Fisica 3 Ejercios Resueltos

Electricidad y Magnetismo Compilado de problemas resueltos

´ n Urrutia Quiroga Sebastian a [email protected] web.ing.puc.cl/ ~ sgurruti/

Segunda Edición on – Febrero de 2015

Índice 1. Elect Electrost rost´ ´ atica atica

2

1.1. Integrale Integraless de Coulomb: fuerza y campo el´ ectrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ectrico

2

1.2. Ley de Gauss para el campo eléctrico ectrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.3. Potencial eléctrico ectrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

1.4. Energ Energ´´ıa potencial p otencial electrostática atica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

1.5. Cond Conductor uctores es y capacit capacitancias ancias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2. Ele Electric ctricida idad d en medios materiale materialess

50

2.1. Ecua Ecuacione cioness de Laplace Laplace y Poisson Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

2.2. Dieléctricos ectricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

2.3. Corrien Corriente te eléctrica ectrica y ley de Ohm microscópica opica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67

2.4. Ley de de Ohm macr macrosc osc´ópica: opica: circuitos fem/R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

76

2.5. Ci Circu rcuito itoss RC RC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

83

3. Mag Magnet netos ost´ t´ ati ca atica

93

3.1. Fuerz uerzaa de Lorentz Lorentz y torque sobre una espira espira . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

93

3.2. Ley de Biot-S Biot-Sav avart art . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 3.3. Ley de Ampère ere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 4. Cam Campos pos variab variables les en el tiempo

124

4.1. Ley de indu inducc cci´ ión on de Faraday-Lenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 4.2. Induc Inductanci tancia. a. Circuitos Circuitos RL, RL, LC y RLC RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 4.3. Corr Corrien iente te Alte Alterna rna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 5. Ecu Ecuaci aciones ones de Maxwell Maxwell

151

5.1. Int Introducc roducci´ ión on a la teor´ıa ıa elect electrom romagn´ agnética etic a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

– 1 –

1 51

1.

Electrost´ Elect rost´ atica atica

1.1.

Integra Integrales les de Coulomb: Coulomb: fuerza y campo el´ ectrico ectrico

(1) Considere Considere la distribuci´ distribución on de cargas puntuales de la figura: P

r

−q

−q

+2q +2q d

d

a ) Calcule el campo camp o eléctrico ectrico en P b ) Evalu´ Eval ué el caso cas o l´ımite ımi te r este caso?

≫ d, omo var´ var´ıa la magnitud magnitu d del campo camp o eléctrico ectrico con la distancia distanci a en d , ¿cómo

Soluci´ on:

a ) El campo cam po eléctrico ectrico en P en P puede ser obtenido utilizando el Principio de Superposición on. El campo eléctrico ectrico producido prod ucido por +2q +2q es es simplemente:  1 = E

1 2q ˆ 4πǫ0 r2

 = Si hacemos  hacemos r = r = r ˆ y R

−d ˆı, entonces el campo producido por la carga de la derecha es:  ı + d ˆ  = − q r − R = − q r ˆ + d E   4πǫ r − R 4πǫ (r + d ) 2

3

0

0

2

2 3/2

De manera análoga, aloga, por p or simetr´ simetr´ıa, el campo producido por p or la carga de la izquierda es:  3 = E

− 4πǫq

−

ı r ˆ d ˆ 2 2 3/2 0 (r + d )

 P As´ As´ı, el campo camp o total tota l E P viene dado por: 3



 P  j = 1 2q ˆ E E P = 4πǫ0 r 2 j=1 j =1

−

1 2qr ˆ q = 4πǫ0 (r 2 + d2 )3/2 2πǫ0

– 2 –

 − 1 r2

r (r 2 + d2 )3/2



ˆ

b) Para analizar el l´ımite r

≫ d, reescribimos el campo de la siguiente manera:  P = E

       −     ≈ ≪    ≈ −   ≈ − 1+

1 r2

q 2πǫ0

2

d r

−3/2

r2

ˆ

Ahora, utilizando la expansión de Taylor a primer orden 1 + ε

se tiene que:

d r

1+

Entonces,

 P E y por tanto:

n

q 2πǫ0

1 + nε ,

2

−3/2

1

1 r2

1

ε

3 d2 2 r2

1 3 d2 + r2 2r2 r 2

ˆ

3qd 2 (r≫d)  ˆ = E P 4πǫ0 r 4

Notar que, para grandes distancias (r d), esta distribución de carga genera un campo que 1 1 decae como 4 , lo que contrasta con el campo de una carga puntual que decae según 2 . r r

≫



(2) Dos pequeñas esferas conductoras, de igual masa m y carga q , cuelgan por dos hilos no conductores sin masa y de largo ℓ. Cada esfera forma un ángulo θ con el eje vertical, como se muestra en la figura.

ℓ

θ θ

+

ℓ

+

r a ) Calcule el valor de la carga q para el equilibrio estático del problema. – 3 –

b) Suponiendo que las esferas pierden carga a razón λ > 0 C/s, ¿con qué velocidad angular se acerca una a la otra, para θ 1?

≪

Soluci´ on:

a ) Debido a la simetr´ıa del sistema, bastará con hacer análisis de fuerzas para una de las cargas. Consideramos el equilibrio entre las tres fuerzas que actúan: la fuerza de repulsión electrostática F e , la tensión sobre el hilo T , y la fuerza de gravedad mg:

 

F x = 0 F y = 0

−→ −→

T sin θ

− F = 0 T cos θ − mg = 0 e

La primera ecuación equivale a q 2 T sin θ = k 2 r

r2 T sin θ 2 q = k

−→

De la segunda ecuación, T =

−→

q =

 ± r

T sin θ k

mg cos θ

Por tanto, y como r = 2ℓ sin θ, q =

± 2ℓ sin θ



mg tan θ k

b) Para ángulos peque˜ nos, sin θ tan θ θ. Del enunciado, q ˙ = λ (pues pierde carga) y, al decirnos que las esferas se acercan, las cargas son necesariamente positivas:

≈

≈

−

q = αθ 3/2 ,



mg k

α = 2ℓ

Derivando con respecto al tiempo,

 

√

3α dq ∂ dθ = q ˙ = = αθ3/2 θ θ˙ 2 dt ∂θ dt

−→

˙ θ =

− 3α2λ√ θ

Finalmente, la velocidad angular de la esfera a la izquierda será: ω  1 = Y la de la esfera derecha:

− θ˙ kˆ

ˆ = ω2 = + θ˙ k 

− ω

1



– 4 –

(3) Determine el campo eléctrico generado por un alambre infinito con densidad de carga uniforme, localizado en el eje z . Soluci´ on:

Consideremos la siguiente situación, en donde λ representa la densidad lineal de carga:

 R = z kˆ

z 0 kˆ

r

y ρˆ ρ x

en donde

 ˆ k, R = z

−∞ < z < ∞ −→

dR = dz

k + ρ ˆ ρ r = z 0 ˆ

r

−

 (z 0 R =

−

ˆ + ρ ˆ ρ z ) k

∴



 = (z 0 R

r − 

As´ı,  (r) = E

λ 4πε 0

ˆ

∞

−∞

 

(z 0

(z 0

k + E ρ ˆ ρ = E z ˆ

− z )

− z )

2

+ ρ2

ˆ + k

  3/2

(z 0

− z )

2

+ ρ

ρ

− z )

2

+ ρ2

2



   3/2

con E z

λ = 4πε 0 λ = 4πε 0 = 0

∞

(z 0 z ) dz u = z 0 z z )2 + ρ2 ]3/2 −∞ [(z 0 ∞ u du (la función es impar) 2 2 3/2 −∞ [u + ρ ]

ˆ ˆ

−

−

– 5 –

−

1/2

ρ ˆ

dz

E ρ

λ = 4πε 0 λ = 4πε 0 =

0

=

∞

ˆ ρ dz u = z − z [(z − z ) + ρ ] ˆ ρ du u = ρ tan θ, du = ρ sec θdθ [u + ρ ] ˆ ρ sec θ dθ λ 4πε [ρ (1 + tan θ)] ˆ ρ sec θ dθ λ 1 ˆ λ 1

4πε 0 ρ λ 2 = 4πε 0 ρ

2

0

−∞ ∞

0

2 3/2

2

2

−∞ π/2

2 3/2

2

−π/2 π/2

2

2

2

2

3/2

π/2

2

=

sec3 θ

−π/2

Resumiendo,

4πε 0 ρ

cos θ dθ

−π/2

λ ρˆ 2πε 0 ρ

 (r) = E



(4) Encuentre el campo eléctrico a una distancia z sobre el centro de un disco circular plano de radio R, el cual posee una densidad de carga superficial σ constante. ¿Qué pasa con su fórmula en el caso en que R ? Revise también el caso en que z R.

→ ∞

≫

Soluci´ on:

k, Sean: r = z ˆ

 ρ. As´ı, R = ρ ˆ

 ˆ ( ) r R = z k ρ ˆ ρ  = z 2 + ρ2 ( ) r R ( ) dS = ρ dρ dθ

∗ − ∗ −  ∗

 −

As´ı, 1  (r) = E 4πǫ0

¨ r − R σ dS  | | r − R ˆ ˆ z ˆk − ρ ˆρ 3

2π R σ = ρdρdθ 2 2 3/2 4πǫ0 0 0 (z + ρ ) k + E ρ ρ = E z ˆ ˆ

Ya sea mediante el cálculo expl´ıcito de la integral, o por argumentos de simetr´ıa del problema, se concluye que: E ρ 0

≡

– 6 –

Por otra parte, E z

2π R σz ρdρdθ = 2 2 3/2 4πǫ0 0 0 (z + ρ ) σz R ρ = dρ 2ǫ0 0 (z 2 + ρ2 )3/2 1 σz 1 = 2ǫ0 z z 2 + R2

ˆ ˆ ˆ

Por lo tanto,  (z ) = σz E 2ǫ0

 − √  ||  − √  1 z

||

1 z 2 + R2

ˆ k

Notemos que, si R , entonces el disco cubrirá todo el plano; por esta razón, el campo eléctrico de un plano infinito con carga superficial constante es: σ E plano = l´ım E (z ) = R→∞ 2ǫ0

→ ∞

±

y en constante, con signo dependiente de si estamos sobre (+) o bajo ( ) el plano.

−

Para z

≫ R > 0, entonces:

 

1 1 R 2 = 1+ 2 z z z 2 + R2

√ Con ello,

−1/2

≈

− 

1 1 z

1 R2 2 z 2

1 Q σz R2 πR 2 σ = = E z ≫R = 2ǫ0 2z 3 4πǫ0 z 2 4πǫ0 z 2

con Q = σπR2 la carga total del disco.



(5) Considere un plano infinito de densidad de carga uniforme σ, con un orificio circular de radio R: a ) Obtenga el campo el´ ectrico sobre un punto arbitrario del eje –perpendicular al plano– que pasa por el centro del orificio. b) Suponga que ahora, a lo largo de este eje, se ubica un hilo no conductor de largo ℓ con densidad de carga lineal uniforme λ desde z = 0 hasta z = ℓ, con z es la distancia perpendicular al plano. Encuentre la fuerza eléctrica entre ambos objetos.

– 7 –

Soluci´ on:

a ) Para resolver este problema, usamos el Principio de Superposición: el campo eléctrico de la figura corresponde a la suma de los campos producidos por un plano infinito (con densidad de carga σ) y un disco de radio R (con densidad de carga σ). Supongamos que el plano agujereado se encuentra en el XY ; as´ı, el problema consiste en obtener el campo sobre un punto del eje z . Del problema anterior, estos campos son conocidos, por lo que:

−

 (z ) = E  plano + E  disco = σ z k ˆ E 2ǫ0 z

|| −

σ 2ǫ0



z z



z ˆ = σ k 2ǫ0 z 2 + R2

| | − √

√ z z + R 2

2

ˆ k

b) Por la tercera Tercera Ley de Newton, podemos calcular la fuerza entre ambos elementos como la fuerza ejercida por el plano agujereado sobre la barra. El elemento de fuerza eléctrica que el plano ejerce sobre un elemento dq = λdz del alambre es:  = E  (z )dq = λE  (z )dz = σλ dF 2ǫ0

dz √ z z + R 2

2

ˆ k

Por tanto, la fuerza sobre el hilo completo es:  = F

ℓ

ˆ 0

σλ = 2ǫ0

 dF

ˆ √   √  √  ℓ

0

z dz z 2 + R2

ˆ k

ℓ

σλ 2 ˆ = z + R2 k 2ǫ0 0

=

σλ 2ǫ0

ℓ2 + R2

−R

ˆ k 

(6) Un recipiente hemisférico no conductor, de radio interior a, tiene una carga total Q repartida uniformemente en su superficie. Encuentre el campo eléctrico en el centro de curvatura.

– 8 –

Soluci´ on:

Tomamos como origen el centro de curvatura de la semiesfera. A partir de esto, podemos determinar la contribución de un elemento diferencial de carga en la superficie al campo eléctrico en el eje que ˆ (El campo E  , por simetr´ıa, solo pasa por el centro de curvatura, que coincide con la dirección k ˆ). tendrá componente en k  r R  = 1 dE σdS  3 4πǫ0 r R

− − 

Un elemento diferencial de superficie sobre la esfera está dado por dS = a2 sin θdθdφ y, como la carga está uniformemente distribuida, la densidad superficial es simplemente σ =

Q 2πa 2

Con esto, podemos determinar el campo total integrando sobre toda la superficie: a2  E (r) = 4πǫ0

2π

ˆ ˆ 0

π

sin θ

π/2

− R  − R 

Q r 2πa 2 r

3

dθdφ

Evaluando en r =  0 obtenemos el campo en el centro de curvatura:  C = E

−

Q 8π2 ǫ0

2π

 R sin θ dθdφ  3 R π/2

ˆ ˆ 0

π

 

  = a. Por el argumento ρ = a cos θ ˆ k + a sin θ cos φ ˆ ı + a sin θ sin φ ˆ, entonces R Si tomamos R = a ˆ ˆ. De todas formas, se puede verificar calculando de simetr´ıa, solo interesa la componente según k ı, ˆ. Con esto, expl´ıcitamente las integrales en ˆ

| |

E C =

−

Q 4πǫ0 a2

ˆ

π

cos θ sin θ dθ =

π/2

−

Q 8πǫ0 a2

π

ˆ

sin2θ dθ =

π/2

  

Q 8πǫ0 a2

= −1

Finalmente,  C = E C ˆ k = E

Q ˆ k 8πǫ0 a2 

– 9 –

1.2.

Ley de Gauss para el campo el´ ectrico

(1) Considerando la ley de Gauss,

¨ 

ˆ dS = E n

·

S

con q la carga encerrada por la superficie uniformemente, de carga Q y radio a.

q ε0

S , determine el campo eléctrico E  de una esfera cargada

Soluci´ on:

Primero que todo, calculemos la densidad volumétrica de carga para la esfera: ρ(r) =

3Q Q Q = = 4 3 4πa3 V πa 3

 = E (r) rˆ. Como superficies gaussianas, tomaremos esferas de radio Por simetr´ıa, proponemos que E r con normal exterior ˆn = rˆ. As´ı,

¨ 

ˆ dS = E n

·

S

¨

E (r)ˆr rˆ dS = E (r) A( ) = 4πr 2 E (r) =

·

S

S

q enc ε0

Para calcular la carga encerrada, distinguimos dos casos: r>a q enc = Q

E (r) =

−→

r


4 r q enc = ρ(r) πr 3 = Q 3 a

·

3

−→

Q 4πε 0 r 2

E (r) =

Q r 4πε 0 a3

Notar que es continua en r = a. As´ı, el campo eléctrico tiene la siguiente forma: E(r) Q 4πε 0 a2

∝r ∝ r1

2

r r = a

– 10 –

con:  (r) = E

 

Qr ρ ˆ , si r < a 4πǫ0 a3 Q ρ ˆ , si r 4πǫ0 r2

≥ a

[Propuesto] Compare este resultado con el cálculo hecho mediante integrales de Coulomb.



(2) Considere un cable coaxial muy largo, compuesto por un cilindro sólido interior –de radio a – que lleva una densidad de carga volumétrica ρ (constante), y por un cilindro exterior hueco –de radio b > a – que lleva una densidad de carga superficial σ; esta densidad es tal que hace al cable eléctricamente neutro. Encuentre el campo eléctrico producido por el cable en todo el espacio.

Soluci´ on:

Establecemos un sistema de coordenadas cil´ındricas en el centro del cable. Distinguimos tres regiones: (i) r > b

(ii) a < r < b

(iii ) 0

≤r
Por simetr´ıa, el campo (de existir) debe ser radial, y su magnitud únicamente función del radio (pues el cable posee una simetr´ıa azimutal, i.e. es invariante ante una rotación del ángulo polar). r>b Dada la simetr´ıa, usaremos como superficie gaussiana un cilindro de radio r < b y altura h. Luego,  n  n  n ˆ dS = ˆ dS + ˆ dS E E E

¨

¨

·

S

·

Manto

¨

·

Tapas

 = E (r) ˆ Para el manto, n ˆ = ρˆ y E ρ; de esta forma:

¨ 

ˆ dS = E (r) E n

·

Manto

Por otro lado, para las tapas, n ˆ =

¨

dS = 2πrhE (r)

Manto

± kˆ. De esta forma, E  ⊥ ˆn y por tanto: ¨  ˆ dS = 0 E · n Tapas

– 11 –

Con esto, Φe = E (r)2πrh pero como el cable es neutro, q enc = 0. Luego, E (r)2πrh = 0

E (r) = 0

−→

2

2

Notar que: q enc = πa hρ + σ2πbh = 0

−→

ρa σ = − 2b

a
−→

0

≤ r < a

Escogemos la misma superficie gaussiana. Los mismos argumentos de simetr´ıa son v´ alidos en esta región, y por tanto: Φe = E (r)2πrh , qenc = ρπr 2 h Entonces,

πr 2 h E (r)2πrh = ρ ǫ0

−→

E (r) =

ρr 2ǫ0

En resumen (notando que existe una discontinuidad en el campo al atravesar la superficie cargada r = b), ρr ρ ˆ , si 0 r < a 2ǫ0  (r) = E

   

≤

a2 ρ ρ ˆ , si a < r < b 2ǫ0 r  0

, si b < r 

– 12 –

(3) Considere dos esferas no concéntricas de radio R. La primera de ellas lleva una densidad volumétrica  el vector de carga ρ y la segunda ρ. Los centros de las esferas están a distancia d < 2R. Si d es que va del centro de la esfera positiva al centro de la negativa, demuestre que el campo eléctrico en la intersección de las esferas es constante, y encuentre su valor.

−

d

Soluci´ on:

Este problema se resuelve con superposición, recordando antes la fórmula del campo eléctrico generado por una distribución homogénea y esférica de carga (resuelto anteriormente):

 (r) = E

 

Qr ρ ˆ , si r < a 4πǫ0 a3 Q ρ ˆ , si r 4πǫ0 r2

≥ a

donde r es la distancia al centro de la distribución. Ahora, sea P un punto arbitrario dentro de la región de intersección:

P ρ

r ′

r d

−ρ

El campo en P producido por la distribución de carga positiva es  1 = ρ r E 3ǫ0 – 13 –

y el de la distribución negativa viene dada por  2 = E

−ρ r

′

3ǫ0

As´ı, por el principio de superposición, el campo eléctrico en P está dado por  (P ) = E  1 + E  2 = ρ r E 3ǫ0  r ′ = r, de forma que r ′ = r Pero d +

−  d:

 (P ) = ρ r E 3ǫ0

−

− 3ǫρ

r ′

0

−

ρ r 3ǫ0

ρ   d = d 3ǫ0

El punto P fue escogido arbitrariamente; luego, para todo x dentro de la intersección, el campo es uniforme y está dado por  (x) = ρ d E 3ǫ0 Notar que el campo es paralelo a la dirección que une ambos centros 

(4) Considere la siguiente distribución volumétrica de carga en coordenadas esféricas ρ(r) =

k , r2

a

≤ r ≤ b

Encuentre el campo eléctrico en todo el espacio. Soluci´ on:

Dado que no existe dirección privilegiada para la densidad de carga, el problema presenta simetr´ıa  = E (r) ρˆ. esférica. Por esta razón, es posible argumentar que el campo en cuestión posee la forma E Ahora, nuestro problema separa al espacio en tres regiones: r
¨ S

·

A

pues no hay carga en dicha zona del espacio.

– 14 –

−→

≡

r>b El cálculo anteriormente realizado sigue siendo válido en esta región, y por ello: q enc (S )ǫ0

E (r) = As´ı, como

A

2

A(S ) = 4πr , nos basta hallar la carga encerrada en este caso: 2π

q enc =

π

b

ˆ ˆ ˆ ρ(r)r sin θdrdφdθ ˆ k 0

0

a

b

= 4π

a

= 4πk(b Por tanto, E (r) =

2

r2

r2 dr

− a)

4πk(b ǫ0

− a)

1 k(b a) = 2 4πr ǫ0 r 2

−

a
k 2 r˜ d˜ r 2 ˜ r a = 4πk(r a)

q enc = 4π

ˆ

−

De esta forma, E (r) =

4πk(r ǫ0

− a)

1 k(r a) = 4πr 2 ǫ0 r2

−



(5)

a ) Determine la forma diferencial de la ley de Gauss. ¿Qué hipótesis debe adicionar? b) Una distribución de carga eléctrica produce un campo

− 

 = c 1 E

e−αr

ρ ˆ

r2

en donde c, α son constantes, y r es la distancia al origen. Encuentre la densidad volumétrica de carga de la distribución, as´ı como también la carga encerrada dentro de una esfera de radio r = 1/α. Soluci´ on:

– 15 –

a ) Supongamos que se cumplen las hipótesis del teorema de la divergencia (lo cual es razonable para los problemas f´ısicos de la mayor´ıa de los casos), y por ello:

¨  ˆ dS E · n ˚ 

q enc ǫ0

=

S

∇·

V

1 E dV = ǫ0 0 =

˚ ρ dV ˚  V

∇ · −  E

V

ρ dV ǫ0

Como lo anterior fue realizado para un volumen arbitrario, y dado que las funciones son continuas, entonces se infiere que el integrando debe ser nulo para la que igualdad sea válida para cualquier volumen. As´ı,  = ρ E ǫ0 que el la forma diferencial de la ley de Gauss.

∇·

b) Para obtener la densidad volumétrica de carga a partir de un campo, aplicamos la ley de Gauss en su forma diferencial. Dado que trabajamos en coordenadas esféricas, la divergencia es:

∇·

 

 

 = 1 ∂ r 2 F r + 1 ∂ sin θF θ + 1 ∂F φ F r 2 ∂r r sin θ ∂θ r sin θ ∂φ

En este caso, E φ = E θ = 0, y por tanto:

∇·

cαe−αr  E = r2

−→

ǫ0 cαe−αr ρ(r) = r2

Ahora, la carga encerrada viene dada únicamente por: 1/α

Q = 4π

ˆ

2

− 

ρ(r)r dr = 4πǫ0 c 1

0

e−1



(6) Considere una esfera aislante de radio a cargada eléctricamente con carga 3Q y, concéntrico a ella, un cascarón esférico conductor, de radio interior b y exterior c, cargado con carga Q (ver figura ). Encuentre el campo eléctrico para a < r , siendo r la distancia al centro de la esfera. Encuentre las densidades de carga interior y exterior en el cascarón conductor.

−

– 16 –

Soluci´ on:

Para calcular el campo usamos la ley de Gauss en coordenadas esféricas. Para a < r usamos superficies gaussiana esféricas concéntricas de radio r dependiendo de la región de interés. En todos los casos el campo es, por los mismos argumentos de simetr´ıa, E (r) =

q enc 4πǫ0 r2

Veamos cada región del espacio: a
3Q 4πǫ0 r 2

b
−

E (r) =

2Q Q = 4πǫ0 r2 2πǫ0 r2

Notar que en r = b, c el campo es discontinuo Para obtener las densidades de carga en las superficies interior (r = b) y exterior (r = c) del cascarón conductor, usamos el hecho de que dentro del conductor (b < r < c) el campo es nulo, por lo que el flujo a través de una superficie gaussiana S esférica concéntrica de radio r entre b y c también se anula,  n Φe = ˆ dS = 0 E

¨

·

S

Pero, si el flujo se anula, necesariamente la carga encerrada dentro de esta superficie debe anularse. Esto solo es posible si se inducen cargas en la superficie interior del cascarón, tal que 3Q + Qb = 0. Luego, Qb = 3Q y la densidad en la superficie interna del cascarón es:

−

σb =

3Q −4πb

– 17 –

2

Ahora, como la carga neta del cascarón conductor es Q, necesariamente se debe inducir carga en la superficie exterior, tal que: Q = Qb + Qc = 3Q + Qc

− −

−

de donde Q c = 2Q, y la densidad de carga en la superficie exterior queda dada por: σc =

2Q Q = 4πc2 2πc 2 

(7) Calcule la fuerza por unidad de largo que se ejercen una banda muy larga, de ancho b y densidad de carga σ, y un alambre igualmente largo, con densidad lineal de carga λ, puesto en el mismo plano que la banda a distancia d del borde inferior, como muestra la figura.

Soluci´ on:

Podemos optar por calcular la fuerza que ejerce la distribución lineal de carga sobre la distribución plana, o viceversa. Utilizaremos la primera opción, y para ello necesitamos obtener el campo eléctrico generado por la distribución lineal. Esto puede calcularse con ley de Gauss, considerando la simetr´ıa cil´ındrica del campo eléctrico en presencia de una distribución lineal infinita de carga:

Si la superficie gaussiana es un cilindro de radio r y largo h, y utilizamos coordenadas cil´ındricas, entonces: λh  (r) = λ ρˆ Φe = 2πrhE (r) = E 2πǫ0 r ǫ0

−→

Dada la simetr´ıa del problema, y sin pérdida de generalidad, supondremos que la banda se encuentre inmersa en el plano X Y . As´ı, dq = σ dxdy. Calcularemos la fuerza que se ejerce sobre una porción de largo L de la distribución planar:  = E  dq = dF

σλ  dxdy ˆ 2πǫ0 y

– 18 –

con x

∈ [0, L], y ∈ [d, d + b]. Por lo tanto,  = F

L

ˆ ˆ dx ˆ σλL 0

=

d+b

d d+b

σλ  dy ˆ 2πǫ0 y

 dyy ˆ 2πǫ0 d σλL d + b ˆ = ln 2πǫ0 d

 

y, finalmente, la fuerza por unidad de longitud es:

 

  = F = σλ ln d + b ˆ f 2πǫ0 L d 

1.3. (1)

Potencial el´ ectrico a ) Calcule el potencial eléctrico en un punto P debido a un dipolo. Para ello, considere al dipolo en el eje vertical, como se muestra en la figura. b) Determine la energ´ıa potencial de un dipolo embebido en un campo eléctrico externo.

Soluci´ on:

Antes que todo, algunas definiciones importantes:

– 19 –

( ) Se define el potencial electrost´ atico de una distribución continua de carga como:

∗

1 φ(r) = 4πǫ0

˚ ρ(R)

|r − R |

R3

d3 R

( ) La relación entre potencial y campo eléctrico es:

∗

 (r) = E

−∇φ(r)

( ) Se define el potencial electrost´ atico de una distribución discreta de carga como:

∗

N

| − |

1 q j φ(r) = 4πǫ0 j=1 r r j ( ) La interpretación f´ısica del potencial es:

∗

 r2

W =

−q

ˆ

 dr = q (φ2 E

·

 r1

a ) Sea d = 2a. Por el principio de superposición, 1 φ(P ) = 4πε 0



q R1

−

−φ ) 1

q R2



Por el teorema del coseno, R1 2 = r 2 + a2 R2 2 = r 2 + a2 As´ı,

− 2ar cos(θ) − 2ar cos(π − θ)

= r2 + a2 2ar cos(θ) = r2 + a2 + 2ar cos(θ)

−

   −   ≫  −   ≈ −          ≈ − −  −    R1 = r

1+

Desarrollando en series de Taylor, para r 1 1 a = 1+ R1 r r

2

a 2 a 2 cos θ r r a, tenemos que:

a 2 cos θ r

−1/2

1 1 r

1 a 2 r

2

+

De manera análoga para R 2 ,

1 R2

Por tanto,

1 1 r

1 a 2 r

1 q 4πε 0 R1 qd cos θ = 4πε 0 r2 p cos θ = 4πε 0 r 2

φ(P ) =

– 20 –

2

a cos θ r

1 q 1 = 4πε 0 r R2

2a cos θ r

a cos θ r

con p = qd el momento de dipolo eléctrico. Finalmente, φ(P ) =

p cos θ 4πε 0 r 2

b) Supongamos la siguiente situaci´ on:

La energ´ıa potencial asociada al dipolo ser´ a: U =

−qφ(r) + qφ(r + a)

Podemos desarrollar φ(r + a) en serie de Taylor (hasta el primer orden): φ(r + a) = φ(r) +

∂ φ ∂φ ∂φ ax + ay + az = φ(r) + ∂x ∂y ∂z

As´ı, U = qa

∇φ(r) · a

 · ∇φ(r) =  p · ∇φ(r) = − p · E 

(2) Considere un anillo de radio R uniformemente cargado con densidad λ. ¿Cuál es el potencial electrostático a una distancia z sobre el eje del anillo? En seguida, calcule el potencial en el eje de un anillo de radio interior a, radio exterior b y densidad σ.

– 21 –

Soluci´ on:

Tomemos un elemento infinitesimal de longitud en el anillo dℓ = R dθ, el cual posee un elemento de carga dq = λRdθ. Su contribución al potencial en P es: 1 dq 1 = 4πǫ0 r 4πǫ0

dφ(P ) =

√ Rλdθ R + z 2

2

1 4πǫ0

√ R Q+ z

Luego, el potencial debido al anillo completo está dado por: φ(P ) =

ˆ

2π

1 4πǫ0

dφ =

0

√ 2πRλ R + z 2

=

2

2

2

con Q la carga total del anillo. Es fácil ver que si z

≫ R, se tiene el potencial de una carga puntual

φ(P ) =

1 Q 4πǫ0 z

||

Ahora, para obtener el potencial de un disco de radios a y b, simplemente se considera la superposición de anillos infinitesimales:

Tomamos un anillo de radio r y ancho infinitesimal dr. Sabemos que el potencial en el eje está dado por: 1 dQ dφ(P ) = 4πǫ0 r 2 + z 2

√

donde dQ = σ2πrdr es la carga que contiene dicho anillo. Luego, dφ(P ) =

2πσ 4πǫ0

√ rr dr+ z 2

2

=

σ 2ǫ0

√ rr dr+ z 2

2

+ z 2

√

Finalmente, el potencial es: σ φ(P ) = 2ǫ0

b

ˆ a

√ rr dr+ z 2

2

σ = 2ǫ0

√

b2

−

a2

+ z 2

 

– 22 –

(3) Considere dos cascarones esf´ ericos de radios a y b (a < b). El cascarón interior tiene una carga homogéneamente distribuida Q, y el exterior Q. Encuentre la diferencia de potencial entre ambos objetos.

−

Soluci´ on:

Consideremos el siguiente esquema:

−Q a Q b

El campo eléctrico en todo el espacio (de existir) es esféricamente simétrico. Lo mismo sucede con el potencial, que será constante en una superficie esférica. Lo que se pide es b

∆V = φ(b)

− φ(a) = −

ˆ 

E dr

a

·

Para evaluar la integral, claramente debemos encontrar el campo y elegir un camino desde a hasta erica de radio r, con a < r < b. Por ley de Gauss: b. Utilizamos una superficie gaussiana esf´

¨ 

ˆ dS = 4πr 2 E (r) = E n

·

S

Q ǫ0

Luego, en la región entre los dos cascarones,  (r) = E

Q ρ ˆ 4πǫ0 r 2

Dada la forma del campo, resulta inteligente elegir un camino radial: ρ , γ : r = r ˆ

Luego,

≤ r ≤ b −→

a

ρ dr = dr ˆ

 dr = Q dr E 4πǫ0 r2

·

Entonces: ∆V = φ(b)

− φ(a) = −

Q 4πǫ0

b

Q 1 = 4πǫ0 r r2

ˆ dr a

– 23 –



b a

Q = 4πǫ0

 −  1 b

1 a

Notar que φ(b) φ(a) < 0 φ(b) < φ(a), i.e. cuesta más trabajo llevar una carga hasta a que hasta b desde el infinito

−

→



(4) Iones de carga q son acelerados desde el reposo hasta una diferencial de potencial ∆V 0 , para luego entrar a una región entre dos electrodos cil´ındricos muy largos, A y B, de radios a y b respectivamente (a < b). El ion recorre media circunferencia de radio r0 describiendo la trayectoria señalada con l´ınea punteada. Despreciando los efectos de borde, y asumiendo que los cilindros son muy largos en comparaci´ on al espacio que los separa, encuentre la diferencia de potencial ∆ V BA .

Soluci´ on:

Primero, debemos encontrar la velocidad con la que los iones ingresan a la región entre los cilindros: Estos son acelerados a partir del reposo desde una región a potencial φ = V 0 hasta otra región a potencial φ = 0. La energ´ıa inicial está dada por

E = qV i

0

mientras que la energ´ıa final (justo antes de ingresar entre los electrodos) es mv2 f = 2

E As´ı, por conservación de energ´ıa, ∆ =0

E

−→

v2 =

2qV 0 m

Ahora, dentro de la región entre cilindros, existe un campo el´ ectrico radial que se puede obtener con la ley de Gauss: utilizando una superficie gaussiana cil´ındrica de radio r [a, b] y altura h, se tiene: q enc 2πrhE (r) = ǫ0

∈

en donde la carga encerrada por la superficie es q enc = σ2πha, donde σ es la densidad superficial de carga sobre el cilindro de radio a. De aqu´ı, 2πrhE (r) =

σ2πha ǫ0 – 24 –

−→

 (r) = σa ρˆ E ǫ0 r

En particular,

σa ρ ˆ ǫ0 r0

 (r0 ) = E

Este campo es el responsable de la fuerza que siente el ion (en dirección radial), y que permite su trayectoria. Por equilibrio de fuerzas,  (r0 ) = q E

−m vr

2

ρ ˆ

(el signo corresponde a la direcci´ on de la fuerza centr´ıpeta)

0

Despejando, σ =

−2ǫaV

0 0

y el campo eléctrico en el interior de los electrodos queda como  (r) = E

−2V r ρˆ 0

Ahora, la diferencia de potencial entre cilindros es: b

∆V = φ(b)

− φ(a) = −

b

ˆ 

E dr =

a

·

−

ˆ a

−  2V 0 r

dr = 2V 0 ln

 b a

en donde hemos tomado un camino radial para realizar la integral de l´ınea.



(5) Encuentre el potencial dentro y fuera de una esfera sólida cargada uniformemente, cuyo radio es R y su carga total es Q. Use el infinito como punto de referencia. Soluci´ on:

Es fácil ver, por ley de Gauss, que el campo eléctrico en esta configuración (propuesto) viene dado por: Qr ρ ˆ , si r R 4πǫ0 R3  (r) = E Q ρ ˆ , si r > R 4πǫ0 r 2

 

Potencial Exterior:

≤

Ahora, para obtener el potencial electrostático, calculamos la siguiente integral del l´ınea: φ(r)

− φ(∞) = −

ˆ

r

∞

 dr E

·

ρ Como usamos el infinito como referencia, φ( ) = 0. Usando una trayectoria radial, dr = dr ˆ y –para r > R –, r r Q Q dr Q = φ(r) = dr = 2 4πǫ0 ∞ r2 4πǫ0 r ∞ 4πǫ 0 r

∞

−

ˆ

−

– 25 –

ˆ

Potencial Interior:

Ahora, para r < R, φ(r) =

−

ˆ

R

r

E out

∞

ˆ (r) dr − E (r) dr ˆ Q in

R r

Q r dr 4πǫ0 R 4πǫ0 R3 R Q Q(R2 r2 ) = 4πǫ0 R 8πǫ0 R3 Q(3R2 r2 ) = 8πǫ0 R3 =

−

−

− −



(6) Un alambre, cuya densidad lineal de carga es λ, se extiende en el eje z desde z =

−d hasta z = d.

a ) Calcule el potencial en un punto z > d sobre el eje del alambre. b) ¿Cuál es el cambio de energ´ıa potencial de un electrón si se mueve de z = 4d hasta z = 3d? c ) Si el electrón parte del reposo desde z = 4d, ¿cuál es su velocidad en z = 3d? Observación: No considere efectos gravitacionales. Soluci´ on:

 ˆ, dR = dr, y con ello r a ) Sean r = z ˆ k y R = r k 1 φ(z ) = 4πǫ0

d

ˆ

−d

λ z

−

– 26 –

 (z − r) k ˆ. As´ı, − R =

 

λ z + d ln dr = 4πǫ0 r z d

−

b) Un electrón se mueve desde z = 4d hasta z = 3d; luego, su cambio en energ´ıa potencial es: ∆U = U (3d)



− U (4d) = q φ(3d) − φ(4d)

 

= e φ(4d)

−





5 eλ ln φ(3d) = 4πǫ0 6

c ) Por conservación de energ´ıa,   (4d) = U (3d) + K (3d) U (4d) +  K 

−→

K (3d) = U (4d)



6 eλ ∆U = ln 4πǫ0 5

− U (3d) = −

pues parte del reposo. As´ı, despejando v =

   5 meλ ln 2πǫ0 6



(7) Se tiene una distribución rectil´ınea de carga de densidad λ homogénea. Un punto P está a una distancia r de la distribución, y su proyección sobre la recta de carga está a las distancias ℓ1 y ℓ2 de sus extremos.

a ) Calcule el potencial electrostático en P . Analice los casos l´ımites. b) Obtenga el potencial en el punto P debido a un alambre infinito de carga. Soluci´ on:

 z ˆ k, dR = dz y  a ) Tomando el origen tal como se muestra en la figura, r = r ρˆ, R = r

| − R | =

– 27 –

√ z + r . As´ı, 2

2

ℓ1

1 φ(P ) = 4πǫ0

ˆ ˆ

−ℓ2 ℓ1

λ

|r − R | dz √ r dz + z √

λ 4πǫ0 −ℓ λ = ln z + 4πǫ0 =

λ = ln 4πǫ0

2

2

2

   −    − z 2

+ r 2

ℓ1

−ℓ2

ℓ1 2 + r 2

ℓ1

ℓ2 +

ℓ2 2 + r 2

b) Para calcular el potencial de un alambre infinito, ¿basta con hacer ℓ 1 , ℓ1 ? Si lo hacemos, notamos que el potencial diverge. Esto se debe a que la carga eléctrica total en la distribución no es finita, y solo en esos casos podemos fijar el potencial igual a cero en infinito. Para resolver este problema, recordamos que el campo eléctrico producido por un alambre infinito es:

→ ∞

 (r) = E (r) ˆ ρ = E Sabemos que:  = E

λ ρ ˆ 2πǫ0 r

−∇φ = dφ ρ ˆ dr

pues la simetr´ıa del problema nos sugiere que no hay dependencia angular. As´ı, φ(r) =

−

ˆ

E (r) dr + C

−→

φ(r) =

− 2πǫλ

ln (r) + C 0

con C una constante arbitraria. Evaluando en r = 1, obtenemos que φ(1) = C . Luego, la constante no es más que el potencial de todos los puntos que están sobre el manto cil´ındrico de radio unitario: λ ln (r) + φ(1) φ(r) = 2πǫ0

−



(8) Dos cables infinitos, paralelos al eje X , poseen densidades de carga uniformes λ y a distancia a del origen.

−λ. Ellos están

a ) Encuentre el potencial en un punto (x , y , z) usando el origen como punto de referencia. b) Demuestre que las superficies equipotenciales son cilindros circulares. Soluci´ on:

Tenemos dos alambres infinitos, cada uno a distancia a del origen, como se aprecia en la figura (notar que el eje X sale de la página) – 28 –

a ) Por el principio de superposición, el potencial total en el punto P será la suma de los potenciales debidos a cada distribución individual. El potencial debido al alambre de densidad λ es φ1 (P ) =

−2πǫλ

y el potencial debido al alambre de densidad φ2 (P ) =

ln (s+ ) + C 1 0

−λ es

λ ln (s−) + C 2 2πǫ0

Ahora, como nos piden que la referencia sea el origen, las constantes C 1 y C 2 deben satisfacer φ1 (a) = φ 2 (a) = 0 y con ello: φ1 (a) = 0 = φ2 (a) = 0 =

− 2πǫλ

ln (a) + C 1 0

λ ln (a) + C 2 2πǫ0

−→ C = 2πǫλ −→ C = − 2πǫλ

ln (a)

1

0

ln (a)

2

0

Notar que C 1 + C 2 = 0. El potencial en el punto P es φ(P ) = φ 1 (P ) + φ2 (P ) =

−



λ λ λ s− ln (s+) + ln (s− ) = ln 2πǫ0 2πǫ0 2πǫ0 s+

Si P = (x,y,z ), entonces s− = Finalmente,



(y + a)2 + z 2

λ ln φ(P ) = 2πǫ0

 

∧

(y + a)2 + z 2 (y

− a)

2

+ z 2

– 29 –

 −   s+ =

(y

a)2 + z 2

(y + a)2 + z 2 λ = ln 4πǫ0 (y a)2 + z 2

−



b) Las curvas de nivel vienen dadas por:



 − 

(y + a)2 + z 2 = η = cte (y a)2 + z 2

−

Desarrollando,

(y + a)2 + z 2 = η (y

a)2 + z 2

y 2 + 2ay + a2 + z 2 = η(y 2 (1

− η)y

2

2

2

− 2ay + a + z ) + 2(1 + η)yz + (1 − η)z + (1 − η)a = 0 2

2

Si η = 1, entonces las curvas de nivel son solo puntos, por lo que pueden considerarse como c´ırculos de radio cero. Para η = 1,



y 2 + z 2 + a2 + 2

  1 + η 1 η

−

ya = 0

Recordamos la ecuación de una circunferencia con centro en y 0 y radio R: (y

2

−y ) 0

+ z 2 = R 2

←→

y 2 + z 2

2

2

− 2yy + (y − R ) = 0 0

0

De aqu´ı, es claro que –en planos perpendiculares a los alambres– las superficies equipotenciales son circunferencias con 2a η η + 1 y0 = a R = η 1 η 1

−

∧

En definitiva, las superficies equipotenciales son cilindros:

√ | − |



(9) Considere un plano infinito con densidad superficial de carga uniforme positiva σ, el cual tiene una perforación circular de radio R, tal como muestra la figura. Se define un sistema de coordenadas cartesianas con origen en el centro del orificio, tal que la distribución de carga se encuentra en el plano cartesiano Y Z . Calcule el trabajo que debe realizar un agente externo para llevar una carga negativa desde el centro del disco hasta un punto sobre el eje X ubicado a una distancia D del origen. – 30 –

Soluci´ on:

Primero que todo, recordemos que el trabajo requerido para llevar una carga Q desde un punto a hasta un punto b está dada por: W = Q φ(b) φ(a)





−

Con anterioridad calculamos el campo eléctrico debido a esta configuración, el cual solo ten´ıa una ı: componente no nula en la dirección ˆ  (x) = E

σ 2ǫ0

√ x x+ R 2

2

ı ˆ

Por tanto, la diferencia de potencial entre el origen y el punto D en el eje X es: D

φ(D)

− φ(0)

=

ˆ − ˆ

·

0

D

=

−

σ = 2ǫ0 As´ı, el trabajo será: W =

−

qσ 2ǫ0

0



√

 dr E

√ x x+ R dx √ D + R − R

D2

σ 2ǫ0

2

+ R2

2

2

2

 −



R

donde el signo menos implica que la fuerza debe ser ejercida por el agente externo.

1.4.



Energ´ıa potencial electrost´ atica

(1) Calcular la energ´ıa potencial electrostática de sistema de tres cargas positivas, cada una +q , que se colocan en las siguientes configuraciones: – 31 –

a ) Cada carga en las esquinas de un triángulo equilátero de lado a. b) Cada carga en los vértices de un cuadrado de lado ℓ. Soluci´ on:

Recordemos que: ( ) Para un sistema de n cargas, la energ´ıa potencial asociada al sistema es:

∗

1 U = 2

n

 i=1

1 q i V i = 2

  n

1 4πǫ0

i=1 j =i

1 q i q j = 4πǫ0 ri,j

n

 i=1 j>i

q i q j ri,j

donde r i,j es la distancia que separa a las cargas q i y q j ( ) Para un sistema continuo de cargas, la energ´ıa potencial asociada al sistema es:

∗

1 U = 2

˚

ρ(r)φ(r) d3 r

V

( ) La energ´ıa potencial almacenada en un campo eléctrico es:

∗

ǫ0 U = 2

˚

E 2 (r) d3 r

R3

a ) En este caso, es fácil ver que: 1 U = 4πǫ0 1 = 4πǫ0 1 = 4πǫ0

      q 1 q 2 q 1 q 3 q 2 q 3 + + r1,2 r1,3 r2,3 q 2 q 2 q 2 + + a a a 3q 2 a

b) El ejercicio es análogo, salvo por el cambio en las distancias: r1,2 = ℓ

√

2ℓ r1,3 = r1,4 = ℓ r2,3 = ℓ

√

2ℓ r2,4 = r3,4 = ℓ

– 32 –

Con ello, 4

 i=1 j>i

√

1 4 2 4+ 2 = + = ri,j ℓ ℓ 2ℓ

√

As´ı, finalmente tenemos que: 2

U =

q 4πǫ0

 √  4+ 2 ℓ



(2) Cuatro part´ıculas, dos de las cuales poseen carga +q y las otras dos q , están ubicadas como indica la figura. Si cada una posee masa m y se suelta de los vértices del cuadrado a partir del reposo, se pide calcular sus velocidades cuando el largo del cuadrado vale ℓ.

−

Soluci´ on:

Por el principio de la conservación de energ´ıa, se cumple que E inicial = E final Si calculamos la energ´ıa inicial, notaremos que posee una contribución cinética y otra potencial, por lo que: E inicial = K inicial + U inicial Como el sistema parte del reposo, se tiene que K inicial = 0. La energ´ıa potencial inicial está dada por: U inicial

1 = 4πǫ0 1 = 4πǫ0 q 2 = 4πǫ0

 − · · √  √ − 

q A q B q A q C q A q D q B q C q B q D q C q D + + + + + rA,B rA,C rA,D rB,C rB,D rC,D q 2 q 2 4 +2 a 2a 2 4 a

– 33 –



Para la situación on final, si cada una se mueve con velocidad v y poseen masa m, la ener en ergg´ıa cin´ ci nétic et icaa final es: 4 mi mv2 2=4 = 2mv2 K final = 2 2 v i=1 i



La energ´ energ´ıa potencial final se consigue cambiando a por p or ℓ ℓ,, por lo que: q 2 U final = 4πǫ0

√ 2 − 4 ℓ

As´ı, 2 U inicial inicial = 2mv + U final

Finalmente, v =

v =

−→



−

U inicial U final inicial 2m

 √ −   −  q 2 8mπǫ0

2

4

1 a

1 ℓ

(3) Calcular la energ´ energ´ıa potencial electrostática atica del siguiente sistema de cargas puntuales:

Soluci´ on:

El problema es fácil acil de abordar si se considera que hay: 12 pares de cargas, como A y B , con separación b on b entre ellas

√ 2b entre ellas √ 4 pares de cargas, como A como A y H , con separación on 3b entre ellas √ 3b 12 pares de cargas, como A y C , on C , con separación

8 pares de cargas, como A como A y O, con separación on

– 34 –

2

entre ellas



La energ´ energ´ıa total del sistema es la suma de las energ´ energ´ıas de cada par de cargas:

 · − − · −√ −  √ − √ 

1 ( e)( e) ( e)( e) ( e)( e) ( e)(+2e )(+2e) 12 + 12 +4 +8 U = 4πǫ0 b 2b 3b 3b/2 b/2 2 28 e = 12 + 6 2 4bπǫ0 3

· −√ −

· −√

 

(4) Muestre que la energ´ energ´ıa potencial p otencial almacenada en una esfera sólida, olida, de radio R, cargada uniformemente con una carga Q carga Q es 3 Q2 U = 5 4πǫ0 R

 

Soluci´ on:

Utilizando coordenadas co ordenadas esféricas, ericas, la densidad de carga en la esfera está dada por: ρ(r,ϕ,θ) r,ϕ,θ) = ρ( ρ(r ) =

3Q Q = 4πR2 /3 4πR 3

Como hemos calculado anteriormente, el potencial al interior de una esfera sólida olida con carga uniformemente distribuida es: (3R2 r 2) Q(3R φ(r,ϕ,θ) r,ϕ,θ) = φ( φ (r) = 8πǫ0 R3

−

De esta forma, dado que las cantidades no tienen dependencia angular, R 1 U = dΩ ρ(r ) φ(r ) r2 dr 2 0 R 1 3Q Q = 4π (3R (3R2 3 3 2 4πR 8πǫ0 R 0 3Q2 4R 4 R5 = 16πǫ 16πǫ0 R6 5 3 Q2 = 5 4πǫ0 R

ˆ ˆ

· ·

ˆ

·

2

− r )r

2

dr

·

 



(5) Una esfera esfera de radio R radio R posee posee una densidad de carga radial ρ radial ρ((r) = kr, con k una una constante. Encuentre kr , con k la energ´ energ´ıa potencial p otencial de esta configuraci´ configur ación. on. Soluci´ on:

Calculemos el campo eléctrico ectrico en todo el espacio utilizando la ley de Gauss: r>R R

q enc enc =

ˆ ˆ dΩ

2

ρ(r )r dr = dr = 4π

0

R

ˆ 0

– 35 –

kr 3 dr = dr = π πkR kR4

Por otra parte,

¨ 

ˆ dS = 4πr 2 E (r ) E n

· ·

S

Con ello, q enc enc 4πr E (r ) = ǫ0 2

r
ˆ ˆ

r

dΩ

′

kR 4 E (r ) = 4ǫ0 r 2

−→

′2

r

′

ρ(r )r dr = 4π

0

ˆ

3

kr ′ dr ′ = πkr π kr 4

0

De manera análoga, aloga, q enc enc 4πr E (r ) = ǫ0 2

kr 2 E (r) = 4ǫ0

−→

Para el cálculo alculo de la energ´ energ´ıa potencial, haremos uso del hecho de que el campo eléctrico ectrico no tiene dependencia angular, por que tenemos: ∞

ǫ0 U = 2 =

ˆ ˆ dΩ E (r) r dr ˆ ˆ 2πǫ E (r) r dr + dr + E (r ) r dr ˆ k r ˆ k R 2πǫ r dr + dr + r dr 16ǫ 16ǫ 16ǫ 16ǫ r ˆ ˆ dr k π 2

0 R

0

     2

2

∞

2

0

2 4 2

R

=

0

0

0

2

=

R

2

R

∞

2

2

6

2

R

8

r dr + dr + R R 8ǫ0 0 k 2 π R7 = + R7 8ǫ0 7 2 8 R7 k π 8R πk 2 R7 = = 8ǫ0 7 7ǫ0

∞

R

r2

8 2

2

0



2 4



2



·



1.5. 1.5.

Conduct Conductore oress y capaci capacitan tancia ciass

(1) Para Para una distribuc distribuci´ ión on homog´ hom ogénea enea y esf´ es férica erica de carga, carg a, calcular calc ular:: a ) El potencial potencial en todos los puntos interio interiores res b ) La energ´ıa ıa potencial p otencial electrostática atica Soluci´ on:

– 36 –

a ) Sabemos que, dentro de la esfera, el potencial debe satisfacer la ecuación de Poisson:

∇ φ = ∆φ = −ǫρ 2

0

Debido a la simetr´ıa esférica del problema, el potencial tendrá una dependencia radial con respecto al centro de la esfera. As´ı, φ = φ(r), y resolvemos la ecuación de Poisson en coordenadas esféricas: 1 d ρ 2 dφ = r r2 dr dr ǫ0

  −

Esto es, d dr

  r

2 dφ

dr

=

−

ρr2 ǫ0

−→

r

2 dφ

=

−

dr

Integrando nuevamente, φ(r) =

−

ρr2 6ǫ0

ρr3 + c1 3ǫ0

− cr + c 1

−→

dφ = dr

−3ǫρr + cr 0

1 2

2

Como calculamos el potencial dentro de la esfera, este debe ser finito en el origen; para ello, debe cumplirse que c 1 = 0. Con ello: φ(r) =

−

ρr2 + c2 6ǫ0

Para hallar c2 , le aplicamos continuidad al potencial en la frontera r = R: φin (R) =

−

1 4/3πR3 ρ ρR2 + c2 = = φ out (R) 6ǫ0 4πǫ0 R

Finalmente, ρ φ(r) = 2ǫ0

−→

ρR2 c2 = 2ǫ0

− 2

R

r 2 3

b) La Energ´ıa potencial asociada a una distribución de carga se puede obtener como: 1 U = 2

ρ φ dq = 2

˚

˚

V

V

ρ φ dV = 2

4πρ φr2 dr dΩ = 2

˚ V

R

ˆ 0

4πρ2 R5 φ(r)r dr = 15ǫ0 2



(2) Una esfera de metal de radio R y carga q está rodeada por un cascarón esférico metálico de radio interior a y radio exterior b. El cascarón no tiene carga neta. a ) Encuentre la densidad superficial de carga en cada superficie b) Encuentre el potencial en el centro, utilizando infinito como punto de referencia c ) Si la esfera exterior se conecta a tierra bajando su potencial a cero (igual que en infinito), ¿C´ omo cambian las respuestas anteriores? – 37 –

Soluci´ on:

a ) Consideremos el siguiente esquema:

Como la esfera de radio R es metálica (conductora), toda la carga debe estar concentrada en su superficie. Dada la simetr´ıa esf´ erica del problema, esta distribución de carga debe ser uniforme, es decir: q σR = 4πR 2 Ahora, el cascarón es eléctricamente neutro; sin embargo, en sus superficies (S a y S b ), se induce  (r) =  carga de forma tal que el campo eléctrico en su interior sea nulo, i.e. E 0, si a < r < b. Tomando una superficie gaussiana en el interior del cascarón, Qint  n ˆ dS = 0 = E ǫ0

¨ S

·

Qint = 0

−→

As´ı, como Q int = q + σa 4πa2 , es claro que: σa =

− 4πaq

2

Como el cascarón es neutro, debe cumplirse que 2

2

σa 4πa + σb 4πb = 0

−→

σb =

−

a2 q = σ a 4πb 2 b2

b) Distinguimos cuatro regiones, como se aprecia en la figura:

– 38 –

 =  Como las regiones I , I I I están dentro de un conductor, E 0 y su potencial es constante (pueden ser distintos entre s´ı, pero iguales en todo punto de cada región). Para encontrar el campo eléctrico en las regiones I I , I V utilizamos la ley de Gauss. Tomando una superficie esférica de radio r con R < r < a (región I I ), se tiene: q ǫ0

Φe = 4πr 2 E (r) =

−→

E (r) =

1 q 4πǫ0 r 2

Del mismo modo, para r > b (región I V ), se cumple que: E (r) =

1 q 4πǫ0 r 2

Con esto, podemos calcular el potencial en el origen φ(0)

   

− φ(∞) = −

ˆ

0

 dr = E

·

∞

∞

ˆ 0

 dr E

·

tomando una trayectoria radial: φ(0) =

ˆ ˆ ˆ

∞

E (r) dr

0

=

0

=

R

a

a

b

∞

ˆ ˆ ˆ E (r) dr + E (r) dr + E (r) dr + ˆ q dr q dr R ∞

+ 2 4πǫ r 0 R 1 1 q = + 4πǫ0 b R



a

E (r) dr

b

4πǫ0 r 2

b

 − 1 a

c ) Ahora, tenemos que:

Hasta antes de la frontera r = b, el campo eléctrico y la densidad de carga se mantienen intactos. Por otra parte, el potencial es nulo sobre la superficie exterior S b , lo que implica que ∞

φ(b) =

ˆ

E (r) dr = 0

b

para cualquier camino que una al infinito con el punto b, pues el campo es conservativo. Luego, como el integrando es continuo y vale cero para cualquier camino γ , por teor´ıa de la integración, debe cumplirse que  (r) =  0 , E r IV

∀ ∈

– 39 –

Notar que lo anterior implica que la carga encerrada por una superficie gaussiana contenida en IV necesariamente es cero. Es decir, el cascarón ya no es un objeto eléctricamente neutro (se debe inducir una carga neta en él, igual a q ).

−

q + σa 4πa2 + σb 4πb 2 = q

− q + σ 4πb b

2

=0

−→

σb = 0 

(3) Una esfera metálica hueca, con espesor no nulo, se encuentra inicialmente descargada. Ahora, imagine que una carga positiva q es colocada en algún lugar (no necesariamente al medio) dentro de la esfera, sin tocar las paredes.

a ) ¿Qué carga se induce en la pared interior y exterior de la esfera? Indicar cualitativamente la densidad de carga inducida. Describir cómo son las l´ıneas de campo eléctrico dentro y fuera de la esfera. b) Suponga que se mueve la carga dentro de la cavidad. ¿Cambia la distribución en la superficie exterior de la esfera? c ) Ahora, se coloca la carga en contacto con la superficie interior de la esfera. ¿Cómo queda la distribuci´ on de carga en la superficie interior y exterior? d ) ¿Qué sucede si ahora se acerca otra carga Q cerca de la superficie exterior del conductor? Soluci´ on:

a ) La carga q en el interior de la esfera metálica inducirá una separación de carga en el metal. Sea q i la carga total inducida en la superficie interior, y q o la carga total inducida en la superficie exterior. Debido a que la esfera inicialmente se encuentra descargada, la ley de conservación de la carga indica que se debe tener q i + q o = 0 Para determinar el valor de q i , tomemos una superficie gaussiana contenida enteramente dentro del cascarón esférico. La carga total encerrada por esta superficie es q enc = q + q i . Debido a que el campo el´ ectrico es nulo dentro de un conductor, la Ley de Gauss indica que: Φe =

q + q i =0 ǫ0

−→

– 40 –

q i =

−q,

q o =

−q = q i

La carga negativa en la superficie interna se concentra en la parte de la esfera más cercana a la carga q . En contraste, la carga positiva de la superficie exterior se distribuye uniformemente sobre la superficie exterior. Esto último debido a que la esfera metálica es una superficie equipotencial, y la única forma de que esto suceda es que el campo sea radial y uniforme sobre la superficie exterior. La distribución de las cargas, y sus respectivas l´ıneas de campo, son similares a como se aprecia en la siguiente figura:

El campo fuera de la esfera es  (r) = E

1 q ρ ˆ 4πǫ0 r2

tal como si la carga q se encontrara en el centro del conductor. b) La distribución de carga en el exterior no cambia al mover la carga q en el interior, por la misma razón anterior. Por supuesto, la carga inducida en el interior de la superficie s´ı se redistribuye en la medida que movemos q , para asegurar que el campo en su interior siga siendo nulo. Esto resulta interesante, pues desde el exterior del conductor podr´ıamos saber cuánta carga se encuentra en el interior, pero no podremos asegurar en qué posición se encuentra. c ) Cuando la carga q toca la superficie interior, la carga inducida en el punto de contacto y cancelará la carga q .

−q se concentrará enteramente

d ) Si se acerca ahora otra carga Q al exterior de la esfera, entonces la carga se distribuirá en la superficie exterior de forma de ser una equipotencial. La distribución de carga al interior no cambia debido a la presencia de una carga en el exterior. En otras palabras, si una cavidad está encerrada en un conductor, ninguna distribución estática de carga en el exterior podrá producir campos dentro. Este principio se conoce como shielding , y explica el por qué los aparatos eléctricos se encuentran en cubiertas metálicas. 

(4)

a ) Considere dos placas met´ alicas conductoras de igual área A, y separadas por una distancia d. La placa superior posee carga Q, mientras que la placa inferior posee carga Q. Encontrar la capacidad del sistema.

−

b) Considere un cilindro sólido de radio a rodeado por una cáscara cil´ındrica de radio interior b. La longitud de ambos cilindros es L tal que permite despreciar los efectos de borde. El – 41 –

condensador se carga de forma que el cilindro interior posea carga Q y el exterior, carga ¿Cuál es su capacidad?

−Q.

c ) [Propuesto] Probar que la capacidad de una configuración esférica, compuesta de dos esferas concéntricas de radios a y b, es ab C = 4πǫ0 b a

  −

Soluci´ on:

a ) Para encontrar la capacidad C , primero debemos saber la forma del potencial eléctrico en el interior del condensador (y luego determinar la diferencia de potencial entre ambas placas). Ignorando el efecto del borde del capacitor –producto a su largo finito–, se puede entender al campo producido por ambas placas como el campo producto de un plano infinito: Para todo punto fuera de la región interna del capacitor, se cumplirá que:  out = E  +Q + E  −Q = σ k ˆ + σ k ˆ =  0 E 2ǫ0 2ǫ0

−

Para todo punto dentro del capacitor, se cumple que:  in = E  +Q + E  −Q = σ k ˆ + σ k ˆ = σ k ˆ E 2ǫ0 2ǫ0 ǫ0 Ahora, la diferencia de potencial entre las placas del condensador se obtiene integrando el campo sobre una curva que va desde la placa positiva hasta la negativa; por simplicidad, elegimos una trayectoria normal a cada superficie: −

∆V = φ −

+ =

−φ

−

ˆ

+

 dr = E

·

σd −Ed = − σd −→ | ∆V | = ǫ ǫ 0

0

De esta forma, la capacidad de un condensador de placas planas y paralelas será: C =

Q ǫ0 A = ∆V d

| |

Es claro como la capacitancia solo depende de factores geométricos (esta conclusió n es válida para cualquier sistema). b) Para obtener la capacidad, debemos primero obtener el campo eléctrico en cualquier parte en la región entre ambos conductores. Debido a la simetr´ıa cil´ındrica del sistema, elegimos por superficie gaussiana un cilindro coaxial con longitud ℓ < L y radio a < r < b. Usando la ley de Gauss, con un campo radial, tenemos Φe = E (r)2πℓr =

2πaℓσ q enc = ǫ0 ǫ0

– 42 –

−→

E (r) =

aσ ǫ0 r

La diferencia de potencial está dada por: b

∆V = φ(b)

− φ(a)

=

−

ˆ 

−

aσ b ln ǫ0 a

E dr

a

·

b

= =

−

ˆ

E (r) dr

−

aσ ǫ0

ˆ dr

a

b

a

r

=



donde el camino de integración tiene la dirección radial del campo eléctrico. De esta forma, tenemos que: 2πǫ0 L Q σ2πaL = aσ = C = ∆V ln (b/a) ln (b/a) ǫ0

| |



(5) Considere un condensador de placas paralelas cargadas con densidades σ y σ , como muestra la figura. Se arroja una carga q horizontalmente, por el espacio entre las placas, con velocidad vx . Encuentre la trayectoria seguida por la part´ıcula cargada y el ángulo que forma su vector velocidad con la horizontal al momento de salir, considerando que ℓ es lo suficientemente grande como para que la carga no choque con alguna de las placas. Desprecie efectos gravitacionales.

−

Soluci´ on:

 = σ k ˆ . Por tanto, la fuerza eléctrica ejercida sobre EL campo eléctrico dentro del capacitor es E ǫ0 la carga viene dada por la ley de Coulomb:  = q E  = qσ k ˆ F ǫ0 De la segunda ley de Newton,  = ma F

−→

a =

qσ ˆ k mǫ0

k + ax ˆ ı, tenemos: Separando la ecuación anterior en componentes, i.e. a = az ˆ

ax = 0 x′′ = 0

−→ – 43 –

x(t) = at + b

′

∗ Reemplazando las condiciones iniciales, x(0) = 0, x (0) = v , obtenemos: x

x(t) = vx t

az = β z ′′ = β

−→

z (t) =

β 2 t + bt + c 2

′

∗ Reemplazando las condiciones iniciales, i.e. z (0) = z (0) = 0, concluimos que: z (t) =

1 qσ 2 t 2 mǫ0

donde el origen coincide con la posición inicial de la carga al momento de entrar en el capacitor. De las ecuaciones anteriores, es claro que la trayectoria de la part´ıcula es una parábola en el plano XZ . Ahora, el tiempo que demora en llegar al extremo derecho del capacitor será x(t∗ ) = d

−→

t∗ =

d vx

Con esto, las componentes de velocidad en cada eje serán: V x (t∗ ) = x ′ (t∗ ) = v x

∧

V z (t∗ ) = z ′ (t∗ ) =

qσ d mǫ0 vx

Finalmente, el ángulo está dado por α = arctan

 

 

V z (t∗ ) qdσ = arctan V x (t∗ ) mvx 2 ǫ0



(6) Considere la configuración de la figura. Encuentre la capacidad equivalente, asumiendo que todos los condensadores poseen la misma capacidad C .

– 44 –

Soluci´ on:

Para los condensadores conectados en serie, la capacidad equivalente está dada por: 1 1 1 1 = + + . . . + = C eq C 1 C 2 C n

n

 k=1

1 C k

Por otro lado, para los condensadores en paralelo, la capacidad equivalente es: n

C eq = C 1 + C 2 + . . . + C n =



C k

k=1

Para la segunda y tercera fila existen capacitancias equivalentes en serie, C 2 , C 3 respectivamente: C 2 =

  1 1 + C C

−1

C = 2

∧

C 3 =





1 1 1 + + C C C

−1

=

C 3

Ahora, los capacitores C, C 2 , C 3 están en paralelo. As´ı, C eq = C + C 2 + C 3 =

11 C 6 

(7) Se tiene un condensador plano, con capacidad C 1 y un condensador esférico, con capacidad C 2 . El primero tiene cargas eléctricas q 1 y q 1 , y el segundo tiene cargas eléctricas q 2 y q 2 . Luego, se conectan ambos condensadores como lo muestra la figura:

−

−

– 45 –

a ) Obtenga las nuevas cargas Q 1 ,

−Q , Q , −Q una vez obtenido el equilibrio eléctrico. 1

2

2

b) ¿Cuánto vale la pérdida de energ´ıa potencial eléctrica?

c ) Seg´ un su sentido f´ısico ¿dónde se pierde dicha energ´ıa? d ) Se coloca un dipolo eléctrico p entre las dos esferas del condensador. ¿Qué sucede con él?  Soluci´ on:

a ) Por conservaci´ on de la carga eléctrica, al conectar ambos condensadores, la carga total solo debe distribuirse, luego: q 1 + q 2 = Q1 + Q2 Al producirse el equilibrio, los conductores unidos quedan al potencial V ; luego, la diferencia de potencial entre sus terminales es común para ambos condensadores (que ahora están conectados en paralelo): Q1 C 1 = Q1 = C 1 V , Q2 = C 2 V Q2 C 2

−→

Reemplazando en la primera igualdad, Q1 =

C 1 (q 1 + q 2 ) C 1 + C 2

b) La energ´ıa inicial está dada por: U i = Y la energ´ıa final es:

∧

Q2 =

C 2 (q 1 + q 2 ) C 1 + C 2

1 q 1 2 1 q 2 2 + 2 C 1 2 C 2

1 Q1 2 1 Q2 2 (Q1 + Q2 )2 + = U f = 2 C 1 2 C 2 2(C 1 + C 2 )

As´ı, la energ´ıa perdida es la resta entre ambas cantidades:

−∆U = U − i

1 (q 1 C 2 q 2 C 1 )2 U f = 2 C 1 C 2 (C 1 + C 2 )

−

c ) La pérdida de energ´ıa se produce debido a que, al conectar ambos condensadores, se produce una redistribución de carga en ellos (y entonces, en un intervalo de tiempo corto, circula una corriente eléctrica en los conductores). La energ´ıa que se pierde corresponde a la energ´ıa disipada, en forma de calor, por los conductores. d ) El dipolo gira para orientarse en el sentido del campo eléctrico entre ambas cáscaras esféricas. Además, como el campo no es uniforme en esta región, el dipolo se desplaza hacia donde el campo eléctrico es más intenso, i.e. hacia la cáscara negativa. 

– 46 –

(8) Se tiene un circuito como el que se muestra en la figura:

1 uF

3 uF

S2

2 uF

4 uF

+ −

S1

12 V

a ) Encontrar la carga de cada condensador cuando se cierra el interruptor S 1 . b) Lo mismo que lo anterior, ahora con S 2 también cerrado. Soluci´ on:

a ) Cuando S 1 está cerrado, los dos capacitores superiores están en serie, as´ı como también los dos inferiores. Las capacidades equivalentes son: C upper =

  1 1+ 3

−1

3 µF = µF 4

∧

  1 1 + 2 4

C lower =

−1

4 µF = µF 3

Por u ´ ltimo, C upper y C lower están en paralelo, por lo que la capacidad total será: C t = C upper + C lower =

25 µF 12

Con esto, podemos determinar la carga total suministrada por la fuente: Q = V C = 25 µC. Ahora, sean Qi y V i la carga y diferencia de potencial –respectivamente– del i ésimo condensador, numerados en orden creciente respecto a su capacitancia. Por estar en serie, Q1 = Q3 , Q2 = Q 4 . As´ı:

−

Q1 = 1µV 1 ,

Q2 = 2µV 2 ,

Q3 = 3µV 3 = Q1 ,

Q4 = 4µV 4 = Q2

Además, los voltajes satisfacen 12 = V 1 + V 3 = V 2 + V 4 Resolviendo el sistema, Q1 = V 1 = 36

− 3V , 1

Q2 = 2V 2 = 48

− 4V

– 47 –

2

−→

V 1 = 9, V 2 = 8, V 3 = 3, V 4 = 4

Por u ´ ltimo, Q1 = 9 µC, Q2 = 16 µC, Q3 = 9 µC, Q4 = 16 µC Se comprueba que Q1 + Q2 = Q 3 + Q4 = 25 µC = Q. b) En este caso, los condensadores C 1 y C 2 están en paralelo, al igual que C 3 y C 4 : C left = C 1 + C 2 = 3 µF

C right = C 3 + C 4 = 7 µF

∧

−→

C eq =

10 µF 21

La carga suministrada por la fuente será: Q = C eq V = 25.2 µC Además, se tiene V 1 = V 2 , V 3 = V 4 , ya que se encuentran en paralelo. As´ı, V 1 =

1 2 = V 2 = , Q1 Q2

V 3 =

3 4 = V 4 = Q3 Q4

Con esto, 2Q1 = Q2 y 4Q3 = 3Q4 . También debe darse que Q1 + Q2 = Q 3 + Q4 = 25.2 µC, y por tanto: 2Q1 = Q2 = 25.2 Q1 Q1 = 8.4 µC, Q2 = 16.8 µC 4 Q3 = 25.2 Q4 = 25.2 Q3 Q3 = 10.8 µC, Q4 = 14.4 µC 3

−

− −

−→ −→



(9) Dos placas conductoras cuadradas de lado a se disponen con sus cargas paralelas y muy próximas entre s´ı. La distancia entre las placas es x, como se indica en la figura. Calcule la fuerza sobre la placa B en las direcciones x y z , cuando la diferencia de potencial entre las placas es V o .

Soluci´ on:

La energ´ıa almacenada en el condensador es: CV o 2 U = 2 donde la capacidad está dada por C =

ǫ0 A ǫ0 a(a z ) = x x

−

– 48 –

De esta forma,  = F

−∇U = −

−

1ˆ ∂U ∂ U ˆ V o 2 ǫ0 a a z ı k = + ı+ k ˆ ˆ 2 2 ∂x ∂z x x

−

– 49 –





2.

Electricidad en medios materiales

2.1. (1)

Ecuaciones de Laplace y Poisson a ) Considere dos cascarones cil´ındricos conductores de radios a y b > a coaxiales, cargados a los potenciales V a y V b , respectivamente. Encuentre el potencial entre los cascarones. b) Considere dos cascarones esféricos conductores de radios a y b > a concéntricos, cargados a los potenciales V a y V b , respectivamente. Encuentre el potencial entre los cascarones, y fuera de ellos.

Soluci´ on:

Para este, y todos los problemas del mismo estilo, conviene usar las ecuaciones de Laplace o de Poisson. Estas ecuaciones describen microscópicamente el potencial en todo el espacio, en el sentido de que dada la densidad de carga en un punto, se puede obtener el potencial en ese punto (desde luego, también se puede partir del potencial, para obtener la densidad). a ) Dada la geometr´ıa del problema, empleamos coordenadas cil´ındricas, con el eje z coincidente con el eje de los cascarones. En este caso estamos, interesados en cualquier punto dentro de la región entre ambos cascarones. En cualquiera de estos puntos no existen cargas (dicha regi´ on es vac´ıa), por lo que ah´ı ρ = 0. Por lo tanto, debemos resolver la ecuación de Laplace, 2 V = 0. Ahora, dada la simetr´ıa del problema, sabemos que el potencial debe depende solo de la distancia al eje de ambos cilindros, por lo que esperamos que V = V (r). As´ı la ecuación de Laplace queda muy simplificada:

∇

1 d r dr

 

dV = 0 r dr

−→

d dr

  r

dV = 0 dr

pues r = 0. Resolvemos la EDO:



r

dV = A dr

−→

dV A = dr r

−→

V (r) = A ln (r) + B

Las constantes A y B las determinan las condiciones de borde. En particular, sabemos que V (a) = V a y V (b) = V b , por lo cual: V a = A ln (a) + B ,

V b = A ln (b) + B

Restando ambas ecuaciones, obtenemos V a

− V = A ln b

  a b

−→

A =

V a V b ln (a/b)

−

Por otra parte, multiplicando la primera ecuació n por ln (b) y la segunda por ln (a), y restando, V a ln (b)

− V ln (a) = B ln b

b a

que nos entrega el valor del potencial. – 50 –

−→

B =

V b ln (a) V a ln (b) ln (a/b)

−

b) Por los mismos argumentos de ´ıtem anterior, debemos resolver la ecuació n de Laplace en ambas regiones (entre y fuera de los cascarones). Esta vez, por simetr´ıa, usamos coordenadas esf´ ericas. A priori sabemos que el potencial no puede depender de los ángulos, o sea, V = V (r). La ecuación de Laplace que hay que resolver es entonces: 1 d r 2 dr

  r2

dV dr

V (r) =

−→

− Ar + B

Las condiciones de borde son las que nuevamente entregan los valores únicos de las constantes. En este caso, debemos separar cada región de interés: a
−Aa + B ,

V b =

Despejando: A =

−

ab(V a V b ) , b a

− −

B =

en la región entre los cascarones.

− Ab + B

− −  V a b

V b a

ab b

−a

b
→ ∞

V b =

− Ab + B ,

V ∞ = B = 0

Es claro que A = en la región fuera de los cascarones.

−bV

b

Una pregunta propuesta al lector: ¿Es el potencial continuo en la interfaz? ¿Por qué? 

(2) Dos conos conductores conc´ entricos, cuyas ecuaciones en coordenadas esf´ ericas son θ1 = π/6 y θ2 = π/4, se muestran en la figura. Los conos son de extensión infinita y en r = 0 están separados por una distancia infinitesimal. Si el cono interior está a un potencial de 0 V, y el exterior a 50 V, determinar el potencial y el campo el´ ectrico en la región interior a ambos conductores.

– 51 –

Soluci´ on:

Sea la región delimitada por θ1 < θ < θ 2 . Si no hay densidad de carga libre en , el potencial satisface la ecuación de Laplace ∆V = 0. Dada la geometr´ıa del problema, es conveniente utilizar coordenadas esf´ ericas. El problema posee una clara simetr´ıa azimutal (el potencial no depende del ángulo polar φ). Además, debe existir independencia de r, pues la extensión de los conos es infinita. De esta forma, el potencial debe ser únicamente función de θ:

V

V

1 d ∆V = 2 r sin θ dθ

  sin θ

dV = 0 dθ

o, equivalentemente, d dθ

  sin θ

dV = 0 dθ

−→

sin θ

dV = C 1 dθ

−→

dV = C 1 csc θ dθ

Recordando que la integral de la cosecante es ln (tan θ/2) + cte, entonces: V (θ) = C 1 ln (tan θ/2) + C 2 Debemos imponer las condiciones de borde en las superficies conductoras. Se tiene que V (θ1 ) = C 1 ln (tan π/12) + C 2 = 0 ,

V (θ2 ) = C 1 ln (tan π/8) + C 2 = 50

El despeje queda propuesto al lector. Para encontrar el campo eléctrico, utilizamos que  = E

−∇V 

(3) [Propuesto] Suponga que el potencial V 0 (θ) sobre la superficie de una esfera de radio R es dado. Demuestre que la densidad de carga en la esfera es: ε0 σ(θ) = 2R donde

∞



(2l + 1) 2 C l P l (cos θ)

l=0

π

C l =

ˆ

V 0 (θ)P l (cos θ)sin θ dθ

0

Soluci´ on:

Supongamos un potencial con simetr´ıa azimutal, de modo tal que V (r,θ,φ) = V (r, θ). Aplicando el método se separación de variables, afirmamos que existen funciones R(r), A(θ) tales que V (r, θ) = R(r)A(θ) para todo r (0, ), θ (0, π). As´ı, la Ecuación de Laplace toma la siguiente forma:

∈ ∞ ∈

– 52 –

∆V = 0

    →      → ·      → ·     →      

1 ∂ 1 ∂ ∂V 2 ∂V + sin = 0 r θ r2 ∂r ∂r r2 sin θ ∂θ ∂θ A(θ) ∂ R(r) ∂ ∂A 2 ∂R + sin = 0 r θ R(r)A(θ) r 2 ∂r ∂r r 2 sin θ ∂θ ∂θ 1 1 ∂ ∂ ∂A 2 ∂R + sin = 0 r θ r2 2 2 r R(r) ∂r ∂r r A(θ)sin θ ∂θ ∂θ 1 ∂ 1 ∂R ∂ ∂A + sin θ =0 r2 R ∂r ∂r A sin θ ∂θ ∂θ λ

−λ

El método de separación de variables nos sugiere que λ es constante. Para hallar la componente angular del potencial, resolvemos la parte derecha de la ecuación:

 

1 d dA sin θ + λA = 0 sin θ dθ dθ Con el cambio de variables t = cos θ y X = A(θ) tenemos que:





d dX sin2 θ + λX = 0 dt dt

−→

− 

d (1 dt

t2 )

dX + λX = 0 dt

que es justamente la Ecuación diferencial asociada a los polinomios de Legendre. Por tanto, X (t) = P l (t) y λ = l(l + 1). Para R(r), sugerimos que esta solución es de la forma R(r) = r n , y por tanto:

 −

d 2 dR r dr dr

l(l + 1)R = 0

r 2 n(n

→ → → →



− 1)r

n−2

+ 2rnr n−1



− l(l + 1)r

n

=0

n(n + 1) + 2n l(l + 1) r n = 0 n(n + 1) + 2n l(l + 1) = 0 n1 = l, n2 = (l + 1)

− − −

As´ı, R l (r) = a l r l + bl r −(l+1) . Finalmente, el potencial posee como solución general: ∞

V (r, θ) =





al r l + bl r −(l+1) P l (cos θ)

l=0

Volvamos al problema en cuestión. Notar que, tanto en la región interior como exterior de la esfera, existen las siguientes condiciones ∆V = 0 V (R, θ) = V 0 (θ) – 53 –

lo que se conoce como Problema de Dirichlet . Para solucionarlo, definimos los potenciales internos y externos a la esfera, a saber V i n(r, θ) y V out out (r, θ) respectivamente. Del curso de Electricidad y Magnetismo, sabemos que ambos potenciales deben satisfacer que: V in in (R, θ ) = V out out (R, θ ) = V 0 (θ)



∂V out out ∂r

−

∂ V in in ∂r



=

− σε(θ) 0

r =R

Al interior de la esfera, la f´ f´ısica del problema nos exhorta a buscar una solución on que no diverja. Por tanto, tanto , el término ermi no b enticamente nulo y con ello: b l debe ser idénticamente ∞

V in in (r, θ ) =

 

al rl P l (cos θ)

l=0

Lo mismo ocurre fuera de la esfera, y por tanto a l

≡ 0 y as´ı:

∞

V out out (r, θ ) =

 

bl r−(l+1) P l (cos θ)

l=0

Analicemos la relación on que existe entre a entre al y b y bl en ambos potenciales. Como en la frontera (i.e. r (i.e. r = = R R)) éstos estos deben ser iguales, i guales, se cumple cump le que: qu e: ∞

∞

 

al Rl P l (cos θ) =

l=0





bl R−(l+1) P l (cos θ)

l=0

−→

bl = al R2l+1 ,

∀l

Al mismo tiempo, como el potencial en la frontera tiene una forma determinada previamente en el enunciado, ∞

 

π

l

al R P l (cos θ) = V 0(θ)

∞

 l=0

π

l

al R

P m (cos θ)sin θ dθ

0

l=0

ˆ

 ˆ

π

P l (cos θ)P m (cos θ)sin θ dθ =

0

ˆ

V 0 (θ)P m (cos θ)sin θ dθ

0

∞

 l=0

al Rl

2 δ l,m l,m = C m 2l + 1 2m + 1 C m 2Rm Rm+1 = (2m (2m + 1) C m 2

am = ∴

bm

As´ As´ı, utilizando utiliza ndo la condición on para la densidad de carga se cumple que:

– 54 –

 −



∞

(l + 1)b 1) bl R−(l+2)

l=0

1 2

 ∞

(l + 1) (2l (2l + 1)R 1) Rl+1 C l R−(l+2) + l

l=0

1 2R

∂V out out ∂r

−

− la R l

∂V ∂ V in in ∂r

l−1

 



=

r =R

P l (cos θ) =

− σε(θ) 0

− σε(θ) 0

2l + 1 σ (θ ) l−1 (cos ) = C R P θ l l Rl ε0 ∞



(2l (2l + 1) 2 C l P l (cos θ) =

l=0

σ (θ ) ε0

Finalmente, ε0 σ (θ ) = 2R

∞



(2l (2l + 1) 2 C l P l (cos θ)

l=0



(4) [Propuesto] Una on del espacio con [Propuesto] Una esfera de metal de radio R descargada es colocada en una región  = E 0 kˆ. Note que, debido a las cargas inducidas en la superficie de la campo camp o eléctrico ectrico uniforme uniform e E esfera, el campo el´ ectrico ectrico cambia en la vecindad vecindad de la esfera. Encuentre el potencial electrostático atico fuera de la esfera. HINT: Para HINT: Para r + C . r R, V E 0 z + C

≫

→−

Soluci´ on:

Consideremos a la esfera como una superficie equipotencial, donde fijaremos un potencial igual a cero cero sobre la superficie superficie de la misma. misma. As´ As´ı, la funci´ función on potencial a encontrar debe satisfacer los siguientes requerimientos: requerimientos:

V

V = 0 + C E 0 z + C

→−

si si

= R r = R r R

≫

Considerando ambas condiciones, es claro que C que C = = 0. Hagamos z Hagamos z = = r cos θ para facilitar el análisis. alisis. De la primera condición, on, notamos que: ∞





al Rl + bl R−(l+1) P l (cos θ) = 0

l=0

y por tanto al Rl + bl R−(l+1) = 0 Ahora,

−  ∞

(r, θ) = V (r,

al r

l=0

l

−→

R 2l+l P l (cos θ) = r l+1

– 55 –

bl =

−a R l

2l+1

 −  ∞

l

al r 1

l=0

R 2l+l P l (cos θ) r 2l+1

Si r Si r

R ≫ R, ≪ 1 y dicha potencia p otencia es despreciabl d espreciable. e. As´ As´ı, R , entonces r ∞



al r l P l (cos θ) =

l=0

−E z = = −E cos θ 0

0

Por ortogonalidad (y dado que P 1(cos θ) = cos θ) es posible visualizar que, para l = 1 a l mientras que a1 = E 0 . Finalmente, el potencial fuera de la esfera tiene la siguiente forma:

 → ≡= 0,

−

V ( V (r, θ) =

−E

0

−  r

R3 r2

cos θ 

2.2.

Diel´ ectricos ectric os

(1) Calcular Calcular la capacidad capacidad del condensador condensador de la figura, suponiendo que la placa interme intermedia dia posee p osee una discontinuidad en el medio.

Soluci´ on:

El problema se puede tratar como dos condensadores en paralelo, uno formado por dos dieléctricos ectricos de constante κ constante κ 1 y κ2 , y el otro formado por dieléctrico ectrico de constante κ constante κ 3 y vac´ vac´ıo. A su vez, el primer condensador (C (C 1), se puede puede ver ver como dos condensad condensadores ores en serie, serie, llenos llenos de los diel´ dieléctricos ectricos 1 y 2, as´ı: 1 1 1 = + C 1 C 11 C 12 11 12 con C 11 11 = Luego: 1 1 = C 1 ǫ0 S 1

κ1 ǫ0 S 1 , d1

  d1 d2 + κ1 κ2

C 12 12 =

−→

κ2 ǫ0 S 1 d2

C 1 =

κ1 κ2 ǫ0 S 1 + d2 κ1 d1 κ2 + d

De manera similar, para el condensador C 2 , 1 1 1 = + C 2 C 21 C 22 21 22 con C 21 21 =

ǫ0 S 2 , d1

C 22 22 =

– 56 –

κ3 ǫ0 S 2 d2

y por ende C 2 =

κ3 ǫ0 S 2 d1 κ3 + d2

Finalmente, como C 1 y C 2 están en paralelo, la capacidad total será: C = C 1 + C 2 =

κ1 κ2 ǫ0 S 1 κ3 ǫ0 S 2 + d1 κ2 + d2 κ1 d1 κ3 + d2 

(2) Considere una espera conductora de radio interior a y radio exterior c. El espacio entre las dos superficies es llenado con 2 dieléctricos distintos, de manera que la constante dieléctrica es κ 1 entre a y b, y κ2 entre b y c. Determine la capacitancia del sistema.

Soluci´ on:

El sistema se puede tratar como dos capacitores conectados en serie, ya que la diferencia de potencial total a través de los capacitores es la suma de las diferencias de potencial a través de cada condensador individual. La capacitancia equivalente para un capacitor esférico de radio interior r1 y radio exterior r2 lleno de dieléctrico de constante κ está dado por: r1 r2 C = 4πǫ0 κ r2 r1

−

As´ı, la capacitancia equivalente del sistema es: 1 1 = C 4πǫ0

−

Finalmente: C = Notemos el caso l´ımite en que κ 1 , κ2 C =

c(b



b a c b κ2 c(b a) + κ1 a(c + = 4πǫ0 κ1 κ2 abc κ1 ba κ2 bc

−

−

4πǫ0 κ1 κ2 abc κ2 c(b a) + κ1 a(c

−

− b)

− b)

→ 1, la expresión se reduce a

−

4πǫ0 abc a) + a(c

− b)

=

4πǫ0 abc 4πǫ0 ac = b(c a) c a

−

−

que concuerda con la capacitancia de un condensador esférico de radios a y c en el vac´ıo. – 57 –



(3) Un condensador cil´ındrico de altura ℓ, y cuyos conductores tienen radios a y b (b > a), está cargado con una carga Q, i.e. una armadura tiene carga +Q y la otra Q. Entre ellas existe vac´ıo. La armadura es un cilindro metálico macizo. Este dispositivo se sumerge en un l´ıquido dieléctrico de densidad constante ρ y permitividad ǫ, a una profundidad h. Determinar la altura x que sube el nivel del l´ıquido que queda dentro del condensador, en relación al l´ıquido externo (basta llegar a la ecuaci´ on correspondiente).

−

Soluci´ on:

La diferencia de nivel ∆h estará dada por el equilibrio entre la fuerza eléctrica sobre el l´ıquido y su peso. La fuerza electrostática es: ∂U F x = ∂x

−

Como la carga es constante, U =

1 Q2 2 C (x)

con C (x) la capacitancia del condensador cuando el l´ıquido está a una altura x. De esta forma, el problema se traduce en determinar la capacidad del condensador en función de la altura x.

La figura muestra que el condensador puede considerarse como dos condensadores conectados en paralelo, uno de altura ℓ x y otro de altura x. La capacidad total será la suma de las capacidades C 1 , C 2 . Podemos hacer esta suposición (equivalente con 2 condensadores en paralelo) si despreciamos los efectos de borde y la deformación del campo eléctrico cerca de la superficie del l´ıquido:

−

C 1 =

2πǫ0 (ℓ x) ln (b/a)

−

C 2 =

∧

2πǫx ln (b/a)

La capacitancia total será



2π C = C 1 + C 2 = ǫx + ǫ0 (ℓ ln (b/a) – 58 –

− x)



La energ´ıa eléctrica será

1 Q2 ln (b/a) C = 4π x(ǫ ǫ0 ) + ℓǫ0

−

Derivando, se obtiene la fuerza que tiende a subir al l´ıquido: 1 Q2 ln (b/a)(ǫ ǫ0 ) F x = 2 4π x(ǫ ǫ0 ) + ℓǫ0

−



−



Por otra parte, el empuje del l´ıquido es: g(x

2

2

− h)π(b − a )ρ = E

x

Finalmente, es posible determinar x a partir de

|F | = |E | x

x



(4) Una esfera de radio R, con carga libre q , está sumergida en un medio dieléctrico homogéneo de constante κ y de extensión teóricamente infinita. Calcular: a ) Los vectores de campo eléctrico y polarización a una distancia r > R b) La densidad de carga de polarización Soluci´ on:

 , D  y P  son todos paralelos entre s´ı en cada punto, y por la simetr´ıa esférica, a ) Debido a que E la naturaleza radial del campo no cambia por la presencia del medio diel´ ectrico. Además, estos vectores pueden depender solo de la distancia al centro de la esfera y no de alguna coordenada angular. Usando la ley de Gauss, con una superficie esférica de radio r > R concéntrica:

¨ 

ˆ dS = D n

S

·

¨

¨

S

S

D(r) dS = D(r)

dS = q libre = q

−→

D(r) =

Es claro que

q ρ ˆ 4πr 2 El campo eléctrico y la polarización pueden evaluarse fácilmente:  = D(r)

  D = κǫ 0 E

−→

adem´ as,    D = ǫ 0 E + P

−→

 = (ǫ P (r)

– 59 –

q ρ ˆ 4πκǫ0 r2

 (r) = E

κ − 1) − ǫ )E  (r) = q (4πκr ρ ˆ 0

2

q 4πr 2

b) Claramente, el diel´ ectrico ha debilitado la magnitud del campo eléctrico (en comparació n al espacio vac´ıo). El campo eléctrico es originado por toda la carga, la de polarización y la carga libre. La carga libre es solo la carga de la esfera q . Sin embargo, la carga de polarizació n se forma de dos contribuciones: una densidad volumétrica

−∇ · P 

ρP = y una densidad superficial

 n ˆ σP = P

·

sobre la superficie del dieléctrico en contacto con la carga puntual. Es claro que, en todos los puntos del diel´ ectrico,

∇ · E  = 0 −→ ∇ · P  = 0 Usando que

 = q (κ 1) ρˆ P (r) 4πκr 2

−

la densidad superficial será  n  ˆ = P (R) σ = P

·

(κ − 1) · − ˆρ = −q 4πκR 2

y la carga superficial es Qs =

¨

σ dS =

−4πR

2 q (κ

− 1) = − q (κ − 1)

4πκR2

S

κ

Notar que la carga total será: Qtotal = Q libre + Qs = q

− q (κ κ− 1) = κq 

(5) Se tiene un condensador plano con placas cuadradas de largo a, distancia d entre placas, y una carga total Q. Calcular la fuerza que se ejerce sobre un material dieléctrico cuando se encuentra a una distancia x del punto O.

– 60 –

Soluci´ on:

La energ´ıa potencial asociada a esta configuraci´ on es 1 Q2 U (x) = 2 C (x) Notar que es función de la posición x, puesto que la capacitancia total también lo es El sistema se puede ver como dos condensadores en paralelo, uno de ellos con un dieléctrico de constante κ. As´ı, C eq = C 1 + C 2 =

ǫ0 ax κǫ 0 a(a + d d

− x) = ǫ a(x + κ[a − x]) 0

d

Con esto, la energ´ıa potencial eléctrica almacenada es: 1 Q2 d U (x) = 2 ǫ0 a(x + κ[a

− x])

Y la fuerza que se ejerce sobre el diel´ ectrico será: ı = F x ˆ

−

dU ˆı dx

−→

Notar que 1 κ < 0, i.e. la fuerza apunta según hacia el interior del condensador.

−

1 κ Q2 d F x = 2ǫ0 a (x + κ[a x]2 )

−

−

− ˆı. Esto significa que la placa dieléctrica es atra´ıda 

(6) Un cilindro conductor hueco sin espesor, de radio r1 y largo ℓ, lleva una carga q uniformemente distribuida. Alrededor de él, otro cilindro conductor hueco sin espesor es colocado de forma coaxial, de radio r2 y mismo largo, tal como indicado en la figura. Este nuevo cilindro lleva una carga q , también uniformemente distribuida. Se llena la región entre los dos cilindros con un material cuya constante dieléctrica es función de la distancia al eje de los cilindros, κ = κ(r). Considere ℓ r1 , r2 .

−

≫

a ) Encuentre una expresi´ on para κ(r) que lleva un campo electrostático radial independiente de la distancia al eje b) Calcule la capacidad del condensador cil´ındrico correspondiente c ) Calcule la densidad superficial de cargas de polarización en la superficie del material dieléctrico a r = r 1 y r = r 2 , para el κ(r) calculado en el ´ıtem (a)  = 1 ∂ rAr , calcular la densidad d ) Considerando que, en coordenadas cil´ındricas , A r ∂r volumétrica de cargas de polarización en el dieléctrico

∇·

– 61 –

 

e ) Calcular la cantidad total de cargas de polarización, incluy´ endose cargas en la superficie y en el volumen del dieléctrico f ) Calcule la energ´ıa potencial electrostática almacenada en el condensador g ) Suponiendo que uno puede sacar el material dieléctrico de entre r 1 y r 2 deslizándolo fácilmente sin roce, a lo largo del eje del sistema, calcule el trabajo necesario para remover el material de entre las placas Soluci´ on:

a ) Para obtener el campo electrostático en el interior, utilizamos la ley de Gauss para dieléctricos, con una superficie cil´ındrica de radio r (r1 , r2 ) y largo ℓ:

∈

 ρ. Con esto, Por simetr´ıa, es evidente que D = D(r) ˆ

¨ 

ˆ dS = 2πrℓD(r) = q libre D n

·

−→

D(r) =

q 2πrℓ

S

As´ı,

D(r)  = 1 D =  ρ E ˆ ǫ κ(r)ǫ0

 (r) = E

−→

q 2πκ(r)ℓrǫ0

Para que el campo no dependa de r, κ debe ser de la forma a κ(r) = r Con ello, q  = E 2πℓǫ0 a b) En este caso, la capacitancia será la misma que un condensador cil´ındrico, considerando que ǫ = κ(r)ǫ0 . As´ı, B

ˆ

A

 dr = φ(A) E

·

− φ(B)

= ∆V

r2

q ρ ρ ˆ dr ˆ 2πℓǫ0 a r r q q (r2 r1 ) = dr = 2πℓǫ0 a r 2πℓǫ0 a =

ˆ

·

1

ˆ

−

2

1

∴

C =

2πℓǫ0 a q = ∆V r2 r1

−

– 62 –

c ) La densidad superficial de cargas de polarizaci´ on está dada por:  n ˆ σ = P

·

y  = (ǫ P

−

 − 

 = a ǫ0 )E r

Sobre la superficie interior:

y entonces,

Sobre la superficie exterior:

  − −  ·  −  −  ρ ˆ ,

 = P

 n ˆ σ1 = P

=

ˆ = n

r =r1

a r1

q ρ ˆ 2πℓǫ0 a

1

a r1

1

 −  ·   −  a r2

 = P

ˆ = ρˆ , n y entonces,

 1 ǫ0 E

 n ˆ σ2 = P

r=r2

=

q ρ ˆ 2πℓǫ0 a

1

a r2

q 2πℓǫ0 a

1

q 2πℓǫ0 a

d ) La densidad volumétrica de carga de polarización es ρ =

−∇ · P 

 = P (r) ˆ Como P ρ ya fue calculado anteriormente, simplemente se debe calcular la divergencia como se sugiere en en el enunciado. As´ı, q ρ = 2πℓar

– 63 –

e ) La carga total de polarización es Q p =

˚

¨

¨

V

S 1

S 2

ρ dV +

σ1 dS +

σ2 dS

Como σ1 , σ2 son constantes en cada superficie respectiva, entonces:

¨

σ1 dS = σ1 A1 =

·

S 1

¨

  − −  −

σ2 dS = σ2 A2 =

·

S 2

a r1

1

q 2πℓr 1 = 2πℓa

a r2

1

q 2πℓr 2 = (a 2πℓa

·

−(a − r ) aq 1

·

− r ) aq 2

Por otra parte, con dV = r dr dϕ dz ,

˚

q ρrdrdϕdz = 2πℓ ρr dr = a

ˆ

r2

ˆ

dr =

r1

V

q (r2 a

−r )

As´ı,

q q q (r2 r1 ) (a r1 ) + (a r2 ) = 0 a a a Esto siempre se cumple, pues un dieléctrico es eléctricamente neutro. Q p =

− −

−

−

f ) La energ´ıa almacenada por el condensador es: U = donde C = y por tanto,

1 q 2 2 C

2πℓǫ0 a r2 r1

−

1 q 2 (r2 r1 ) U = 2 2πℓǫ0 a

−

g ) Tenemos que, la energ´ıa inicial viene dada por: 1 q 2 (r2 r1 ) U i = 2 2πℓǫ0 a

−

Por otra parte, la energ´ıa final será

1 q 2 U f = 2 C f

donde C f es la capacidad final (en el vac´ıo): 2πℓǫ0 C f = ln (r2 /r1 )

−→

1 q 2 ln (r2 /r1 ) U f = 2 2πℓǫ0

Finalmente, el trabajo necesario para remover el diel´ ectrico es: W = U f

−

1 q 2 U i = 2 2πℓǫ0 – 64 –

  − −  ln

r2 r1

r 2

r1

a

1



(7) Se tienen tres esferas conductoras conc´ entricas de radios a, b, y c. El espacio entre las dos primeras está lleno con un dieléctrico de constante κ. Inicialmente, la esfera de radio a está descargada y las esferas de radios b y c tienen carga q 1 y q 2 , respectivamente. La esfera interior de radio a se conecta con la esfera de radio c con un cable aislado delgado.

a ) Calcular la carga libre en cada esfera b) Calcular la carga de polarizaci´ on en la superficie externa y en la superficie interna del dieléctrico Soluci´ on:

a ) Definimos las siguientes cuatro regiones:

Al conectar las esferas de radios a y c, éstas distribuirá n la carga en ambas de modo que queden al mismo potencial, luego q 2 = q a + q c Ahora, para la Región I,

 (r < a) =  0 E

– 65 –

pues corresponde al interior de un conductor. Para la Región II, a < r < b, se utiliza la ley de Gauss para dieléctricos: q a  n  = q a ρˆ  (r) = ρ ˆ dS = 4πr 2 D(r) = q a D D(r) E ˆ 4πr 2 4πκǫ0 r 2

˚

·

−→

−→

S r

Para la Región III, b < r < c, q a + q 1 ǫ0

˚ 

ˆ dS = 4πr 2 E (r) = E n

·

S r

 (r) = q a + q 1 ρˆ E 4πǫ0 r 2

−→

Por u ´ ltimo, para la Región IV con r > c, tenemos:  (r) = q 1 + q a + q c E 4πǫ0 r 2 El potencial en la esfera de radio a es: ∞

φ(a) =

ˆ

b

ˆ 

 dr = E

E dr +

·

a

c

a

·

ˆ 

∞

E dr +

b

·

ˆ

 dr E

·

c

donde la u ´ ltima integral corresponde a ∞

ˆ

 dr = φ(c) = φ(a) E

·

c

∴

q a φ(a) = 4πκǫ0

Luego, q a 4πκǫ0 q a

 −  − 1 a b

1 b a

ab

b

q a + q 1 + 4πǫ0 r2

ˆ dr a

q a + q 1 + 4πǫ0

 −  −

1 1 b c c b + (q a + q 1 ) bc ∴

Finalmente, q c = q 2

c

ˆ dr b

r2

= 0 = 0

q a =

− q = q − q b(c(b −− c)a a) a

b) Sobre la superficie interna del dieléctrico,

– 66 –

2

1

+ φ(a)

q 1 (b b(c

− c)a − a)

 · 

 n ˆ σ = P As´ı,

r=a

σa =

,

 = (ǫ P

− ǫ )E ,

ρ ˆ = r ˆ n

0

− ǫ )q = − (κ − 1)q −(ǫ4πκǫ 4πκa a 0

a 2

0

a

2

Sobre la superficie externa,

 · 

 n ˆ σ = P

2.3.

r=b

,

ˆ = ρˆ n

−→

σb =

(ǫ ǫ0 )q a (κ 1)q a = 4πκǫ0 b2 4πκb2

−

−



Corriente el´ ectrica y ley de Ohm microsc´ opica

(1) Dos esferas metálicas concéntricas, de radios a y b, están separadas por un material conductor de conductividad σ constante.

a ) Si estas esferas son mantenidas a una diferencia de potencial V constante, encuentre la corriente que va de una a la otra b) Encuentre la resistencia entre las esferas c ) Observe que, en el caso anterior, se cumple R 1/C , donde C es la capacidad. Demuestre que dicha fórmula el válida para dos conductores cualesquiera, separados por un material conductor de conductividad σ constante

∝

Soluci´ on:

– 67 –

a ) Al establecer una diferencia de potencial sobre los conductores V = φ(a)

− φ(b)

se inducirán cargas Q y Q sobre las superficies r = a y r = b, respectivamente. El campo eléctrico en la región interior se puede determinar a partir de la Ley de Gauss debido a la simetr´ıa esférica del problema:

−

¨ 

ˆ dS = E n

Ω

·

Por otro lado,

q enc ǫ0

b

V =

ˆ 

b

E dr =

a

 (r) = E

−→

·

ˆ a

Q ρ ˆ , 4πǫ0 r 2

Q dr Q = 4πǫ0 r2 4πǫ0

a
 −  1 a

1 b

donde se ha elegido una trayectoria radial. Con ello, Q =

4πǫ0 abV b a

−

 (r) = E

−→

V ab ρ ˆ (b a)r 2

−

Debido a que la zona a < r < b está llena con un material conductor, el campo eléctrico dará origen a un movimiento de cargas (corriente), en donde la densidad está relacionada con el campo mediante la Ley de Ohm Microscópica  = σ E  = J

σV ab ρ ˆ (b a)r 2

−

La corriente que fluye entre los conductores se puede obtener integrando sobre una superficie esférica de radio r, a < r < b:

S

I =

¨ 

ˆ dS = 4πr 2J (r) = J n

·

4πσV ab (b a)

S

−

b) La resistencia vendr´ a dada por la Ley de Ohm Macroscópica, V = I R, y con ello: 1 V = R = 4πσ I

 −  1 a

1 b

c ) Recordando que la capacidad de un condensador esf´ erico es C =

4πǫ0 ab b a

entonces, se tiene que:

−

ǫ0 σC Veamos que esto se cumple en el caso general: Sean 1 y 2 dos conductores cualesquiera, separados por un material de conductividad σ: R =

– 68 –

Se tendrá un flujo de corriente dado por: I =

¨ 

ˆ dS J n

· ·

Ω

Por ley de Ohm,

 = σ E  J

Reemplazando, I = σ

¨ 

ˆ dS = σ = σ E n

· ·

Ω

Q ǫ0

por ley de Gauss. Por otro lado, si C es es la capacidad del sistema, se cumple que = C V Q = C Reemplazando, I =

σ C V ǫ0

−→

R =

V ǫ0 = I σC 

(2) Considere un conductor conductor perfecto, inicialmente inicialmente con carga carga Q Q0 , y completamente rodeado por un medio uniforme de conductividad σ y constante cons tante dieléctrica ectri ca ǫ. a ) Si el conductor es una esfera de radio a, on del tiempo es a , muestre que su carga como función Q(t) = Q0 e−σt/ǫ b ) Muestre Muestre que el resultado resultado anterior anterior es válido alido independientemente de la forma del conductor Soluci´ on:

a ) Sea Q Sea Q((t) la carga sobre la superficie esférica erica en el instante t instante t.. Esta generará un campo camp o eléctrico ectr ico esférica eri cament mentee simétrico etr ico para pa ra r > a:  (r, t) = Q(t) ρˆ E 4πǫr 2 – 69 –

Al ser el medio circundante un conductor, se tendrá una densidad de corriente como respuesta a dicho campo: σQ(t)  (r, t) = σ E  (r, t) = σQ( ρ J ˆ 4πǫr 2 Esta es una corriente que fluye isotrópicamente opicamente de forma radial. La corriente se obtiene de  sobre una superficie cerrada que contenga a la esfera conductora, en particular se integrar J sobre J puede tomar una esfera de radio r > a: I (t) =

¨ 

ˆ dS = J n

· ·

σQ( σQ (t) ǫ

esfera

Por otro lado, sabemos que dQ = dt

dQ = dt

−I (t) −→

− σQǫ −→

Q(t) = Q0 e−σt/ǫ

donde el signo aparece por tratarse de una descarga. resultado anterior anterior es válido alido sin importar la forma de los conductores. En efecto, sea una b ) El resultado superficie cerrada que contenga completamente al conductor. La corriente que se genera está dada por: Q  n  n ˆ dS = σ E ˆ dS = σ I = J ǫ

S

¨

¨

· ·

S

· ·

S

donde hemos utilizado la ley de Ohm y la ley de Gauss. Es claro que I =

σQ − dQ = dt ǫ

y se obtiene la misma ecuación on diferencial que en el caso anterior. 

(3) Entre Entre dos cilindros cilindros conductore conductoress coaxiales coaxiales muy largos, de radios a y c > a, se llena con materiales de conductividades σ1 y σ 2 , y permitividades ǫ1 y ǫ2 , como muestra la figura. a ) Encuent Encuentre re la resisten resistencia cia entre entre el núcleo ucleo y el conductor externo. b ) Si se conecta una diferencia de potencial V 0 entre el núcleo ucleo y el conductor externo, calcule la densidad de corriente J y J y la corriente I que I que circula.

– 70 –

Soluci´ on:

a ) Asumimos que la corriente corriente circula radialmente radialmente desde la placa interna a la externa, de tal forma que una corriente I se I se relaciona con la densidad como: I =

¨

 n ˆ dS = J

· ·

S

¨

J (r ) dS

S

en donde es es el manto de un cilindro de radio r coaxial con los cascarones conductores. Por simetr´ simetr´ıa, la l a densidad densi dad de d e corriente sale de la integral. integra l. Si ℓ denota ℓ denota el largo de los cables, entonces

S

I = J ( J (r )

¨

= 2πrℓJ (r ) dS =

−→

J (r ) =

I 2πrℓ πr ℓ

S

Suponiendo válida alida la ley de Ohm en este material, material, el campo el´ eléctrico ectrico podemos calcularlo calcularlo fácilmente. acilmente. No obstante, debemos ser cuidadosos pues la conductividad var´ var´ıa en cada región on llena de material conductor. El campo en las regiones queda, respectivamente, E 1 =

I , 2πσ1 rℓ

E 2 =

I 2πσ2rℓ

ambos en dirección on radial. La diferencia de potencial entre ambas placas es c

|∆V | =

ˆ

b

E (r) dr = dr =

a

ˆ

E 1 (r ) dr + dr +

a

ˆ

c

E 2 (r) dr = dr =

b

y, por tanto, la resistencia es: R =

ln (b/a) ln (c/b) I ln b/a) I ln c/b) + 2πσ1 ℓ 2πσ2 ℓ

ln (b/a) b/a) ln (c/b) c/b) + 2πσ1 ℓ 2πσ2 ℓ

que R = = R Observaci´ on. Notar on. Notar que ∆V = ∆V 1 + ∆V 2 , por lo que R R 1 + R2 . Esto demuestra que el sistema pudo haberse considerado como dos resistores en serie, serie, para el cual sabemos que vale la relación R on R = Rk .



| | |

| |

|

k

b ) Por la ley de Ohm, si se aplica una diferen diferencia cia de potencial potencial V 0 entre las placas, la corriente que fluir´ a de una a la otra es 2πℓV 0 V 0 = I = ln (b/a) b/a) ln (c/b) c/b) R + σ1 σ2 y la densidad de corriente es J (r ) =

1 I V 0 = ln (b/a) b/a) ln (c/b) c/b) r 2πℓr + σ1 σ2 

– 71 –

(4) Suponga que se construye una cuña (figura abajo izquierda) usando material de resistividad ρ. Determine la resistencia del cuerpo entre las caras A y B mostradas en la figura. Repita para el cono truncado mostrado abajo a la derecha. El material es el mismo que en el primer resistor.

A a B a + b

h

A

a

d

L

a + b B

Soluci´ on:

Para este problema debemos saber que la resistencia de un conductor de area transversal A y largo L, hecho con un material de resistividad ρ, está dada por R = ρL/A. La idea consiste en que, si la corriente circula como indica el enunciado, el resistor se puede considerar como una sucesión de resistores de área A(x) y ancho dx: A(x) a + b h(x)

a

x = 0

x = L

dx

La resistencia neta del cuerpo se obtiene sumando todas estas contribuciones, dado que podemos considerar la sucesión como muchos resistores en serie, para lo cual sabemos que se cumple R = Ri i con: b ρ dx A = A(x) = h(x) d = a + x d dR = L A(x)

 

Por lo tanto, R =

ˆ 0

L

ρ ρL dx = b x d a+ L

 

ˆ

Para el caso del cono truncado, – 72 –

0

1



−→

 

dt ρL b = ln 1 + a + b t bd a

x = 0

a

A(x)

dx r(x)

a + b

x = h

 

b A = A(x) = πr (x) = π a + x h 2

As´ı,

h

R =

ˆ 0

ρ dR = π

h

ˆ 0

dx b x a+ h

 

2

2

ρh = π

−→

ˆ 0

1

dR =

ρ dx b x π a + h

   − 

dt ρh = (a + b t)2 bπ

1 a

2

1 a + b



(5) [Propuesto] En un diodo de vac´ıo, los electrones son “evaporados” en un c´ atodo caliente, a potencial cero, y acelerados a través de una separació n con el ánodo, que se mantiene a potencial positivo V 0 . La nube de electrones que se mueven dentro de la separación (llamados carga espacial ) rápidamente confluyen al otro lado. A partir de entonces existe una corriente constante entre las placas. Supongamos que las placas son relativamente grandes comparadas con la separación entre placas (A d 2 en la figura), de modo tal que se pueden despreciar los efectos de borde. Entonces V , ρ, and v (la velocidad de los electrones) son solo funciones de x:

≫

a ) Escriba la ecuación de Poisson para la región entre las placas. – 73 –

b) Asumiendo que los electrones parten del reposo, ¿cuál es su velocidad en el punto x, donde el potencial es V (x)? c ) En el estado estacionario, I es independiente de x. ¿Cuál es, entonces, la relación entre ρ y v? d ) Use los tres resultados anteriores para obtener la ecuación diferencial para V , luego de eliminar ρ y v. e ) Resuelva esta ecuación para V como función de x, V 0 , and d. Grafique V (x), y compare con el resultado sin carga espacial . Además, encuentre ρ y v como funciones de x. f ) Muestre que I = K V 0 3/2 y encuentre la constante K . Esta ecuación es llamada Ley de Child-Langmuir. Note que el diodo de carga espacial es no-lineal, y por tanto no obedece la ley de Ohm. Soluci´ on:

d2 V a ) Como el potencial es solo función de x, entonces = dx2

−ǫρ

0

b) De la conservaci´ on de energ´ıa, qV =

mv 2

2

−→

v =



2qV m

c ) Es claro que: dq = ρ dV = ρ A dx

dq dx = ρ A dt dt

−→

As´ı, I = ρ A v Nota: ρ, y por tanto también I , son negativos. d ) Ahora,

con β =

d2 V = dx2

−

I ǫ0 A



−

ρ = ǫ0

−

I = ǫ0 A v

−

I ǫ0 A



m 2qV

−→

d2 V = β V −1/2 2 dx

m . Nota: I es negativa, entonces β es positivo; q es positivo. 2q

e ) Multiplicando por V ′ =

dV , dx

dV ′ dV = β V −1/2 V ′ dx dx

−→

ˆ

′

V dV = β

ˆ

V

−1/2

dV

−→

V ′ 2 = 2β V 1/2 + cte 2

Pero V (0) = V ′ (0) = 0 (el cátodo está a potencial cero, y el campo en el cátodo es cero), y entonces la constante es cero. As´ı, V ′

2

= 4β V 1/2

−→



dV = 2 β V 1/4 dx – 74 –

−→



V −1/4 dV = 2 β dx

∴



4 3/4 V = 2 β x + cte 3

Pero V (0) = 0, y esta nueva constante también es nula. As´ı, 3/4

V

3 = 2



βx

V (x) =

−→

   3 2

4/3 4/3

β

x

En términos de V 0 , en vez de I , V (x) = V 0

=

 9β 4

2/3 4/3

x

=





81I 2m 32ǫ0 2 A2 q

 x d

1/3

x4/3

4/3

Sin la carga espacial , el potencial crecer´ıa linealmente con la distancia: V (x) = V 0

 x d

Por otra parte, ρ =

d2 V = ǫ0 dx2

−

v =

1 4 x−2/3 = ǫ0 V 0 4/3 d 3 3

− 2q √

− 9(d4ǫ x)V 2

0 0 2/3

    m

x 2qV 0 /m d

V =

2/3

f ) V (d) = V 0 =





81I 2 m 32ǫ0 2 A2 q

1/3 4/3

d

−→

81md4 2 V 0 = I 32ǫ0 2 A2 q 3

−→

32ǫ0 2 A2 q 3 I = V 0 81md4 2

   = K 2

y por tanto, I = K V 0 3/2



– 75 –

2.4.

Ley de Ohm macrosc´ opica: circuitos fem/R

(1) Determine la resistencia equivalente, o de Thevenin , entre los puntos a y b: R R

a

R

R

b

R

Soluci´ on:

Optaremos por un método muy sencillo: aplicando una corriente I al circuito, sea V el voltaje entre los puntos a, b. As´ı, V = V a V b = I Req

−

Sean c, d los nodos intermedios. De las Reglas de Kirchhoff ,



ik = 0

nodo a

  

I + id→a + ic→a = I +

−→

ik = 0

−→

ia→c + ib→c + id→c =

ik = 0

−→

ia→d + ib→d + ic→d =

nodo c

nodo d

ik = 0

nodo b

−→ −I + i

V a

V d

− V

a

R

V c

− V

a

R

=0

− V + V − V + V − V = 0 c

b

R V a

c

d

R

− V

d

R

d→b + ic→b =

+

+

V b

c

R

− V + V − V d

c

R

d

R

=0

−I + V R− V + V −R V = 0 d

b

c

b

De las dos ecuaciones intermedias, es claro que V c = V d y por tanto i c→d = id→c = 0. As´ı, llamando V o al voltaje en los nodos c, d: I +

V o

− V

a

V o

− V

a

↔

V a =

−I + V −R V + V −R V = 0 ↔

V b =

R

o

+

b

R

o

=0

b

IR + V o 2

−IR + V 2

o

Por lo tanto, V = V a

− V = I R −→ b

Req = R 

(2) Una bater´ıa descargada se carga conect´ andola a la bater´ıa cargada de otro autom´ ovil mediante cables para corriente. Determine la corriente del motor de arranque y en la bater´ıa descargada.

– 76 –

Soluci´ on:

Utilizaremos la Ley de Voltajes de Kirchhoff (LVK) para cada malla:

Malla 1.

−12 + 0.01 · I + 1 · (I − I ) + 10 = 0 1

1

2

Malla 2.

−10 + 1 · (I − I ) + 0.06 · I = 0 2

1

2

De la primera ecuación se obtiene que I 2 = 1.01 I 1

−2

Reemplazando, 0.0706 I 1

− 2.02 = 10 −→

I 1 = 170.25 A

Con esto, I 2 = 169.95 A I 2 es la corriente a través del motor de arranque, mientras que la corriente a través de la bater´ıa descargada será, seg´ un nuestra convención,

– 77 –

I batery = I 3 = I 1

− I = 0.2975A 2



(3) Tomando R = 1 kΩ y ε = 250 V en la figura,determine la direcci´ on y magnitud de la corriente en el cable horizontal entre los puntos a y e.

Soluci´ on:

Definamos las siguientes corrientes: I 1 la corriente que circula por el

△ abc en dicho orden I la corriente que circula por el △ cde en dicho orden I la corriente que circula por el △ cea en dicho orden 2 3

Utilizando la LVK, se cumple que:

−ε + I R + 4R(I − I ) = 0 , 1

1

3

2RI 2 + 2ε + 3R(I 2

− I ) = 0 , 3

4R(I 3

− I ) + 3R(I − I ) = 0 1

3

2

Escribiendo el sistema en forma matricial,

 −  −  −  − 

5R 0 4R

0 5R 3R

−

−4R −3R 7R

     − I 1 I 2 I 3

=

ε 2ε 0

As´ı, I 3 viene dada por:

I 3 =

  − 

5R 0 4R 5R 0 4R

−

0 5R 3R 0 5R 3R

− −

ε 2ε 0 4R 3R 7R

5R(0 6εR) + ε(0 + 20R2 ) 10εR2 = = = 5R(35R2 9R2 ) 4R(0 + 20R2 ) 50R3

y con ello sabemos que va en dirección a

− −

−

→ e. – 78 –

−

−5Rε = −50mA 

(4)

a ) Se tiene un circuito de infinitos resistores, cada uno con resistencia R, como muestra la figura. Calcular la resistencia equivalente entre los puntos A y B .

A

...

... B b) Lo mismo para la siguiente configuraci´ on:

...

... Soluci´ on:

a ) La idea es la siguiente: si hacemos un corte luego del primer elemento del patrón de resistencias, notaremos que el resto de ellas es exactamente igual al caso antes de hacer el corte (pues son infinitas resistencias) y por tanto son iguales a la resistencia equivalente pedida. R R

Req

R

De acuerdo a las reglas para combinar resistencias en serie y en paralelo, se establece la ecuaci´ on: Req = R + R + R Req Req 2 2RReq 2R2 = 0



−→

Resolviendo, Req = R(1 +

−

−

√

3)

b) Repetimos el cálculo anterior, hasta obtener que: Req = ϕ R con ϕ el n´ umero ´ aureo. Para mayor información se sugiere revisar aqu´ı.

– 79 –



(5) Una bater´ıa real puede modelarse por una f.e.m. ε ideal y una resistencia interna en serie R. Una resistencia de carga R2 se conecta a los terminales de la bater´ıa. a ) Determine el valor de R2 tal que la diferencia de potencial aplicada a los terminales sea máxima b) Determine el valor de R2 para obtener una corriente máxima en el circuito c ) Determine el valor de R2 para que la potencia consumida por ésta sea la máxima posible d ) Determine el valor de R para que la potencia consumida por R 2 sea la máxima posible

Soluci´ on:

a ) Primero que todo, determinamos la corriente circulante,

−ε + IR + IR = 0 −→ 2

I =

ε R + R2

As´ı, la diferencia de potencial entre los extremos de la bater´ıa es: V = I R2 =

R2 ε ε = R + R2 1 + RR

2

Luego, la diferencia de potencial será máxima cuando R2

→ ∞ y valdrá ε, igual que la f.e.m.

b) Ten´ıamos que

ε R + R2 Luego, la corriente será máxima si R2 = 0, y equivale a cortocircuitar los terminales de la bater´ıa. I =

c ) La potencia consumida por R 2 está dada por

P

R2 ε ε R2 ε2 = I V = = (R + R2 )2 R + R2 R + R2 – 80 –

Para maximizar,

∂ ε2 (R + R2 )2 2(R + R2 )R2 ε2 = =0 (R + R2 )4 ∂R 2

P

−

As´ı, (R + R2 )2

− 2(R + R )R = 0 −→ 2

2

R2 + R

− 2R = 0 2

Finalmente, la potencia será máxima si R2 = R es decir, se debe colocar una resistencia igual a la resistencia interna de la bater´ıa. d ) Se puede repetir el cálculo anterior, pero es má s fácil optar por la intuición: si R es distinta de cero, entonces ésta consumirá parte de la potencia que suministra la fuente. As´ı, para que la resistencia de carga consuma toda la potencia suministrada por la fuente, se debe cumplir que: R = 0 

(6) El amper´ımetro ideal de la figura mide 2 A. Determine I 1 , I 2 y ε. Obtenga la potencia disipada en cada resistencia.

Soluci´ on:

Suponemos que la corriente fluye como muestra la figura. Por la ley de nodos aplicada al nodo de la izquierda, se debe cumplir que

−I − I + 2 = 0 −→ 1

2

I 1 + I 2 = 2

en donde 2 A es la corriente que, por enunciado, pasa por el amper´ımetro. La ley de las mallas aplicada a la malla superior entrega 2 5

· − 15 + 7I = 0 −→ 1

y por tanto I 2 = 2

− I = 97 A

– 81 –

1

5 I 1 = A 7

La misma ley aplicada a la malla de abajo implica 2 5

· − ε + 2I = 0 −→ 2

ε =

88 V 7 2

La potencia en cada resistencia la obtenemos a partir del Efecto Joule, 7 Ω =

P

25 25 7W = W, 49 7

5 Ω =

·

P

4 5 W = 20 W ,

·

P = I R: 162 P = 81 · 2W = W 49 49 2Ω



(7) El circuito de la figura es llamado Puente de Wheastone y se usa para calibrar resistencias. El dispositivo está formado por 3 resistencias, de las cuales 2 son ajustables, y un galvan´ ometro (dispositivo que sirve para medir corrientes). Para realizar la medida, se ajustan las resistencias variables R1 y R2 hasta que el galvanómetro marque cero. Exprese el valor de Rx en funció n de las otras 3 resistencias. Modele al galvanómetro como una resistencia Rg .

Soluci´ on:

La corriente que circula por el galvanómetro es: I g =

V a

− V

b

Rg

Para que sea nula, debe cumplirse que: V a = V b . Luego, aplicando LCK, Nodo a:

− V

V

a

R1

Nodo b:

− V

V

b

R2

Igualando, obtenemos:

=

=

V a 0 Rx

−→

V

V b 0 R3

−→

V

−

−

R1 R2 V a = V b Rx R3

−→

− V = RR a

x

− V = RR

Rx =

b

1

2 3

V a

V b

R1 R3 R2 

– 82 –

2.5.

Circuitos RC

(1) En el circuito de la figura, suponga que el interruptor ha estado abierto por un tiempo muy largo, y en t = 0 se cierra. R1 + −

C

ε

R2 a ) ¿Cuál es la constante de tiempo antes de que se cerrara el interruptor? b) ¿Cuál es la constante de tiempo despu´ es de que se cierra el interruptor? c ) Encuentre la corriente a través del interruptor como función del tiempo una vez que el interruptor se ha cerrado Soluci´ on:

a ) Antes que el interruptor se cerrara, las dos resistencias R1 y R2 están en serie con el condensador. Debido a que la resistencia equivalente es Req = R 1 + R2 , la constante de tiempo está dada por τ = R eq = (R1 + R2 )C y la carga almacenada en el condensador es

−  e−t/τ

q (t) = C ε 1

b) Una vez que el interruptor se cierra, el circuito cerrado a la derecha se vuelve un circuito RC de descarga del capacitor que decae con constante de tiempo τ = R 2 C . La carga comienza a decaer acorde a q (t) = C ε e−t/τ c ) La corriente a través del interruptor consiste en 2 fuentes: la corriente constante I 1 del circuito izquierdo, y la corriente que decae I 2 del circuito RC. Las corrientes están dadas por ε I 1 (t) = R1 I 2 (t) =

Cε − dq = e dt τ

−t/τ

=

ε −t/τ e R2

As´ı, la corriente total será: I T (t) = I 1 (t) + I 2 (t) = – 83 –

ε ε −t/τ + e R1 R2



(2) En el circuito de la figura, el interruptor se encuentra cerrado durante un tiempo muy largo. C R2

+ −

R3

ε

R1

a ) ¿Cuál es la corriente en cada resistencia? b) ¿Cuál es la carga en el condensador? c ) En t = 0 se abre el interruptor. Encuentre la corriente que pasa por la resistencia R 2 en función del tiempo d ) ¿Cuánto tiempo debe pasar para que la carga en C disminuya hasta 4/5 del valor en t = 0? Soluci´ on:

a ) El interruptor ha estado cerrado durante un tiempo muy largo, esto significa que el condensador se ha cargado completamente. Cuando esto sucede, el condensador equivale a un circuito abierto y no pasa corriente a través de él. Bajo estas circunstancias, solo habrá corriente por la primera malla: I1

R2

+ −

R3

ε

R1

I 1 =

ε ε = Req R1 + R2

que es la corriente circulante por R 1 y R 2 . La corriente por R 3 es nula. b) Para obtener la carga en el condensador, primero debemos obtener el voltaje a través del mismo y luego utilizar la relación que relaciona el voltaje con la carga acumulada C V C (t) = q (t). Nos interesa la carga final del condensador, esto es l´ım q (t) = C V C (t

t→∞

→ ∞)

Como ya vimos, después de un tiempo suficientemente largo no hay corriente por la malla derecha, por lo que no hay diferencia de potencial entre los extremos de R3 . Por lo tanto, el – 84 –

voltaje en el capacitor será igual a la ca´ıda de voltaje en R2 , V C (t

→ ∞) = V

R2

Con ello,

ε R2 R1 + R2

= I 1 R2 =

R → ∞) = Rε C + R 2

q (t

1

2

c ) Notemos que, al abrir el interruptor, no pasa corriente por la malla de la izquierda y se inicia un proceso de descarga en el condensador: C +

-

R3

+ −

R2

ε

I2

R1

q (t) C Notemos que I 2 es positiva; esto significa que las cargas positivas están dejando la placa positiva y están llegando a la placa negativa. Es decir, la carga entre las placas está disminuyendo a medida que I 2 sea positiva: dq I 2 = dt I 2 R3

− V (t) + I R = 0 −→ C

2

I 2 (R2 + R3 ) = V C (t) =

2

−

As´ı, obtenemos una EDO de primer orden para q (t): q − dq −→ (R + R ) = dt C 2

3

q (t) = q 0 e−t/C (R

2

+R2 )

con q 0 la carga inicial del condensador, calculada en el apartado anterior. d ) Para determinar el tiempo que debe pasar para obtener 4/5 de la carga inicial, resolvemos la ecuaci´ on: 4 q 0 = q 0 e−t /C (R +R ) 5 t∗ ln(4/5) = C (R2 + R3 ) ∗

2

3

−

con lo que t∗ = C (R2 + R3 )ln(5/4) 

(3) Dos condensadores de capacidades C 1 y C 2 están conectados a dos resistencias iguales R, como muestra la figura. en t = 0 el condensador C 1 posee una carga Q 0 , mientras que C 2 está descargado. – 85 –

R

C1

C2 R

a ) Obtenga las cargas de los condensadores en funci´ on del tiempo b) ¿Cuál es la potencia disipada por las resistencias? c ) Encuentre la energ´ıa disipada hasta que se alcance el equilibrio. ¿De qué depende dicha cantidad? Corrobore o refute su hipótesis y explique el por qué de ello Soluci´ on:

a ) Intuitivamente, esperamos que en presencia de las resistencias, y ausencia de bater´ıas externas, el condensador inicialmente cargado se descargue, traspasando parte de su carga al condensador inicialmente descargado. Veamos el comportamiento general de las cargas en cada condensador, como función del tiempo. Aplicando la ley de las mallas, y tomando como sentido de la corriente el de la figura, vemos que:

R +Q1(t)

+Q2(t)

-Q1(t)

C1

C2

-Q2(t)

R Q 2 Q 1 + IR =0 C 2 C 1 La corriente que viaja por la malla es la misma, por lo que la tasa a la que se carga o descarga cada condensador es exactamente I . En ese caso, tenemos que IR +

−

I (t) =

−dQ dt

1

=

dQ2 dt

Note que ambas cargas no son independientes, ya que están supeditadas a la ley de conservaci´ on de carga: Q0 = Q 1 (t) + Q2 (t) , t

∀

Reemplazando en la primera ecuación, 2R

dQ2 Q 2 + dt C 2

− Q C − Q 0

2

=0

1

– 86 –

−→

dQ2 Q2 Q0 + = 2RC 0 2RC 1 dt

con C 0 −1 C 1 −1 + C 2 −1 . La EDO anterior puede ser resuelta con su método favorito del curso de Ecuaciones Diferenciales; en este caso, utilizaremos la Transformada de Laplace : Sea F (s) = Q2 (t) , as´ı

≡ L{ } F (s) s F (s) − Q (0) + 2RC

=

2

0

Q0 /2RC 1 s

F (s) =

−→

Q0 C 0 /C 1 Q0 /2RC 1 = s(2RC 0 s + 1) s(s + 1/2RC 0 )

ya que Q2 (0) = 0. Aplicando fracciones parciales,

 −  −−→ −  ∧ − 

Q0 C 0 F (s) = C 1 Por tanto, Q2 (t) =

1 s

Q0 C 0 1 C 1

1 s + 1/2RC 0

L

−

e−t/2RC

1

Q1 (t) = Q0

0

− QC C 0

1

C 0 C 1

,

Q2,f = Q0

0

1

Las cargas finales de los condensadores serán: Q1,f = Q0

−  − 

Q0 C 0 1 Q2 (t) = C 1

e−t/2RC

0

1

e−t/2RC

0

C 0 C 1

b) Del problema anterior, podemos obtener la corriente circulante por la malla: I (t) =

dQ2 Q0 −t/2RC = e 2RC 1 dt

0

La potencia que disipa ambas resistencias es, por lo tanto, Q0 2 −t/RC (t) = 2I R = e 2RC 1 2 2

P = P

0

c ) La energ´ıa disipada corresponde a la integral de la potencia disipada por las resistencias desde t = 0 hasta el infinito, cuando se alcanza el equilibrio. As´ı, ∞

∆E =

ˆ 0

Q0 2 (t) dt = 2RC 1 2

P

∞

ˆ

−t/RC 0

e

0

Q0 2 C 0 dt = 2C 1 2

que es independiente de R. La energ´ıa neta disipada es la diferencia entre la energ´ıa inicial y la final del sistema. Por una parte, la energ´ıa inicial corresponde a la energ´ıa almacenada en el condensador cargado, la cual es por supuesto, independiente de R. Por otra parte, la energ´ıa final corresponde a la energ´ıa almacenada ahora en ambos condensadores, cargados con sus respectivas cargas finales. Nuevamente, nada depende de R, por lo que la diferencia de energ´ıa tampoco lo hará. Por ello esperamos que la energ´ıa disipada sea independiente de R. Note que Q0 2 E i = , 2C 1

Q1,f 2 Q 2,f 2 + E f = 2C 1 2C 2

de donde ∆E = E f

−

– 87 –

Q0 2 C 0 E i = 2C 1 2



(4) En t = 0 el interruptor del circuito mostrado abajo se cierra. Obtenga las cargas en los capacitores, y las corrientes que fluyen por las resistencias, si los condensadores inicialmente estaban descargados.

R1

C1

C2

R2

S

ε

Soluci´ on:

Supongamos que la corriente circula como muestra la figura de abajo, y apliquemos ley de las mallas a la malla del borde exterior:

R1

+ Q1

- Q1

I1 I2 + Q2

- Q2

R2

I(t) ε

−ε + I R + QC 1

Mientras que en la malla interior,

1

−ε + QC

2

1

=0

1

+ I 2 R2 = 0

2

Claramente, la tasa a la que se carga cada condensador es igual a la corriente que pasa por dicho condensador. As´ı, dQ1 dQ2 I 1 = , I 2 = dt dt Reemplazando en las ecuaciones,

−ε + R

1

dQ1 Q 1 + = 0 , dt C 1 – 88 –

−ε + QC

2

2

+ R2

dQ2 =0 dt

Resolveremos detalladamente la primera ecuación mediante Separación de variables : dQ1 ε = dt R1

−



1 Q1 = εC 1 R1 C 1 R1 C 1

As´ı, ln (εC 1

−Q

1



−→

dQ1 dt = εC 1 Q1 R1 C 1

−

− Q ) = −R tC + A 1

1

1

Tomando la exponencial, y definiendo B = eA , una nueva constante, Q1 (t) = εC 1

−t/R1 C 1

−Be

Como inicialmente el condensador estaba descargado, B = εC 1 , y por tanto:

−  − 

Q1 (t) = εC 1 1

e−t/R

C 1

e−t/R

C 2

1

Para el segundo condensador es un proceso análogo, Q2 (t) = εC 2 1

2

Derivamos para obtener las corrientes, I 1 (t) =

ε −t/R e R1

1

C 1

,

I 2 (t) =

ε −t/R e R2

2

C 2



2 1 (5) El switch en la figura (a) se cierra cuando ∆V c > ∆V y se abre cuando ∆V c < ∆V . El volt´ımetro 3 3 ideal mide la diferencia de potencial graficada en la figura ( b). ¿Cuál es el periodo T de la onda en funci´ on de R1 , R 2 y C ?

– 89 –

Soluci´ on:

2 Partamos en el punto cuando el voltaje reci´ en ha alcanzado el valor de ∆V y el switch acaba de 3 2 cerrarse. El voltaje es ∆V y decae hacia 0 con una constante de tiempo R 2 C : 3 2 ∆V c (t) = ∆V e−t/R C 3 2

1 Queremos hallar t 1 cuando ∆V c alcanza el valor de ∆V . As´ı, 3 1 2 ∆V = ∆V e−t/R C t1 = R2 C ln(2) 3 3

−→

2

1 Después se abre el switch , el voltaje es ∆V y crecerá hasta ∆V con una constante de tiempo 3 (R1 + R2 )C : 2 ∆V c (t) = ∆V ∆V e−t/(R +R )C 3 2 Ahora, queremos hallar t 2 cuando ∆V c alcanza el valor de ∆V . As´ı, 3 2 2 ∆V = ∆V ∆V e−t/(R +R )C t2 = (R1 + R2 )C ln (2) 3 3

−

−

1

2

1

2

−→

Finalmente, T = t 1 + t2 = (R1 + 2R2 )C ln(2) 

(6) [Propuesto] Considere el siguiente circuito, donde todas las resistencias tienen un valor de R y el condensador vale C :

V(t)

+ −

Si V (t) = V o H (t), con H el escalón unitario, determine el valor de la corriente inicial ( t = 0) y final (t ) que circula por la fuente de voltaje, considerando que el capacitor está inicialmente descargado.

→ ∞

Soluci´ on:

Notemos lo siguiente: – 90 –

R

2R R 2R

+ −

+ −

R

+ −

R

R

R

En t = 0, el condensador se comporta como un cortocircuito, por lo cual la resistencia en paralelo con ella no influye en el circuito, y por tanto la corriente será limitada solo por la resistencia restante en serie. As´ı, V o I (t = 0) = R Por otra parte, en el infinito el condensador se comporta como un circuito abierto, por lo cual la resistencia equivalente será la suma de las resistencias en serie, 2R, y por tanto la corriente será I (t

V → ∞) = 2R o

Comprobemos lo anterior: Consideremos la ecuación básica del condensador Q = C V

dV I = C dt

−→

−−→ L

I (s) = sC V (s)

− V (0)

como Q(0) = 0, entonces V (0) = 0. En el dominio de Laplace, Z (s) =

1 V (s) = I (s) sC

y se comporta como una resistencia. Para evitar la confusión, diremos que el condensador y la resistencia son ejemplos de impedancias , i.e. elementos resultantes del cociente entre voltaje y corriente en Laplace. Con esto en mente, podemos definir una impedancia equivalente: Z eq = R + (R C ) = R +



  1 + sC R

−1

2R + s R2 C = 1 + s RC

As´ı,





1 + s RC V o 2R + s R2 C s 1 V o RCV o = + 2R + s R2 C s 2R + s R2 C V o /R2 C 1 V o /R = + s + 2/RC s s + 2/RC

V (s) = I (s) = Z eq

·

·

– 91 –

Aplicando la transformada inversa,

−  −   

1 e−2t/RC V o V o −2t/RC + I (t) = e 2/RC R2 C R V o V o −2t/RC = 1 e−2t/RC + e 2R R V o = 1 + e−2t/RC 2R que corrobora nuestro análisis inicial.



– 92 –

3.

Magnetost´ atica

3.1.

Fuerza de Lorentz y torque sobre una espira

(1) Se lanza un electrón (e− ) con velocidad inicial v en el medio de dos placas entre las cuales existe  un campo magnético B constante (entrando a la hoja). Ignore todo efecto gravitacional.

a ) ¿Hacia dónde se deflecta la trayectoria? b) ¿Cuál es la magnitud de la velocidad si la part´ıcula choca exactamente con el fin de la placa? Soluci´ on:

a ) La fuerza de Lorentz corresponde a la unión entre electromagnetismo y mecánica clásica, y establece que:  = q E  + v B  F



 ×

  En este caso, q = e y E 0. Dado que la velocidad inicial es perpendicular al campo magnético, la trayectoria será una circunferencia en el plano X Y :

−

≡

Para analizar hacia dónde se deflectará la part´ıcula, basta con analizar lo que ocurre en el instante inicial t = 0,  ı k = v 0 B ˆ  v(0) B = v B ˆ 0ˆ

×

Luego, la fuerza inicial es:

×−

 = F (0)

−ev B ˆ  0

y, por tanto, se deflectará hacia abajo. b) Dado que el electrón impactará al extremo derecho de la placa inferior, entonces debe realizar una trayectoria como la siguiente:

– 93 –

La magnitud de la fuerza magnética está dada por F = ev 0 B, y su dirección es radial (apuntando hacia el centro de curvatura). Por mecánica clásica, se tendrá: ev0 B =

mv0 2 R

−→

R =

mv0 eB

De trigonometr´ıa plana, se sabe que: 2

−

l + R Igualando,

d 2

mv0 l2 d = + 4 eB d

2

= R

2

−→

−→

l2 d R = + 4 d

eB v0 = m

  l2 d + d 4



(2) Suponga que la figura representa esencialmente los componentes de un espectrómetro de masas. Este aparato se usa para medir la masa de part´ıculas cargadas. En una fuente se produce un ion de masa m y carga q , el cual parte del reposo y es acelerado por una diferencia de potencial ∆V , entrando en una sección con un campo magnético uniforme (entrando a la hoja), y un campo eléctrico deflector. Solo part´ıculas con velocidad v constante abandonan la sección (es un selector de velocidades). Las part´ıculas emergentes entran a una segunda región donde existe otro campo magnético (entrando a la hoja), donde ellas siguen una trayectoria circunferencial hasta estrellarse en un detector a distancia 2r del punto de entrada. a ) Encuentre la velocidad v  y B  b) Encuentre el la relación entre E c ) Finalmente, encuentre la masa m de la part´ıcula

– 94 –

Soluci´ on:

a ) La velocidad v con que el ion entra al selector se obtiene por conservación de energ´ıa: mv2 q ∆V = 2 donde el cambio en energ´ıa potencial se traduce en un aumento en la energ´ıa cinética. As´ı, v =



2q ∆V ˆ m

b) Para que la velocidad de la part´ıcula permanezca constante y salga a través del selector, se requiere que la fuerza de Lorentz actuando sobre ella sea nula. Se tiene:  = E ˆ ı , E ı qE ˆ

 = B

− qv ˆ  × B ˆk =  0 −→



−B ˆk , v = v ˆ  0 −→ ı =  qE − qvB ˆ



E = vB

 0 , la part´ıcula describe una circunferencia c ) Luego de ingresar a la región de campo magnético B de radio r. La magnitud de la fuerza magnética es qvB 0 . Por dinámica circular, qvB 0 = y finalmente:

mv r

2

−→

qB0 =

m r



2q ∆V m

qB0 2 r 2 m = 2 ∆V 

– 95 –

(3) Una part´ıcula de carga q y masa m entra con velocidad v en un campo magnético uniforme B como se muestra en la figura. ¿Cuánto tiempo transcurre entre que la carga ingresa al campo magnético y sale?

Soluci´ on:

Es sabido que la fuerza magnética sobre una carga en movimiento q est´ a dada por la fuerza de Lorentz. Esta fuerza es siempre perpendicular a v ; luego, se sigue que esta fuerza no ejerce trabajo. Con esto, la energ´ıa cinética de la part´ıcula es constante y entonces su rapidez también. La trayectoria que sigue la part´ıcula bajo este campo magnético uniforme es una hélice:

Si se observa el movimiento proyectado en un plano perpendicular al campo magnético, la trayectoria describe una semicircunferencia, hasta volver a salir de la región donde se encuentra el campo magnético. Sea R el radio de ésta, luego podemos determinar el tiempo que demora en salir como T =

πR v′

con v ′ la componente de velocidad perpendicular al plano. De la segunda ley de Newton, mv ′ 2 = F = qvB sin(π/4) = qv ′ B R – 96 –

−→

R =

mv′ qB

Finalmente, T =

πm qB 

(4) Considere el circuito cerrado de la figura que lleva una corriente I en el sentido contrario al reloj. Un campo magnético uniforme apuntando en la dirección ˆ  es aplicado. Encuentre la fuerza magnética que actúa sobre el elemento r´ıgido y el arco semicircular. y  B

dr

I R

I ϕ

x

I

Soluci´ on:

  1 y F  2 a las fuerzas actuando sobre el  , llamemos F Tenemos un campo uniforme dado por B = B ˆ segmento r´ıgido y la parte semicircular, respectivamente. La fuerza sobre el segmento r´ıgido es:  1 = I F

ˆ  × ˆ  × R

R

 = I B ˆ

dr

−R

dr ˆı

 = 2IRB ˆ k B ˆ

−R

 2 , notamos que elemento infinitesimal en el semic´ırculo se puede escribir Ahora, para calcular F como: θ = R dϕ ı + cos ϕ ˆ sin ϕ ˆ dr = dr ˆ

−

La fuerza que actúa sobre un elemento dr es:  2 = I dr dF

×

− ˆ

 B = IR dϕ



×

sin ϕ ˆ ı + cos ϕ ˆ

 = B ˆ

−IBR sin ϕ dϕ kˆ

Integrando sobre el arco semicircular, tenemos:  2 = F

−IBR

π



sin ϕ dϕ

0

– 97 –

ˆ = k

−2IBR kˆ

As´ı, la fuerza neta que actúa sobre el circuito completo es  neta = F  1 + F  2 =  0 F Consistente con el hecho de que la fuerza sobre un circuito cerrado en un campo magnético uniforme es siempre nula.   y a un campo (5) Considere una part´ıcula de carga q y masa m, sometida a un campo eléctrico E  ambos uniformes y perpendiculares entre si. Suponga que inicialmente ( t = 0) la magnético B, carga se encuentra en el origen y en reposo. a ) Describa cualitativamente el movimiento posterior (t > 0) seguido por la part´ıcula. Haga un dibujo de la trayectoria. b) Resuelva las ecuaciones de movimiento, sujetas a las condiciones iniciales mencionadas. Usando esta solución, describa el movimiento de la part´ıcula y compare con el apartado anterior. Soluci´ on:

a ) Sea q > 0. Supongamos, sin pérdida de generalidad, que el campo eléctrico y el campo magnético están dados por  = E ˆ , B = B  ˆ k E Dado que en t = 0 la velocidad inicial de la part´ıcula es nula, no hay fuerza magnética (instante , acelerando la part´ıcula. A en la figura). La fuerza eléctrica, en cambio, apunta en la dirección ˆ La part´ıcula comienza a moverse aumentando su velocidad, y con ello la fuerza magnética. Esta u ´ltima deflecta la part´ıcula hacia x > 0 seg´ u n la regla de mano derecha . A diferencia de los problemas anteriores, esta vez el movimiento no es circunferencial. A medida que la fuerza magnética va aumentando, también cambia su dirección de acción: cada vez se alinea más a la fuerza eléctrica (que actúa en el eje Y ), frenando la part´ıcula en esta dirección. Dado que entre los instantes A y B la part´ıcula desacelera en la dirección se˜ nalada, ésta se mueve barriendo una suerte de arco “alargado”. En el punto B la fuerza magnética ha sido tal que se opone justo a la fuerza el´ ectrica, y la part´ıcula comienza a volver hacia y , z = 0 (instantes entre B y C ). A partir de este instante, el campo eléctrico es el que ahora intenta frenar a la part´ıcula, por lo que la rapidez disminuye y con ello la fuerza magnética, hasta llegar a C , instante en el cual la part´ıcula está en reposo, lista para un nuevo ciclo:

– 98 –

y  E

q

B

A

 B

x

C

z

b) De la ley de Newton,



 = ma = q E ˆ + v F

× B ˆk



−→

   vx ′ vy ′ vz ′

=

q m

B vy E B vx 0

−

La u ´ltima ecuación, v z ′ = 0 con z (0) = v z (0) = 0 nos dice que



z (t)

≡ 0

y el movimiento es en el plano. Si definimos ω = qB/m, entonces el sistema de 2 como: 0 ω 0 vx ′ vx = + ′ vy ω 0 vy ωE/B

 

   

−

× 2 queda

 y podemos resolverlo mediante Variación Notamos que el sistema es de la forma x ′ = Ax + f , de Parámetros: t At  (s) ds x(t) = e x0 + eA(t−s) f

ˆ 0

´ De Algebra Lineal, sabemos que: eAt = V



  −    −  

eλ t 0 0 eλ t 1

2

V −1

con V la matriz de vectores propios y λ k los valores propios asociados. En este caso, λ1 = ω i ,

λ2 =

−ω i ,

V =

Por lo tanto, eAt

1 = 2



eiωt + e−iωt ieiωt ie−iωt

−

i i 1 1

+ ie−iωt eiωt + e−iωt

,

iωt

−ie

– 99 –

=

V −1 =

1 2

i

1 i 1

cos ωt sin ωt sin ωt cos ωt

−

Como la velocidad inicial es nula, la solución homogénea es xh =

 0 0

mientras que la solución particular es ωE x p = B

 −  − −  − 

t

ˆ 0

Por tanto,

sin ω(t cos ω(t

s) s)

E 1 cos ωt , vx (t) = B He integrando para obtener la posición, x(t) =

E ωt ωB

sin ωt ,

E ds = B



1

− cos ωt sin ωt



  − 

E sin ωt vy (t) = B

y(t) =

E 1 ωB

cos ωt

que de Cálculo II sabemos que corresponde a la parametrización de una cicloide. Para mayor informaci´ on se sugiere visitar aqu´ı . Notar que podemos escribir, haciendo R = E/ωB,



x(t)

− Rωt

  − 2

+ y(t)

R

2

= R 2

que corresponde a un c´ırculo cuyo centro se mueve con velocidad constante v = ωR en x. 

(6) Un loop rectangular de masa despreciable, soportando una masa m, se mantiene verticalmente con la parte superior en un campo magnético uniforme, como muestra la figura. El campo apunta hacia dentro del papel. Suponga que la gravedad actúa uniformemente hacia abajo.

a ) Encuentre la corriente I (magnitud y dirección de circulación) para la cual el loop mantiene a la masa m sin que se mueva b) Suponga que aumentamos la magnitud de la corriente, sin variar el sentido de circulación anterior. Naturalmente, esperamos que el loop suba, llevando la masa consigo. Es correcto afirmar entonces que se realiza trabajo para que la masa pueda subir. Una expresión de este  mag  trabajo (errada) ser´ıa W = F h cuando m sube una altura h. Sin embargo, sabemos que la fuerza magnética NO realiza trabajo. ¿Qué ocurre en este caso? ¿Quién realiza el trabajo?

·

– 100 –

c ) Suponga ahora que al loop rectangular le cambiamos la forma arbitrariamente (segunda parte de la figura). Muestre que la fuerza magnética sobre este loop es la misma que la obtenida en el apartado inicial, sin importar la forma del loop. Soluci´ on:

a ) La fuerza magnética que ejerce un campo sobre una corriente que circula sobre un tramo C es  = F

ˆ

I dr

× B

C

Notemos que no todo el loop está dentro del campo. La fuerza sobre los segmentos verticales se cancelan, as´ı que solo aporta el segmento horizontal superior. Necesitamos que la fuerza sea hacia arriba, para que se oponga al peso del cuerpo de masa m. Para ello, notemos que eso solo se cumple si la corriente circula en sentido horario, en cuyo caso dr va en dirección ˆı (hacia la  en dirección k ˆ (entra al papel) y por ende F va  en dirección ˆ derecha), B va  (hacia arriba). Para este segmento tenemos  = I B F dr ˆ = I Ba ˆ

−

ˆ 

Necesitamos que esta fuerza sostenga al peso, por lo que IBa = mg

−→

I =

mg Ba

b) Como la fuerza magnética jam´ as realiza trabajo, alguien o algo debe estar haciéndolo para que efectivamente la energ´ıa potencial de la masa aumente. Cuando el loop comienza a moverse, las cargas en los segmentos horizontales ya no se mueven m´ as de forma horizontal, ya que adquieren una componente vertical u asociada a la subida del loop, por lo que su velocidad será v ′ . La fuerza magnética ya no apuntará directamente hacia arriba, sino que apuntará diagonalmente hacia la izquierda. Si q = λ a denota la carga neta en un segmento de largo a, evidentemente la componente horizontal de la fuerza magnética ser´ıa quB = λauB, que se opone al sentido de la corriente, frenando las cargas:

Lo que sea que mantiene la corriente estacionaria (una bater´ıa quizás) debe entonces EMPUJAR estas cargas para mantener la corriente estacionaria, para que no sean frenadas por esta – 101 –

nueva fuerza horizontal. Si v denota la componente horizontal de la velocidad de las cargas, entonces el traba jo hecho por el agente externo empujando las part´ıculas es W = F horizaontal d = λ auBvt = I aBut donde d = vt es la distancia horizontal recorrida por las cargas en un instante t. Notemos que I = λ v es la corriente. Finalmente, notemos que h = ut es la distancia vertical que recorren las cargas (mientras sube el loop), por lo que el trabajo queda como sigue: W = IaBh que es la misma expresión que si se calculase usando un argumento f´ısico erróneo, i.e. suponiendo que la fuerza magnética trabaja. ¿Quién hace trabajo? El agente externo, una bater´ıa, o lo que sea que mantiene la corriente estacionaria en el tiempo. c ) La fuerza en un caso general viene dada por:  = F

ˆ

I dr

 × B = I

C

ˆ  × dr

 B

C

en donde hemos sacado el campo por ser uniforme. Notemos que:

ˆ

dr = r final

− r

inicial

ı = a = a ˆ

C

según nuestro sistema. Luego la fuerza es la misma que la del inciso inicial, sin importar la forma de la curva C . 

(7) En un experimento diseñado para medir el campo magnético de la Tierra usando el efecto Hall, una barra de cobre de 0.5 cm de espesor es posicionada a lo largo de un eje que va de este a oeste. Asuma que la densidad de electrones es n = 8.46 1028 electrones por metro cúbico, y que el plano de la barra es puesto perpendicular a la dirección del campo magnético de la Tierra. Si una corriente de 8 A en el conductor resulta en un voltaje de Hall de 5 .1 10−12 V, ¿Cuál es la magnitud del campo magnético terrestre en el lugar del experimento?

×

×

Soluci´ on:

 Como sabemos, el efecto Hall ocurre cuando un campo magnético B uniforme es aplicado perpendicularmente al plano de un cable plano por el que circula una corriente I . Este campo produce una fuerza magnética sobre las cargas en movimiento, las cuales se desv´ıan y acumulan en los bordes del conductor (figura de abajo).

– 102 –

La figura muestra el caso real: los electrones (cargas negativas) son los portadores de corriente, y por ende, quienes se ven afectados por el efecto Hall. El exceso de cargas en cada borde produce una diferencia de potencial, y un consecuente campo eléctrico que apunta a lo ancho del conductor. Esta desviaci´ on en la trayectoria de las cargas ocurre hasta que la fuerza eléctrica es capaz de oponerse a la fuerza magnética. Notar del dibujo que la fuerza magnética y eléctrica se oponen (el campo eléctrico apunta en una dirección, pero si las cargas son negativas, la fuerza apunta contraria al campo). En dicho caso, si v representa la velocidad de los electrones, entonces el equilibrio requiere que: V qv B = qE = qℓ V v = ℓB

−→

en donde se usó que V = ℓE es la diferencia de potencial entre los bordes, y ℓ es el ancho. A esta diferencia de potencial se le conoce como voltaje de Hall. Por otra parte, si I denota la corriente que circula, entonces: I = J A = J ℓw = ρvℓw = newvℓ en donde n es el número de part´ıculas por unidad de volumen, ρ = ne es la densidad de carga, y J = ρv la densidad de corriente. Es posible entonces expresar el voltaje de Hall en función de la corriente que circula, BI new V V = B = new I

−→

En este problema buscamos el valor del campo magnético de la Tierra, el cual apunta perpendicular a nuestro conductor en el laboratorio. Es directo porque tenemos todos los datos numéricos. El campo que mediremos será: B =

8.46

28

× 10

m−3 1.6

−19

· × 10

C 0.5 8A

−2

· × 10

m 5.1

· × 10

−12

V

≈ 4 × 10

−5

T 

(8) Un circuito cuadrado r´ıgido, de lado L y masa M , está pivoteado en torno a uno de sus ejes en  presencia de un campo magnético B uniforme, y el campo gravitatorio. El circuito lleva una corriente I que es capaz de mantenerlo en equilibrio en un ángulo θ. Encuentre el sentido y magnitud de dicha corriente:

– 103 –

Soluci´ on:

Para el equilibrio, se requiere que el torque neto sobre la espira con respecto a algún punto de aceleraci´ on nula sea cero. Se escoge como origen el punto O ubicado en una de las esquinas de la espira, como se muestra en la figura.

Para el torque que ejerce el peso, usamos que la fuerza de gravedad se puede concentrar en el centro de masa

τ = r

×



 = L sin θ ˆ ı F 2

×−

− cos θ ˆ 

 = Mg ˆ

Por otro lado, el torque que ejerce la fuerza magnética es τ =  µ

× B

– 104 –

ˆ −MgL sin θ k 2

donde  µ es el momento magnético de la espira, ˆ µ = I Aˆ  n = I L2 n ˆ. Luego n Requerimos en primer lugar que este torque tenga dirección k ˆ debe tener la dirección de µ en el dibujo 

τ =  µ El equilibrio exige entonces



× B = I L B cos θ kˆ 2

L Mg sin θ 2

2

− IL B cos θ

Luego, la corriente I debe ser I =



ˆ =  k 0

Mg tan θ 2LB

La dirección debe ser acorde con la dirección del momento magnético, la cual se muestra en la siguiente figura



– 105 –

3.2.

Ley de Biot-Savart

(1) Un alambre delgado y r´ıgido, que lleva una corriente I , es colocado a lo largo del eje X . Calcular el campo magnético en el punto P . Analice el caso particular en que el alambre es simétrico con respecto al eje Y . ¿Qué sucede cuando ℓ ?

→∞

Soluci´ on:

Recordemos la Ley de Biot-Savart:  r) = µ0 B( 4π

ˆ I dR × (r − R) r − R 

3

 = dx ˆ Consideremos un elemento diferencial dR on X . Por ı que lleva una corriente I en la direcci´ otra parte, r = a ˆ y por tanto:

√    = a + x , I d R  × (r − R)  = aI dx k ˆ − R = a ˆ − xˆ ı , r − R Los l´ımites de integración serán −x y x tales que x + x = ℓ y a a ∧ x = x = tan θ tan θ 2

r

1

2

2

1

1

2

2

1

Por lo tanto,

2

µ0 Ia  = B(P ) 4π

x2

ˆ

−x1

dx ˆ k (a2 + x2 )3/2

Usando el cambio de variable x = a tan θ, µ0 Ia  = B(P ) 4π

arctan cot θ2

ˆ

− arctancot θ1

recordando que sin (π/2 y as´ı,

a sec2 θ dθ ˆ µ0 I k = 4πa a3 sec3 θ

ˆ

π/2−θ2

θ1 −π/2





ˆ = µ0 I cos θ1 + cos θ2 k ˆ cos θ dθ k 4πa

− t) = cos (t). En el caso simétrico, θ = θ y por tanto cos θ 1

 sim (P ) = µ0 I B 4πa

ℓ ˆ k 2 2 ℓ /4 + a



– 106 –

2

k

=

ℓ/2 (ℓ/2)2 + a2



Si ℓ

→ ∞, entonces θ → 0 y por tanto: k

 ∞ (P ) = µ0 I k ˆ B 2πa Notemos que en este l´ımite, el sistema posee simetr´ıa cil´ındrica, y las l´ıneas de campo magnético son circulares. Este resultado se comprobar´ a más adelante con la Ley de Ampère .  (2) Considere la espira de corriente formada por segmentos radiales y arcos de circunferencia como se  el punto P . muestra en la figura. Obtenga el campo magnético B en

Soluci´ on:

Si fijamos el origen en P , notamos inmediatamente que las contribuciones de los segmentos 1 y 5  paralelo al vector r  son nulas, ya que en ambos casos el vector d R es 0. Para el sector R, con x =  2:

−

0 , r = 

 ρ , R = b ˆ

 θ dR = b dθ ˆ

 dR

−→

Por lo tanto,  2 = µ0 I B 4πb

ˆ

φ

 = b × (r − R)

ˆ = dθ k

0

2

ˆ dθ k

∧ r − R  = b

µ0 φ I ˆ k 4πb

De manera análoga, para el segmento 4 ,  4 = B

φ I ˆ − µ4πa k 0

Por u ´ ltimo, para la sección 3 , es f´ acil notar que su contribución es nula, ya que en este caso el  apunta en la dirección contraria al vector unitario radial en coordenadas polares, y a vector dR  apunta en la dirección radial, de esta forma, el producto cruz entrega al vector nulo. su vez dR Resumiendo, solo los segmentos pares contribuyen al campo en P , y el campo total será la suma de ambas contribuciones:  B  2 + B  4 = µ0 φ I 1 1 k ˆ B = 4π b a

 − 

– 107 –



(3) Considere una espira circular que lleva corriente I en el sentido indicado por la figura. Calcule el campo magnético a una distancia z en el eje de simetr´ıa de la espira.

Soluci´ on:

En este caso, r  R  dR  R  R)

r −   × (r − dR

= z ˆ k = R ˆ ρ θ = R dθ ˆ = z 2 + R2

√

ˆ ρ + R2 dθ k = zRdθ ˆ

Como ρˆ = cos θ ˆ ı + sin θ ˆ, entonces:  dB =

k + zR cos θ ˆ ı + zR sin θ ˆ  µ0 I R2 ˆ dθ 4π (z 2 + R2 )3/2

Las integrales en el plano X Y son nulas por estar integradas entre 0 y 2π, con lo que: µ0 I R2  ˆ k B(z ) = 2 2 3/2 2 (R + z ) que es consistente con los argumentos de simetr´ıa.



(4) Considere un disco muy delgado que tiene una densidad de carga superficial σ uniformemente distribuida. El disco se pone a girar a velocidad angular ω en torno a su eje. Encuentre el campo magnético en el eje del disco. – 108 –

Soluci´ on:

Se tiene una distribución de carga en movimiento, y por tanto una corriente, de forma que ésta generará un campo magnético. Anteriormente se determinó el campo en el eje de un anillo de radio r con corriente I . Podemos ver el disco como una superposición de anillos con corriente de ancho infinitesimal dr, de modo que el campo magnético total será la suma de las contribuciones de estos anillos. Veamos que ocurre en la porción de disco comprendida entre r y r + dr, con r [0, R]:

∈

q = σ πr 2

−→

dq = 2πσrdr

La carga dq da una vuelta completa en un tiempo ∆t =

1 2π = f ω

La rotación del anillo genera una corriente: dI =

dq = σω r dr ∆t

– 109 –

As´ı, el campo magnético a una distancia z sobre el eje del disco generado por este anillo es: r2 µ dI µ0 σω r3 = dB = 2 dr (r + z 2 )3/2 2 2 (r2 + z 2 )3/2 El campo total es:  ) = µ0 σω B(z 2

ˆ 0

R

r3 ˆ dr k (r2 + z 2 )3/2

Haciendo el cambio de variables t 2 = r 2 + z 2 , tdt = r dr obtenemos la siguiente integral:

ˆ

r3 dr = (r2 + z 2 )3/2

ˆ

r2 r dr = (r2 + z 2 )3/2

2

2

ˆ t − z t3

t dt =

ˆ

− 

z 2 z 2 + c1 dt = t + t2 t

1

Volviendo a las variables originales, R

ˆ 0

r3 dr = (r 2 + z 2 )3/2

√

z 2

+ r 2

Finalmente,  ) = µ0 σω B(z 2

+

z 2 z 2 + r 2

√

√

R2 + z 2 +



R

=

√

R2

+

0

z 2 R2 + z 2

√

+ z 2

 − || 2 z

z 2 R2 + z 2

√

− 2|z |

ˆ k 

(5) Considere dos bobinas de N espiras de igual radio R, separados por una distancia 2b como muestra la figura. En ambas bobinas circula una corriente I en el mismo sentido.

a ) Obtenga el campo magnético en el punto medio P entre las dos bobinas, y muestre que en este punto la primera derivada del campo es nula b) Escoja una distancia 2b tal que la segunda derivada del campo se anule en P c ) Muestre que con la elección anterior, la tercera derivada se anula en P Soluci´ on:

– 110 –

a ) De algún problema anterior, sabemos que para una espira circular con corriente I , radio R y a una altura z de su centro, el campo en el eje de simetr´ıa es: µ0 I R2  ˆ k B(z ) = 2 (z 2 + R2 )3/2 Como esta bobina consta de N espiras circulares, separadas por una distancia despreciable con respecto a z , podemos utilizar el principio de superposici´ on y obtener el campo resultante: µ0 I N R2  ˆ k B(z ) = 2 2 3/2 2 (z + R ) Ahora, localicemos el origen en P . Sea un punto en el eje a una distancia z del origen; el campo provocado por la bobina de abajo es: µ0 I N R2  ˆ k Bdown (z ) = 2 2 3/2 2 (R + (z + b) ) mientras que la bobina de arriba contribuye con: µ0 I N R2  ˆ k Bup (z ) = 2 2 3/2 2 (R + (z b) )

−

As´ı, el campo magnético total, por el principio de superposición, es:  ) = µ0 I N B(z 2



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

−



ˆ = B ˆ k k

Si derivamos una vez, dB = dz

− 3µ2RI N 0

 

−b 1 + ([z − b]/R) z

2

5/2

z + b

+

 

1+

([z + b]/R)2

  5/2

vemos que al evaluar en P –origen con z = 0– la derivada será: dB dz



=0

z =0

b) Para escoger la distancia, vemos la segunda derivada. Derivando lo anterior, 2

dB = dz 2

−

3µ0 I N 2R

  −         −   −        1+

z

b

2

−5/2

+

R

3µ0 I N 5(z b)2 + 2R R2

1+

z

b

R

– 111 –

1+

2

−7/2

z + b R

2

−5/2

5(z + b)2 + R2

1+

z + b R

2

−7/2

Evaluado en el origen, 2

dB (0) = dz 2

  2

−

3µ0 I N b 2 1+ 2 2R R

−5/2

2

−

10b R2

   b2 1+ 2 R

−7/2

Necesitamos que esta expresi´ on sea nula. Imponer esto nos lleva a una ecuación que nos permite despejar b como función de R:

 

b2 b2 2 1 + 2 = 10 2 R R

−→

2b = R

Esto significa que si escogemos la separación entre las bobinas igual al radio de las mismas, entonces la segunda derivada también se anula en P . c ) Volviendo a la segunda derivada, reemplazando 2b = R y derivando por tercera vez, se ve que en P la tercera derivada también es nula. Todos estos cálculos nos sirven para mostrar que el campo en la vecindad de P es aproximadamente uniforme. En efecto, si expandimos en Taylor el campo cerca del origen, B ′′ (0) 2 B ′′′ (0) 3 B (iv) (0) 4 B(z ) = B(0) + B (0) z + z + z + z + . . . 2! 3! 4! ′

Reemplazando las derivadas antes calculadas, B B(z ) ≈ B(0) +

(iv)

(0) 4 z 4!

Esta configuración se conoce como Helmholtz coils (bobinas de Helmholtz). El segundo término es de orden de z 4 , lo cual es muy peque˜ no. Es por esto que el campo en la vecindad de P resulta muy uniforme. La figura de abajo muestra el campo real dentro de las bobinas:



(6) Considere dos alambres, de longitud ℓ, paralelos separados por una distancia a corrientes I 1 e I 2 en la dirección y. Calcule la fuerza entre ambos conductores. Soluci´ on:

– 112 –

≪ ℓ y que llevan

 1 , que ejerce el alambre 2 sobre el alambre 1, se puede obtener como La fuerza magnética F  1 = I 1 F

ˆ

dr1

× B

2

 2 es el campo magnético creado por el conductor 2. Usando el resultado del primer probledonde B ma, para alambres suficientemente largos, las l´ıneas del campo magnético debido a I 2 son c´ırculos concéntricos con el alambre 2, con el campo apuntando en la dirección tangencial. As´ı, en un punto arbitrario P sobre el alambre 1, tenemos  2 = µ0 I 2 k ˆ B 2πa Al ser este campo uniforme a lo largo del conductor 1, y siendo éste un alambre rectil´ıneo, la fuerza que experimenta está dada por:  1 = I 1   2 = I 1 ℓ ˆ F ℓ B

×

×  µ0 I 2 2πa

ˆ = k

µ0 ℓ I 1 I 2 ı ˆ 2πa

 2 = F  1 . De esta Claramente esta fuerza apunta hacia el conductor 2. Resulta evidente que F forma, dos cables paralelos que llevan corriente en la misma dirección se atraerán. Por otro lado, si las corrientes fluyen en direcciones opuestas, la fuerza resultante será repulsiva.

−

– 113 –



(7) ¿Cuál debe ser la velocidad v (medida en un sistema inercial) de dos hilos paralelos muy largos y no conductores, cargados uniformemente con densidad λ, y separados una distancia d, para que la fuerza magnética anule la fuerza eléctrica ejercida entre los hilos? Soluci´ on:

Sabemos que el campo magnético generado por el cable es:  = µ0 I θˆ B(r) 2πr Con este campo es fácil calcular la fuerza que ejerce un cable sobre otro cable igual, con la misma corriente, situado a una distancia d. El campo magnético que ejerce el primero sobre el segundo es constante a lo largo de todo el segundo cable, debido a que depende solo de la distancia, y todos los puntos del segundo cable están a la misma distancia, d. As´ı,  m = I LB(d) k ˆ F

×

θˆ =

−

µ0 I 2 L ρ ˆ 2πd

en donde L es el largo de cada cable. El signo negativo implica que la fuerza es atractiva. En el caso de dos cables muy largos cargados que se mueven, evidentemente la corriente corresponde a I = λv, en donde v es la velocidad del cable. La fuerza magnética entre dos cables cargados con densidad de carga λ es entonces F m = µ 0 λ2 v 2 L/2πd. Por otra parte, el campo eléctrico que ejerce una l´ınea de carga muy larga es, usando la ley de Gauss,  (r) = E

λ ρ ˆ 2πǫ0 r

– 114 –

y claramente ese campo ejerce una fuerza repulsiva sobre otro cable exactamente igual situado a una distancia d: λ2 L   = ( ρ F e λE d) dℓ = ˆ 2πǫ0 d

ˆ

Para que la fuerza magnética anule la eléctrica tiene que ocurrir que: µ0 λ2 v 2 L λ2 L = 2πd 2πǫ0 d

−→

v =

√ µ1 ǫ

= c

0 0

Evaluando numéricamente este resultado vemos que v 3 108 m/s, que es la velocidad de la luz. Evidentemente los alambres nunca podrán viajar tan rápido, por lo que siempre predomina la  fuerza eléctrica por sobre la magnética.

≈ ×

3.3.

Ley de Amp` ere

(1) Considere un conductor cil´ındrico de radio R y de extensión infinita, que lleva una corriente I con una densidad de corriente no uniforme J = α r, donde α es una constante desconocida, y r es la distancia de un punto interior en el conductor al eje de simetr´ıa. Encuentre el campo magnético en todo el espacio. Soluci´ on:

La Ley de Ampère nos dice que

˛ 

B dr = µ 0 I enc

γ

·

en donde I enc representa la corriente encerrada por la curva cerrada γ . Esta ley es aná loga a la ley de Gauss de electrostá tica, y no depende de la forma de γ . Aunque esta ley siempre es válida, no siempre es u ´ til, y tal como ocurre con la ley de Gauss, se usa en situaciones de alta simetr´ıa. Para aplicarla, es preciso saber en qué direcció n debe apuntar el campo, de modo tal que la integral de l´ınea se simplifique considerablemente. Saber en qué dirección apunta el campo magnético generalmente no es dif´ıcil, y solo requiere entender bien la naturaleza vectorial del mismo. En particular, el campo siempre debe ser perpendicular a la corriente, y su sentido no debe depender del sistema coordenado que se use. Para una corriente que circula en la dirección z (coordenadas cil´ındricas) es sencillo establecer en qué dirección debe ir el campo. Primero, no puede tener una componente en la dirección z , porque el campo no puede ser paralelo a la corriente. Por otra parte, si tuviera componente radial, cambiar´ıa el sentido de la misma si se invierte el sentido de la corriente. Pero invertir el sentido de la corriente es, f´ısicamente, lo mismo que escoger el eje z en la dirección opuesta a la inicial. Entonces se deduce que la componente radial del campo depende de la elección del eje z , lo cual contradice el hecho de que las magnitudes f´ısicas no pueden depender de la elecci´ on de coordenadas. Por ende, tampoco puede tener componente radial. Se concluye que el campo debe estar en la dirección tangencial, y debe u ´ nicamente depender del radio por la simetr´ıa axial del problema  ˆ θ B = B(r) – 115 –

Sea γ una circunferencia de radio 0 < r < R, cuyo centro coincide con el eje de simetr´ıa del cilindro. As´ı, ρ θ r = r ˆ dr = r dθ ˆ

−→

Con ello,

˛ 

2π

B dr = B(r)r

γ

En este caso,

r

ˆ ˆ 0

dθ = 2πr B(r) = µ 0 I enc

0

2π

I enc (r) = De esta forma,

·

ˆ

2π

J (u)ududθ = α

0

ˆ ˆ dθ

0

2  in (r) = µ0 α r θˆ B 3

∧

0

r

2πα r3 u du = 3

∝ r

Bin

2

2

Para el exterior, r > R, lo u ´ nico que cambia es que ahora debemos considerar toda la corriente que circula por el cable, que ya no depende del radio: 2πα R3 I enc = I = 3 Finalmente,

 out (r) = µ0 I θˆ B 2πr

−→ ∧

α =

3I 2πR 3

∝ 1r

Bout



(2) Calcule el campo magnético dentro de un solenoide ideal de largo ℓ, N vueltas y que lleva una corriente estacionaria I . Soluci´ on:

Un solenoide es una bobina enrollada en forma helicoidal. La figura muestra las l´ıneas de campo magnético de un solenoide con corriente constante I :

Vemos que si las vueltas están muy cercanas espacialmente, el campo magnético resultante dentro del solenoide es parcialmente uniforme, siempre que la longitud del solenoide sea mucho mas grande que su diámetro. Para un solenoide ideal, que es infinitamente largo con vueltas infinitesimalmente – 116 –

cercanas, el campo magnético dentro es uniforme y paralelo al eje x, utilizando la ley de la mano derecha, y es nulo fuera del solenoide. Podemos utilizar la ley de Ampère para calcular el campo magnético dentro de un solenoide ideal. Una vista transversal de un solenoide ideal se muestra en la figura:

Consideremos el camino rectangular de largo ℓ y ancho w y en sentido contra-reloj. La integral de l´ınea del campo a través de este camino es

˛

 dr = B

·

˛

 dr + B

←



·

˛

 dr + B

·

˛

 dr + B

→

↓

·

˛

 dr B

·

↑

Ahora, la integral sobre es nula, ya que el campo es nulo en el exterior del solenoide. Las integrales sobre y también son nulas, ya que el campo a lo largo de estas trayectorias es perpendicular a dr. Con esto, podemos estirar el camino cerrado de manera que encierre todo el solenoide,notando que la corriente total que atraviesa la superficie encerrada por la trayectoria es NI , con N el número de vueltas del solenoide

↑ ↓

←

˛ 

B dr = Bℓ = µ 0 NI

·

−→

B =

µ0 NI ℓ





(3) La figura muestra la sección transversal de un cable compuesto por dos cilindros concéntricos. Asuma que una corriente I , de densidad constante, “sale de la página” por el cilindro central (r R 1 ) y  todo “entra en la página” por el cilindro exterior (R2 r R3 ). Calcule el campo magnético B en el espacio.

≤ ≤

– 117 –

≤

Soluci´ on:

La ley de Ampère nos dice que:

˛ 

B dr = µ 0 I enc

C

·

 ˆ θ y por tanto: En nuestro caso, por la simetr´ıa axial del problema, B = B B =

µ0 I enc 2πr

r < R1 I J 1 = πR1 2



r I enc = I R1

−→

y con ello: B1 =

2

µ0 I r 2πR1 2

R1 < r < R2 µ0 I 2π r

B2 = R2 < r < R3 J 2 =

I

− π(R − R 3

2

2

2

)

−→

y con ello: µ0 I B3 = 2π r



I enc = I

−

R3 2 r 2 R3 2 R2 2

− −

r2 R2 2 I 2 R3 R2 2

− −



r > R3 B4 = 0 

 = J 0 k ˆ. El cable tiene una cavidad cil´ındrica (4) Un cable de radio R lleva una densidad de corriente J de radio α paralelo al eje del cable, a distancia b de él. Muestre que el campo magnético dentro de la cavidad es uniforme.

– 118 –

Soluci´ on:

Resolvemos el problema por superposición de dos corrientes, una del cilindro completo con densidad k, y otra en la cavidad con densidad J 0 ˆ k. El campo magn´ de corriente J 0 ˆ etico al interior de un  ˆ cable con densidad de corriente J = J 0 k se puede obtener fácilmente con la ley de Ampère: Tomando la curva circular de radio r, y dada la simetr´ıa cil´ındrica de la distribuci´ on de corriente, el campo magnético es constante y tangente sobre la curva. As´ı:

−

˛ 

B dr = B(r) 2πr = µ 0

·

¨ 

ˆ dS = µ 0 J 0 πr 2 J n

·

∂S

 = µ0 J 0 r θˆ B(r) 2

−→

S

Sea entonces un punto arbitrario al interior de la cavidad, como muestra la figura:

rk = r k ρˆk , Por superposición,

k = 1, 2

{ }

µ0 J 0 r1 ˆ  = θ1 B(P ) 2

pero

ˆ θˆ1 = k

× ρˆ

∧

1

− µ J 2 r

0 0 2

θˆ2

ˆ θˆ2 = k

× ρˆ

2

y por tanto,



µ0 J 0  ˆ = B(P ) r1 k 2

× ρˆ − 1

ˆ r2 k

×



µ0 J 0 ˆ ρ k ˆ2 = 2

– 119 –

× −  r1

r2 =

µ0 J 0 ˆ k 2

×  b

el cual es un campo uniforme.



(5) Se tiene dos corrientes, ambas con igual sentido (en el dibujo, saliendo de la hoja). Una de ellas es una corriente plana e infinita de densidad lineal J s , y la otra es una corriente cil´ındrica infinitamente r larga cuya densidad es J = J 0 1 . Se define al punto P como el punto ubicado a distancia R R/2 del centro del cilindro:

− 

a ) Encuentre el campo magnético, en P , generado por J s b) Encuentre el campo magnético, en P , generado por J c ) Encuentre el valor de J 0 (J s ), que hace que el campo magnético resultante en el punto P sea nulo Soluci´ on:

a ) Podemos pensar la región de corriente como una superposición de conductores paralelos que llevan corrientes en la dirección ˆı:

Primero analizamos en qué dirección debiese ir el campo. ¿Puede el campo tener componente en x? No, porque el campo no puede ser paralelo a la dirección de la corriente que lo genera. ¿Puede tener componente en z ? Otra vez no. Si suponemos que la superficie se compone de muchos hilos delgados, como muestra la figura, la componente z de la contribución al campo, – 120 –

generada por uno de estos hilos ubicado en y > 0, se cancela con su hilo opuesto en y < 0. Por ello es que no puede tener componente z . Por tanto,  B =

± B ˆ 

donde el signo dependerá si estamos sobre o bajo la región, donde el sentido vendrá dado por la regla de la mano derecha. Ahora, podemos utilizar la ley de Ampère para encontrar el campo magnético debido a esta distribución de corriente. Tomaremos la curva cerrada que aparece en la figura. La corriente que atraviesa la superficie limitada dicha curva es: I C = J s bℓ Notando que, en la integral de l´ınea, los segmentos verticales no contribuyen (dr perpendicular al campo) µ0 J s b  dr = B 2ℓ = µ 0 I C = µ 0 J s bℓ B B= 2

˛

·

−→

C

As´ı,  = B(P )

− µ 2J b ˆ 0 s

b) Para el cilindro, utilizamos nuevamente la ley de Ampère. Dada su extensión infinita, por simetr´ıa, el campo magnético en su interior debe ser función u ´ nicamente de la coordenada radial, y su dirección es tal que es tangente en todo punto a una curva circular concéntrica al cilindro:

˛ 

2π

B dr = 2πr B(r) = µ 0 I enc = µ 0

·

 = µ 0 J 0 B(r)

 −  r 2

r2 3R

ˆ θ

−    − 

r

dθ

0

C

As´ı,

ˆ ˆ

J 0 1

0

−→

t t dt = 2πµ 0 J 0 R

 = µ 0 J 0 B(P )

R 4

r2 2

−

r3 3R



R2 µ0 J 0 R ˆ = ˆ 12R 6

c ) En el punto P , se tendrá la superposición de ambos campos:  res (P ) = B



µ0 J 0 R 6

−



µ 0 J s b ˆ 2

Para tener un campo magnético nulo, debe tenerse entonces: J 0

R bJ s = 6 2

−→

J 0 =

3bJ s R 

 = K ˆ (6) Considere un plano infinito por el que circula una corriente superficial uniforme K ı. a ) Encuentre el campo magnético en todo el espacio. Para ello, realice un análisis que permita saber a priori en qué dirección debe apuntar el campo. – 121 –

b) Calcule el flujo magnético a través del manto de un cono de altura h y radio basal R, situado en la región sobre el plano del inciso anterior, con su eje perpendicular al mismo. c ) Obtenga la fuerza magnética por unidad de area que el plano del inciso (a ejerce sobre otro plano paralelo situado a una distancia d del primero, por el que circula la misma corriente  = K ˆ ı. K Soluci´ on:

a ) Con un análisis idéntico al problema anterior, es posible probar que el campo es:  = B

 − 

µ0 K ˆ z > 0 2 µ0 K + ˆ z < 0 2

El campo magnético ejercido por este plano resulta uniforme. Note que el campo posee un salto de discontinuidad de µ 0 J entre la región ba jo y sobre el plano. La analog´ıa con el campo el´ ectrico ejercido por un plano infinito cargado es total. b) Un hecho experimental muy importante es que, hasta ahora, no existen los monopolos magnéticos. Por ejemplo, no podemos separar un imán en un polo norte y un polo sur. Si rompemos un imán a la mitad, cada pedazo se transformará “misteriosamente” en un nuevo im´ an, con polo norte y polo sur. Como no podemos encontrar monopolos magn´ eticos, no es posible encontrar l´ıneas de campo magnético abiertas. Las l´ıneas siempre serán cerradas, o bien, comenzarán y terminarán en el infinito. Consecuencia de esto es que, a trav´ es de una superficie cerrada, siempre el flujo magnético es cero, porque toda l´ınea que entra debe salir, por ser cerrada. As´ı,  n ˆ dS = 0 B

˛

·

S

Esta ecuación es la ley de Gauss del magnetismo . Si en cambio se pudiera encontrar un monopolo magnético, las l´ıneas comenzarán o terminarán en una suerte de “carga magnética” q m , análogo al flujo eléctrico. En ese caso, las l´ıneas ya no serán cerradas, y se obtendr´ıa una ley de Gauss del tipo  n ˆ dS = k q m B

˛

·

S

Sin embargo, este hecho nunca ha sido confirmado experimentalmente; as´ı que asumimos que el flujo magnético sobre una superficie cerrada siempre es cero. Basados en este hecho, consideremos un cono sobre el plano del inciso (a). Si lo ponemos con el eje perpendicular al plano,  El flujo neto, entonces claramente no hay flujo a través de la base. Esto porque ah´ı n ˆ B. que tiene que ser siempre cero, queda

⊥

0=

˛ 

ˆ dS + B n

tapa

·

˛ 

ˆ dS = B n

manto

·

˛ 

ˆ dS B n

·

manto

de donde se concluye que el flujo a través de manto es, por s´ı solo, igual a cero. – 122 –

 ejerce sobre una l´ınea de corriente, c ) Análogamente a la fuerza que un campo magnético B  = Idr B,  es posible decir que la fuerza magnética que este mismo campo ejerce sobre F C  y volumétricas J  es: corrientes superficiales K

´

×

 = F

¨ 

× B dS

∧

K

S

 = F

¨ 

× B dV

J

V

 la fuerza por unidad de largo, K  B representa  luego deducimos que, as´ı como Idr B es la  B es  la fuerza por unidad de volumen sobre V . fuerza por unidad de superficie sobre S y J En nuestro problema, nos interesa la fuerza magnética por unidad de superficie sobre un plano  = K ˆ ı. Si este plano se encuentra sobre el plano del infinito por el que circula una corriente K  = µ0 K ˆ y la fuerza por unidad de area es: inciso (a), entonces el campo que siente es B 2

×

×

×

−

 m = K  f

×

 B =

−

µ0 K 2 ı ˆ 2

× ˆ = −

µ0 K 2 ˆ k 2

Note el signo negativo. Esto indica que la fuerza apunta hacia abajo, por lo que se concluye que dicha fuerza es atractiva . Si, por el contrario, la corriente de los planos corriera en sentidos opuestos, la fuerza ser´ıa repulsiva, análogamente a la fuerza magnética entre dos hilos conductores rectos por los que pasa corriente. 

– 123 –

4.

Campos variables en el tiempo

4.1.

Ley de inducci´ on de Faraday-Lenz

(1) Este es un problema meramente cualitativo. Si los imanes se mueven de la forma descrita en la figura, determine la dirección de la corriente inducida en cada una de las espiras.

Soluci´ on:

Recordemos la Ley de Lenz: Una f.e.m inducida siempre generar´ a una corriente cuyo campo magnético se oponga al cambio original en el flujo magnético. En el caso de la izquierda, el movimiento del imán tiende a aumentar el flujo magnético, por lo que se generará una corriente que cree un campo magnético que se oponga a este hecho. Para reducir  el flujo magnético, debe aparecer un campo magnético B que apunte fuera de la espira y, por la regla de la mano derecha, la corriente circulará en dirección anti-horaria. En el caso de la derecha, el flujo disminuye; por tanto, se deberá generar un campo magnético que entre a la espira, de modo tal que se oponga a la reducción de flujo. De esta forma, la corriente circulante tendrá dirección horaria. Finalmente,



 = B ˆ ı. (2) La espira rectangular de la figura se encuentra sumergida en un campo magnético uniforme B Si la espira gira con velocidad angular ω utilizando el eje z como eje de rotación, y asumiendo que en t = 0 la espira se encuentra en el plano Y Z , determine la fem inducida y la corriente inducida en la espira. – 124 –

Soluci´ on:

Calculamos en flujo magnético, considerando que n ˆ = Φ=

¨

ı θˆ dS = BS sin θ Bˆ

−

·

−θˆ, −→

dΦ dθ = BS cos θ dt dt



Notemos que

dθ = ω dt

−→

θ = ωt + θ0

Dada la condición inicial, es claro que θ 0 = π/2. A partir de la ley de inducción de Faraday , podemos obtener la magnitud de la fem inducida en la espira: ε =

− dΦ = −Bωab cos(ωt + π/2) dt

La magnitud de la corriente es, simplemente I =

|ε| = Bωab cos(ωt + π/2) R

R



(3) Considere el experimento del siguiente video: Si coloca un solenoide alrededor de un núcleo de hierro (el hierro es solo para reforzar el campo magnético) y coloca un anillo metálico en él, al prender la fuente de voltaje, el anillo saltará varios metros en el aire ¿Por qué? Si repite el experimento con un anillo con un corte a todo lo alto del anillo, éste no se elevará. ¿Por qué?

– 125 –

Soluci´ on:

Antes que circule corriente, el flujo a trav´ es del anillo es cero. Después de encender el aparato,

aparece un flujo (hacia arriba en la figura) y la fem generada en el anillo hará circular una corriente (en el anillo) que, de acuerdo con la Ley de Lenz, será en dirección tal que el campo magnético generado tienda a anular el nuevo flujo. Esto significa que que la corriente circulará en sentido opuesto a la corriente en el solenoide. Corrientes opuestas se repelen, y el anillo saltará. En el segundo caso, el anillo está cortado y no permite que circule una corriente por el per´ımetro, y por tanto el efecto antes descrito no se generará.  (4) Considere un loop circular conductor de diámetro D, masa M y resistencia R que cae por acción de la gravedad desde una gran altura h, en una región en donde existe un campo magnético no uniforme con componente Bz = B 0 (1+kz ), siendo z la altura respecto del suelo y k alguna constante. Suponga que el plano del loop se mantiene horizontal en toda la ca´ıda. Ignore efectos de roce con el aire. a ) Explique por qu´ e se induce una corriente en el loop. Calcule su magnitud e indique su sentido. b) Describa cualitativamente la ca´ıda del loop. ¿Cuál es la velocidad terminal del mismo? Soluci´ on:

 = Bx ˆ ı + a ) En la región en donde se encuentra el loop circular, existe un campo magnético B  + Bz ˆ k, cuyas componentes x e y no son nulas. Esto se puede deducir notando que, si By ˆ el campo solo tuviese la componente z señalada en el enunciado, su divergencia claramente no es nula, contradiciendo lo que se sabe de los campos magnéticos f´ısicamente plausibles. No obstante, si imponemos que el loop se mantiene horizontal toda la ca´ıda, solo la componente vertical Bz será relevante en el calculo del flujo magnético a través del área que encierra el mismo. Por otra parte, ya que esta componente no es uniforme, dependerá del tiempo, y lo mismo ocurrirá con el flujo magnético. Por la ley de Lenz, una variación en el flujo magnético

– 126 –

induce una fem en el circuito:

˛ 

E dr = ε =

·

−Φdt = − ddt B

C

¨  ·  n ˆ dS B

S

Es MUY IMPORTANTE entender la convención que se usa para el sentido en que se recorre la integral de l´ınea. La convención es simple: regla de mano derecha, la misma de Cálculo en Varias Variables:

Veamos este problema. El flujo a través del loop que cae horizontalmente, es debido solo a la k, obtenemos: componente vertical, por lo que tomando el vector ˆn = ˆ ΦB =

¨ 

ˆ dS = B n

·

S

¨

¨

S

S

Bz dS = B z

dS = B 0 (1 + kz )

A

en donde hemos usado que la componente normal, al depender solo de la altura z , es constante sobre toda la superficie, la cual se encuentra horizontal, as´ı que sale de la integral. En este caso, es el área de la espira. La variación en este flujo es:

A

dΦB = B 0 k dt

A dz dt

y vemos que no es nulo. Notemos que z ′ es la velocidad con que cae el loop, y dado que escogimos el eje z hacia arriba, esta velocidad resulta negativa (la coordenada z del loop disminuye en el tiempo). Por Lenz, la fem inducida en la espira es: ε =

−dΦdt

B

=

′

−B kA z 0

un valor positivo cuando k > 0. Por nuestra convención, entonces vemos que la corriente k: anti-horario visto desde la parte fluye en el mismo sentido en que se recorre C , tal que n ˆ = ˆ superior del loop. Su módulo es evidentemente ′

|ε| = − B kA z (t) I = 0

R

R

 B   + B  z , b) Haremos esto un poco expl´ıcito. Podemos descomponer el campo magnético como B = en donde B es la componente que vive en el plano XY . Al circular una corriente, el campo

– 127 –

ejerce una fuerza magnética sobre el loop, dada por:  = F

˛  I dr × B ˛ ˛ 

= I dr

× B +



= I

dr



× B

z



˛  ˛ × ˛  −

 z + I (dx ˆ ı + dy ˆ ) B

dr



= I

× (B

ı + By ˆ ) xˆ



By dx

Bx dy

ˆ k



Recordemos que no conocemos la forma de las otras componentes del campo magnético, pero  B = I (t)η k ˆ, en donde aun as´ı, podemos deducir que la fuerza neta apunta en la dirección z es F η la integral de l´ınea. El desarrollo anterior nos convence de que sobre el anillo, ademá s de actuar la fuerza de gravedad, act´ ua una fuerza que resulta ser proporcional a la corriente, y por ende, proporcional a la velocidad con que cae el anillo. Cualitativamente, esperamos que esta fuerza proporcional aumente conforme aumenta la rapidez con que cae el loop. La fuerza magnética aumentará hasta que llegue a ser igual al peso del cuerpo, una fuerza siempre constante. En ese momento la aceleraci´ on del loop será cero, y el mismo caerá con velocidad constante. Este es un movimiento totalmente análogo a un cuerpo que cae con roce en el aire. La velocidad final con que termina moviéndose el objeto, se conoce como velocidad terminal. Aceptando toda esta descripción del movimiento, es posible obtener la velocidad terminal al menos de dos formas distintas: Cuando el loop caiga con velocidad igual a la terminal, su aceleración será nula. En este estado, la fuerza magnética será igual al peso,

A

B0 kvterm η = M g R

I term η =

en donde I term es la corriente terminal (constante) que circula por el loop. En principio, para calcular η necesitamos expl´ıcitamente las componentes Bx , By de campo magnético para evaluar la integral; sin embargo, no las conocemos. No obstante, hay una manera astuta de calcular esta integral de todas formas: usando el Teorema de Green, η =

˛

By dx

−B

x

dy =

−

¨ ∂B

x

∂x

+

∂ By dS ∂y



pero

∂B x ∂By + = ∂x ∂y

∇ · B = 0 −→ As´ı: η = B 0 k

¨

– 128 –

dS = B 0 k

A

− ∂B ∂z

z

Por ende, la velocidad terminal resulta ser vterm =

MgR B0 2 2 k 2

A

Cuando el loop cae, la variación en la energ´ıa potencial gravitatoria se compensa con la energ´ıa disipada por efecto Joule en el loop. Si en un intervalo ∆t ha ca´ıdo una distancia ∆h, entonces Mg∆h = I 2 R∆t ∆h pero si la velocidad es constante en el tramo, entonces v = . Aplicando esto a cuando ∆t el loop se mueva con velocidad terminal, I term 2 R = M gvterm Reemplazando la corriente I term =

B0 kvterm , R

A

vterm =

MgR B0 2 2 k 2

A



(5) Una barra conductora de masa m desliza entre 2 rieles conductores, sin fricción, que forman un ángulo θ con la horizontal, están separados una distancia ℓ y unidos por una resistencia R. Un  es aplicado verticalmente. La barra se suelta del reposo y desliza campo magnético uniforme B hacia abajo.

a ) Determine la corriente inducida en la barra. ¿En qué dirección fluye, de a hacia b o de b hacia a? b) Calcule la velocidad terminal de la barra. c ) Una vez alcanzada la velocidad terminal, ¿Cuál es la corriente inducida? d ) ¿A qué tasa se disipa energ´ıa en la resistencia? e ) ¿Cuál es la tasa de trabajo ejercido por la gravedad?

– 129 –

Soluci´ on:

a ) Antes que todo, coloquemos el eje de forma usual, y no sobre el plano inclinado. Supongamos que, en un instante dado, la barra se encuentra a una distancia x del extremo, como se ve en la figura:

El circuito formado por los rieles y la barra que desliza encierra una superficie plana cuya normal es:  ˆ = sin θ ˆı + cos θ ˆ n y el flujo a través de esta espira es: ΦB =

¨ 

ˆ dS = Bxℓ cos θ B n

·



Con esto, la fem inducida en los extremos de la barra es: ε =

− dΦdt = −Bℓ cos θ dx dt B

As´ı, la corriente inducida será I =

|ε| = Bℓ cos θ dx

R R dt La dirección se ve de la siguiente forma: el flujo está aumentando, por lo que se requiere inducir una corriente tal que su campo magnético apunte hacia abajo y se contraponga al cambio en el flujo. de esta forma, por la regla de la mano derecha, la corriente debe circular en dirección b a.

→

b) La fuerza magnética que ejerce el campo sobre la barra es:  m = I L  F

 ˆ × B ˆ × B = I  = −BI ℓ ˆ ı ℓk

La fuerza de gravedad viene dada por:  g = F

−mg ˆ 

Haciendo suma de fuerzas en el eje x (proyectando paralelamente sobre la superficie): ′′

mx = mg sin θ

− BI ℓ cos θ = mg sin θ − – 130 –

B 2 ℓ2 cos2 θx′ R

v ′ = α

−βv

con v = x ′ , α = g sin θ y β = B 2 ℓ2 cos2 θ/mR. Resolviendo, dt =

v

dv α

− β

−→

t

ˆ

− t = 0

v0

−ln (a β − β v) + ln (a −β β v )

ds = α βs

−

0

como t0 = 0, v0 = 0:

−β t = ln

−  β v α

1

−→

Por tanto, vt = l´ım v(t) = t→∞

c ) La corriente terminal es: I t =

− 

α 1 v(t) = β

e−β t

α mgR sin θ = 2 2 β B ℓ cos2 θ

Bℓ mg tan θ cos θ vt = R Bℓ

d ) El módulo de la fem inducida en este caso es:

|ε | = mgRBℓtan θ t

Por tanto, la potencia disipada es: m2 g 2 R tan2 θ elec = εt I t = B 2 ℓ2

P

| |

e ) La tasa de trabajo ejercida por la gravedad es: m2 g 2 R tan2 θ = W  vt = B 2 ℓ2

P

grav

con W  = mg sin θ la componente del peso en la dirección de desplazamiento. Vemos que el valor de esta potencia es la misma que la potencia que disipa la resistencia. Esto se debe al principio de conservación de la energ´ıa. 

(6) Note la similitud entre la ley de Ampère

˛ 

B dr = µ 0 I

·

C

y la ley de Faraday-Lenz

˛ 

E dr =

·

C

– 131 –

−dΦdt

B

Nada nos impide aplicar los métodos de “anillos amperianos” al cálculo de campos eléctricos generados por campos magnéticos variables, de forma análoga al cálculo de campos magnéticos producidos por corrientes estacionarias. Suponga un solenoide largo y recto, de radio a y con n vueltas por unidad de largo, por el que circula una corriente I (t). Si la corriente var´ıa en el tiempo, encuentre el campo eléctrico que se induce dentro y fuera del solenoide. Soluci´ on:

Como ya calculamos previamente, el campo magnético producido por el solenoide recto es:  B =



ˆ r a

en donde hemos usado coordenadas cil´ındricas, siendo el eje z coincidente con el eje del solenoide. Supongamos un loop circular de radio r < a como muestra la figura. El flujo magnético encerrado por ese loop es

ΦB = B(t)πr 2 = µ 0 πr 2 nI (t) y la variación de flujo queda como dΦB 2 ˙ ˙(t) = B(t)πr = µ 0 πr 2 nI dt Por la ley de Faraday-Lenz,

˛ 

E dr =

·

˙ −B(t)πr

2

=

−µ πr nI ˙(t) 0

2



Dado que el campo magnético es paralelo al eje z , el campo eléctrico inducido será perpendicular  = E ˆ θ . Para una descripci´ a éste, en la dirección tangencial, por lo que E on más detallada de este argumento, revisar el inicio del problema siguiente. As´ı, la fem inducida será ε =

˛

 dr = E



·

˛

θ dr ˆ θ = 2πr E (r) E ˆ



– 132 –

·

y por ende 2π E (r) = Con ello,  in = E

−µ πr nI ˙(t) 0

2

− µ 2nr I ˙(t) ˆθ 0

Este es el campo dentro del solenoide. El campo fuera se obtiene de forma análoga, pero el loop ahora encierra todo el solenoide. El flujo es ΦB = B(t)πa2 = µ 0 nπa2 I (t) Por la ley de Faraday-Lenz, 2πr E (r) = Y finalmente:  out = E

dΦB = µ 0 nπa2 ˙I (t) dt

−→

−µ nπa ˙I (t) 2

0

2

− µ 2rna I ˙ θˆ 0

lo cual concluye el problema.



(7) Un cable recto infinitamente largo porta una corriente con pequeñas perturbaciones I (t). Determine el campo eléctrico inducido, en función de la distancia s desde el cable. Hint: use el anillo amperiano de la figura.

Soluci´ on:

Primero que todo, de la ley de Faraday en su forma diferencial, es posible concluir que el campo  eléctrico inducido circular´ a en torno a B –dado que, en este caso, al derivar no cambio en la dirección del campo– de manera análoga al caso de un hilo de corriente y la ley de Ampère:

– 133 –

As´ı, de manera análoga a lo que ocurre en un solenoide al calcular el campo magnético, el campo eléctrico inducido será paralelo al eje. En la aproximación cuasiestática, el campo magnético tiene magnitud µ0 I/2πs y circula alrededor del cable. Para el anillo amperiano de la figura,

˛ 

E dr = E (s0 )ℓ

·

− E (s)ℓ

= =

Por tanto,  (s) = E



− −

d  n ˆ dS B dt µ0 ℓ dI s ds′ = 2π dt s s′

¨

·

ˆ

0

− µ2πℓ dI (ln s − ln s ) dt 0

0



µ0 dI ˆ ln s + K k 2π dt

donde K es una constante (independiente de s, pero podr´ıa depender de t). El resultado anterior implica que E diverge cuando s . Esto no puede ser cierto... ¿Qué está incorrecto? Respueson cuasiestática. Como veremos en el cap´ıtulo ta: Hemos sobrepasado los l´ımites de la aproximaci´ final, las “noticias” electromagn´ eticas se propagan a la velocidad de la luz, y a largas distancias  depende no de la corriente ahora , sino de la corriente que era en un tiempo anterior. Si τ es el B tiempo que le toma a I cambiar sustancialmente, entonces la aproximación cuasiestática debe ser correcta solo para s cτ

→∞

≪

y nuestra solución no es válida para valores grandes de s.

4.2. (1)



Inductancia. Circuitos RL, LC y RLC a ) Considere dos circuitos circulares de radios a y b a separados una distancia z , como muestra la figura. Los centros de ambos circuitos se encuentran sobre el eje z y el plano del circuito menor está inclinado en un ángulo α. Este mismo circuito tiene resistencia R. ¿Cuá l es la inductancia mutua del sistema?

≫

b) Considere dos espiras coplanares y conc´ entricas, de radios R 1 y R 2 tancia mutua entre ambas espiras.

≪ R . Encuentre la induc-

– 134 –

1

Soluci´ on:

Como sabemos, la inductancia mutua se define como M =

Φ12 I 1

en donde Φ12 es el flujo a través de la espira 2, del campo magnético producido por la corriente I 1 en la espira 1 (ver figura abajo).

Es posible demostrar que la inductancia mutua es la misma si se invierten los roles del loop 1 y el loop 2, por lo que Φ12 Φ21 = M = I 1 I 2 Es por esto que para calcular la inductancia mutua podemos escoger uno u otro flujo . Evidentemente, siempre se escoge el flujo cuyo cálculo sea el más simple. a ) En este caso, podemos suponer que el anillo menor, al ser de radio mucho más peque˜ no, se encuentra contenido en un punto z sobre el eje vertical. Por ser ´ınfimo, el campo que lo atraviesa (producido por el anillo mayor) es, en esencia, uniforme e igual al visto en problemas anteriores: −3/2 µ0 I z 2  ˆ k 1+ 2 B = 2b b

 

en donde hemos supuesto que por el anillo mayor circula una corriente I . El flujo a través del anillo menor es, entonces, Φ=

¨ 

ˆ dS = B n

·

S

¨

S

S

B cos α dS = B cos α

– 135 –

 

µ0 IS cos α z 2 1+ 2 dS = 2b b

¨

−3/2

 n con S = πa2 el área de la espira menor. Aqu´ı hemos usado que B ˆ dS = B cos αdS . Dividiendo por la corriente, obtenemos la inductancia mutua,

·

µ0 πa2 cos α M = 2b

  z 2 1+ 2 b

−3/2

b) Este es un caso particular del anterior, con α = 0 y z = 0. Por tanto, µ0 πR2 2 M = 2R1 

(2) Considere un toroide de N vueltas y de sección rectangular de lado h, radio interior a y radio exterior b.

a ) Calcule la autoinductancia y discuta qué ocurre cuando a b) Calcule la energ´ıa magnética almacenada en el toroide

≫ b − a

Soluci´ on:

a ) Utilizando la ley de Ampère, el campo magnético dentro del toroide se obtiene como

˛ 

B dr = 2πr B = µ 0 NI

·

−→

B=

µ0 NI 2πr



donde se ha integrado el campo sobre una circunferencia de radio r ubicada en el centro del toroide. El flujo magnético sobre una vuelta del toroide se puede obtener al integrar sobre todas las secciones rectangulares, con dS = h dr como elemento diferencial de área: ΦB

una vuelta

=

b

¨ 

ˆ dS = h B n

·

ˆ µ NI a



0

2πr

dr =

µ0 NIh ln (b/a) 2π

y el flojo total sobre el toroide será ΦB = N ΦB una vuelta . Con esto, la autoinductancia será ΦB µ0 N 2 h = ln (b/a) L = 2π I – 136 –

Cuando a

≫ b − a, te tiene que



ln (b/a) = ln 1 +

b



−a ≈ b−a a a

y la inductancia ser´ıa

µ0 N 2 h b a 2π a Recordando que el área de un solenoide es S = h(b a),

−

Llim =

−

µ0 N 2 S Llim = 2πa y con ℓ = 2πa,

µ0 N 2 S Llim = ℓ que es, justamente, la autoinductancia de un solenoide. b) La energ´ıa almacenada en el toroide es simplemente LI 2 µ0 N 2 I 2 h = ln (b/a) U = 2 4π 

(3) Considere el siguiente circuito LC . Suponga que el condensador tiene una carga inicial Q0 . En t = 0, el interruptor se cierra.

C

Q0

L

a ) Encuentre la ecuaci´ on diferencial para la carga en el condensador mediante consideraciones energéticas. b) Utilizando las leyes de Kirchhoff, encuentre I (t) y Q(t) Soluci´ on:

a ) En ausencia de una resistencia, la energ´ıa total se transforma constantemente en energ´ıa eléctrica y magnética, fenómeno conocido como oscilación electromagnética . Le energ´ıa total del circuito LC en un instante arbitrario es Q2 L I 2 + E total = U = U C + U L = 2 C 2 – 137 –

Por el principio de conservación de la energ´ıa, dU d = dt dt





Q2 L I 2 + = 0 2 C 2

−→

Q dQ dI + LI = 0 C dt dt

Además, hay que notar que: Para ver la relación entre carga del condensador y corriente por la inductancia, hagamos el siguiente análisis: Si la corriente por la inductancia es positiva, y circula positivamente, entonces significa que el condensador se descarga. Por tanto, I =

− dQ dt

Si la corriente por la inductancia es negativa, entonces circula en la otra dirección y por tanto está cargando al condensador. As´ı, I =

− dQ dt

Por tanto:

Q dI Q d 2 Q =0 + L 2 = 0 I + LI C dt C dt que es la ecuación diferencial para la carga en el condensador.

−

−→

b) Utilizando la ley de voltajes de Kirchhoff,

C

+

+

-

-

L

−V + V = − QC + L dI =0 dt C

L

Aqu´ı nuevamente usamos la relación entre variación de carga y corriente. Por tanto, Q d 2 Q + L 2 = 0 C dt

−→

Q′′ +

1 Q = 0 LC

que posee por solución general Q(t) = Q0 cos (ωt + φ) donde la frecuencia angular ω está dada por ω =

√ 1

LC

La corriente por la inductancia es I (t) =

−dQ = ωQ sin (ωt + φ) = I sin (ωt + φ) dt 0

– 138 –

0

con I 0 = ωQ0 . De las condiciones iniciales Q(0) = Q 0 e I (0) = 0, la fase es simplemente φ Con esto, las soluciones para la carga y la corriente en el circuito LC son: Q(t) = Q0 cos (ωt)

≡ 0.

I (t) = I 0 sin (ωt)

∧

Notar que, con U = U C + U L , se cumple que: Q2 (t) LI 2 (t) Q0 2 LI 0 2 Q0 2 Q 0 2 Q0 2 + = cos(ωt) + sin(ωt) = cos(ωt) + sin(ωt) = U = 2C 2 2C 2 2C 2C 2C 

(4) Considere el circuito RLC en serie, que consta de una resistencia, una inductancia, y un condensador:

C

L R

Mediante consideraciones energéticas, encuentre la ecuación diferencial para la carga en el condensador. Soluci´ on:

La energ´ıa, en un instante arbitrario t, está dada por Q2 LI 2 + U = U C + U L = 2C 2 A diferencia del circuito LC , parte de la energ´ıa del circuito será disipada por la resistencia. Esto es, la tasa a la cual la energ´ıa es disipada es dU = dt

2

−I R

donde el signo negativo implica que la energ´ıa total disminuye en el tiempo. As´ı, dU Q dQ dI = + LI = dt C dt dt

2

−I R

˙ Nuevamente Q =

−I , y con ello Q dI Q d Q dQ − QC I + LI dI = −I R −→ − + L = −IR −→ − − = R dt C dt C dt dt 2

2

2

Finalmente, la EDO para la carga es: d2 Q dQ Q + =0 L 2 + R dt dt C 

– 139 –

(5) En la figura, el interruptor se cierra en t < 0 y se establece una condición de estado estable. El interruptor se abre después en t = 0. R1 a R2

L ε + −

b

a ) ¿Cuál es la energ´ıa almacenada en la bobina justo antes de abrir el interruptor? b) Encuentre la diferencia de potencial en la bobina justo después de abrir el interruptor. ¿Cuál extremo de la bobina está a mayor potencial, a o b? c ) Realice gráficas a mano de las corrientes en las resistencias, como funciones del tiempo. Muestre valores antes y después de t = 0. d ) ¿Cuánto tiempo después de t = 0 la corriente en R 2 es i? Soluci´ on:

a ) Cuando se ha alcanzado un equilibrio estable, la corriente en un circuito LR ya no var´ıa en el tiempo, y por ende ya no hay diferencia de potencial entre los extremos de la bobina. Decimos en ese caso la bobina se comporta como un cortocircuito. En ese caso el circuito de la figura es simplemente una pila con dos resistencias. Suponiendo que la corriente circula en sentido horario en la malla derecha, y anti-horario en la izquierda, la ley de las mallas –aplicada a la malla derecha– implica que: ε + I 1 R1 = 0

−

en donde I 1 es la corriente que pasa por R1 . Esta es la misma corriente que pasa por la bobina, I L = ε/R1 . La energ´ıa en la bobina es, entonces, LI L 2 Lε2 = U L = 2 2R1 2 b) Justo despu´ es de cambiar el estado del circuito abriendo el interruptor, la corriente a través de la bobina es la misma que justo antes, pues la bobina se opone a los cambios en la corriente circulante. Esta es, por ende, la corriente que circula en toda la malla exterior. Note que la corriente en R2 se ha invertido. La ley de mallas nos indica entonces que, en t = 0+,

−ε (0 L

+

) + I (0+ )R1 + I (0+ )R2 = 0

con I (0+) = ε/R1 . Despejando la diferencia de potencial, εL(0+ ) = – 140 –

R1 + R2 ε R1

y como la corriente circula en sentido horario –en la malla externa–, el potencial en b es mayor que en a. c ) Para un instante t > 0, la ley de las mallas nos dice que

−ε + I (R + R ) = 0 L

en donde ε L =

1

2

−LI ˙, por Lenz. La ecuación queda R I ˙ + I = 0 L

−→

(D + α)I = 0

con α = R/L y R = R1 + R2 . Usando el Método del operador diferencial aprendido en el curso de Ecuaciones Diferenciales, I (t) = K e−αt Reemplazando I (0) = ε/R1 , I (t) =

ε −αt e R1

Este resultado era el esperado: en ausencia de una fem externa, la corriente decae exponencialmente en un circuito LR. Toda la energ´ıa almacenada en el inductor es disipada por la resistencia. Esta corriente es la misma que circula en ambas resistencias. Un bosquejo de ambas corrientes es parecido al que aparece a continuació n. Los n´ umeros corresponden a ε = 18 V, R1 = 2 kΩ, R2 = 6 kΩ y L = 0.4 H.

Note que, en R2 , la corriente se vuelve negativa. Esto es porque el sentido se ha invertido respecto de su sentido original. d ) Sea t ∗ el instante en el cual la corriente vale i. Matemáticamente, I (t∗ ) = i. Reemplazando en la ecuación de la corriente, podemos despejar el tiempo en función de la corriente deseada, i = I (t∗ ) =

ε −αt e R1

∗

−→

iR1 = e −αt ε

∗

Tomando logaritmo y despejando el tiempo, t∗ =

−

1 ln α

 

 

iR1 L ε = ln ε R1 + R1 iR1



(6) Considere el circuito de la figura – 141 –

L

R3 I3 I2

R2

R1

I1

− +

ε

Determine la corriente por cada resistencia: a ) Inmediatamente después de cerrar el interruptor b) Despu´ es de que ha pasado mucho de tiempo de cerrado el interruptor es de que ha estado mucho tiempo cerrado, c ) Suponga que el interruptor es reabierto despu´ encuentre nuevamente las corrientes: (i) Inmediatamente despu´ es de que es abierto (ii) Después de un largo tiempo Soluci´ on:

a ) Inmediatamente después de que el interruptor es cerrado, la corriente a través de la inductancia es cero ya que la fem autoinducida evita que la corriente crezca abruptamente. As´ı, I 3 = 0. Debido a que I 1 = I 2 + I 3 , se tiene que I 1 = I 2 . Utilizando las leyes de Kirchhoff,

−ε + I R + I R = 0 −→ 1

1

1

2

I 1 = I 2 =

ε R1 + R2

b) Despu´ es de un largo tiempo, no hay fem autoinducida en la inductancia y las corrientes pasan a ser constantes. Para la malla inferior, se tiene ahora

−ε + I R + I R = 0 1

1

2

2

2

=0

y para la malla superior, I 3 R3

− I R 2

por u ´ ltimo, por la ley de nodos, I 1 = I 2 + I 3 . Resolviendo, se obtiene I 1 =

(R2 + R3 )ε R1 R2 + R1 R3 + R2 R3

R3 ε R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 R2 ε I 3 = R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 I 2 =

– 142 –

c )

(i) Inmediatamente después de que el interruptor es abierto nuevamente, la corriente a través de R1 es 0, I 1 = 0. Esto implica que I 2 +I 3 = 0. La malla superior ahora forma un circuito RL que decae e I 3 tiende a mantenerse en el tiempo. As´ı, I 3 =

−I = R R + RRRε + R R 2

2

1

2

1

3

2

3

(ii) Después de mucho tiempo, toda la energ´ıa se ha disipado, y por tanto todas las corrientes son cero: I 1 = I 2 = I 3 = 0 

4.3.

Corriente Alterna

(1) El resultado visto en clases, respecto a un transformador, nos permite obtener un voltaje de salida determinado cambiando el número de espiras en las bobinas dentro del transformador. Por ejemplo, si N 2 > N 1 , el voltaje de salida resulta mayor al voltaje de entrada. ¿Viola esto el principio de conservación de energ´ıa? El problema consiste en convencerse de que la respuesta es no. Para ello,

N1 N2 V1

V2 Transformador

a ) Demuestre que M 2 = L1 L2 , en donde M es la inductancia mutua, y L i=1,2 son las autoinductancias. b) Suponiendo que la fem en la bobina primaria es ε1 = V 1 cos ωt, y que la secundaria se conecta a una resistencia R, demuestre que las corrientes satisfacen las ecuaciones

−

L1 ˙I 1 + M I ˙2 = V 1 cos ωt ,

L2 ˙I 2 + M ˙I 1 =

−I R 2

c ) Obtenga las corrientes como función del tiempo, asumiendo que I 1 (t) es una corriente puramente alterna. d ) Muestre que el voltaje de salida y el voltaje de entrada satisfacen





V in N 1 = V out N 2

e ) Finalmente, muestre que la potencia entrante promediada en un ciclo T = 2π/ω es igual a la potencia saliente promediada en el mismo intervalo temporal.

– 143 –

Soluci´ on:

a ) Si todas las espiras de ambas bobinas son cruzadas por el mismo flujo, digamos Φ, entonces el flujo neto en la espira primaria se puede escribir como una contribución de autoinductancia e inductancia mutua, Φ1 = N 1 Φ = L 1 I 1 + M I 2

−→

Φ=

L1 M I 1 + I 2 N 1 N 1

Φ=

L2 M I 2 + I 1 N 2 N 2

Lo mismo se puede hacer para la bobina secundaria, Φ2 = N 2 Φ = L 2 I 2 + M I 1

−→

Igualando ambas ecuaciones, L1 M L2 M I 1 + I 2 = I 2 + I 1 N 1 N 1 N 2 N 2 De aqu´ı vemos que, si la corriente en la bobina primaria es nula, entonces M/N 1 = L2 /N 2. Si, en cambio, la corriente en la bobina secundaria es nula, vemos que L 1 /N 1 = M/N 2 . Multiplicando ambas ecuaciones, se prueba que M 2 = L 1 L2 . Este resultado deja de ser válido si el flujo en distintas espiras es diferente. b) Por la ley de Lenz, la fem inducida en cada bobina es

−ε = L ˙I + M ˙I , −ε = L ˙I + M I ˙ Del enunciado hemos de suponer que −ε = V cos ωt. Por otra parte, si se conecta una resistencia R a la bobina secundaria, debemos tener por Kirchhoff, ε − I R = 0. Inmediatamente 1

1 1

2

1

2

2 2

1

1

2

2

obtenemos las ecuaciones

L1 ˙I 1 + M I ˙2 = V 1 cos ωt ,

L2 ˙I 2 + M ˙I 1 =

−I R 2

c ) Para resolver estas ecuaciones, multiplicamos la primera por L2 , la segunda por M y restamos, recordando que M 2 = L 1 L2 . Obtenemos: I 2 =

L V − MV cos ωt = − cos ωt LR MR 1

2 1

1

Insertando este resultado en la primera ecuación, L1 ˙I 1 = V 1 cos ωt Integrando, L1 I 1 =

− M I ˙ = V cos ωt − ωLRV sin ωt 2

1

2 1

V 1 L 2 V 1 sin ωt + cos ωt + A ω R – 144 –

en donde A es una constante de integración. Del enunciado, debemos suponer que la corriente por la bobina primaria es puramente alterna, lo que implica que no puede tener componentes continuas, representados matemáticamente por términos constantes; por ende A = 0. La corriente 1 queda: V 1 L 2 V 1 sin ωt + cos ωt I 1 = ωL1 L1 R d ) El voltaje de entrada es, por el enunciado, V in = V 1 cos ωt. El voltaje de salida es el de la resistencia, V out = I 2 R = L2 V 1 /M cos ωt. La razón pedida es

−

V in = V out

−

V 1 cos ωt = L V cos ωt M 2

M −L2

1

Usando la parte (a), M /N 1 = L 2 /N 2 , vemos que:



e ) La potencia de entrada es

V 1 2 in (t) = V in I 1 = L1

P La potencia de salida es



V in N 1 = V out N 2



sin ωt cos ωt L 2 + cos2 ωt ω R



L2 2 V 1 2 cos2 ωt out (t) = V out I 2 = 2 M R

P

Definici´ on. El promedio temporal de una función periódica, de periodo T , es:



1 f (t) = T



T

ˆ

f (t) dt

0

Con ello, es posible demostrar (y queda propuesto para el lector) que:

 sin ωt  =  cos ωt  = 12 ,  sin ωt cos ωt  = 0 2

2

en donde ω T = 2π. Por ende, vemos que: V 1 2 L2 = , in (t) 2L1 R

P 

V 1 2 L2 2 = out (t) 2M 2 R

P



y usando M 2 = L1 L2 , demostramos que

P (t)  =  P in

(t)

out



luego, la energ´ıa disipada en cada ciclo por la resistencia, es compensada con la potencia de entrada en la bobina primaria, y por tanto, NO hay violación al principio de conservación de energ´ıa. – 145 –



(2) Considere el circuito de la figura, donde V (t) = V o cos ωt. Si S 1 y S 2 se cierran inicialmente, encuentre (los datos son R, L, V o y ω ): S1

L R S2

C V(t)

a ) La corriente en función del tiempo b) La potencia promedio entregada al circuito c ) La corriente en función del tiempo mucho después de que S 1 se abre d ) La capacidad C si S 1 y S 2 se abren y después de un tiempo largo, la corriente y el voltaje están en fase e ) La impedancia cuando S 1 y S 2 se abren f ) La energ´ıa máxima almacenada en el condensador y la inductancia g ) La diferencia de fase entre voltaje y corriente si se dobla la frecuencia ω h ) La frecuencia para la cual la reactancia inductiva es igual a un medio de la reactancia capacitiva Soluci´ on:

a ) Al cerrar ambos interruptores, no circulará corriente por la inductancia ni por el condensador. La impedancia equivalente en este caso es Z eq = R de modo que la corriente es, simplemente: I (t) =

V o cos ωt R

b) La potencia instant´ anea consumida por la resistencia es: V o 2 (t) = V (t)I (t) = cos2 ωt R

P

Claramente una función periódica, y por tanto el promedio temporal es: 1 (t) = T

P 

T

ˆ

– 146 –

0

V o 2 (t) dt = 2R

P

c ) Cuando se abre S 1 , se conecta la inductancia al circuito. La impedancia equivalente en este caso es ωL Z eq = R + iωL = R2 + ω 2 L2 eiθ , θℓ = arctan R

√

Luego, la corriente es:

 

ℓ

ˆ ˆ = V = I Z eq

V o e−iθ 2 + ω 2 L2

√ R

As´ı,

ℓ

V o cos(ωt 2 + ω 2 L2

I (t) = Re Iê iωt =

} √ R

{

−θ ) ℓ

d ) Ahora se conecta también el condensador, de modo que la impedancia equivalente en este caso es



1 = R + i ωL Z eq = R + iωL + iωC

−

 | |

1 = Z eiφ , ωC

φ = arctan



ωL

R

Como no hay desfase entre voltaje y corriente, φ = 0 y el circuito está en resonancia: 1 ωC

ωL = e ) Es claro que:

|Z | =

  R2

C =

−→

+ ωL

−

1 ω2 L



1 ωC

2

= R

y es puramente resistiva, como se esperaba por ser resonante. f ) En este caso, la corriente circulante por el circuito será I (t) =

V o cos ωt R

−→

Q(t) =

En el caso particular del condensador, I (t) =

dQ dt

V o sin ωt ωR

Por lo tanto, la energ´ıa es: Q(t)2 V o 2 LV o 2 2 2 = sin ωt = sin ωt U c (t) = 2C 2ω 2 R2 (1/ω 2 L) 2R2

−→

LV o 2 U c,máx = 2R2

En el caso de la inductancia, LI (t)2 LV o 2 = cos2 ωt U ℓ (t) = 2 2 2R

– 147 –

−→

LV o 2 U ℓ,máx = 2R2



− 1/ωC

g ) Si la frecuencia es ahora ω = 2ω =



√ 2

LC

el ángulo de desfase entre corriente y voltaje es: φ = arctan

 −  

1/ωC = arctan R

ωL

h ) Finalmente, la frecuencia para que X L = ω1/2 L =

   3 2R

L C

X C debe cumplir 2

1 1 2 ω1/2 C

ω1/2 =

−→

√ 1

2LC

=

√ ω2 

(3) El circuito de la figura se denomina filtro RC pasa-altos porque transmite con mayor amplitud las señales de alta frecuencia que las de baja. Si la tensión de entrada es V in = V o cos ωt, demostrar que la de salida es V out = V R cos (ωt φ), donde

−

V R =

V o

   1 ωRC

1+

y estudie los casos en que ω

2

1 1 1 ≪ RC , ω = y ω ≫ . RC RC

C

R

Vin

Vout

Soluci´ on:

La impedancia equivalente está dada por: 1 = R Z = R + iωC

−

i = ωC



1 R2 + 2 2 e iφ , ω C

Luego, la corriente fasorial circulante por el circuito es: ˆ ˆ = V = I Z



V o

R2 +

– 148 –

1 ω 2 C 2

e−iφ

φ = arctan

  1 ωRC

Finalmente, V out es el voltaje entre los extremos de la resistencia, ôut = IR = ˆ V



RV o

R2 +

1 ω 2C 2

e−iφ =

{

}

V o

1+

Con esto, ôut e iωt = V out (t) = Re V



1 ω 2 R2 C 2

V o

   1+

1 ωRC

cos(ωt

2

e−iφ

− φ)

Estudiemos los casos pedidos: 1 ≪ RC

ω

ω

≪

1 RC

−→

1

≪

1 ωRC

Luego,

−→

   ≈ 1 ωRC

1+

2

1 = K ωRC

≈ V K cos(ωt − φ) o

V out (t)

y, como K 1, el voltaje de salida se atenúa en gran cantidad. Por tanto, para bajas frecuencias, las se˜ nales se aten´ uan.

≫

ω =

1 RC V out (t) =

V √ cos(ωt − φ) 2 o

lo que en Circuitos Eléctricos se conoce como frecuencia de corte del circuito. 1 ≫ RC

ω

≫

ω

1 RC

−→

1

≫

1 ωRC

−→

   ≈ 1+

1 ωRC

2

1

Luego, V out (t)

≈ V cos(ωt − φ) o

y el voltaje de salida preserva su amplitud. Por tanto, para altas frecuencias, las señales se transmiten. Finalmente, el circuito selecciona las altas frecuencias y las transmite, mientras que las bajas frecuencias son filtradas: filtro pasa-altos. 

– 149 –

(4) ¿Qué condición debe cumplirse, en el circuito de la figura, para que el cociente entre voltajes de salida y entrada no dependa de la frecuencia?

Vin

R1

L1

R2

L2 Vout

Soluci´ on:

Es claro que:

ôut V = în R1 V



Como Rk Lk =





R2 L2 L1 + R2 L2



1 1 + Rk iωLk





−1

=

iωLk Rk Rk + iωL k

entonces: ôut V în V

iωL2 R2 L2 R2 L2 R2 R2 + iωL 2 R2 + iωL 2 = = = iωL1 R1 iωL2 R2 L1 R1 L2 R2 1 + iωL2 /R2 + + L1 R2 R1 + iωL1 R2 + iωL2 R1 + iωL 1 R2 + iωL2 1 + iωL1 /R1





+ L2 R2

Necesitamos que el paréntesis se anule: 1 + iωL1 /R1 = 1 + iωL2 /R2

−→

L1 L2 = R1 R2 

– 150 –

5.

Ecua Ec uaci cion ones es de Maxw Maxwel elll

5.1. 5.1.

Intr Introduc oducci ci´ ´ on on a la teor teor´ ´ıa elect ele ctrom romagn agn´ ´ etic etica a

(1) Considere Considere las leyes leyes de la electrodin´ electrodinámica amica que hemos usado en el curso:

(i)

∇ · E  = ǫρ

0

(ii) ii)

∇ · B = 0 

(iii) iii)

∇ × E  = − ∂ ∂tB

(iv) iv)

∇ × B = µ = µ

0

 J

Discuta su validez y analice la contribución on de Maxwell. Soluci´ on:

Recordando que la divergencia del rotor es cero, analicemos la consistencia de la ecuación (iii): iii):

∇ · (∇ ×

 ) = E

  ∇ · − −  ∂ B = ∂t

∂ ( ∂t

∇ · B )

El lado izquierdo es cero porque la divergencia del rotor es nula; el lado derecho es cero debido a la ecuaci´ on on (ii). on (iv): ii). Si aplicamos el mismo razonamiento a la ecuación iv ):

∇ · (∇ × B ) = µ (∇ · J  ) 0

El lado izquierdo sigue siendo cero; pero el lado derecho, en general, no lo es. Para Para corrien corrientes tes  ere. estacionarias , la divergencia de J es J es nula, pero en otros casos hay una error en la ley de Ampère. Existe otra forma de ver que la ley de Ampère ere falla para corrientes no estacionarias. Supongamos que estamos en el proceso de carga de un capacitor, y deseamos aplicar la ley de Ampère ere al loop de la figura:

– 151 –

¿Cómo omo determinar I enc loop,, o más as precisamente, la enc ? Bueno, es la corriente total que pasa por el loop corriente que atraviesa la superficie que tiene como frontera a dicho loop loop.. En este caso: Si tomamos la superficie que yace en el plano del loop loop,, I enc enc = I Si tomamos la segunda superficie dibujada en la figura, entonces no hay corr iente a través es de no hay corriente ella, e I e I enc enc = 0 Este problema aparece porque la situación on no es estática, atica, y ya sabemos sab emos que Amp` ere ere se restringe a la magnetostática, atica, pero nos hace pensar en la fuerte dependencia de la superficie que elegimos: la f´ısica debiese ser la misma, sin importar el loop el loop o o superficie que elijamos. on de continuidad: ¿Qu´ ¿Q u´ e hizo hiz o Maxwell? Maxwe ll? Mezclemos la ley de Gauss y la ecuación ∂ ∇ · J  = − ∂ρ =− ∂t ∂t

 ∇ ·  −∇ ·    = E

ǫ0

ǫ0

 ∂ E ∂t

 , en la ley de Ampère, Combinando este ultimo u ´lti mo término ermi no con J ere, lograremos lograr emos eliminar el término ermino extra de la divergencia diverg encia.. As´ As´ı,  ∂ E  = µ 0 J  + µ + µ0 ǫ0 B ∂t Maxwell llamó a este término ermino extra corriente de desplazamiento :

∇×

 d J

≡ ǫ

0

 ∂ E ∂t

La confirmación on real de la teor´ teor´ıa de Maxwell Maxwell ocurrió en 1888 con los experimentos de Hertz sobre ondas ond as electroma elect romagn´ gnéticas. etica s. As´ As´ı, las actuales actu ales Leyes de Maxwell son: (i)

∇ · E  = ǫρ

0

(ii) ii)

∇ · B = 0

(iii) iii)

∇×

 = E

∇×

 ∂ E   = µ 0 J + µ + µ0 ǫ0 B = µ ∂t

(iv) iv)

−

 ∂ B ∂t



(2) Consideran Considerando do que una onda satisface la ecuaci´ ecuación on = u tt , a2 ∆u = u con a la velocidad velocidad de la onda, pruebe pruebe que los campos el´ ectricos ectricos y magn´ magnéticos eticos en un medio no conductor y libre de fuentes satisfacen la ecuación de onda. – 152 –

Soluci´ on:

En este caso, las ecuaciones de Maxwell son: (i) (ii) ii) (iii) iii) (iv) iv)

∇ · E  = 0 ∇ · B = 0  ∂ B ∂t

∇×

 = E

∇×

 ∂ E  B = µ 0 ǫ0 ∂t

−

Utilizaremos ahora la conocida identidad  ) = ∇(∇ · f )  ) − ∆f  ∇ × (∇ × f ) f f  es el laplaciano aplicado a cada componente del vector. De esta forma, con ∆f es f

∇ × (∇ × E  ) = ∇(∇ · E  ) − ∆E  Pero en las regiones libres de fuente, otro lado,

∇ × (∇ ×

 ) = E

∇ · E  = = 0, como indica la primera ecuación on de Maxwell. Por

  ∇× ∇ × − −  ∂ B = ∂t

∂ ( ∂t

∇×

Igualando,  = = c2 ∆E definiendo c =

 ) = B

−

∂ ∂t

  −  ∂ E = µ0 ǫ0 ∂t

 ∂ 2 E µ0 ǫ0 2 ∂t

 ∂ 2 E ∂t 2

√ µ1 ǫ

0 0

Descubrimos que el campo se propaga con velocidad c, c , que corresponde a la velocidad de la luz en el vac´ ac´ıo, lo que indica que la luz no es otra cosa que una onda electromagn´ electromagnética. etica. La deducción on para  el campo camp o magnético etico es la misma, y queda propuesta al lector. (3) En este problema estudiaremos la invariancia de gauge del electroma electromagneti gnetismo. smo. Hasta situacione situacioness  B  a través  tal estáticas, aticas, sabemos que que es posible estudiar los campos E, es de los potenciales poten ciales φ, A que  =  =  E φ B A

−∇

∧

∇ ×

 = a ) Estudie por p or qué, e, para situaciones dinámicas, amicas, se hace necesario que E – 153 –



−∇φ − ∂ ∂tA

 ′ , B  ′ asociados a b) Pruebe que los campos E  ′ = A  + A

∇f

φ ′ = φ

∧

− ∂f ∂t

 = E  ′ y B  = B  ′ . ¿Qué puede concluir? satisfacen E c ) Usando alguna gauge fixing condition , establezca condiciones para los potenciales, de modo tal que sean consistentes con las ecuaciones de Maxwell Soluci´ on:

a ) De la ley de Faraday-Lenz, si solo consideramos el aporte estático:

∇ × E  = ∇ × (−∇φ) =  0 que no es cierta en casos dinámicos; pero, al considerar la sugerencia del enunciado,

∇×

∂  A ∂t

 = E

−∇ × − ∇ × ∇φ = −

∂ ∂t

que s´ı es consistente.

∇ ×  −  A



−∂ ∂tB

 0=

b) Partiendo por el campo magnético,  ′ = B

 B  ∇ × A = ∇ × A + ∇ × ∇f = ∇ × A = ′

Para el campo eléctrico,  ′

E =

′

−∇φ −

∂  A′ = ∂t

−∇φ +

∇  − ∂f ∂t

∂  A ∂t

−

∂ ∂t

∇ 

f =

−∇φ −

∂  A  = E ∂t

Lo anterior nos hace pensar dos conclusiones importantes: (1) los potenciales no son magnitudes f´ısicas medibles un´ıvocamente determinadas; muy por el contrario, podemos tener infinitas funciones potencial que darán origen a los mismos campos f´ısicos. (2) por la libertad concedida por la función f , podemos elegir los potenciales que más nos acomoden para resolver problemas, dando origen a la misma f´ısica: esto se conoce como invariancia de gauge . c ) Apliquemos la ley de Gauss:

∇·

 = E

−∇ · ∇φ − ∇ ·

∂  A = ∂t

−∆φ −

∂ ∂t

∇ ·   A

 es: Por otra parte, la ley de Amp` ere para una densidad de corriente total J  = µ0 J

 ∇ × ∇ × A =  ∇(∇ · A)  − ∆A  ∇× B =  0. As´ı, las ecuaciones En ambos casos, podemos fijar la condición de Gauge de Coulomb: ∇· A = pedidas son:

∆φ =

− ǫρ

0

∧

– 154 –

 ∆A =

−µ J  0



(4) Un cable ancho, de radio a, porta una corriente constante I , uniformemente distribuida sobre su sección transversal. Una estrecha separación en el cable, de ancho w a, forma un capacitor de placas paralelas, como muestra la figura. Encuentre el campo magnético en la separación, a distancia s < a del eje.

≪

Soluci´ on:

Sabemos que la densidad de corriente de desplazamiento es:  ∂ E I I ˆ  = = 2k J d = ǫ0 ∂t A πa Dibujando un loop amperiano de radio s,

˛ 

B dr = B 2πs = µ 0 I d

Por lo tanto,

·

enc

I s2 2 = µ 0 2 πs = µ 0 I 2 πa a

·

 µ0 Is θˆ B = 2πa2 

(5) El problema anterior fue un modelo artificial para un capacitor cargándose. Para un modelo más realista, considere cables delgados que se conectan al centro de placas metálicas, como en la Figura (a). Nuevamente, la corriente I es constante, el radio del capacitor es a, y la separación de las placas es w a. Asuma que las corriente fluye fuera de las placas de modo tal que la carga superficial es uniforme, para toto tiempo, y es nula en t = 0.

≪

– 155 –

Fisica 3 Ejercios Resueltos

Recommend Documents