊗I a ( con i e = Je Ae = Je πr 2 − πb 2 ) b c Luego: r π (r 2 − b 2 ) B g 2π r = µ 0 I − I 2 2 π − c b ( ) µ0 I r 2 − b2 B= 1− 2π r c 2 − b 2 .10. tendremos : ∫Ñ r r B gd l = µ0 ( I − I ) = 0 B g 2π r = 0 ⇒ B=0 En resumen : B= µ0I gr . b<r <c 2 πr c 2 − b 2 0 . Puesto que la corriente fluye. a<r <b 2 πr µ0I r 2 − b2 1 − . Campo Magnético 127 Utilizando la simetría para aplicar la ley de Ampere a la trayectoria Γ3 de la figura tenemos: Ñ∫ eI r r B g d l = µ0 i l Γ3 r B donde : i l = I − i e . b<r <c Región (iv) : r > c . r El campo d B1 producido por el elemento 1 es : r r x r i d l1 r i d l2 y r µ i d l1 x r d B1 = 0 4π r3 . sa- Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . z ) en la figura adjunta.128 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Gráficamente : B 0 a b c r PROBLEMA 65. como se indica en la figura. de coordenadas ( 0 . Con el objeto de visualizar la situación se considera los dos elementos de corriente que son perpendiα culares al plano yz. 0 . es perpendicular al vector r contenido en el plano r del dibujo. Calcular la densidad de flujo mag- r P nético B en un punto del eje de la espira. r Este vector forma el ángulo α con el eje z. i R 0 y x SOLUCIÓN En este caso conviene usar la ley de Biot- z r r Savat para expresar la densidad de flujo magné- d B2 d B1 α tico producida por un elemento de corriente. y es perpendicular al elemento de corriente i d l 1 que apunta en dirección x ˆ . Una espira con forma de circunferencia de z radio R lleva corriente i. Finalmente. Así. Entonces . Calcular el vector de inducción del cam- • • po magnético producido en su centro. mientras que las contribuciones en dirección z se deben sumar para incluir todos los elementos. se concluye que se anulan las contribuciones perpendiculares al eje z . 2 PROBLEMA 66.10. de radio R = 20 [cm ] . como se ilustra a continuación : Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . cargado con densidad lineal de carga uniforme λ . el resultado deseado escrito como vector es : r B= µ0 i R 2 zˆ 2 (R 2 + z 2 ) 3 . Un anillo. • SOLUCIÓN El problema puede resolverse mediante la superposición de anillos cargados. ω que está cargada hasta el potencial V = 105 [V] gira alrededor de uno de sus diámetros con frecuencia f = 104 [rev min] . 4π 2r 3 r3g r Note que para realizar la integral sólo se ha integrado d l 1 pues las demás magnitudes son iguales para todos los elementos diferenciales del anillo. Bz = ∫ dB1 g cos α = ∫ 2 πR 0 µ0 i d l 1 r g R µ0 i R 2 = . Sumando vectorialmente las contribuciones de ambos elementos resulta un vector en dirección z. que gira con rapidez angular ω constante es equivalente a una corriente en un espira circular. sumando contribuciones de pares de elementos situado en los extremos opuestos de una línea diametral. Un análisis similar corresponde al elemento i d l 2 . Campo Magnético 129 r liendo del plano del dibujo. Una esfera metálica. 0 R θ x a Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . para calcular B en el centro de una esfera metálica cargada y giratoria consideramos su superficie subdividida en anillos diferenciales. en el sentido determinado por la rotación del anillo. Compruebe que B tiene el mismo sentido a ambos lados del anillo y que B ≠ 0 en el centro. en un período de revolución del anillo : Iequivalente = q 2π a λ = = ωa λ T 2π ω Compruebe la consistencia dimensional de la ecuación anterior. r B Por lo tanto. y a una distancia x del centro es : (ver PROBLEMA 65 ). en un punto de su eje. el campo magnético producido por un anillo cargado que gira. según la regla r de la mano derecha. frente a un punto fijo de observación P . en un cierto tiempo.130 Electromagnetismo Problemas y Soluciones + + + + λ + + + P• a + a + + ω Ieq El valor de la corriente equivalente puede obtenerse calculando cuánta carga pasa. r B= µ0 Ieq g a 2 2 (a 2 + x 2 ) 3 2 g uˆ = λ x µ0 ωλ a3 2 (a 2 + x 2 ) 3 2 g uˆ uˆ a 0 ω siendo uˆ un vector unitario dirigido a lo largo del eje. Puesto que la carga en una esfera metálica está unifor- r memente distribuida en su superficie externa. Por ejemplo. Campo Magnético 131 El elemento diferencial de carga de un anillo diferencial es : Q dq = σ dA = g R dθ dl .10.de la esfera r ∫ π µ ωQ sen θ d θ = 0 uˆ g 2 8π R 3 0 π µ ωQ 1 1 µ0 ω Q uˆ 2 B= 0 uˆ − cos θ (sen 2θ + 2 ) = − 4π R 3 3 4π R 0 r B= ∫ π 2 sen 3θ d θ 0 [0 − 2] µ0 ω Q uˆ 6π R Compruebe la consistencia dimensional de la relación obtenida.90 g 10 −9 uˆ [Tesla ] . resulta B = 3. resulta : r dB= r dB = ( Q d θ 3 µ0ω (R senθ ) 4π R 2 (R sen θ ) + (R cos θ ) 2 2 ) 3 2 g uˆ µ0 ωQ uˆ g sen 3θ d θ 8π R El campo resultante se obtiene integrando la relación anterior. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . 2 4 πR siendo Q la carga total de la esfera. r Con Q = 4π ε0 RV . r B= ∫ r µ ωQ dB = 0 uˆ 8π R sup. La densidad lineal de uno de estos anillos es : dq Q Q dθ = Rd θ = . Reemplazando lo anterior para obtener el campo del anillo en el centro de la esfera. 2 d l 4 πR 4π R y corresponde a lo que hemos denominado λ al escribir el campo magnético producido por un anillo cargado que gira. lo que no es posible por las condiciones dadas en el enunciado del problema. ¿qué posición tomará el anillo en un campo r Bx = 1 [T ] y magnético B cuyas componentes son By = 1[ T ] ? SOLUCIÓN Consideremos la espira sometida sucesivamente a la acción de los campos magnéticos : (i) uur B1 = Bx xˆ (ii) uur B 2 = By yˆ y uur Primero se analiza el efecto que produce el campo B1 sobre la espira. I Usando el sistema de coordenadas indicado en la figura. la componente del campo en la dirección del eje x. 0 El anillo se suspende verticalmente. no tiene efecto de cambio de posición del anillo. Por lo tanto. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Una corriente de intensidad I = 40 [ A] y recorre un anillo de masa m = 25 [g ] y de radio r = 4[m ] . y uur B1 r µ x I El momento magnético de la espira es el r vector µ perpendicular al plano de la espira. saliendo de él. de tal x r m manera que puede girar alrededor de un eje horizontal r g c que es tangente al anillo.132 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 67. e uur ur r uur El torque debido a B1 es τ1 = µ × B1 y haría girar la espira en torno al eje y. 10. Y uur B2 δ θ θ R Z r µ Puesto que µ = I A . La posición de equilibrio de la espira se logra cuando la magnitud del torque debido al campo magnético sea igual a la magnitud del torque debido al peso de la espira. Campo Magnético 133 uur uur ur uur El campo B 2 ejerce un torque τ 2 = µ × B 2 que hace girar la espira en torno al eje x. siendo A el área de la espira. las magnitudes de los torques sobre la espira son : r r r τmagnético = µ × B2 = I A By sen (δ ) = I π R 2 g By cos θ r r r τ peso = r × M g = Mg R senθ Para equilibrio : I π R 2 By cos θ = Mg R sen θ Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . uur B2 x r µ I uuur r La magnitud del torque es : τ 2 = µ B2 sen δ . donde δ es el ángulo entre µ y B 2 . ω Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . producido por el giro de una varilla con densidad lineal de carga λ ( x ) . lo obtendremos como superposición de los campos producidos por dos anillos concéntricos cargados. giran alrededor del eje z A con rapidez angular ω . se describe la contribución al campo magnético debida a una porción de longitud dx de la varilla giratoria : dB = µ0 dI λ dx . –xA –xB λ (x ) λC λD = 3λC xC xD x −λC SOLUCIÓN Cada varilla giratoria describe un anillo. tan θ = I π R By Mg 40 g 4 g 10−2 g 1 θ = arctan = 87. El campo en el punto 0. Calcular el vector C B D x 0 r lD inducción de campo magnético B 0 que se produce en el punto 0. A partir del campo magnético producido por un anillo de corriente I y radio r : B = µ0 I 2r . siendo T el período T = 2π . donde d I = 2x T .8 ⇒ PROBLEMA 68.2° −3 25 g 10 g 9. Dos varillas cargadas con z densidad lineal de carga λ ( x ) . Calculemos el campo en el centro de un anillo. con carga λ .134 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Entonces. tal como se ω indica en la figura. x Sea B1 la magnitud del campo magnético producido por el anillo que se genera mediante el giro de la varilla AB cargada con densidad lineal λ ( x ) = − λC . dB = µ0 λ dx π λ dx µ ωλ dx = 0 = 0 . luego : uur B1 = B1 (−zˆ ) .10. B2 = µ0 ω 4π ∫ µ ω B2 = 0 4π λ( x ) dx x ∫ xD xC λC dx + x ∫ xD 2λC xC ( x − xC ) x ( xD − xC ) dx Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Sea B 2 la magnitud del campo magnético producido por el anillo que se genera mediante el giro de la varilla CD cargada con densidad lineal dependiente de x dada por : λ ( x ) = λC + (λ D − λC )( x − xC ) ( xD − xC ) Entonces . concluimos que el campo B1 apunta en dirección − zˆ . Campo Magnético 135 Luego. 2π 2T x 4π x 2x ω Entonces. 4π xB uur Teniendo en cuenta que la densidad de carga es negativa. µ ω B1 = 0 λ C 4π B1 = ∫ xA xB dx x µ0 ω x λC ln A . B= µ0 ω 4π ∫ λ ( x )dx . 136 Electromagnetismo Problemas y Soluciones B2 = 2 ( xD − xC ) µ0 ωλC xD x 2 xC ln + − ln D 4π xC ( xD − xC ) ( xD − xC ) xC B2 = µ0 ωλC 2 + 1 − 4π xD 2 xC ln ( xD − xC ) xC . r uur uur B = B1 + B 2 = (B 2 − B1 ) zˆ Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . uur B 2 = B 2 (zˆ ) Finalmente. para lograr el equilibrio entre las fuerzas eléctrica y magnética sobre los portadores de carga.11. r ( ) donde v = v − iˆ r y B= µ0 I −kˆ 2πr ( ) . S a Determinar la fuerza electromotriz inducida. de largo L . El conductor y el alambre recto están ubicados en un mismo plano. donde esté ubicado el portador de carga q. por el r v cual circula una corriente I. de modo que la carga positiva va al extremo S y la negativa va a T. INDUCCIÓN MAGNÉTICA PROBLEMA 69. Luego : r r r ( ) FM = qv × B = qv B − ˆj . r donde Fl es la componente longitudinal de la fuerza magnética expresada como : r r r F M = F l + F⊥ . entre los α y extremos S y T del alambre. SOLUCIÓN La fuerza electromotriz inducida en el conductor se debe al campo eléctrico que aparece en su interior. r r r Fuerza magnética sobre los portadores de carga del conductor : FM = q v × B . r La componente de FM en la dirección del conductor producirá una separación de carga. siendo r la distancia entre el alambre recto y el punto del conductor. con la dirección indicada en la r r figura adjunta. como se indica en la figura L adjunta. se acerca r I T con velocidad v a un alambre recto y muy largo. Un conductor. r Esta separación de carga producirá un campo eléctrico E en el interior del conductor. 137 . La condición para equilibrio es Fl + q E = 0 . cuando el extremo S está x a un distancia a del alambre recto. r =a+x v 0 B sen α d l . la fuerza elec- α tromotriz inducida ε será positiva. S será posi- S a tivo respecto a T . un portador no experimenta fuerza neta. es decir. en un instante dado. y en todo instante se cumple: r r Fl E=− q . Entonces. Puesto que Fl = FM sen α = q v 0 B sen α . ε = ∫ ⊗ r FM r S x = l cos α L x . E tendrá distinto valor en los diferentes puntos del conductor. l puesto que E g d l = v 0 B sen α d l > 0 . la magnitud del campo eléctrico queda E = v 0 B sen α . Dado que B es función de r . En un mismo punto del conductor. ε= v 0 µ0 I tan α L g ln 1 + cos α . 2π a Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María B . 0 Puesto que B = µ0 I . tenemos 2π (a + l cos α ) m I e = v 0 g 0 sen a 2p ò L 0 æ a + L cos a ö÷ dl v m I 1 = 0 0 sen a g g ln ççç ÷ è ø÷ a + l cos a 2p cos a a Finalmente. E tendrá distintos valores a medida que el conductor se acerca al alambre.138 Electromagnetismo Problemas y Soluciones En equilibrio. La fuerza electromotriz inducida entre los extremos del conductor será : ε= r r ∫ T r r r I Egdl . dt dt a través del circuito está aumentando con rapidez Luego la fuerza electromotriz inducida en el circuito es de valor ε = Bl v . que se mantiene constante. i r v r F l ⊗ r La velocidad del conductor dada se obtiene de la relación dinámica : G r B r F =ma . r x siendo F la fuerza magnética sobre él. como se indica en la figura.11. que está colocado en una i región de campo magnético uniforme. G B El generador G mantiene una corriente constante en el circuito. il B = m dv dt Integrando la relación anterior se obtiene la velocidad instantánea : ∫ v dv = 0 ∫ t 0 il B dt m ⇒ v= ilB t . El flujo φ = Bl x dφ dx = Bl = Bl v . con la polaridad Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . según el esquema adjunto. Podría decirse que ella aparece entre los extremos de la barra móvil. Suponer que el conductor parte del reposo y que el roce es despreciable. y tiene magnitud F = i l B . SOLUCIÓN r r r La fuerza sobre el conductor móvil es : F = i l × B . m Este resultado muestra que la velocidad aumenta linealmente (mientras la fuerza de roce sea despreciable). Inducción Magnética 139 PROBLEMA 70. Un conductor de longitud l y masa m puede deslizar entre dos rieles con- ⊗r ductores paralelos. Ella apunta hacia la izquierda. Determinar la velocidad instantánea del conductor y la fuerza electromotriz inducida en el circuito. Entonces. La fuerza sobre la barra. por los cuales desliza una barra conductora de longitud l e r B y masa m. la barra inicia su movimiento. cumpliendo así con la ley de Lenz y "tendiendo" a impulsar una corriente de sentido opuesto a la que mantiene el generador. Entonces. i= m dv g . con Fneta = Fmagnética = i l B . Con- V0 siderar que la resistencia total del circuito es R (constante). la corriente es i = V0 R .140 Electromagnetismo Problemas y Soluciones positiva en el extremo inferior. en esas condiciones es F = i l B . Debido a esa fuerza. Finalmente : i lB i l 2B 2 t= t . v r F + ε − e r B x Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María R V0 . SOLUCIÓN Cuando la barra está en reposo. m m ε = Bl v = Bl g PROBLEMA 71. el campo magnético es uniforme. Determinar la velocidad final de la barra y la corriente por el circuito cuando la barra alcanza la velocidad final. lB dt i Al estar la barra en movimiento habrá un cambio en el flujo magnético que atraviesa el circuito y aparecerá en él una fuerza electromotriz inducida. el roce es despreciable y la barra parte del reposo. dirigida hacia la izquierda . cuya velocidad en todo instante cumplirá con : Fneta = m g dv dt . Una batería de fuerza electromotriz V0 i se conecta entre dos rieles paralelos. encontrado anteriormente. Los resultados i f = 0 y v f = V0 lB para el estado final implican que la fuerza neta final sobre la barra es F = i f l B = 0 y la fuerza electromotriz es ε = Bl v = Bl g V0 = V0 . De ese modo la fuerza electromotriz inducida actúa disminuyendo la corriente por el circuito. aplicando la ley de voltajes al circuito obtenemos : V0 − i R − Bl v = 0 . Si existe un único valor para la velocidad final de la barra. De acuerdo a la ley de Lenz. Inducción Magnética 141 El flujo magnético y su respectiva rapidez de cambio son : φ = Bl x dφ = Bl g v dt . En este caso la fuerza electromotriz inducida impulsará una corriente en sentido opuesto a la corriente i indicada en el esquema. éste debe ser constante y cumplir que dv = 0 . Luego. Una corriente de sentido opuesto a i produce un campo magnético que está dirigido hacia abajo ⊗ en el área de la espira. la velocidad final v f de la barra puede despejarse de la ecuación dt anterior. mR mR ⇒ vf = V0 . se obtiene : V0 − m R dv g − Bl v = 0 . lB La corriente final en el circuito será : i f = 0 .11. l 2 B2 g v f V g lB = 0 . Entonces. lB Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . l B dt o bien : dv l2B2 g v V0l B + = dt mR mR La relación anterior es una ecuación diferencial para obtener la velocidad de la barra en función del tiempo. la corriente producida por la fuerza electromotriz inducida tenderá a contrarrestar el aumento de flujo. Luego. Reemplazando i . cumpliendo así con contrarrestar el aumento de flujo debido al campo e aplicado. 2 2 l B V0 Despejando v se obtiene : 2 2 −lBt V0 mR 1− e v (t ) = lB Se deja como ejercicio encontrar i (t ) . El circuito está en un campo magnético uniforme que apunta verticalmente hacia arriba. Determinar la velocidad final de la barra y la corriente final en el circuito. PROBLEMA 72. 0 o bien : − mR l Bv ln 1 − = t . puede deslizar sobre dos rieles paralelos que forman un ángulo α con la horizontal como se indica en la figura. Considerar que la resistencia total del circuito es constante y de valor R. el roce es despreciable y la barra parte del reposo. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . dt mR mR Separando las variables v y t e integrando se obtiene : ∫ v 0 mRdv = l B (V0 − l Bv ) ∫ t dt .142 Electromagnetismo Problemas y Soluciones La ecuación diferencial para la velocidad de la barra en función del tiempo puede resolverse por separación de variables. Una barra conductora de largo l y masa m. como se indica a continuación : dv V0l B l 2 B2 v = − . ésta experimentará un fuerza horizontal F = i l B . dt Luego la fuerza electromotriz es tante. la corriente inducida debe circular en el sentido indicado en la figura superior (dado por la regla de la mano derecha). y la corriente. Al circular la corriente i por la barra. lB El flujo magnético a través de la espira y su respectiva rapidez de cambio son φ = B l x cos α siendo x y dφ dx = B l cos α g . dt Suponiendo que la velocidad final de la barra es constante. Luego. dt dt la longitud de los lados inclinados del circuito.11. entonces la corriente final se puede calcular haciendo dv = 0 en la ecuación anterior. Para cumplir con lo anterior. como se indica en la figura siguiente : i r B N Efectuando la sumatoria de fuerzas en la dirección F de movimiento de la barra para aplicar la 2° ley de v α r g mg Newton. y x α dx = −v . Inducción Magnética 143 SOLUCIÓN La barra tenderá a deslizar hacia abajo. es i = ε=− dφ = B l v cos α . en cualquier insdt ε B l v cos α = . esto hará disminuir el flujo magnético a través del circuito. R R Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . lo cual producirá una fuerza electromotriz que tratará de contrarrestar esa disminución de flujo magnético haciendo circular una corriente que tienda a reforzar el campo magnético aplicado. se obtiene : α mg sen α − F cos α = m g dv . dt mg sen α − i l B cos α = 0 ⇒ i= mg tan α . determinando v (t ) e i (t ) a partir de las ecuaciones planteadas anteriormente : mg sen α − i l B cos α = m dv dt i= e B l v cos α . B2 l2 cos2 α mg R senα Despejando v (t ) . usted mismo encuentre i (t ) . du = − B 2 l 2 cos 2 α dv . mR dt g sen α − Separando variables e integrando : ∫ t dt = 0 ∫ v dv v B 2 l 2 cos2 α g sen α − mR 0 v B 2 l 2 cos 2 α mR Con la sustitución : u = g sen α − . R Reemplazando i en la primera ecuación.144 Electromagnetismo Problemas y Soluciones La relación anterior muestra que la corriente i y la velocidad v son proporcionales. se encuentra : mg R sen α v (t ) = 2 2 B l cos 2 α − 1− e B2l2 cos2 α gt mR . 2 B l cos α u 2 2 u0 Integrando. Con ella y la corriente final obtenida anteriormente. se encuentra la velocidad final : vf = mg R tan α mg R sen α = 2 2 . se obtiene : t=− v B2 l2 cos 2 α mR ln 1− . mR se simplifica el integrando del lado derecho quedando: ∫ t dt = − 0 ∫ u mR du . obtenemos una ecuación diferencial que se resuelve por separación de variables : v B 2 l 2 cos 2 α dv = . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Como ejercicio. 2 2 l B cos α l B cos 2 α El problema también puede resolverse en general. SOLUCIÓN (a) El flujo magnético φ sobre la espira depende del tiempo. Una espira cuadrada de lado a. la corriente en la espira es i = ε R . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . y puede describirse en términos del ángulo θ . La espira tiene resistencia R. Entonces : θ φ = B g a2 cos θ . que define el signo del flujo φ . dt dt Despreciando la autoinductancia. y el instante t = 0 se escoge cuándo el plano de la espira es perpendicular al campo magnético. Inducción Magnética 145 PROBLEMA 73. es decir. se obtiene el resultado : i (t ) = + Ba2 ω sen ω t R La corriente i (t ) es alterna. entre los polos de un imán que produce S ω N un campo magnético aproximadamente uniforme de magnitud B. autoinductancia despreciable. i y la fuerza electromatriz inducida en la espira es: nˆ dφ dθ ε=− = + B a2 sen θ g .11. (b) Determinar el torque suministrado por el agente externo en función del tiempo. (a) Determinar la corriente en la espira en función del tiempo. que forman el vector campo magnéti- r θ co B y el vector nˆ perpendicular al plano de la r B espira. Usando además que θ = ωt . circula en un sentido y en el sentido contrario. adopta valores positivos y negativos. se hace girar con B rapidez angular constante ω . El sentido que se denomina positivo corresponde a la curvatura de los dedos de la mano derecha cuando el pulgar apunta en la dirección del vector nˆ . θ torque τ B respecto al punto P. y corresponde a un vector que entra al plano de la página. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Así el torque neto es cero y la rapidez angular de la espira es constante. (b) Calcular la distancia total recorrida por la barra hasta el momento en que se detiene. 2 r τB F Sustituyendo el valor de i (t ) encontrado en la parte (a).146 Electromagnetismo Problemas y Soluciones F (b) Sobre la espira debe actuar un torque externo con el objeto de contrarrestar el torque debido al campo magnético. la velocidad y la posición de la barra. se obtiene : τB = ω R (Ba 2 sen ω t ) 2 . Puesto que la fuerza magnética sobre dos de los lados es de magnitud F = iaB . Una barra conductora de masa M se apoya sobre dos rieles conductores paralelos horizontales muy largos. cuyos extremos están conectados a través de una resistencia r R. la corriente en el circuito. En cierto instante se aplica a la barra una velocidad v 0 . En la figura se ha indicado el r r τext. per- r pendicular el plano de los rieles. el sistema se encuentra en reposo en un campo magnético uniforme B . PROBLEMA 74. debido al campo magnético. entonces la magnitud del P i torque magnético respecto a P es : a τB = 2 F sen θ = ia2 B sen ω t . Inicialmente. paralela a los rieles. en función del tiempo. La dirección del torque externo se ha indicado en la figura anterior. (a) Calcular. contrarrestando la variación de flujo. éste ejerce sobre r ella una fuerza F : r F= ∫ r r I d l × B = I l xˆ × B zˆ . Entonces la corriente es : I= B lvy R . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . r Como la varilla está en presencia de un campo magnético externo B . de modo tal que se opone a la variación del flujo. luego : dφ dy = −Bl = − B lvy . en este caso el flujo aumenta. R I= Por otra parte ε = − dφ . se cumple que : Fy = − I l B = m ay . dt dt ε=− El signo menos expresa el hecho de que la fuerza electromotriz se induce. dt donde φ = ∫ r r B gdA = área circuito ∫ B zˆ g l d y zˆ = B l y . debido al aumento del área del circuito.11. r F = − I l B yˆ . Note que la fuerza tiene dirección opuesta a la velocidad inicial. Así dicha corriente produce un campo magnético r de sentido opuesto al de B aplicado. Inducción Magnética 147 SOLUCIÓN r v0 Al tener la varilla una velocidad se genera en el circuito una corriente : ε . y circula en el sentido indicado en la figura. siendo ay la componente y de la aceleración de la barra. r Puesto que F es la fuerza neta. 148 Electromagnetismo Problemas y Soluciones d vy , se obtiene la ecuación dt Reemplazando la corriente y usando la igualdad ay = diferencial : − d vy B2 l 2 vy = mR dt Resolviendo por separación de variables, tenemos : d vy B2 l2 =− dt . vy mR mR e integrando, se obtiene : B2 l2 Definiendo τ = ln v y ln vy v0 t =− τ t vy v0 0 vy t =− v0 τ v y (t ) = v 0 e − t Puesto que v y = t 0 τ dy , y se encuentra integrando dt y y 0 + v 0τ la expresión para v y (t ) : y − y 0 = v 0 (−τ ) e − t τ y0 t 0 t 0 y (t ) = y 0 + v 0 τ − v 0 τ e − t τ Obsérvese que la varilla se mueve entre una posición inicial y 0 y una posición final y 0 + v 0 τ que se alcanza en t → ∞ . La distancia total reco- I rrida es v 0 τ . Finalmente, I (t ) = Bl v y (t ) R Bl I (t ) = v0 e −t τ R B lv 0 R 0 t Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María 11. Inducción Magnética 149 PROBLEMA 75.. Una barra conductora de masa m se apoya sobre dos rieles conductores, paralelos, horizontales, muy largos, cuyos extremos están conectados a través de una inductancia L , como se indica en la figura. r El circuito se encuentra en un campo magnético uniforme B , perpendicular al plano de los rieles. Determinar la corriente en el circuito, la velocidad y posición de la barra en función del tiempo. SOLUCIÓN En este caso, además de la fuerza electromotriz inducida por el movimiento de la barra, se inducirá otra fuerza electromotriz en la inductancia L, de modo que : ε A + εL = 0 , siendo : εL : la fuerza electromotriz debida a la variación de flujo φL = L I en la inductancia. εA : la fuerza electromotriz debida a la variación del flujo φA = B l y a través del circuito. r Nótese que la dirección de I y B cumplen con la regla de la mano derecha; entonces, εA = − d φA = − B lvy dt εL = − y d φL dI =−L . dt dt Luego , L dI dy + Bl =0 dt dt ⇒ L d I = − B l dy Integrando, se obtiene : L (I − I0 ) = − Bl (y − y 0 ) . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María 150 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Suponiendo que I = 0 cuando y = y 0 , entonces I0 = 0 . Luego : I (y ) = − Bl (y − y0 ) . L Entonces, la fuerza sobre la barra es : B2 l2 Fy = I l B = − L (y − y 0 ) . Si hacemos εs = y − y 0 , la expresión para la fuerza queda de la forma : Fy = − k εs , k= siendo B2 l 2 , L es decir, es una fuerza restauradora proporcional a εs . Obviamente Fy = 0 para εs = 0 . Por tanto, el punto de equilibrio es : y eq = y 0 . En torno a este punto la barra realiza un movimiento armónico simple de frecuencia angular: ω= k = m B2 l2 = Lm Bl , Lm y de período : T = 2π Lm . Bl La amplitud A del movimiento puede obtenerse aplicando la conservación de la energía, considerando que la barra se mueve entre el punto de equilibrio y el punto de amplitud máxima. En el punto de equilibrio toda la energía es energía cinética y en el punto de amplitud máxima toda es energía "potencial elástica" . Entonces, 1 1 mv 02 = k A 2 , 2 2 de donde se obtiene : A= m v0 = k mL v0 = B2 l2 mL v0 Bl Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María 11. Inducción Magnética 151 Por lo tanto, la posición de la barra puede escribirse como : εs (t ) = A cos (ω t + δ ) . Para determinar δ asumimos que en t = 0 , la barra pasa por el punto de equilibrio, en dirección y. Entonces, εs (0 ) = 0 y v y (0 ) = v 0 . Estas condiciones implican que cos δ = 0 y sen δ = − 1 . Entonces ; δ= 3π . 2 Finalmente, la posición de la barra queda : 3π y (t ) = y 0 + A cos ω t + = y 0 + A sen (ω t ) . 2 Dividiendo y (t ) se obtiene la velocidad : 3π 3π v y (t ) = − ω A sen ω t + = −v 0 sen ω t + = v 0 cos (ω t ) , 2 2 donde v 0 = ω A es la máxima velocidad de la barra. La corriente se encuentra usando una relación obtenida anteriormente : I (t ) = − Bl A 3π cos ω t + =− L 2 y m 3π v 0 cos ω t + =− L 2 I v y0 v0 0 T t m v0 sen (ω t ) . L m v0 L 0 T t 0 T t Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María 152 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 76. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . dt dr dt 2π r 2a donde el signo menos indica que la fuerza electromotriz se genera de forma tal. 2πr r siendo uˆ un vector unitario que entra perpendicularmente al plano de la espira. r v SOLUCIÓN El campo magnético producido por el alambre. se encuentran en un pla- R no horizontal. en el intervalo 0 ≤t ≤ ∞. Un alambre infinito que conduce I la corriente constante I . y una espira plana pro- a vista de una parte móvil. Determinar el trabajo realizado por el agente externo que mueve la barra. B e I se relacionan según la regla de la mano derecha. en el plano de la espira es : r B= µ0 I uˆ . El flujo magnético enlazado por el circuito es: φ (r ) = ∫ r r B g dA = área espira φ (r ) = ∫ r 2a µ0 I uˆ g a dr uˆ 2π r r µ0 I a ln . Así. 2π 2a ⊗ i r v En la espira se induce la fuerza electromotriz : ε=− dφ dφ dr µ Ia 2a 1 =− =− 0 v . La posición de la barra en función del tiempo respecto al alambre recto es r (t ) = 2a + v t . que se opone al aumento del flujo. La parte móvil de la espira se mueve con velocidad constante y en el instante t = 0 r a r ⊗ B (r ) a se encuentra en la posición indicada en la figura. para mantener la varilla en movimiento uniforme. el trabajo total realizado por el agente externo es W = 8 π2 R . debido al campo magnético B . 2π R r R i (r ) = r La fuerza que actúa sobre la varilla. El trabajo realizado por este agente externo está dado por : W = ∫ ∞ r r Fext g d r = 2a ∫ ∫ I a µ0 i I a µ0 dr = 2π r 2π ∫ ∞ µ0 I a v dr 2 2 π R r 2a ∞ µ02 I 2 a 2 v dr A W = = 2 2 4π R r 2a 2a 3 14243 1 424 A 1 2a µ02 I 2 v a Finalmente. En consecuencia el agente externo deberá ejercer una fuerza: r r Fext = − Fm . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . es : r r ∫ r Fm = i d l × B = − i a µ0 I rˆ . Note que la fuerza magnética es de sentido contrario a la velocidad de la barra. 2π r siendo rˆ un vector unitario en dirección de r. Inducción Magnética 153 La corriente inducida es : ε µ Iav = 0 .11. La figura 1 muestra la situación en t = 0 . y se encuentra en el mismo plano horizontal que una espira provista de una parte en r movimiento con velocidad constante v .154 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 77. calcular su valor en t = 0. El flujo magnético que entra en la espira es : φ (t ) = ∫ r r B gd A = ∫ 2a a µ0I (t ) µ I (t ) b (t ) dr = 0 b (t ) 2π r 2π ∫ 2a a µ I (t ) b (t ) dr = 0 ln2 2π r Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Un alambre infinito conduce la corriente I dependiente del tiempo mostrada en la figura 2. Determinar la corriente i (t ) . a = 10 [m] . Considerar que la autoinductancia de la espira es despreciable y los datos : 2πR [A] . µ0 ln 2 I0 = v = 10[m / min] I(t) I [A] a r v 2a R I0 i(t) 1 3a Figura 1 2 t[min] Figura 2 SOLUCIÓN 0 De acuerdo a la figura. respecto al lado en que está la resistencia R es : b (t ) = 3a + v t . I (t ) = I0 t I 0 t <0 0 ≤ t ≤ 1[min] t ≥ 1 [min] La posición de la barra en función del tiempo.5 [min] y representar i (t ) gráficamente. 5 ) = 30 + 10 [A] = 40 [A] . tenemos : . y su valor es : Luego.5[min] . Inducción Magnética 155 Entonces : d φ µ0 ln 2 d µ ln2 = I (t ) g b (t ) = 0 dt 2π dt 2π Puesto que dI db d t b + dt I . 2πR dt .11. en t < 0 0 i (t ) = 3a+2vt . 2π R d I I0 = µ0 ln2 = dt 0 se obtiene donde ε =− dφ . de acuerdo a la ley de Lenz. i (0. . en t ≥ 1[min] Evaluando en t = 0. entonces = (3a + v t ) + I v . en t < 0 0[ A] i (t ) = 30 + 20t [ A] . en 0 ≤ t ≤ 1[min] 10[ A] . en t > 1[min] Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . en 0 ≤ t ≤ 1[min] v . dt dt dt 2π La corriente i (t ) inducida en la espira tiene la dirección indicada en la figura. dt 0 ≤ t ≤ 1 [min] en otro intervalo. db d φ µ0 ln2 dI = v . Usando i (t ) = ε R i (t ) = µ0 ln2 dI (3a + v t ) + I v . Evaluando en un instante t arbitrario. como se indica en la figura. de acuerdo a la ley de Faraday expresada mediante las relaciones : φ = B z g A = B0 A sen (2π f t ) . Un anillo conductor de radio A ρ = 10 [cm] . x con B0 = 1. ε= − dφ = − 2π f B0 A cos (2π f t ) .0[ T ] y f = 50[Hz] . en términos de la longitud s 1 . SOLUCIÓN La variación del flujo magnético φ produce una fuerza electromotriz inducida ε en el perímetro del anillo. dt Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . El anillo tiene V1 s1 r B s2 V2 una resistencia R = 10[Ω] uniformemente distribuida en su perímetro. y el campo magnético depende del tiempo. Obtener el valor que marca cada voltímetro.156 Electromagnetismo Problemas y Soluciones El gráfico correspondiente es : i [A] 50 30 10 1 2 t [min] 3 PROBLEMA 78. según la expresión : C r y B = B0 zˆ sen (2π f t ) . rodea una superficie de área A = 20[cm2 ] en que existe un campo magnético perpendicular al plano del anillo. Entre los puntos A y C se conectan dos voltímetros ideales. 2πρ ε2 = ε g R2 R = εg 2πρ − s 1 2πρ Teóricamente. no enlazan flujo magnético. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Los circuitos formados por un voltímetro y la porción de anillo de su mismo lado. De acuerdo a la ley de Ohm. Al recorrer el anillo en la dirección de la co- i rriente.11. t –I0 No se cumple la ley de voltaje de Kirchhoff. ε 1 = i R 1 y ε 2 = i R 2 . Inducción Magnética 157 La corriente inducida en el anillo es i = ε R . ε 1 + ε 2 = ε . la suma de las caídas de potencial en la I0 resistencia distribuida del anillo es igual a ε . entonces : R1 R2 s1 = s2 . que indican valores efectivos. Puesto que el valor efectivo ε correspondiente a ε es : ε = εefectivo = 2 εmáximo = 2 2 π f B0 A = 889 [mV] . 296 [mV] y ε 2 . A definida en el sentido antihorario como se indica en r B la figura. es una corriente alterna con el valor má- i ximo I0 = 2π f B0 A R . R 1 + R2 = R y con s 1 + s 2 = 2πρ . siempre positivos sin importar la polaridad de la conexión. y cumplen con la ley de voltaje de Kirchhoff. 593 [mV] . mientras que el voltímetro V 2 indica el voltaje ε 2 en el lado derecho. de acuerdo al gráfico adC junto. debido al flujo magnético variable enlazado por el anillo. 21 [cm] como ejemplo) son : ε 1 . uno marcaría un valor positivo cuando el otro marque uno negativo. ε1 = ε g R1 R =εg s1 . Así. los valores efectivos de ε 1 y ε 2 (usando s 1 . siendo R 1 y R 2 las resistencias de las posiciones izquierda y derecha del anillo. Finalmente. el voltímetro V1 indica el voltaje ε 1 en el lado izquierdo del anillo. Puesto que la resistencia está distribuida uniformemente en el perímetro del anillo. Además. En la práctica es necesario medir usando instrumentos para corriente alterna. al conectar la polaridad positiva de ambos voltímetros en el mismo punto del anillo. 158 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . 12. de largo L . Determinar la inductancia mutua por unidad de longitud entre ellas. Ib ¬ b a r Ib x - SOLUCIÓN Calcularemos M = φ ab . Por razones de simetría. INDUCTANCIAS PROBLEMA 79. Dos espiras coplanares están formadas por alambres rectos muy largos. por tanto : φab = 2 donde B = µ 0 g Ib 2πr ∫ B g d SA SA es el campo magnético producido por un alambre rectilíneo a distancia r del alambre. Se calculará φab como la suma del flujo debido a la corriente en el alambre superior À más el flujo debido a la corriente en el alambre inferior Á. y S A es la superficie de la espira más pequeña. como se muestra en la figura. donde φab es el flujo a través de la espira más pequeña. ambos son iguales. de- Ib bido a la corriente Ib en la espira más grande. Luego : φab = φab = ∫ b +a b −a 2g µ 0 Ib g L dr 2 πr µ 0 Ib L b+a g ln π b−a 159 . π b−a Otro método para calcular φab consiste en escribir el campo magnético en un punto del plano de la espira más pequeña. 2π (b − x ) 2π (b + x ) ∫ a −a µ 0 Ib 1 1 + L dx . µ0 L b+a g ln . b + x 2π b − x Puesto que el integrando es función par de x. φab = µ 0 Ib L π ∫ a 0 1 1 b − x + b + x dx φab = µ 0 Ib L b+a ln . puede integrarse entre los límites 0 y a. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . π b−a Finalmente.160 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Mab = Finalmente. y multiplicarse el resultado por dos para obtener φab . Entonces. π b−a Mab = µ0 L b+a ln . y luego integrar sobre el área de la espira. BT = Luego : φab = µ 0 Ib µ 0 Ib + . Inductancias 161 PROBLEMA 80. El campo magnético producido por el cilindro se obtiene a partir de la ley de Ampere.12. debido a la corriente que circula por el cilindro. 2π r Puesto que el campo magnético producido por el cilindro es perpendicular al plano de la espira. y su magnitud en la región que se encuentra la espira es : B (r ) = µ0 I 1 . 2π 2R La inductancia mutua entre el cilindro y la espira puede calcularse como : M= φ2 I1 = µ0 L L ln 1 + . colocada en un plano radial a distancia 2R del eje. Cerca del cilindro se encuentra una espira cuadrada de lado L. R R L SOLUCIÓN (a) Se debe calcular el flujo magnético sobre la espira. he- I1 cha de alambre muy delgado. el flujo magnético sobre ella es : φ2 = ∫ BdA = ∫ 2R +L B (r ) g Ldr = 2R µ0 I1 L 2R + L ln . (b) Calcular la fuerza electromotriz inducida en la espira cuando I 1 depende del tiempo según: I 1(t ) = I sen ω t . Un conductor cilíndrico muy largo y de radio R. lleva una corriente I 1 distribuida unifor- I2 memente en su sección transversal. (a) Calcular la inductancia mutua entre el cilindro y la espira. como se indica en la figura adjunta. 2π 2R Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . y regresa distribuida uniformemente por el conductor externo. 2π 2R Note que el concepto de inductancia mutua está presente en la mayoría de los problemas de inducción magnética. La corriente I r circula por el conductor interior con densidad j constante en la dirección indicada.162 (b) Electromagnetismo Problemas y Soluciones La fuerza electromotriz ε inducida en la espira está dada por : ε=− d φ2 d φ2 dI 1 dI 1 =− g = −M = − M I ω cos ω t dt d I1 dt dt ε=− µ0 L I ω L ln 1 + cos ω t . (a) Determinar la razón entre la energía magnética almacenada en el conductor macizo y la energía magnética almacenada en el resto del espacio. de pared muy delgada y radio R2 . PROBLEMA 81. SOLUCIÓN La simetría axial del problema indica que las líneas de r campo magnético B son círculos concéntricos con el eje del cilindro. lleva corriente como se muestra en la figura.718K (b) Determinar la inductancia por unidad de longitud del cable coaxial. de modo que : Λ= Ñ∫ r r B g d l = B g 2πr R2 circunferencia Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . aunque no se emplea explícitamente con su nombre en el capítulo respectivo. para R2 = e R1 con e = 2. Elegiremos como trayectorias de integración círcu- r j R1 r los concéntricos. Un cable coaxial muy largo formado por un conductor interior cilíndrico macizo de radio R1 y un cilindro hueco. La energía acumulada en el campo magnético está dada por : U= ∫ uB d V B2 2 µ0 con uB = . B= µ0 Ineta 2πr Distinguimos tres regiones : (i) (ii) r ≤ R1 . de acuerdo a la ley de Ampere : Λ = µ 0 Ineta . Además. note que el campo magnético está confinado a la región interior del cable coaxial (r < R2 ) .12. 0 R1 R2 B=0 En el gráfico se muestra B en función de r. observe la discontinuidad en r = R 2 . Inductancias 163 Por otra parte. R1 ≤ r < R 2 Ineta r I = jA= g π r2 = I 2 πR1 R1 B= µ0 I r 2 π R 12 Ineta = I . Luego. todo el espacio ( ) La energía acumulada en un trozo de largo l del conductor interior r ≤ R 1 es : U1 = ∫ R1 0 B2 g l g 2π r dr = 2µ0 ∫ R1 µ0 I 2 2 (2π ) 2 0 4 1 R r2g l 2π r dr 2µ0 4 µ0 I 2l R 1 µ0 I 2 l = = 4π R14 4 16π Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . B= (iii) r > R2 2 B µ0 I 2πr Ineta = 0 . debido a la presencia del cascarón de espesor cero que lleva corriente superficial. U2 = µ0 I 2l µ I2 l . U2 = ∫ R2 ∫ R2 R1 U2 = R1 B2 dV 2µ0 1 2µ0 µ02 I 2 (2π ) 2 r2 g 2π r dr = R µ0 I 2 l ln 2 4π R1 Puesto que R2 = e R1 . se obtiene : 5 µ0 I 2 l 16 π 5 µ0 I 2 l 1 2 L I l = 16 π 2 L = 5 µ0 8 π Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . ln e = 0 4π 4π Luego la razón entre las energías almacenadas en el cilindro macizo y en el resto del espacio es : U1 1 = U2 4 La energía almacenada en un trozo de largo unitario se expresa como 1 L I 2 . siendo L la 2 inductancia por unidad de longitud. corresponde a la energía acumulada entre R1 y R2 ( ya que B = 0 . para r > R2 ).164 Electromagnetismo Problemas y Soluciones La energía acumulada en el resto del espacio. Puesto que la energía magnética almacenada en una longitud l del cable coaxial es : U = U1 + U2 = Igualando. SOLUCIÓN (a) Cuando el interruptor ha estado desconectado por largo tiempo. i (0 ) = i 0 + i1 = 4 y para t = ∞ . con 0 ≤ t < ∞ . dt y la solución de esta ecuación es de la forma i (t ) = i 0 + i1 e −t LR . en el circuito RL existe una corriente dada por : i (t ≤ 0 ) = V 120 = = 4 [ A] R2 30 Al conectar S. Inductancias 165 PROBLEMA 82. Req En el circuito RL se cumple que : V = i (t )R + L dI . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Así.12. la corriente en el circuito adquiere el valor constante : i (t = ∞ ) = (b) V = 8 [ A] . y en el instante t = 0 se conecta. cuya resistencia equivalente es : 1 1 1 = + Req R1 R2 ⇒ Req = 15 [Ω ] . Mucho tiempo después de conectar el interruptor. justo antes de conectar S . encontrados anteriormente . y t = ∞ . inicialmente el interruptor S está desconectado. como usted puede verifi- carlo por sustitución. (a) Determinar la corriente i en los instantes t = 0 . Dicha solución debe cumplir con los valores iniciales y finales de i . i (∞ ) = i 0 = 8 . (b) Obtener la expresión analítica para i (t ) . quedan dos resistencias en paralelo. En el circuito de la figura. para t = 0 . mucho después de haber conectado S. i (t ) = 8 − 4 g e −300 t [ A] .4) (1. i 0 = 8[ A] e i1 = − 4[N ] . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . -t æ ö i (t ) = i (0) + éë i (¥) . El gráfico correspondiente a la expresión anterior es el siguiente : i(t) 8 4 t 0 Existe una manera alternativa de obtener la expresión encontrada anteriormente. Además.166 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Entonces. sin resolver la ecuación diferencial. L 50 g 10−3 1 = = [s ] . sabiendo solamente que el comportamiento es exponencial. con constante de tiempo τ = L R . i (t ) = 8 − 4e −300 t [A] . podemos advertir que : i (t ) = i (t = 0 ) + una función que crece exponencialmente desde i (t = 0 ) hasta i (t = ∞ ) .i (0)ùû ççç1. R 15 300 Finalmente.e-300 t ) è ø Finalmente . De la observación del gráfico.e L R ÷÷÷ = 4 + (8 . es decir. con IC = dqc dt d IL . (c) Determinar la energía total disipada en las resistencias hasta t 2 = 10 RC . Consi- t =0 derar que el interruptor se cierra en el instante V t = 0. Sin embargo. los ele- IL mentos tienen valores tales que RC = L R . tanto una inductancia co- Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . usted debe notar que ésta adquiere la misma forma algebraica de la segunda ecuación. dt Usando la variable qC . Para ello se aplica la ley de voltajes de Kirchhoff a los dos caminos cerrados de los cuales forma parte la batería. SOLUCIÓN (a) Puesto que la potencia disipada en una resistencia está dada por el producto I 2R . en la primera ecuación. siendo ambas resistencias iguales. R Es necesario agregar que tanto al escribir las soluciones anteriores como al verificar que son efectivamente correctas. En el circuito de la figura. basta recordar que los circuitos RL y RC tienen un comportamiento exponencial al ser sometidos a una excitación continua y que. Puede usar cualquier método matemático que conozca para resolver dicha ecuación. el problema se reduce a determinar el instante en que IL = IC . (b) Determinar la razón (IC + IL ) IC en el instante t1 = L R . es útil que sea capaz de escribir su solución sin necesidad de resolverla cada vez que la encuentre. En todo caso sus resultados deben ser : IC = −t V g e RC R e IL = ( ) V −t L R 1− e ( ) . basta resolver sólo una de las dos ecuaciones planteadas para conocer tanto IL como IC . Inductancias 167 PROBLEMA 83.12. R IC C R L (a) Determinar el instante en que ambas resistencias disipan la misma potencia. obteniéndose : V = IC g R + qc C V = IL g R + L . tienen comportamiento iniciales (t = 0 ) y finales (t → ∞ ) bien definidos en un circuito de corriente continua. lo anterior se reduce a : 2 e −t RC = 1 t = RC ln2 = Luego . Use estas ideas para verificar las soluciones dadas. tenemos : ( V V −t L R g e −t RC = 1− e ( ) R R e −t RC + e −t (L R ) ) =1 Dado que RC = L R . (b) IC + IL = L ln2 . Para encontrar el instante en que IC = IL . R ( ) V −t RC V −t L R e + 1− e ( ) = R R V IC + IL R = = et RC V IC e −t RC R Al evaluar en el instante t1 = L R y usando la igualdad RC = L R tenemos : IC + IL =e IC (c) La energía total disipada en las resistencias hasta t 2 = 10 RC es : W = ∫ t2 IL R dt + 2 0 V2 W = R ∫ t2 0 (1 + e ∫ t2 2 IC R dt 0 − 2 t (L R ) − 2e −t (L R ) ) + e −2t RC dt Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María .168 Electromagnetismo Problemas y Soluciones mo un condensador. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . en t = t0 [s ] . Inductancias 169 Integrando y usando las condiciones R C = L R y t 2 = 10 RC .12. y su valor es : Umáx = 1 2 L I0 2 siendo I0 la corriente que circula por la inductancia en ese instante. en t = 0[s ] . y al cabo de t 0 [s ] se ha disipado cierta cantidad de energía en la resistencia y se ha almacenado energía en la inductancia. simultáneamente se desconecta S y se conecta T . de modo que la carga en el capacitador tenga como valor máximo Q = 0. La inductancia adquiere su energía máxima en el instante t 0 . circula corriente en el circuito R L . se obtiene el resultado aproximado: W = 9 CV 2 . Determinar el valor de t 0 . se obtiene : 10 RC 10 RC V2 e − 2t RC e −t RC 10 RC + 2 g W = − 2g R − 2 RC ) 0 − 1 RC ) 0 ( ( W = V2 10 RC − RC e −20 + RC + 2RC e −10 − 2RC = CV 2 9 + 2 e −10 − e −20 R Considerando que e −10 = 1 . SOLUCIÓN Al conectar S. En el circuito de la figura los interruptores S y T están inicialmente desconectados y el condensador está descargado. Luego. A continuación. se conecta S. PROBLEMA 84.20 [mC ] . 2 g 10−3 2 g 10 −3 g 5 g 10 −6 ⇒ I0 = Qmáx LC = 2. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María .8 g 10−4 [s ] . dt La solución correspondiente es : I (t ) = −t V LR e 1 − . 2= ( 20 1 − e −2500 t0 5 e −2500 t0 = ) 1 2 2500 t0 = ln2 t0 = 2. para el cual la ley de voltaje de Kirchhoff conduce a la ecuación : V = RI + L dI . 2C El valor numérico de I0 se obtiene igualando las ecuaciones anteriores. Por lo tanto. R Para calcular el instante t 0 .0 [ A] Mientras S está conectado se activa el circuito RL . La energía almacenada en la inductancia se habrá transferido totalmente al capacitor cuando éste tenga su carga máxima. dada por la expresión : Umáx 2 Qmáx = .0[ A] y L R = 1 2500 [s ] en la expresión para I (t ) .170 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Al desconectar S y conectar T simultáneamente en el instante t 0 . como se indica a continuación : 1 Q2 L I 02 = máx 2 2C I 02 = ⇒ I0 = 2 Qmáx LC 0. en que la corriente es de valor I0 . se activa el circuito LC que comenzará a oscilar. introducimos I0 = 2. Dos bobinas de N1 y N2 vueltas están enrolladas.13. SOLUCIÓN (a) Aplicando la ley de Ampere a una trayectoria circular de radio µ1 r. N1 = N y N2 = 4N (a) Calcular el flujo magnético sobre una sección transversal del anillo. µ 2 = 750 µ0 . Considere que en la bobina de N1 vueltas circula una corriente continua de intensidad I1 y los datos siguientes : µ1 = 500 µ0 . El núcleo de un anillo toroiµ1 dal. tenemos que : I H1 g π r + H2 g π r = N1 I1 . Entonces. µ1 µ 2 171 µ2 r . una en cada una de las piezas del núcleo. CIRCUITOS MAGNÉTICOS PROBLEMA 85. (b) Determinar el coeficiente de inducción mutua entre las bobinas. con permeabilidades magnéticas N1 N2 constantes µ1 y µ 2 respectivamente. por el interior del anillo. r Por continuidad de B . ambas mucho mayores que µ0 . 1 1 B + g π r = N1 I1 . (c) Determinar la energía magnética almacenada en el sistema. que es perpendicular a la superficie que separa ambos medios. tenemos que: B = µ1 H1 = µ2 H2 . está hecho de dos piezas de igual forma. de radio medio R y sección transversal µ2 de área A. según la expresión : ε2 = − M d I1 . Puesto que φ2 = N2 φ . basta calcular el flujo φ2 enlazado por las N2 espiras de la bobina 2. sin embargo. se acostumbra hacer un cálculo aproximado usando el radio medio mencionado en el enunciado. µ 2µ Este resultado corresponde al área indicada en el gráfico adjunto. el coeficiente de inducción mutua es : M= φ2 = I1 1200 µ0 N2 A N1 N2 A = . 0 H Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . cuando circula la corriente I1 por la bobina 1. dt (c) En materiales con permeabilidades mucho mayores que µ0 . πR 1 1 πR + µ1 µ 2 Este coeficiente relaciona la fem inducida en la espira 2 con la variación en el tiempo de la corriente en la espira 1. constituyendo un circuito magnético.172 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Puesto que B depende de r. Calcularemos la energía en los materiales magnetizados y despreciaremos la energía contenida en el resto del espacio. La densidad de energía magnética en un material lineal es : B wm = ∫ B HdB = 0 ∫ B 0 BdB B2 = . Luego. La energía se concentra en el material magnetizable y su dispersión hacia el aire es despreciable. N1 A I1 300 µ0 N I1 A = . πR 1 1 πR + µ1 µ 2 φ = BgA = (b) Para calcular el coeficiente de inducción mutua entre las bobinas. el flujo magnético se mantiene en su interior. al calcular el flujo sobre una sección transversal se requiere hacer una integral. r y considerando la simetría cilíndrica. es π R A . entrando al plano de la figura. con permeabilidad constante µ = 1000 µ0 . En cada material. (b) Graficar cualitativamente la magnitud de los campos r r r B . H y M . en función de la distancia r hasta el eje de simetría. está rodeado simétricamente por un cilindro muy largo de material magnetizable. B2 B2 Wm = + 2 µ2 2 µ1 (N1 I1 ) A = 150 µ0 (N1 I1 ) A . πR A = πR 1 1 2 πR + µ1 µ 2 2 2 µ PROBLEMA 86. i) Si r < a : H g 2π r = I g ii) π r2 π a2 ⇒ H= I gr 2π a 2 a Si r > a : H g 2πr = I r ⇒ H= I 2π r r H Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . debe multiplicarse la densidad de energía por el respectivo volumen. considerando que el anillo es delgado. Circuitos Magnéticos 173 La energía magnética en el sistema se obtiene sumando las energías en ambos materiales. a b SOLUCIÓN c (a) A partir de la ley de Ampere : ∫Ñ r r Hg d l = i .13. Luego. r r r (a) Obtener los vectores B . H y M en función de la I X distancia r hasta el eje de simetría. Un alambre muy largo que lleva una corriente I. Ambos volúmenes son iguales y su valor aproximado. se calcula H en todo el espacio. Puesto r que en el medio magnetizable µ = 1000 µ0 y en el resto del espacio es µ0 . (b) El gráfico de H(r) no presenta discontinuidades pues su componente paralela a la super- ficie de un material. donde B = µ0 H . En cambio en el medio magnetizable. M = (µr − 1) g H . la magnitud de B es muy grande en el medio magnetizable. que obedece a la relación B = µ0 H + M . es continua (excepto cuando hay corriente superficial). donde se ha definido µr = µ µ0 = 1000 . r r De acuerdo a la relación anterior. µ0 Entonces. Esto se debe a la contribución del vector magnetiza- r r ( r r ) ción M . B H 0 a b c 0 r a b c r M 0 a b c r Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María .174 Electromagnetismo Problemas y Soluciones r El vector H en un punto dado es perpendicular al eje de simetría y tangente a una circunferen- r cia que pasa por dicho punto. r r r El vector B se obtiene usando la relación B = µ H correspondiente a cada material. resulta r r r M = 0 . siendo ˆt un vector tangente a la circunferencia. como se indica en la figura. Puede escribirse. H = H g ˆt . r r r B M= −H . en el medio no magnetizable. Un pequeño imán de largo d y masa m. Circuitos Magnéticos 175 PROBLEMA 87. Usamos estos resultados para dibujar un diagrama de cuerpo aislado del imán y luego escribir las respectivas ecuaciones de equilibrio. Dicho efecto es similar al que experimenta un dipolo magnético constituido por una espira con corriente. para la condición de equilibrio del imán. mgd Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . r r r Un dipolo magnético en un campo magnético experimenta un torque τ = p × B . La fuerza magnética sobre un dipolo magnético colocado en un campo magnético uniforme es cero.13. que tiende a alinear el dipolo en la dirección del campo magnético. caso del cual le recordamos los siguientes resultados : I. 1) Equilibrio de las componentes verticales de las fuerzas : T r g T cos θ = mg θ 2) Equilibrio de las componentes horizontales de las fuerzas : S T sen θ = 0 φ τ = pB N 3) Equilibrio de torques respecto al polo S del imán : 1 mgd cos φ = pB 2 mg De las ecuaciones de equilibrio se concluye que : θ=0 . y a un campo magnético uniforme aplicado en dirección hori- r g zontal. S Calcular los ángulos θ y φ indicados en la φ r B figura. quedando sometido al campo gravitacional de la tierra. Considerar que el momento dipolar mag- r nético p del imán es constante. N SOLUCIÓN Consideraremos al imán como un dipolo magnético y veremos el efecto que ejerce un campo magnético uniforme sobre él. II. se cuelga sujetando uno de sus extreθ mos mediante una cuerda. cos φ = 2pB . 176 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 88. El circuito magnético, mostrado en la figura, está formado por un material l0 I ferromagnético cuya curva de magnetización lF N se indica en el gráfico, y consta de los siguientes parámetros geométricos : l F = 1,0[m ] ; l 0 = 3,1g 10−3 [m ] ; A A = 4,0 g 10 −4 [m 2 ] ; N = 2000 vueltas . (a) Determinar I de modo que el flujo B [T ] 1,0 magnético a través de la sección trans- 0,8 versal A sea φ = 3,2 g 10 0,6 −4 [T g m ] . 2 0,4 (b) Determinar la razón entre las energías H [A g vuelta m ] 0,2 magnéticas en el aire (entrehierro) y en 0 el material ferromagnético. 0,2 0,4 0,6 0,8 g 104 SOLUCIÓN (a) Aplicando la ley de Ampere en su forma general (válida también cuando hay materiales ferromagnéticos) : se obtiene : ∫Ñ r r H gd l = N I HF g l F + H 0 g l 0 = N I donde HF y H0 son las intensidades de campo magnético en el material ferromagnético y el entrehierro respectivamente. La ecuación anterior indica que I puede conocerse siempre que HF y H0 estén determinados. Con los datos disponibles: curva de magnetización y flujo magnético a través del circuito, podemos determinar ambas cantidades. Considerando que el entrehierro es pequeño, usando la ecuación de Maxwell : ∫Ñ r r B g d A = 0, con la superficie cerrada, mostrada en la figura, se obtiene : − BF g AG + B0 g AG = 0 . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María 13. Circuitos Magnéticos 177 De la relación anterior se concluye que B0 = BF , es Caras polares decir, la inducción magnética tiene el mismo valor en el fierro y en el entrehierro. r r B0 BF El valor de H0 puede obtenerse utilizando la relación lineal : AG B0 = µ0 H0 , entrehierro sin embargo, el valor de HF debe obtenerse de otra manera, puesto que en el material ferromagnético la relación entre BF y HF es no lineal. Entonces, debe usarse la curva de magnetización. Para obtener B0 usamos la relación φ = B0 A , de donde se obtiene : φ 3,2 g 10 −4 4 B0 = = = = 0,80 [T ] . −4 A 4,0 g 10 5 Para el valor B0 = BF = 0,80 [ T ] ; la curva de magnetización dada en el enunciado indica que HF = 0,6 g 104 [A g vuelta / m ] . Reemplazando estos valores en la ecuación para I se obtiene que : 0,6 g 10 4 g 1,0 + 0,8 g 3,1 g 10 −3 = 2 g 103 I −7 4 π g10 0,8 g 104 = 2 g 103 I I = 4,0 [A] (b) La energía magnética almacenada en el entrehierro se obtiene como : U0 = u0 gV0 , siendo V0 = A g l 0 el volumen del entrehierro y u0 = B02 , la densidad de energía magnética 2 µ0 en el entrehierro. Usando los valores numéricos correspondientes se obtiene : U0 = 0,82 g 4 g 10−4 g 3,1 g 10−3 = 0,32 [J ] . 2 g 4 π g 10 −7 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María 178 Electromagnetismo Problemas y Soluciones La energía magnética almacenada en el material ferromagnético debe obtenerse de una manera distinta a la recién indicada para el entrehierro, debido a la no linealidad de la curva de magnetización del material. En este caso la energía es : UF = VF ∫ 0,8 H dB ; siendo VF = A g l F . 0 La integral anterior representa el área indicada B [T] cualitativamente en la figura. Para evaluar la integral, debe procederse primero a ∫ 0,8 H db 0 0,8 cuadricular el área correspondiente y luego a contar los cuadros. Empleando esta técnica en la curva de magnetización dada, contamos 7,5 cuadros de lados 0,6 •10 0 0,1g 10 [A g vuelta / m ] y 0,2[ T ] . 4 4 H [Agv m ] Luego; la energía magnética almacenada en el material ferromagnético es : UF = 4,0 g 10−4 g 1,0 g 7,5 g 0,1g 104 g 0,2 = 0,6 [J ] . Finalmente : U0 UF = 8 15 . Nótese que, a pesar de que el entrehierro es muy pequeño, la energía almacenada en él es comparable a la energía almacenada en el material ferromagnético. PROBLEMA 89. En el circuito magnético indicado en la figura, el material ferromagnético es acero fundido y el entrehierro es de aire. La curva de magnetización de acero fundido y otros materiales se encuentra al final de esta sección. Se dispone de los siguientes datos del circuito magnético : A = 8 g 10−4 m 2 , l 0 = 4,8 g 10−3 [m ] N = 2500 [vuelta ] , l F = 0,5 [m ] , R = 10 [Ω ] Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María 13. Circuitos Magnéticos 179 (a) Determinar V0 de modo que en estado estacionario la densidad de energía magnética en el entrehierro sea aproximadamente u0 = 1,15 g 106 [ J / m 3 ] . (b) En las condiciones anteriores, determinar la densidad de energía magnética en el acero fundido. (c) Calcular la razón entre las reluctancias del aire y del acero fundido : R0 RF . SOLUCIÓN (a) La expresión para la densidad de energía magnética en el entrehierro : B2 u0 = 2 µ0 , permite calcular B en el entrehierro. Usando los valores respectivos se obtiene : B = 2 µ0 u0 = 2 g 4π g 10 −7 g 1,15 g 106 = 1,70[T ] . r Puesto que, las componentes normales de B en la superficie que separa dos medios, son r iguales, en el entrehierro y en el material ferromagnético, B tiene el mismo valor. Usando la curva de magnetización de acero fundido, vemos que a BF = 1,70[ T ] le corresponden HF = 0,7 g 104 [A g vuelta m ] . Por otra parte, la relación B = µ0 H0 permite calcular el valor H0 = 1,35 g 106 [Ag vuelta m ] . Usando la ley de Ampere ∫Ñ r r H g d l = N I , y sabiendo que en el estado estacionario se cumple que I = V R , se obtiene una ecuación para calcular V. V HF g l F + H 0 g l 0 = N g . R Luego : V= 10 2500 4 6 −3 0,7 g 10 g 0,5 + 1,35 g 10 g 4,8 g 10 14 4244 3 14442444 3 3500 ≈ 6500 V = 40 [V ] Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María la razón entre las reluctancias es : 1 R0 l0 µF A l 0 µF l 0 B H0 g g g = = = RF µ0 A lF l F µ 0 l F HF B 1 = l 0 g H0 l F g HF Nótese que nuevamente aparecen los productos H0 l 0 y HF l F que fueron calculados al obtener V.86 .1g 104 [Ag vuelta / m ] = 1900 J m3 .180 Electromagnetismo Problemas y Soluciones (b) La densidad de energía magnética en B[T] acero fundido está representada por el área indicada en la figura.1 [ T ] y 0.7 expresión : uF = ∫ 1. resultando aproximadamente 19 cuadros.1g 10 4 [Ag vuelta / m ] . 1. una densidad de energía de : uF = 19 g 0.1[T ]g 0. (c) Las reluctancias son : R0 = l 0 µ0 A y RF = l F µF A La cantidad µ F se denomina permeabilidad estática del material ferromagnético y se calcula haciendo el cuociente : µF = B . que corresponde a la 1. es decir. simplemente contando los cuadros de lados 0.7 g 104 H [A g vuelta/m] Esta integral se evalúa usando la curva de magnetización correspondiente.7 H dB 0 0 0. RF 3500 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Luego : R0 6500 = . HF Luego. dada al final de esta sección. 5 g 10 −3 T g m 2 . con las siguientes especificaciones : I A1 = 7. y el subíndice 0 está asociado al entrehierro. entonces : H1 l1 = 1800 [ Agvuelta] . Circuitos Magnéticos 181 PROBLEMA 90.0 g 7. 2 y 3 se refieren a los medios I.5 [cm 2 ] : chapa silicosa l 1 = 10 [cm ] II : acero fundido A 2 = 10 [cm 2 ] l 2 = 20 [cm ] III : fierro fundido A 3 = 20 [cm 2 ] l 3 = 10 [cm ] I I II III A2 A3 l2 NI l3 El circuito funciona en condiciones tales que al magnetizar la chapa silicosa se requiere 1800 [ Agvuelta] y al magnetizar el entrehierro se necesita una excitación equivalente al 40% de la excitación magnética total.0 [T ] . SOLUCIÓN La ley de Ampere : ∫Ñ r r H g d l = N I permite escribir la ecuación : H1 l1 + H2 l 2 + H3 l 3 + H0 l 0 = N I donde los subíndices 1. II y III. luego H1 = 1800 = 1. Puesto que al magnetizar la chapa silicosa se requiere 1800 [ Agvuelta] . 0.13. Luego. se obtiene B1 = 2. usando las curvas de magnetización dadas al final de esta sección. El circuito magnético de la figura consta de tres tipos de materiales ferromagnéticos. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María .10 Usando H1 y la curva de magnetización correspondiente a la chapa silicosa. Determinar la longitud del entrehierro.5 g 10−4 = 1. el flujo magnético a través del circuito es : φ = B1 g A1 = 2.8 g 10 4 [ Agvuelta m] . 182 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Puesto que el flujo debe ser el mismo en la chapa silicosa. usamos este valor de φ para calcular B2 y B3 : B2 = φ 1.20 + 0.0 3 l 0 = 1.2 g 10−3 [m ] A 1. tenemos que : H0 l 0 = 0.0 l g l0 = g 0 −7 −7 4π g 10 4π g10 0.32 g 104 [Ag vuelta m ] .53 g 104 g 0. donde H0 = B0 µ0 y B0 = B1 . en el acero y en el fierro.5 [T ] A2 10 g 10−4 B3 = φ 1.40 4π g 10−7 2 g (1800 + 640 + 530 ) 2.32 g 104 g 0. Reemplazando los valores encontrados en la ecuación : H1 l1 + H2 l 2 + H3 l 3 + H0 l 0 = NI .75 [T ] A3 20 g 10 −4 Con los valores anteriores y las curvas de magnetización correspondientes se obtienen : H2 = 0. H3 = 0.5 g 10−3 = = 0. Esta última igualdad ha sido discutida en un problema anterior.0 2. y constituye una condición de contorno que puede usarse cuando el entrehierro es pequeño. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María .40 NI .53 g 10 4 [Ag vuelta m ] Puesto que al magnetizar el entrehierro se requiere el 40% de la excitación magnética total. Puesto que l 0 resulta pequeño ( l 0 = l1 ) la consideración hecha anteriormente que el entrehierro sea pequeño. se obtiene : H1 l1 + H2 l 2 + H3 l 3 + B1 l 0 B1 l 0 = µ0 0.10 + Luego : l0 = 2. se cumple y el resultado obtenido es válido.40 µ0 1800 + 0.2 [mm ] .5 g 10−3 = = 1. 13. Circuitos Magnéticos 183 CURVA DE MAGNETIZACIÓN DE DIFERENTES MATERIALES FERROMAGNÉTICOS H [ A g vuelta/ m] B [T] B [T] H [ A g vuelta/ m] Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . 184 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . i (t ) = A sen ωt + B cos ω t . El voltaje v (t ) aplicado y la corriente i (t ) se representan mediante fasores de longitudes proporcionales a V0 e I 0 respectivamente. a las corrientes y voltajes sinusoidales.14. Resulta conveniente representar mediante flechas. En este caso resulta α > 0 . es decir. Las relaciones anteriores conducen a la ecuación diferencial : L di + i R = V0 sen ω t . CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA PROBLEMA 91. α representa la diferencia de fase entre voltaje aplicado y corriente. Se acostumbra a escribir lo anterior en términos del ángulo de fase α . Calcular la corriente i (t ) en el cir- – R cuito mostrado en la figura. (1 424 3 1424 3 −B A Así. denominadas fasores. según : i (t ) = I0 sen (ω t − α ) = I0 cos α ) g sen ω t − (I0 sen α ) g cos ω t . como se verifica más adelante. vR + + i(t) vL v(t) – L – SOLUCIÓN Aplicando la ley de voltajes de Kirchhoff se obtiene : v (t ) = v R (t ) + vL (t ) . Para cada elemento. sometido al voltaje sinu- + soidal v (t ) = V0 g sen ω t . y se dice que la corriente está atrasada respecto al voltaje aplicado. v L (t ) = L di dt . las relaciones entre voltaje y corriente son : vR (t ) = i (t ) g R . formando entre sí el 185 . dt cuya solución i (t ) debe ser una combinación lineal de sen ωt y cos ω t . pues se considera que los fasores giran en sentido antihorario al transcurrir el tiempo. y I0 . separamos la ecuación anterior en dos. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . V0 α sentido de giro de los fasores I0 Sustituyendo i (t ) en la ecuación diferencial. α . conviene obtener el voltaje en la inductancia y visualizar gráficamente lo obtenido.186 Electromagnetismo Problemas y Soluciones ángulo α correspondiente a su diferencia de fase. obteniendo : R A − L ω B = V0 R B + L ωA = 0 . igualando los coeficientes de sen ωt y cos ω t a ambos lados. Resolviendo las ecuaciones anteriores. se obtiene: L g ( A ω cos ωt − B ω sen ωt ) + R ( A ω sen ωt + B ω cos ωt ) = V0 g sen ωt Para resolver. La corriente se ha representado por debajo del voltaje para indicar que está atrasada. Antes de dar por terminada la solución. y se obtiene: Lω α = tan−1 R Ambos valores . I0 = V0 Lω R 1 + R 2 . Lω gA. se resuelve para I0 y α . R Notando que A = I0 cos α y B = − I0 sen α . se encuentra para A y B : A= V0 Lω R 1 + R 2 B=− . son positivos. VL α IL = I 0 IL Esto es característico de la inductancia y se expresa diciendo que en ella. v L (t ) = L ω I0 g cos (ωt − α ) . respecto al fasor corriente i (t ) . vR (t ) y v L (t ) . usando el diagrama fasorial. VL = L ω I0 . 2 VR = R I 0 VL = Lω g I 0 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . es decir : π v L (t ) = VL sen ωt − α + 2 . π v L (t ) = VL sen ω t − α + . La representación gráfica del voltaje v L (t ) mediante una fecha o fasor. Circuitos de Corriente Alterna 187 Derivando se encuentra. cuyas expresiones se indican a continuación. v (t ) = V0 sen ω t v R (t ) = VR sen (ω t − α ) . lo cual también se puede escribir usando una función seno y agregando un ángulo de fase π 2 .14. forma el ángulo π 2 . el voltaje adelanta a la corriente en π 2 . como se indica a continuación. Esta es una forma alternativa de resolver el problema. La ley de Kirchhoff puede aplicarse gráficamente usando los fasores correspondientes a v (t ) . R lo cual corresponde al resultado hallado anteriormente. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . vemos que : tan α = Lω . de donde se obtiene el mismo valor de I0 encontrado anteriormente. encontramos : V02 = (R I 0 ) + (L ωI 0 ) 2 2 . y como hemos explicado anteriormente. en la inductancia el voltaje adelanta a la corriente en π 2 . También a partir del diagrama fasorial.188 Electromagnetismo Problemas y Soluciones V0 α VL VR Note que los fasores correspondientes a v R (t ) y v L (t ) son perpendiculares entre sí porque vR es proporcional a i (t ) . Aplicando el teorema de Pitágoras al diagrama fasorial. se observa que la corriente adelanta al voltaje en π 2 (sin α importar el valor de α ). En el circuito mostrado en vR + la figura adjunta. con I0 = C ω VC . IC En las expresiones para la corriente y el voltaje en el condensador. Circuitos de Corriente Alterna 189 PROBLEMA 92.14. derivando en que VC y se obtiene que : π i (t ) = − C ωVC sen ω t + α − . VC Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . 2 lo cual puede también escribirse como : i (t ) = I0 cos (ω t + α ) . – R + + (a) Calcular la diferencia de fase entre la vC v(t) i(t) corriente y el voltaje en el condensa- – – dor. usando el método fasorial. el voltaje aplicado es v (t ) = V0 cos ω t . SOLUCIÓN (a) En el condensador se cumple que i = vC = q C . C (b) Calcular la corriente i (t ) . luego dq d vC =C . a determinar posteriormente. dt dt Considerando que vC (t ) está dado por la expresión siguiente : π vC (t ) = VC g cos ω t + α − . En un diagrama fasorial esto se representa como se indica en la figura adjunta. 2 α son cantidades desconocidas. 190 Electromagnetismo Problemas y Soluciones (b) El ángulo α empleado en la parte (a) de la solución fue innecesario. los fasores correspondientes a v R (t ) y vC (t ) son perpendiculares entre sí. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . se obtienen : I0 = V0 1 R 1+ RC ω 2 . pero en esta parte es imprescindible. porque la corriente en el circuito es proporcional a v R (t ) . La ley de voltajes de Kirchhoff requiere que : v (t ) = vR (t ) + vC (t ) . y el diagrama fasorial respectivo es VC VR α 0 V0 En este diagrama. Note que al dibujar VC e el punto 0 queda detrás de VR en π 2 . Usando los resultados obtenidos en (a) y la notación i (t ) = I0 cos (ω t + α ) . y va adelantada en π 2 respecto al voltaje en el condensador. RC ω Se recomienda resolver este problema a partir de la ecuación diferencial que resulta de aplicar la ley de voltajes de Kirchhoff. Sólo con α > 0 es posible dibujar un diagrama fasorial para este circuito. y A partir de la geometría del diagrama fasorial. tenemos : VR = R I 0 VC = I 0 C ω . y comprobar que el método fasorial resulta más simple. tan α = 1 . respecto al voltaje aplicado. C – (b) Identificar el rango de frecuencia (∆ ω) en el cual el circuito se comporta como circuito RL. SOLUCIÓN (a) Aplicando las leyes de Kirchhoff. Circuitos de Corriente Alterna 191 PROBLEMA 93. R (a) Obtener la corriente i R (t ) por la resisten- + L v(t) cia. de manera preliminar : V0 α VR Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . como se indica en el diagrama fasorial de voltajes. obtenemos : + iR = iL + iC vR – iR v = vR + vL iC + + v(t) vL = vC – vL + vC iL – – Supongamos que la corriente i R (t ) está atrasada respecto al voltaje aplicado. iR (t ) = I0 sen (ω t − α ) .14. es decir. En el circuito indicado en la figura. el voltaje v R (t ) también está atrasado en α . Entonces. iR el voltaje aplicado es v (t ) = V0 sen (ω t ) . en la inductancia el voltaje está adelantado respecto a la corriente. y las corrientes respectivas están desfasadas en π 2 respecto al voltaje. mientras que en el condensador es al revés. como se indica en el siguiente diagrama preliminar : IC (adelantada) VC = VL IL (atrasada) NOTA : Para recordar qué cantidad ( voltaje E o corriente I ) está atrasada o adelantada en cada elemento ( inductancia L o condensador C ). La letra que se escribe primero corresponde a la cantidad que se adelanta. con iC (t ) adelantada e i L (t ) atrasada. el diagrama fasorial para la ley de corrientes de Kirchhoff es una línea recta. α I0 IL IC De acuerdo al diagrama : I 0 = I L − I C . se usa la palabra E L I C E . así. el voltaje es el mismo.192 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Para los elementos que están en paralelo. Puesto que el voltaje v L (t ) va adelantado respecto de i L (t ) . el diagrama fasorial completo correspondiente a la ley de voltajes de Kirchhoff es un triángulo rectángulo con v R y v L como catetos. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Puesto que los fasores correspondientes a iC e i L están en una misma recta. se obtiene : V I0 = 0 R (1 − ω LC ) (1 − ω LC ) + ( ωL R ) 2 2 2 . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Sustituyendo el valor correspondiente a sen α . Circuitos de Corriente Alterna 193 V0 α VL = VC VR De acuerdo al diagrama .14. VR = V0 cos α VR V L = V0 sen α y Para los elementos del circuito se cumplen las relaciones : VR = I 0 g R . ωL R y sustituimos para obtener tan α : tan α = ωL R (1 − ω2 LC ) α 1 − ω2 LC Reemplazando VL en la expresión para I0 se obtiene : I0 = V0 sen α ωL (1 − ω 2 LC ) . 2 Finalmente : i R (t ) = I 0 sen (ω t − α ) . Resolviendo para I0 en términos de VL ( a partir de la ecuación de corrientes ) tenemos : VL I0 = ωL − ωCV L = VL (1 − ω ωL 2 LC ) . tan α = VL . VL = ωL I L y VC = IC ωC . Esto se cumple en el rango de frecuencias 0<ω< 1 = ω0 . v s (t ) = V0 cos (ωt ) . SOLUCIÓN (a) Las ecuaciones de Kirchhoff para el circuito son : I. la condición pedida se cumple mientras α sea positivo. Esto es lo que ocurre en un circuito RL . con la corriente por la fuente adelantada respecto al voltaje aplicado. En el circuito de corriente alterna + mostrado en la figura. v 2 = v L Construiremos paso a paso el diagrama fasorial. Por lo tanto.194 Electromagnetismo Problemas y Soluciones (b) Para α > 0 la corriente por la fuente de voltaje está atrasada respecto al voltaje aplicado. LC Para frecuencias mayores que ω0 el circuito se comportará como circuito RC. (b) Calcular la diferencia de fase entre i L (t ) y v1 – i1 R2 + + L vs(t) vL – – i2 iL(t) v s (t ) . es decir. i1 = i 2 + i L II. vs = v1 + v 2 III. usaremos letras mayúsculas para las amplitudes de voltajes y corrientes que van asociadas a los fasores. R1 (a) Calcular la amplitud I L de la corriente i L (t ) . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . es decir. PROBLEMA 94. cuando : 1 − ω2 LC > 0 . el voltaje v L adelanta a la VL corriente i L en π 2 . I2 α I1 4° El voltaje v1 está en fase con i 1 . IL 3° La corriente i 1 se obtiene sumando fasorialmente IL i2 + iL . V2 Vs π−α V1 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María .14. Circuitos de Corriente Alterna 195 1° En la inductancia. Sentido de giro de los fasores IL I2 2° En la resistencia R2 la corriente i 2 y el voltaje v 2 están en fase con el voltaje v L . V2 α V1 5° El voltaje v S debe ser igual a la suma de v1 + v 2 . 2 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . aplicando el teorema del coseno.196 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Recordar que se usa letras minúsculas para identificar cantidades que dependen del tiempo. ( ) 2 2 R2 R2 + (ωL )2 2R1 R2 (ωL ) R22 (ωL ) 1 2 + + V =I R22 R22 R22 2 s 2 L . α ωL Entonces. se obtiene : VS2 = V12 + V22 − 2 V1 V2 cos (π − α ) Expresando cada una de las cantidades del segundo miembro en términos de I L se obtiene : (I L R1 ) 2 V = 2 s (I L R 2 ) 2 + sen2 α +2 tan2 α I L2 R1 R2 cos α sen α g tan α A partir de un triángulo rectángulo con un ángulo α se obtiene que : R2 sen α = R22 + (ωL ) 2 R2 . Despejando I L se obtiene: IL = Vs 2 R12 + (ωL ) 1 + 2 (R1 R2 ) + (R1 R2 ) . Del diagrama fasorial de corrientes se observa que : I 2 = I 1 cos α I L = I 1 sen α Haciendo el cuociente I L I 2 y usando las relaciones VL = ω L I L . y letras mayúsculas para indicar amplitudes independientes del tiempo. V2 = I 2 R2 y VL = V2 . se obtiene : tan α = I L ( VL ωL ) R2 . = = I 2 ( V2 R2 ) ωL Del diagrama fasorial de voltajes. SOLUCIÓN (a) Aplicando la ley de voltajes de Kirchhoff al circuito se obtiene la ecuación : v (t ) = vL + vC . luego los fasores correspondientes se dibujan muy fácilmente. según : f π φ= − β. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . cuya solución se estudiará mediante un diagrama fasorial. L + (a) Calcular la corriente i (t ) . VS 2 tan α I L 2R2 VS R2 sen 2 α IL Se deja como ejercicio simplificar la expresión anterior. (b) Calcular la potencia media que en- v(t) C + vC i – – trega la fuente de voltaje. 2 β V2 Vs Usando el teorema del coseno puede obtenerse β como sigue : V1 V12 = V22 + VS2 − 2 V2 VS cos β . Circuitos de Corriente Alterna 197 (b) La diferencia de fase φ entre i L (t ) y v S (t ) puede expresarse en términos del ángulo β indicado en el diagrama fasorial de voltajes. PROBLEMA 95. despejando cos β queda : cos β = R2 VS tan α I L R12 g + g − g . La corriente i (t ) en el circuito debe estar atrasada respecto a v L (t ) y adelantada respecto a v C (t ) . El circuito LC indicado en la + vL – figura es excitado por un voltaje sinusoidal v (t ) = V0 sen ω t .14. 198 Electromagnetismo Problemas y Soluciones I VL VC El diagrama fasorial correspondiente a la ecuación de voltaje para el circuito es el siguiente : VC V VL Este diagrama permite escribir la relación entre las amplitudes de los voltajes involucrados : V0 = VC − VL . según : VL = ω L I y VC = I . 2 ωr ω 0 donde I= V0 1 − ωL ωC . ωC Sustituyendo. Las amplitudes de los voltajes en cada elemento se relacionan con la amplitud de la corriente. se obtiene la relación entre las amplitudes del voltaje aplicado y de la corriente: 1 V0 = − ωL I . la corriente i (t ) que debe estar adelantaI (ω ) da en π 2 respecto al voltaje aplicado es : π i (t ) = I g sen ωt + = I cos ω t . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . ωC Entonces. pasa a estar atrasada en π 2 respecto al voltaje aplicado. con ω T = 2π ). Para I para ω > ωr . pues dicha corriente es alterna y está cambiando de sentido cada I para ω > ωr medio ciclo ( T 2 . En la práctica. se explica porque a esa frecuencia se cumple exactamente que VC = VL . La divergencia que ocurre en la corriente. y por lo tanto no es posible satisfacer la ley de voltajes de Kirchhoff a esa frecuencia. 2 El valor medio de la potencia se obtiene según la definición : 1 p= T ∫ T p (t ) d t . Este cambio de signo significa que para ω > ωr la corriente cambia de fase en π respecto al voltaje aplicado.14. completando un ciclo completo en el lapso T 2 . (b) La potencia instantánea que entrega la fuente de voltaje es : p (t ) = v (t ) g i (t ) = V0 I sen ωt g cos ωt = 1 V0 I sen 2 ωt . 0 y en este caso resulta el valor cero a cualquier frecuencia. Esto significa que la energía está oscilando. yendo de la fuente a los elementos del circuito y viceversa. de modo que la corriente y el voltaje aplicado están en fase. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . a la frecuencia ωr . El sistema completo se comporta como una única resistencia excitada por la fuente de voltaje. donde además I (ω) cambia de signo. o bien v C + v L = 0 . una pequeña resistencia en el circuito limita la corriente a un valor finito. la expresión de la corriente i (t ) es: ω < ωr i (t ) = − I g cos ω t = I g cos (ω t − π ) V0 Note que el cambio de signo en i (t ) no puede interpretarse como un cambio de sentido de la corriente. Circuitos de Corriente Alterna 199 La expresión y el gráfico anteriores muestran que la corriente diverge sin límite a la frecuencia ωr = 1 LC . es decir. v (t ) = V0 cos ωt . (c) Determinar i L (t ) e i C (t ) en el límite de muy alta frecuencia. La amplitudes I C e I L correspondientes a las corrientes por el capacitor e inductor respectivamente. (a) Determinar el valor de ω para el cual la corriente i 2 está en fase con la corriente i . se relacionan con Vab en la siguiente forma : I L = Vab ωL (2) I C = Vab ω C (3) Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . para la frecuencia obtenida en (a) . (ω → ∞ ) . El circuito RLC de la figura es excitado por una fuente de tensión alterna. (b) Determinar la tensión v ab (t ) . de la forma : v ab (t ) = Vab cos (ωt + ϕ ) . R1 = R i2 a i iL ic + R2 = 2R v(t) L C – b SOLUCIÓN (a) En estado estacionario. entre los puntos a y b del circuito habrá una diferencia de potencial v ab (t ) .200 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 96. (1) en que ϕ es el desfase con respecto a la tensión v (t ) de la fuente alterna. Esto equivale a considerar que las resistencias R 1 y R 2 están en serie. Entonces. se tiene el siguiente diagrama fasorial : IC I2 Vab A I2 Vab IL–IC IL Las corrientes en el circuito satisfacen : i (t ) = i L (t ) + i C (t ) + i 2 (t ) . Esto sucede cuando I L = I C . R1 + R 2 3R Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Circuitos de Corriente Alterna 201 Las relaciones anteriores se deducen de las ecuaciones que relacionan los voltajes con las corrientes a través de un inductor o un condensador. i (t ) = I cos ω t . LC las corrientes i 2 (t ) e i (t ) están en fase y son iguales. v ab (t ) = L iC (t ) = C d i L (t ) (4) dt d v ab dt (5) Considerando que estas cantidades varían armónicamente con frecuencia angular ω . la operación de derivar respecto al tiempo equivale a multiplicar por ω en la representación fasorial. Por lo tanto. para ω = ωr = 1 LC .14. (b) Como se verificó en la respuesta anterior. para ω = ω r se obtiene que i (t ) = i 2 (t ) . y por ende cuando la frecuencia es de valor ωr = 1 Entonces. con I = V0 V0 = . de modo que i (t ) e i 2 (t ) están en fase cuando i L (t ) + i C (t ) = 0 . Para ω → ∞ este cuociente tiende a infinito. con lo cual I 2 = 0 . i L (t ) = 0 e i C (t ) = V0 cos ωt . Entonces. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Por lo tanto. el cuociente entre las magnitudes de los fasores IC e I L va aumentando cuadráticamente : IC IL = ω2 L C . y considerando que v ab se mantiene en un valor finito. la resistencia R 2 queda cortocircuitada por el condensador.202 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Por lo tanto : v ab (t) = Vab cos w t = i(t) g R 2 = I g R2 cos wt = 2 3 V0 cos w t . (c) En el límite de muy alta frecuencia (ω → ∞ ) . Luego : I C = I = V0 R . de las ecuaciones (2) y (3) se deduce que I L = 0 y Vab = 0 . R Note que a medida que ω aumenta. pero I C se mantiene finito e igual a I = V0 R . según : i (t ) = I0 sen (ω t − α ) = I0 cos α ) g sen ω t − (I0 sen α ) g cos ω t . dt cuya solución i (t ) debe ser una combinación lineal de sen ωt y cos ω t . Se acostumbra a escribir lo anterior en términos del ángulo de fase α . El voltaje v (t ) aplicado y la corriente i (t ) se representan mediante fasores de longitudes proporcionales a V0 e I 0 respectivamente. como se verifica más adelante. En este caso resulta α > 0 . Las relaciones anteriores conducen a la ecuación diferencial : L di + i R = V0 sen ω t . CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA PROBLEMA 91. y se dice que la corriente está atrasada respecto al voltaje aplicado. denominadas fasores.14. Para cada elemento. (1 424 3 1424 3 −B A Así. es decir. sometido al voltaje sinu- + soidal v (t ) = V0 g sen ω t . vR + + i(t) vL v(t) – L – SOLUCIÓN Aplicando la ley de voltajes de Kirchhoff se obtiene : v (t ) = v R (t ) + vL (t ) . formando entre sí el 185 . a las corrientes y voltajes sinusoidales. v L (t ) = L di dt . las relaciones entre voltaje y corriente son : vR (t ) = i (t ) g R . i (t ) = A sen ωt + B cos ω t . Resulta conveniente representar mediante flechas. Calcular la corriente i (t ) en el cir- – R cuito mostrado en la figura. α representa la diferencia de fase entre voltaje aplicado y corriente. Antes de dar por terminada la solución. separamos la ecuación anterior en dos. α . se obtiene: L g ( A ω cos ωt − B ω sen ωt ) + R ( A ω sen ωt + B ω cos ωt ) = V0 g sen ωt Para resolver. R Notando que A = I0 cos α y B = − I0 sen α . I0 = V0 Lω R 1 + R 2 . Lω gA. igualando los coeficientes de sen ωt y cos ω t a ambos lados. conviene obtener el voltaje en la inductancia y visualizar gráficamente lo obtenido. La corriente se ha representado por debajo del voltaje para indicar que está atrasada. V0 α sentido de giro de los fasores I0 Sustituyendo i (t ) en la ecuación diferencial. y se obtiene: Lω α = tan−1 R Ambos valores . son positivos. Resolviendo las ecuaciones anteriores. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . obteniendo : R A − L ω B = V0 R B + L ωA = 0 . pues se considera que los fasores giran en sentido antihorario al transcurrir el tiempo. se encuentra para A y B : A= V0 Lω R 1 + R 2 B=− .186 Electromagnetismo Problemas y Soluciones ángulo α correspondiente a su diferencia de fase. y I0 . se resuelve para I0 y α . como se indica a continuación. vR (t ) y v L (t ) . La ley de Kirchhoff puede aplicarse gráficamente usando los fasores correspondientes a v (t ) . v (t ) = V0 sen ω t v R (t ) = VR sen (ω t − α ) . π v L (t ) = VL sen ω t − α + . 2 VR = R I 0 VL = Lω g I 0 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . usando el diagrama fasorial. Circuitos de Corriente Alterna 187 Derivando se encuentra. el voltaje adelanta a la corriente en π 2 . La representación gráfica del voltaje v L (t ) mediante una fecha o fasor. cuyas expresiones se indican a continuación. respecto al fasor corriente i (t ) . lo cual también se puede escribir usando una función seno y agregando un ángulo de fase π 2 . Esta es una forma alternativa de resolver el problema. VL = L ω I0 . forma el ángulo π 2 . v L (t ) = L ω I0 g cos (ωt − α ) . es decir : π v L (t ) = VL sen ωt − α + 2 . VL α IL = I 0 IL Esto es característico de la inductancia y se expresa diciendo que en ella.14. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . encontramos : V02 = (R I 0 ) + (L ωI 0 ) 2 2 .188 Electromagnetismo Problemas y Soluciones V0 α VL VR Note que los fasores correspondientes a v R (t ) y v L (t ) son perpendiculares entre sí porque vR es proporcional a i (t ) . vemos que : tan α = Lω . Aplicando el teorema de Pitágoras al diagrama fasorial. También a partir del diagrama fasorial. en la inductancia el voltaje adelanta a la corriente en π 2 . de donde se obtiene el mismo valor de I0 encontrado anteriormente. R lo cual corresponde al resultado hallado anteriormente. y como hemos explicado anteriormente. En un diagrama fasorial esto se representa como se indica en la figura adjunta. C (b) Calcular la corriente i (t ) .14. En el circuito mostrado en vR + la figura adjunta. se observa que la corriente adelanta al voltaje en π 2 (sin α importar el valor de α ). SOLUCIÓN (a) En el condensador se cumple que i = vC = q C . derivando en que VC y se obtiene que : π i (t ) = − C ωVC sen ω t + α − . luego dq d vC =C . el voltaje aplicado es v (t ) = V0 cos ω t . usando el método fasorial. a determinar posteriormente. – R + + (a) Calcular la diferencia de fase entre la vC v(t) i(t) corriente y el voltaje en el condensa- – – dor. Circuitos de Corriente Alterna 189 PROBLEMA 92. con I0 = C ω VC . 2 lo cual puede también escribirse como : i (t ) = I0 cos (ω t + α ) . dt dt Considerando que vC (t ) está dado por la expresión siguiente : π vC (t ) = VC g cos ω t + α − . VC Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . IC En las expresiones para la corriente y el voltaje en el condensador. 2 α son cantidades desconocidas. La ley de voltajes de Kirchhoff requiere que : v (t ) = vR (t ) + vC (t ) . y A partir de la geometría del diagrama fasorial. tan α = 1 . se obtienen : I0 = V0 1 R 1+ RC ω 2 . RC ω Se recomienda resolver este problema a partir de la ecuación diferencial que resulta de aplicar la ley de voltajes de Kirchhoff. y comprobar que el método fasorial resulta más simple. pero en esta parte es imprescindible. tenemos : VR = R I 0 VC = I 0 C ω .190 Electromagnetismo Problemas y Soluciones (b) El ángulo α empleado en la parte (a) de la solución fue innecesario. y va adelantada en π 2 respecto al voltaje en el condensador. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Note que al dibujar VC e el punto 0 queda detrás de VR en π 2 . Sólo con α > 0 es posible dibujar un diagrama fasorial para este circuito. los fasores correspondientes a v R (t ) y vC (t ) son perpendiculares entre sí. Usando los resultados obtenidos en (a) y la notación i (t ) = I0 cos (ω t + α ) . y el diagrama fasorial respectivo es VC VR α 0 V0 En este diagrama. porque la corriente en el circuito es proporcional a v R (t ) . iR (t ) = I0 sen (ω t − α ) . En el circuito indicado en la figura. el voltaje v R (t ) también está atrasado en α . iR el voltaje aplicado es v (t ) = V0 sen (ω t ) . es decir. como se indica en el diagrama fasorial de voltajes. de manera preliminar : V0 α VR Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . C – (b) Identificar el rango de frecuencia (∆ ω) en el cual el circuito se comporta como circuito RL. SOLUCIÓN (a) Aplicando las leyes de Kirchhoff. respecto al voltaje aplicado. Circuitos de Corriente Alterna 191 PROBLEMA 93. obtenemos : + iR = iL + iC vR – iR v = vR + vL iC + + v(t) vL = vC – vL + vC iL – – Supongamos que la corriente i R (t ) está atrasada respecto al voltaje aplicado.14. Entonces. R (a) Obtener la corriente i R (t ) por la resisten- + L v(t) cia. como se indica en el siguiente diagrama preliminar : IC (adelantada) VC = VL IL (atrasada) NOTA : Para recordar qué cantidad ( voltaje E o corriente I ) está atrasada o adelantada en cada elemento ( inductancia L o condensador C ). se usa la palabra E L I C E . el voltaje es el mismo. el diagrama fasorial completo correspondiente a la ley de voltajes de Kirchhoff es un triángulo rectángulo con v R y v L como catetos. en la inductancia el voltaje está adelantado respecto a la corriente. mientras que en el condensador es al revés. Puesto que los fasores correspondientes a iC e i L están en una misma recta. Puesto que el voltaje v L (t ) va adelantado respecto de i L (t ) . el diagrama fasorial para la ley de corrientes de Kirchhoff es una línea recta. La letra que se escribe primero corresponde a la cantidad que se adelanta. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . α I0 IL IC De acuerdo al diagrama : I 0 = I L − I C .192 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Para los elementos que están en paralelo. así. y las corrientes respectivas están desfasadas en π 2 respecto al voltaje. con iC (t ) adelantada e i L (t ) atrasada. 2 Finalmente : i R (t ) = I 0 sen (ω t − α ) . VR = V0 cos α VR V L = V0 sen α y Para los elementos del circuito se cumplen las relaciones : VR = I 0 g R . Circuitos de Corriente Alterna 193 V0 α VL = VC VR De acuerdo al diagrama . ωL R y sustituimos para obtener tan α : tan α = ωL R (1 − ω2 LC ) α 1 − ω2 LC Reemplazando VL en la expresión para I0 se obtiene : I0 = V0 sen α ωL (1 − ω 2 LC ) . Resolviendo para I0 en términos de VL ( a partir de la ecuación de corrientes ) tenemos : VL I0 = ωL − ωCV L = VL (1 − ω ωL 2 LC ) . tan α = VL . VL = ωL I L y VC = IC ωC .14. se obtiene : V I0 = 0 R (1 − ω LC ) (1 − ω LC ) + ( ωL R ) 2 2 2 . Sustituyendo el valor correspondiente a sen α . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . 194 Electromagnetismo Problemas y Soluciones (b) Para α > 0 la corriente por la fuente de voltaje está atrasada respecto al voltaje aplicado. En el circuito de corriente alterna + mostrado en la figura. es decir. usaremos letras mayúsculas para las amplitudes de voltajes y corrientes que van asociadas a los fasores. Esto se cumple en el rango de frecuencias 0<ω< 1 = ω0 . vs = v1 + v 2 III. i1 = i 2 + i L II. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Por lo tanto. R1 (a) Calcular la amplitud I L de la corriente i L (t ) . la condición pedida se cumple mientras α sea positivo. con la corriente por la fuente adelantada respecto al voltaje aplicado. (b) Calcular la diferencia de fase entre i L (t ) y v1 – i1 R2 + + L vs(t) vL – – i2 iL(t) v s (t ) . cuando : 1 − ω2 LC > 0 . v s (t ) = V0 cos (ωt ) . Esto es lo que ocurre en un circuito RL . PROBLEMA 94. es decir. LC Para frecuencias mayores que ω0 el circuito se comportará como circuito RC. SOLUCIÓN (a) Las ecuaciones de Kirchhoff para el circuito son : I. v 2 = v L Construiremos paso a paso el diagrama fasorial. 14. Circuitos de Corriente Alterna 195 1° En la inductancia. V2 α V1 5° El voltaje v S debe ser igual a la suma de v1 + v 2 . I2 α I1 4° El voltaje v1 está en fase con i 1 . IL 3° La corriente i 1 se obtiene sumando fasorialmente IL i2 + iL . el voltaje v L adelanta a la VL corriente i L en π 2 . V2 Vs π−α V1 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Sentido de giro de los fasores IL I2 2° En la resistencia R2 la corriente i 2 y el voltaje v 2 están en fase con el voltaje v L . Del diagrama fasorial de corrientes se observa que : I 2 = I 1 cos α I L = I 1 sen α Haciendo el cuociente I L I 2 y usando las relaciones VL = ω L I L . aplicando el teorema del coseno. = = I 2 ( V2 R2 ) ωL Del diagrama fasorial de voltajes. se obtiene : tan α = I L ( VL ωL ) R2 . α ωL Entonces. se obtiene : VS2 = V12 + V22 − 2 V1 V2 cos (π − α ) Expresando cada una de las cantidades del segundo miembro en términos de I L se obtiene : (I L R1 ) 2 V = 2 s (I L R 2 ) 2 + sen2 α +2 tan2 α I L2 R1 R2 cos α sen α g tan α A partir de un triángulo rectángulo con un ángulo α se obtiene que : R2 sen α = R22 + (ωL ) 2 R2 . 2 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . y letras mayúsculas para indicar amplitudes independientes del tiempo. ( ) 2 2 R2 R2 + (ωL )2 2R1 R2 (ωL ) R22 (ωL ) 1 2 + + V =I R22 R22 R22 2 s 2 L .196 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Recordar que se usa letras minúsculas para identificar cantidades que dependen del tiempo. Despejando I L se obtiene: IL = Vs 2 R12 + (ωL ) 1 + 2 (R1 R2 ) + (R1 R2 ) . V2 = I 2 R2 y VL = V2 . El circuito LC indicado en la + vL – figura es excitado por un voltaje sinusoidal v (t ) = V0 sen ω t . Circuitos de Corriente Alterna 197 (b) La diferencia de fase φ entre i L (t ) y v S (t ) puede expresarse en términos del ángulo β indicado en el diagrama fasorial de voltajes. (b) Calcular la potencia media que en- v(t) C + vC i – – trega la fuente de voltaje. 2 β V2 Vs Usando el teorema del coseno puede obtenerse β como sigue : V1 V12 = V22 + VS2 − 2 V2 VS cos β . PROBLEMA 95. luego los fasores correspondientes se dibujan muy fácilmente. L + (a) Calcular la corriente i (t ) .14. despejando cos β queda : cos β = R2 VS tan α I L R12 g + g − g . La corriente i (t ) en el circuito debe estar atrasada respecto a v L (t ) y adelantada respecto a v C (t ) . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . según : f π φ= − β. VS 2 tan α I L 2R2 VS R2 sen 2 α IL Se deja como ejercicio simplificar la expresión anterior. cuya solución se estudiará mediante un diagrama fasorial. SOLUCIÓN (a) Aplicando la ley de voltajes de Kirchhoff al circuito se obtiene la ecuación : v (t ) = vL + vC . se obtiene la relación entre las amplitudes del voltaje aplicado y de la corriente: 1 V0 = − ωL I .198 Electromagnetismo Problemas y Soluciones I VL VC El diagrama fasorial correspondiente a la ecuación de voltaje para el circuito es el siguiente : VC V VL Este diagrama permite escribir la relación entre las amplitudes de los voltajes involucrados : V0 = VC − VL . según : VL = ω L I y VC = I . ωC Sustituyendo. Las amplitudes de los voltajes en cada elemento se relacionan con la amplitud de la corriente. 2 ωr ω 0 donde I= V0 1 − ωL ωC . ωC Entonces. la corriente i (t ) que debe estar adelantaI (ω ) da en π 2 respecto al voltaje aplicado es : π i (t ) = I g sen ωt + = I cos ω t . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . es decir. donde además I (ω) cambia de signo.14. La divergencia que ocurre en la corriente. con ω T = 2π ). En la práctica. o bien v C + v L = 0 . 2 El valor medio de la potencia se obtiene según la definición : 1 p= T ∫ T p (t ) d t . yendo de la fuente a los elementos del circuito y viceversa. (b) La potencia instantánea que entrega la fuente de voltaje es : p (t ) = v (t ) g i (t ) = V0 I sen ωt g cos ωt = 1 V0 I sen 2 ωt . y por lo tanto no es posible satisfacer la ley de voltajes de Kirchhoff a esa frecuencia. la expresión de la corriente i (t ) es: ω < ωr i (t ) = − I g cos ω t = I g cos (ω t − π ) V0 Note que el cambio de signo en i (t ) no puede interpretarse como un cambio de sentido de la corriente. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . Este cambio de signo significa que para ω > ωr la corriente cambia de fase en π respecto al voltaje aplicado. completando un ciclo completo en el lapso T 2 . 0 y en este caso resulta el valor cero a cualquier frecuencia. Esto significa que la energía está oscilando. a la frecuencia ωr . pues dicha corriente es alterna y está cambiando de sentido cada I para ω > ωr medio ciclo ( T 2 . se explica porque a esa frecuencia se cumple exactamente que VC = VL . pasa a estar atrasada en π 2 respecto al voltaje aplicado. Circuitos de Corriente Alterna 199 La expresión y el gráfico anteriores muestran que la corriente diverge sin límite a la frecuencia ωr = 1 LC . de modo que la corriente y el voltaje aplicado están en fase. Para I para ω > ωr . El sistema completo se comporta como una única resistencia excitada por la fuente de voltaje. una pequeña resistencia en el circuito limita la corriente a un valor finito. (ω → ∞ ) . El circuito RLC de la figura es excitado por una fuente de tensión alterna. La amplitudes I C e I L correspondientes a las corrientes por el capacitor e inductor respectivamente.200 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 96. se relacionan con Vab en la siguiente forma : I L = Vab ωL (2) I C = Vab ω C (3) Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . (1) en que ϕ es el desfase con respecto a la tensión v (t ) de la fuente alterna. (b) Determinar la tensión v ab (t ) . para la frecuencia obtenida en (a) . (a) Determinar el valor de ω para el cual la corriente i 2 está en fase con la corriente i . de la forma : v ab (t ) = Vab cos (ωt + ϕ ) . (c) Determinar i L (t ) e i C (t ) en el límite de muy alta frecuencia. entre los puntos a y b del circuito habrá una diferencia de potencial v ab (t ) . R1 = R i2 a i iL ic + R2 = 2R v(t) L C – b SOLUCIÓN (a) En estado estacionario. v (t ) = V0 cos ωt . se tiene el siguiente diagrama fasorial : IC I2 Vab A I2 Vab IL–IC IL Las corrientes en el circuito satisfacen : i (t ) = i L (t ) + i C (t ) + i 2 (t ) . LC las corrientes i 2 (t ) e i (t ) están en fase y son iguales. (b) Como se verificó en la respuesta anterior. la operación de derivar respecto al tiempo equivale a multiplicar por ω en la representación fasorial. R1 + R 2 3R Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . para ω = ω r se obtiene que i (t ) = i 2 (t ) . y por ende cuando la frecuencia es de valor ωr = 1 Entonces. Entonces. Circuitos de Corriente Alterna 201 Las relaciones anteriores se deducen de las ecuaciones que relacionan los voltajes con las corrientes a través de un inductor o un condensador. v ab (t ) = L iC (t ) = C d i L (t ) (4) dt d v ab dt (5) Considerando que estas cantidades varían armónicamente con frecuencia angular ω .14. i (t ) = I cos ω t . para ω = ωr = 1 LC . de modo que i (t ) e i 2 (t ) están en fase cuando i L (t ) + i C (t ) = 0 . Esto equivale a considerar que las resistencias R 1 y R 2 están en serie. Esto sucede cuando I L = I C . Por lo tanto. con I = V0 V0 = . Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . la resistencia R 2 queda cortocircuitada por el condensador. (c) En el límite de muy alta frecuencia (ω → ∞ ) . Luego : I C = I = V0 R . el cuociente entre las magnitudes de los fasores IC e I L va aumentando cuadráticamente : IC IL = ω2 L C . i L (t ) = 0 e i C (t ) = V0 cos ωt . con lo cual I 2 = 0 . Para ω → ∞ este cuociente tiende a infinito. de las ecuaciones (2) y (3) se deduce que I L = 0 y Vab = 0 .202 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Por lo tanto : v ab (t) = Vab cos w t = i(t) g R 2 = I g R2 cos wt = 2 3 V0 cos w t . Entonces. pero I C se mantiene finito e igual a I = V0 R . R Note que a medida que ω aumenta. Por lo tanto. y considerando que v ab se mantiene en un valor finito. x0 Note que el signo – aparece porque el sentido en que se recorre el camino C y la regla de r la mano derecha implican un vector d A en dirección − yˆ . resultando : φ E = − E ( x0 . − En el plano xz de esa región se escoge el camino rectangular C. B 0 . como se indica en x L 2 ∆x la figura. CAMPOS ONDAS ELECTROMAGNÉTICAS Y PROBLEMA 97. t ) L d x . (b) Calcular la circulación del campo magnético a lo largo del camino C . Puesto que k g ∆ x es muy pequeño. siendo k g ∆ x = 1 . una buena aproximación para la integral se obtiene considerando que el integrando es constante. En una región existen un campo z eléctrico y un campo magnético dados por : r E = E 0 sen k ( x − c t ) g yˆ . Entonces. 203 . c y k son constantes.15. SOLUCIÓN (a) φE = ∫ r r E gd A = AC ∫ x0 +∆x r E g (−L d x yˆ ) = − x0 ∫ x0 +∆x E ( x. de lados L y ∆ x . d φE dt = k c L ∆x E0 cos k ( x0 − c t ) . (a) Calcular la rapidez de cambio del flujo del campo eléctrico a través del área encerrada por el camino C . x0 donde E 0 . t ) g L g ∆ x . + r C L 2 B = B 0 sen k ( x − c t ) g zˆ . (b) Calcular la rapidez de propagación. la circulación de B se relaciona con la rapidez de cambio del flujo eléctrico. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . de modo que la solución se obtiene de inmediato usando el resultado de (a) . La intensidad del campo eléctrico de una onda electromagnética plana es : r E ( x.0 x − 7. usando las relaciones : µ 0 ε 0 = 1 c2 y E 0 = c B0 . (c) Calcular la amplitud del campo magnético.204 Electromagnetismo Problemas y Soluciones (b) De acuerdo a una de las ecuaciones de Maxwell. donde los valores numéricos están en unidades del sistema MKSC.t ) = 10 −3 zˆ g sen (3. en el vacío . ∫Ñ r r B g d l = µ 0 ε 0 k c L ∆x E0 cos k ( x0 − c t ) . Lo anterior se puede escribir en forma más compacta. Entonces.5 g 108 t ). ∫Ñ r r B g d l = k L ∆x B0 cos k ( x0 − c t ) PROBLEMA 98. (a) Calcular la longitud de onda. ∫Ñ r r B g d l = µ0 ε0 C r d φE dt . válidas para ondas electromagnéticas en el vacío. 0 (c) La amplitud del campo eléctrico es E0 = 10−3 [V / m ] .0 [mW] y emite un haz cuya sección transversal es de 4. dicha energía es : Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María .0 g 10 −12 [T ] . Entonces. corresponde a la energía emitida por el láser en un lapso ∆ t = l c . k 3.15. Luego. Campos y Ondas Electromagnéticas 205 SOLUCIÓN (a) El número de onda es k = 3.5 g 108 = = 2. Un láser tiene una potencia de salida de 4.0 [mm2] . la longitud de onda es : 2π 2π = . SOLUCIÓN (a) La energía asociada a una onda electromagnética monocromática que se propaga en el vacío ( o en el aire ).0 [m] de longitud del haz. r (b) Estimar la amplitud del vector E correspondiente a la onda de luz láser.1 [m ] . la energía nida en una longitud l ε conte- de un haz proveniente de un láser. se propaga a la misma velocidad de la onda. Entonces. k 3. Entonces.5 g 108 [m / s ] . la amplitud del campo magnético es : B0 = 10 −3 E0 = = 4. En términos de la potencia p de salida.0 λ= (b) La frecuencia angular es ω = 7.5 g 108 [rad / s ] . 8 v 2. (a) Calcular la energía electromagnética contenida en 1. la rapidez de propagación de la onda es : v= ω 7.0 [m −1 ] . 2.5 g 10 PROBLEMA 99. 0 g 108 Una manera alternativa de obtener el resultado anterior. potencia y densidad de energía de una onda : p=IA la energía ε I = wc . la potencia de salida del láser puede expresarse en términos de w mediante la relación : p = wcA . 8. de acuerdo a lo expuesto en la parte (a).3 g 10 −11 [W] . Combinando las dos expresiones se obtiene la relación : p= 1 c 2 ε0 A E02 . c 3. puede expresarse como había resultado en la explicación inicial. Usando relaciones entre intensidad. E0 = 2p = c ε0 A 8π p = 4π ε0 c A 8π g 9 g 109 g 4 g 10 −3 . .7 g 102 [V /m] . Entonces. de la cual se despeja la amplitud E0 . es decir : ε = w c A ∆t = I A ∆t = pg∆t . −6 8 3 g 10 g 4 g 10 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . donde A g l es el volumen del haz que contiene la energía ε.0 = = 1. Por otra parte.0 g 10 −3 g 1.206 Electromagnetismo Problemas y Soluciones ε = p g ∆t = pl 4. hace uso de la densidad de energía electromagnética w en el haz. ε=w A l = w A cg∆t . un poco más laboriosa. (b) La densidad de energía electromagnética w se expresa en términos de la amplitud E0 del campo eléctrico. según : w= 1 2 ε0 E02 . la energía E que fluye a través de la su- r perficie de una esfera de radio r cuyo centro está en el Sol. Considere que la distancia Tierra – Sol es de 1 .0[UA] . 5. 0 [ U A ] . La intensidad de la radiación solar que llega a las capas superiores de la atmósfera terrestre es de 1 . según : E = I (r ) g 4π r 2 g ∆ t .2 Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María .15. se relaciona con la intensidad I (r ) a esa distancia. la distancia Júpiter – Sol es de 5 . r2 Considerando que r 2 = 5. Luego. prácticamente sin absorción en el espacio que atraviesa. se obtiene la intensidad de la radia- ción solar que llega a Júpiter a partir de la que llega a las capas superiores de la atmósfera terrestre. siendo ∆ t el intervalo de tiempo y 4π r 2 el área de la superficie esférica. 2 [ U A ] . debe tener el mismo valor a cualquier distancia r . Entonces. y que la absorción de energía solar en lugares como la atmósfera terrestre es despreciable. 4 [ k W / m 2 ] .2[UA] y r1 = 1. (b) Calcular el cuociente entre la energía solar que recibe la Tierra y la que recibe Júpiter en el mismo lapso. debe cumplirse que : I (r1 ) g 4π r 12 g ∆ t = I (r 2 ) g 4π r 22 g ∆ t . Puesto que la energía fluye radialmente alejándose del Sol con velocidad constante. (a) Calcular la intensidad de la radiación solar que llega al planeta Júpiter.2 veces el radio terrestre. y el radio de Júpiter es 11. es decir.4 g = 0. Campos y Ondas Electromagnéticas 207 PROBLEMA 100. I (r 2 ) 2 r = I (r1 ) g 1 . 2 IJúpiter 1 2 = 1. SOLUCIÓN (a) Podemos considerar que el Sol emite energía en todas direcciones con igual intensidad.052 [kW / m ] . Considerando que r es el radio de la órbita terrestre. PROBLEMA 101. produciéndose una onda electromagnética estacionaria. Obtener el campo magnético correspondiente a la onda estacionaria. entonces. E x = Ez = 0 .2 2 1 J A pesar que Júpiter está más lejos del Sol. tenemos : ε Tierra ε Júpiter 2 2 r R 1 = 2 g T = 5. siendo π R 2 el área efectiva de la cara terrestre que recibe la radiación solar.22 . r R 11. R ε = I (r ) g π R2 ∆t .2 2 g = 0. se obtiene : εTierra εJúpiter = ITierra g RT2 . Puesto que la relación anterior se cumple para cualquier planeta.t ) = E0 sen (2π x λ ) g cos (ω t ) . recibe cerca de 5 veces más energía solar que la Tierra debido a su mayor tamaño. IJúpiter g R2J Usando la relación obtenida en la parte (a) y los datos del enunciado. Un haz de microondas es reflejado en una superficie metálica.208 Electromagnetismo Problemas y Soluciones (b) La energía solar ε que recibe la Tierra es una peque- ña fracción de la energía E que emite el Sol. cuyo campo eléctrico es : y Ey ( x. x z Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . 2 λ El campo magnético correspondiente a la onda estacionaria se obtiene por superposición de los campos pertenecientes a las dos ondas propagatorias.t ) también puede escribirse como : Ey ( x. verifique que Ey ( x. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . con B 0 = E 0 c . Campos y Ondas Electromagnéticas 209 SOLUCIÓN La onda estacionaria dada se forma por superposición de dos ondas que se propagan en dirección opuesta. Bx = By = 0 . Bz ( x.t ) = 1 2 πx E0 sen − ωt .t ) = 1 2π x 1 2π x E0 sen − ω t + E0 sen + ωt . Análogamente. Para la onda que viaja en dirección x : Ey 1 ( x. 2 λ Bz 2 ( x. se obtiene el resultado final : 2 πx Bz ( x.15. para la onda que viaja en dirección –x : Ey 2 ( x.t ) = 1 2 πx E0 sen + ωt . 2 2 λ λ A cada onda propagatoria le corresponde un campo eléctrico y un campo magnético.t ) = 1 2 πx B0 sen − ωt 2 λ .t ) = − B0 cos g sen (ω t ) λ .t ) = 1 2 πx 1 2 πx B0 sen − ω t − B0 sen + ωt 2 λ 2 λ Usando relaciones trigonométricas. con la mitad de la amplitud E0 . 2 λ Bz1 ( x.t ) = − 1 2 πx B0 sen + ωt . Usando identidades trigonométricas. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . esto se expresa con la igualdad kn L = n π .. en todo momento.. Un láser de He-Ne L consta de una cavidad de longitud L en que existe una onda electromagnética estacionaria que resulta de la reflexión en espejos situados en los extremos.) de cototos dentro 0 L x de la cavidad. (a) Obtener el conjunto de valores posibles de f. mediante la igualdad : ω = kn g v . relacio- L x nado con la frecuencia ωn .. Estas condiciones se cumplen en ondas estacionarias cuyo campo eléctrico posee un número entero (n = 1. t0) Algebraicamente. y k n es el número de onda. SOLUCIÓN (a) Consideremos que la onda estacionaria en el interior de Ez (x . t0) la cavidad posee una única frecuencia. donde v es la velocidad de propagación de ondas en el interior de la cavidad. siendo n un entero (n = 1. Por un extremo x emerge radiación visible que se describe como una onda propagatoria de frecuencia z f y polarización en dirección z. (b) Describir cualitativamente el campo eléctrico dentro y fuera de la cavidad. nulo..210 Electromagnetismo Problemas y Soluciones PROBLEMA 102.3. Ez (x . y su campo eléctrica en los extremos es..) que indica el número de 0 cototos de la sinusoide.. 2. en términos de la longitud L.. 2.3. (c) Describir cualitativamente el campo magnético dentro y fuera de la cavidad.. como se indica en la figura. Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . L L donde B 0 i = E 0 i v . y sabiendo que la dirección de polarización corresponde a la dirección del campo eléctrico. Fuera de la cavidad la onda propagatoria correspondiente es : r Ee ( x. Fuera de la cavidad el campo magnético correspondiente a la onda se describe como : r Be ( x.15.t ) = E0i zˆ g sen g cos . se describe como : r nπx n πv t Ei ( x. donde c es la rapidez de propagación de las ondas electromagnéticas en el vacío.t ) = E0e zˆ g sen nπ L (x − c t ) .t ) = − B 0e yˆ g sen nπ (x − c t ) . (b) Usando el sistema de coordenadas indicado en la figura. pues en el interior de la cavidad de un láser que está emitiendo radiación por un extremo. se obtiene el resultado pedido : f = nv . L donde B 0 e = E 0 e c . el campo magnético para la onda estacionaria es (ver PROBLEMA101): r nπx n πv t B i ( x. 2L que consta de la frecuencia fundamental f1 = v 2 L y sus múltiplos. (c) Dentro de la cavidad. la onda estacionaria más simple dentro de la cavidad. Campos y Ondas Electromagnéticas 211 Usando la igualdad ω = 2 π f .t ) = B 0i yˆ g cos g sen . L L Se advierte que esta descripción es sólo aproximada. el campo eléctrico no es exactamente nulo en ese extremo para permitir la existencia de una onda que se propaga hacia afuera. 212 Electromagnetismo Problemas y Soluciones Departamento de Física – Universidad Técnica Federico Santa María . 5µF. calcule la carga en cada capacitor y la energía total almacenada. Los radios de las placas de un capacitor esférico son a y b. ¿Cómo se deben conectar? 2. 5. a) Encontrar la constante dieléctrica del material. Al colocar el material dieléctrico llenando el espacio entre las placas. el C1 aS b interruptor S se conecta primero en a y después de un tiempo largo se conecta en b. 3[V] 4. Determine la energía total almacenada condensadores al final del proceso.9· 10-7C.Ayudantía Nº 5 1. En la figura. C 2 = 2µ F . Encontrar el radio de una esfera concéntrica a las placas de tal forma que encierra la mitad de la energía almacenada en el capacitor. V = 10V . la intensidad del campo eléctrico es de 1.4· 106N/C. C 3 = 3µ F en los V C3 C2 . C1 = 1µ F . Se comunica a dos placas paralelas de 100 cm2 de área. En el circuito representado en la figura. 1[ìF] 2[ìF] 3. b) Determinar la magnitud de la carga inducida en cada superficie dieléctrica. cargas iguales y opuestas de 8. Siete condensadores de 1µF de capacidad cada uno se conectan para que produzcan una capacidad de 5.