Nuñez y Lopez - 100 Problemas de Electromagnetismo

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De

Felisa Núñez Cubero y Eloísa López Pérez Con la colaboración de

Eloísa Vázquez

100 problemas de Electromagnetismo

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Alianza Editorial

Prólogo

Cuando nOs propusieron hacer este libro de problemas para la colección qlle dirige el profesor Sánchcz GÓmcz en Alianza Editorial, pensamos que era la oportunidad de saldar una deuda pendiente con el profesor Velayos I que tan las veces nos habla animado a hacer un libro de problemas de Electromagnetismo. Por otra pHlc, nuestru experiencia explicando Electromagnetismo en el primer cido de Ciencias Ffsicas nos ha ayudado a conocer las dificultades que encuentra UIl estudiante cuando se enfrenta por primera vez con una teoría clásica de campos. Tenemos que confesar que durante mucho tiempo no hemos sido partidarias de l(ls libros de problemas resueltos, ya que creemos que un estudiante no puede considerar que ha aprendido una materia hasta el momento en que es cupaz de resolver por sf s610 los problemas propuestos, y una colecci6n de problemas resueltos puede convertirse, en algunos casos, en una serie de recetas que el estudiante intenta memorizar. iOjalá no suceda esto con nuestro libro! Esta colecci6n de problemas se adapta a Jos programas de la asignatura de Electromagnetismo del primer ciclo de Universidad. Por esta raz6n no hay prot·lemas de circuitos eléctricos, ya que esta materia forma parte de la asignatura de Técnicas Experimentales.

I Salvador Velayos, discrpulo de BIas Cabrera y catedrático de la Universidad Complutense durante muchos años, ha sido el maestro de un numeroso grupo de flsicoR, entre los que se enCllePllrao las autOrlu.

IX

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A la hora de seleccionar los problemas consideramos necesario incluir algunos problemas clásicos que se ptoponen en muchos libros de texto, pero la mayoría pertenecen a nuestras colecciones de problemas de clases y exámenes fcrmadas a lo largo de muchos años. Este libro comprende problemas de electrostática, donde se empieza estudiando los campos y potenciales creados por distribuciones de cargas y sistemas de conductores en el vado y en medios dieléctricos. Algunos problemas de corriente eléctrica sirven de introducción a la magnetostática, donde se incluyen problemas de cálculos de campos producidos por distintas distribuciones de corrientes y por materiales imanados. La última parte trata de los campos variables en el tiempo: ley de Faraday, corriente de desplazamiento, vector de Poynting, relatividad de los. campos electromagnéticos y ondas electromagnéticas. Nuestra intencieSn es que este libro sirva de apoyo a los numerosos e importantes textos de esta materia. Los conocimientos teeSricos necesarios así como los símbolos utilizados son los de cualquiera de los libros clásicos, como los que se citan en la bibliograffa, por lo que no creemos necesarios incluir un formulario de eleclComagnetismo. Por último, queremos agradecer a nuestros compañeros sus ideas en la preparación de problemas de exámenes, algunos de los cuales se han incluido en esta c:olección. FELlSA NÚl'iEZ

y ELOlsi\ LÚPEZ

'1 Elecfrostática

{

.PI6¡;;m!Wn' ,.~~J,~,~~;,

rlJn dIsco de plástico de radio R tiene una carga Q repartida uniformemente en su superficie con dansldad superficial de carga (/, Calcule el potencial y el campo eléctrico en un punto del eje del disco que dista x de su centro.

./

2nrdr

I ~p

/fP~.,~ . "

Solución Se divide el disco en elementos de área 2nrdr que puede·n considerarse como anillos elementales de radio r, cuya carga por unidad de longitud es A = udr. Se empieza calculando el campo creado por un anillo. Un ele-

X Prólogo

1

~

mento de anillo de longitud rd¡p crea un campo elc-

se obtiene el campo eléctrico de un plano indefinido

mental

(x « R) con carga superficial

;. rdq¡

-:----c-;-'-" 4nto(rl + XZ)

dP =

lím E(x) rx-o+)

Integrando para todo el anillo clC"""rríental de radio r, y

teniendo en cuenta que la suma d~'las componentes del

campo en la dirección perpendicu'ar. al eje x se anula, el campo E* tiene la dirección dcrcje x: p=

fdE*.coso:=I:¡~

).r dtp

A,

x

Ahora bien, teniendo en cuenta que). = u dI', E" es el campo creado por un elemento de disco y, por (anta, un campo elemental dE. El campo creado por todo el disco es

f

ax ( = 2e o -

•(

['.,d, J() 2f. o

x (1'2

E - - 1- 2i: o

E(x) = - - u

2eo "

("-0-)

esle rcsultudo significa que, al utravesar un plano enrgado, el campo eléctrico sufre una diSCOntinuidad .ó.E

.

(.) --u

2eo "

.

=-uJl to

Para calcular el potencial en un punto P del eje que dista x del centro se divide la superficie del disco en ¡millos elementales de carga dq =: J.rdq¡ = udrrdq¡ que distan (r 2 + X2)10 del punto P. El potencial creado en el punto P por la carga de un anillo elemental es dV=

_---'...,;d"~"d,,,~

4n~o(,.l

+ X2)112

El potencial debido a todo el disco cargado será

+ .'(2)312 =

')'., ( J,.l + X2 o = 2i: o -

2Eo

~

a

lfm

+ X2)1!2

---- 1 (r2 + X )3/l

dE =

u,

2e o "

2Eo

E=

a

.1.E=--u -

x

4nE o(r 2 + Xl) (rl

= -

r1

Jn

1 2

1)

+ Xl + ~

X)

.IR 2 + X2

V{x) = - -

i'" i'

a o 4nE o

dq¡

{r2

o

+ X2)-112 rdr = •

~ -"(JR' + x' - IXI) 2Eo y sit:ndo Q = unR 2

donde se ha considerado positiva la ra(z cuadrada del denominador para r = O, es decir

1

Jx'~~' lo que está de acuerdo para x> O. Si se pasa al lfmite para x ~ 0, a la derecha y a la izquierda del disco,

2


Vlx) ~ -º2nEoRl (JR' + x' - IXI) El potencial es máximo para x = O,

º

V(O) = 2n:E R o

______________________~---3

El8ctrostática

.'

~~

Si x > 0, el potencial se puede expresar

Qx V(x)~-2n:eoR 2

R)'''' ]

[(1+-

3Q k = -3 21tR

-1

X2

Parla calcular el potencial en un punto P del eje qUr! dista x del centro se divide ~a superficie del disco en

Para puntos alejados

R')'" (1+-

R'

~« 1

::>

X2

elementos de superficie de área ds

R'

~l+2X2

y se tiene el potencial de Coulomb (carga puntual) V(x) =

~

de donde

=:

rdr.pdr en coorde-

nadas polares y que distan (,2 + Xl)lll del punID P. El potencial creado en el punto P por la carga de un elemento de disco es

Q 4xe(}x

krrdqJdr -;--,-:-;--,-= +

dV ~

4neo(r1

X2)lll

El potencial debido a todo el disco cargado será •t

"~j,'

f" f'

'~' '''~,i~~

;It· o) • ",rt

V=-k 4XEo Un disco de material aislante de radío R tiene una

carga Q repartida en su superficie, de modo que la densidad superficial de carga, rJ, varía proporcional-

v= ~ [R(R 2 + Xl)112

" (R + (R 2+ X2)111)]

-~In

2

c-:----=--: -=::

E

dE

_

2

4m: oR J

rorp ti,

~-

(r2+x2)-lllrldr

o

resolviendo la integral y sustituyendo el valor de k, se obtiene

mente con la distancia r al centro del disco, Calcule el potencial y el campo eléctrico en un punto del eje del disco que dista x de su centro. '

d.

dcp

(1

x

Para calcular el campo eléctrico se procede de modo análogo, teniendo en cuenta que, debido a la simclrra del problema, las componentes del campo perpendiculares al eje del disco se anulan. El campo en el punto P s6lo tiena componente en la dirección del eje, y su valor se obtiene integrando las componentes en la dirección del eje de los campos creados por cada elemento de área

Solución

__ __d_,>-

~---,k ":-,d,,~

Tomando

kr, la carga Q del disco es

rJ =

º JIs =

uds

=

Jor' Jor"

2nkR' krrdrpdr"" -3-

dE = -:-

4n:E(I(r2

E=

JI

+ x 2)

dEcoSIX =

JI

k"d~d,

4¡rr. o(r 2 +

x2)

x

--

(r2

+ X2)lll

, f

4


5

Electrostática

f

••

~

lmegrando para todo el disco. es decir, entre O y 2n para rp y entre Oy R para r, se tiene lQx [

E.~ 4".R' 1" 1fíP[¡.~~3

(R + (R' +

R ' ]

- IR' + x'I'"

\E

(1,

u. dp dE'(r) = - - (J- 1 471:c o r

respectivamente. Si la dis-

tancia entra los planos es 6, calcule el potencial yel

+J

.

11

,

o

\~O "

"---

IgO

c::

r'/z, dr'

=

-+ cos ()

dO, r'

c:

l.'

rsenO,

f

., .Y

... ~

.. ,,' '" " ,"

~,'

,.'

Sustituyendo en la expresión anterior

•

l'

e"

"

";"j

'-..(\.'-(

p

'Ól~1SI

r:-~,-

eos 2 0) =

u. (1(~r'drpdr'(_1+3eos20) ~-471:E O

campo eléctrico en un punto P que dista z (z» b) de

la distribución.

~

~

~/

Una distribución de carga está formada por dos planos paralelos indefinidos muy próximos, carga-

dos con cargas + (1 y -

r--;

x'I''')

x

Se utilizan coordenadas polares con origen en el punto 0, pie de la perpendicular al plano trazada desde P, el elemento de área es ds = r' dq¡ dr'. Por simetrfa, al sumar las contribuciones paralelas a r, se anulan las componentes perpendículares a p y sólo queda la componenle del campo paralc!1I a p. Siendo u. el vector unitario en la dirección de p, el campo eléctrico elemental en la dirección z es

••

= z/cos (J

n e integmndo entre O y 271 para ep y entre O y - para O. se tiene 2

p

o

,

"'

E(r) = u. - - (cos O - cos l o)n J2 = O lt(}z ()

~

dp .. 8

'1

• • .X + •

t,'t

•I ••••

Solución Es~lliiQQci6n de carga es c.9!ÜYillcntc.A-llnlwiistrb.... bucTón plana de ar~2:~.!I.C!1aO ~F _= _c:.. ¡j ds el m?_m~o dlp"olar de un elemento de áreaas. Ef ca-tiiilo- creaao por dicho elemento en el punto P es

dE(r)

= _'_ ( - dp

4mlo

6 /00 problemas de Electromagnetismo

,3

rlr) ,,5

+ 3(dp·

El pOlcnciul eléctrico se eulculu de un modo amllogo. El potencial creado por un elemento ds = r' dq¡ d,.' es dl)·r ".b r'd(pdr'eos O ".(¡senO dV=--= =--JOdep 4nco,.l 4m';or 2 471:e o

y el potencial en el punto P no depende de la distar~~~oo

v~

~

r

uÓ sen O

1 2 1[

uó

--dO dq¡=o 4nt o o leo

~/

,! "

7 Electrostática

~ D~~ñ},~*f~Y

J

Una c",g' q está di"'ibuida en el volumen de una esfera de radio R con una densidad cúbica de carga no uniforme p = A(R - r), siendo r la distancia al centro de la esfera y A una constante. Calcule:

1. El valor de la constante A en función de q y de R. 2. El campo eléctrico y el potencial de la esfera

f

~ 41tr'dr

,, ,,

E

"

____ ,,-'o

f.

'o

"

,,

dI' =

E

"

")

A4nR - - A4n -

4 '

J

f'

q

I pdv=-q 1 E. ds=to o 1: 0

Ee = 4nl: r1 o

~

f'

nAR'

A(I~ - r)4nr 1 ¡Ir = - - ,

3

V, - VI{ = -

E¡·dr = -

f'

R

1{

v ~r;;~, -'L (~_ 2,'

A=~,R' 2. Los campos tienen simetría esférica y sus direcciones son radiales. Aplicando el teorema de Gauss a una


,

El potencial se calcula a partir de la circulación del campo

de donde

8

l

El campo en un punto exterior se obtiene aplicando

(para r < R)

o

ds = E¡4nr

el teorema de Gauss a una superficie esférica de radio r > R,

La carga lo\a! de la distribuci6n es

(1

f.

E¡ = - q -4 (4Rr - 3r 1 ) 4nt oR

Solución

l'

El ds = E¡

I(

,

,, ,,

f f'

aV

to o

E 4nr l = -

f. ti =

f,

El' ds =

!

1.

rlfnr 2 dr

A(R -

= -

por tanto

...# "

>,(:5,/.

pdv

to o

,j~/ "', "v" E "

11'

como el módulo de E tiene el mismo valor en todos los puntos de la superficie gaussiana se verifica

superficie de la esfera.

du

E¡·ds = -

•

en puntos interiores y exteriores. 3. los valores del potencial en el centro y en la

-------1

Ir

.~

superficie esft':rica de radio r < R, se tiene

,

\V¡I

(para r > R)

.

41t~

" \~Jdl

o

R

RJ

q (4Rr - 3r 1 )dr 4m;oR

--4

+.':.',) R4

· . . dr= - f

v-V=-f'E ,.

m

q r = -'l --d 4m: or l 4nr. or

9

Electrostática

~

~

Parar=R

q VII = 41rBoR de donde

V'
q

41ll:

0

(2Ji - R3 2,' + "') R4

(1)

l¡"'¡~"""""

q

V'Con =

41H:o~

(2)

3, El potencial en el centro de la esfera se obtiene sustituyendo en la expresión (1) el valor de r = O

q Vo "" btEoR El potencial en la superficie de la esfera, ya calculado, se obtiene sustituyendo r = R en cualquiera de las, expresiones (1) o (21

Solución L Enlarcgiónr
q

E¡2nrh

VII = 4m:(}R

= -1

i'

eo ..

271rhAr z dI',

Je donde se obtiene ,

";

",

'Jl!ol;)l~~1l 5

El =~ (,4 ~ a

4

\

El e'pado eomp'endldo entee do, dllndm, eoa· xiales indefinidos de radios 8 y b (a < bl esta cargado eléctricamente con una densidad cúbica de carga no uniforme, p:; Af. siendo r la distancia al eje de los cilindros y A una constante. Calcúlese: 1. El campo eléctrico en las distintas regiones del espacio. 2. La diferencia de potencial entre los puntos ,:; R¡ Y , = R2• siendo 8 < R, < by R2 > b.

10


4to

)

r

Del mismo modo. para r > h

i' " .

El2rrrh = -1 obteniéndose

E,

~ .:'.. 4110

2n,hAr 2 dr

(b' -r a') 11

·------------------------------------~E~m-c~u-OS~W~"C8 "

~

2. Se calcula VII - VII a pUrlir de la circulación del campo eléctrico I ,

V11,

-v11, = -

f"'

Edr2

f".

A [, (b'--a') d,--,-A

Vil, - VR,~ - . 4f:o

V - V R, /1,

A(b 41;0

=-

r

I!,

4 -

41: 0

R¡

Edr I

f" (" -a')

- - d,

h

:¡j-aplica el principio desüp'erp;;sícIÓi1.

a esfera con

la CilvruID: erar como a superposición de una esfera de radio RI uniformemente cargada cO,n den· sidad cübica de carga + p y otra esfera de radio R 2 uniformemente cargada con densidad cúbica de carga - p. El campo eléctrico en un punto cualquiera del interior de la cavidad será la suma de los campos creados por [as dos esferas en dicho punlo.

r

Rz)

R~ +a 4 /n-+b 4 1n4 R b 2

E,

}-"¡~~:';~)": - ,

::r~:rr·'Q· \;V; • 01
,

+

..

~

~:¡;I'fI,)~;;r; 6

Una esfera de radio R1• que está cargada con una densidad de carga uniforme p, tiene una cavidad esférica de radio R2 no concéntrica con la esfera.

Calcular el campo eléctrico en el interior da la cavidad.

Solución

' ® rI

P

0,

I

",

~

El campo eléctrico cn un punto intcrior de una esfera cargada uniformemente con densidad de carga p se calcula aplicando el teorema de Gauss a una superficie esférica de radio r < R, concéntrica con la esfera cargada. Debido a la simelrfa el campo es radial y tiene el mismo mÓdulo en todos los puntos de la superficie ~au.ssial1á"'=-·r) oo.

..

\ \

_&:~-'!'_'\'-lt) ~v'C o o (~~

E4," -

"0

•

de donde se obtiene el campo eléctrico

-,

E= P

311 0

.

Superponiendo los campos de las dos esferas. cargadas con cargas + p y - p, en el punto P que dista f 1 y r2 de los centros 0 1 y 0 1 de las esferas, se obtiene el campo en el punto P de la cavidad ~

E = El + El

12 100 problemas de Electromagnetismo

r

= -', - -

3EO

p

3Eo

Tl =

p

- (', - r 2 )

3e o

13

Electrostática

~

siendo

f l -

fl ""

El término del paréntesis es nulo y la integral se resuelve de nuevo por partes

D L0 2• resulta p

-

E= - 0 1 °2 31:!)

El campo eléctrico en el interior de la cavidad es uni· forme y tiene la direcci6n de la recta que une los centros de las esferas,

N""' , f~~,!~le,ma 7 El electrón de un átomo de hidrógeno puede considerarse "distribuido!! en todo el espacio con una densidad de carga 2,

º

º

{~

= 41lAa

=

= - e,

1. El valor de la constante A de modo que la carga total del electrón sea - e. 2. La carga total dentro de [a esfera de radio B que corresponde al radio de la órbita del electrón. 3. El campo eléctrico en función de r creado por esta distribución de carga.

1,

2. Resolviendo la misma integral que en el apartado anterior, lomando como Ifmite superior r "" (1, se tiene

Iv

p(r) dV =

=4nA

1. Dada la simetlia radij1f'de la distribución de carga y resolviendo la integral Por partes, se tiene:

¡(0

y p(r)dL' =

=4nA

JII

ur !

=:

4nA - 2"e-

14

TOn omblemas de Electromaanetismo

... -

[ i"

to

5(l -lea ~")"' a,.l

o -

f" -lea~" o

°2rdr }

0-

2

-

;;:;t

o

U2rdr

~~)"11 +

e al"

-O,323e

3. El campo eléctrico se obtiene aplicando el teorema de Gauss

E4rrr 2

=:

" dI' = -~4nr2

º. { a' (a'"2

2,

Ae --;4nr 2 dr

Ae

{( -lea --")"1" -lea --"}

2

=

J:

-,

o na

I

•

no'

+ a 'rO"~} JII e --; dr

Solución

}

,

A

Qa =

0,53.10- 10 m. Determinar:

ºf

~~

" " = Anal ~ e --;;)o}

( -;

p'= Aa "', él

a

el término del paréntesis se anula y se obtiene

siendo

siendo

r"

~~)"

a

Q=4nAa {( -2 e "r o - Jo -'le udr

~

e ~~11411:r2 dr

, i' [ ~~

E(r) = - - , - 3 e 114nr1. dr 4rrfor o na

15

Electrostática

~

Integrando dos veces por parles, se obtiene

E¡')~~' {1 - ,-~ - 2('), -~ - 2(~)' ,-';} 4nf!o,2 a u

La energía de interacción entre los dipolos o energía dc1 dipolo 2 en el campo del dipolo 1 es

~ Solución

w"

-p.E =_I_(PI·P~_3(PI.r)(P2.r») 1

I

41tf:

o

rl

,5

que puede escribirse también

E(')~-'-{1 +,-'; -2'[1 +':,>2 (':)'],-';} r a a 41tE o

P¡P2 W21 = - - 3 (COS(OI - O2) - 3 cos 0 1COS 02) 4np. or

2

De este modo se evidencia que, a distancias pequeñas del centro de la distribuci6n de carga, domina el térmIno exponencial en el campo eléctrico. mientras que si r aumenta prevalece el término culombiano.

Derivando la expresión de la energía con respecto a 02' supJestos fijos, y 8 1 , e igualando a cero se obtiene

la posición de equilibrio del dipolo P2aW 21 -a~

O2

V"

PIP2 --3

4neo'

[sen(OI -

O~)

+ 3cosO l sen 02]

=

O

Desarrollando y despejando 82 , se obtiene

'," ''7' c',~:"""""'.l:l

.;,-' PrOblema 8';'!j , ,r > ... , '"

1 \gO =--t,O

Siendo r el vector distancia. supuesta invariable, entre dos dipolos coplanarios de momentos P, y P2' Y siendo O, y 02 los ángulos que estos dipolos forman, respectivamente, con la dirección de r, deducir la relación entre 01 y O2 en la posición de equilibrio, considerando constante el valor da O,. Se consideran positivos los ángulos tomados en la dirección contraria a la de las agujas del reloj.

'r --~ , ' ---

PI

r

PI

16 100 problemes de Electromagnetismo

,

2

'

Es decir, el dipolo PI se coloca en la dirección del campo creado por el dipolo PI' que es su posición de mínima energía o posición de equilibrio.).

;(;)'.

>
lo.

,

-~

... ..
r""'~"J

~T

Probl~~~'.~,i:"

Tres esferas conductoras idénticas da radio a estan c',llocadas en los vértices de un triángulo equilataro da lado b (b» aJ. Inicialmente las tres esferas tienen cargas iguales da valor q. A continuación, una a una y, sucesivamente, se conectan a tierra y se desconectan. ¿Cuál será la carga de cada esfera al final del proceso?

17

Electrostática

~

,~ I I

sustituyendo el valor de va!'Or de la carga q~

\

~

\

I

\

I

\

• I

\

I

I

q~ "'" - q'¡

\

a

fl

b - '1 b =

a2 2'1 b Z

a

-

q

b

\

I

\

II

I

q: calculado antes, se obtiene el

,

\

\

\

Por 111timo se conecta la esfera 3 a tierra y luego se desconecta

~------------~0 '"

V J

q'J

11'1

q~

Ibtt:ou

4Jt!:ob

4m: ob

~--,._-+

•

--~O

'

obteniéndose

Solución

, '13 = -

,a, a

'Ilh -

'Ifh

rnicialmcnl~;

'1\ = '12 = '13 = q

y sustituyendo los valores de las cargas q'¡ y q'z calculados antes, se tiene

Si se conecta la esfera I a tierra adquiere una carga '1', tal que VI = 0, luego se desconecla. es decir, se a(sla, por lo que se mantiene su carga q'l" El valor de q'¡ se calcula de la condición VI = O. Por el principio de superposición se tiene

aZ al '1'3 = 2'1 b1 - 2q bl

al -1-

q b2

=

a2 3q b 2

al -

2'1 b 3

q'[ q q VI = - - + - - + - - = 0 , 4nEOfl 4nt ob 4nt ob

"p,,,,,~.~,,

1.

ro.

I".:<,;¡.m,

",

,¡¡

; "'Una esfera conductora (1) de radio Rl se carga a

y se obtiene

q'J :;

~2q

a b

A continuación se procede del mismo modo e,on lu esfera 2, que adquiere una carga q'z que verifica

VI ==

4:~loa + 4:~lo/¡ + 41t~ob "" O

18 rnn n""I,lamnc rfll f:/nrtrnm:wnp.ti ..mn

un potencial Vy después se aísla. A continuación la esfera O) se rodea por otra esfera conductora hueca (2), concéntrica con ella, de radios R2 y RJ (R2 < R3 ), y se desea calcular los potenciales de las esferas en las situaciones sucesivas siguientes: La esfera (2) está aislada y descargada. La esfere (2) se una a tierra. 3. La esfera (2) se desconecta de tierra y después la esfera (1) se conecta a tierra l.

2.

19 f:/lJrtrnd
~

r

potencial es VI = O Y su carga cambiará a ((1 para que el potencial sea cero. Los valores de los campos son

vji

q',

(R L
ffk

E'¡ = 4x6 r 1 o

,--4m;or

' _ q'! - /1· --' E 2

(r> R3 )

Solución

~"

Inicialmente la esfera (1) se conecta al potencial Vadquiriendo una carga qL = 4mloR L V. A continuaci6n .~c aísla, manteniendo su carga constante. L La esfera (1) tiene una carga q¡ = 4m:oRJ V y la esfera (2) por influencia adquiere una carga -qL en la superficie interior y + q¡ en la superficie exterior. Apli. cando el principio de superposición, se tienen los polenciales de las dos esferas

VI

=

-q-,- - _q_,_ + _q_,_: V(l _ R¡ + RI) 41lr. oR l

'-,

41l1: oRl ?' ,

V2 = .2.

RJ

y los potenciales se calculan a partir de la circulación de los campos

,

V' = -

VI - V; = - V2 = -

41 "

~ - -r---

q]

11- - - - =

4ft/roR],' 4m:oRJ

/tI v-

RJ

~ RI

V2 = O Y la carga de la esfera (2) es ql = -q¡. coloca-

VI = -

=

, ,•

f""

v: :::.

f

Ri

R

,

" f n,

q¡

4nl: Q R J

q'

q'

(1 I'

4m;~r2 dr = 4n~o ~ -

R)

V

Rl

R.\

411T O !( ¡

V

1 - -1+ 1) R (., R,

I~l

R.,

RI(R¡ - R1 ) R I 1<2 + R 2 1<.1 - I~I/~~

lfl ---¡Ir = 4m: o/"1

4:~o (; ~J v( 1- ~~) I -

1

esreras, el pnlcndnl dc la esrc-

E·dr=

2

'(,: n (1- - - + I - -1)

uu en la ~upcrncjc interior. Como ~61o hay cUlllr" en lltl~

J•

¡I'I -

E' dr=---

'1,

Al CUl\CCI~H 1I licnu la csfcl"lI (2), su pUlencial C~

el c,~pllcin cnll'c In,q rn(1)es

II'

De estas dos ecuaciones se obtienen la carga de la esfera (1), q'l' Y el potencial de la esfera (2), V;:

~

CJI /

~ftf.(lRJ

R2

4nEoRJ

=

3. Al desconectar de tierra la esfera (2) se mantiene su carga ql = -qJ. Al conectar a tierra la esfera (1), su

~J

Problema 11

. . .f- Tr'es esferas conductoras concéntricas

de radios R" R2 y R3 IRI < R2 < Ra) están conectadas, respectivamente. a tres fuentes de potenciales VI' V¡ y VJ • al

¿Cuál es la carga de cada una de las esferas?

I

¡I

20

100 problemas de Electromagnetísmo

21

Electrostática

~

b) Si se desconectan las esferas de sus fuentes y, a continuación la esfera de radio R2 se une a tierra, calcúlense, en esta situación, las cargas y los potenciales de cada esfera V la carga que ha pasado de la esfera de radio R2 a tierra.

R

V-V=2

l

11,

VI - V = 2

f f

•

R'

q

ql+q2(1 1) -¡+Q2 -dr= -- --41lt o,.2 41tEo R1 R l q,

(1 I )

q,

- - dI' = -

R,4m: n/,1

-

RI

47t1;n

- -

R1

(2)

~

(3)

Resolviendo el sistenw de ecu¡¡ciones (1 l, (2) Y (3). se obtiene

4:n:c o(V, - V2)

q,=

(~-~) RI

R2

_ [(V'1 - V,I1 _ 1 V'1 I]

q2 - 4:n:co

Solución al Suponemos que las cargas adquiridas por las esferas son q¡, Q2' q!; aplicando el teorema de Gauss, se verifica

Eo:= O

paraRl
E =--,

para RI < r < R3

---

---

R2

R1

b)

q,

Cuando se conecta la esfera de radio R 2 a tierra

esfera 1: carga q I Y potencial V; esfera 2: carga q~ y potencial V~ = O

ql+q2+q~

=

_ fR' ql ""


+ q2

4rrl: o"

-1-

47tEor2

q3

dr

= ql -1-

•

V;

Los campos en las tres regiones son radiales y sus módulos son:

siendo [as direcciones de los campos radiales. Los potenciales deben verificar

v)

,

tiene:

E = q. -1- q2 1 4ncor2

J

-R,

y las esferas de radios RI y R3 continúan aisladas, se

41f1: , 0

E =

Rz

4n,0 [V'R'. _(V,I - V'I I]

esfera 3: carga q3 y potencial

para r > R3

R3

Rl

parar
1

q, =

(V, -

q2 -1- ql

4m;ORJ

(11

RI
Rl < r < Rl

q, El = 4nc r 2 o

E

+ q' ,-- ql _., 4nc or 2

23 Electrostática

,

~~

E

/" > R3

=

{ll+If~+qJ

r verili~an:

y los potenciales

v> ,

~

1. Las distribuciones de carga en las superficies de las tres laminas, 2. la fuerza que actua sobre la lámina central. Se desprecian efectos de bordes Id« JSI.

41tE Or 2

3

f

R' q1 + q; + qdr 3==q'e,_+,-'qc;c+c..:'i", 4m>or Z

'"

¡..- d-'/I_

4REOR J

V'= - fR'Ql -1- q;dr= ql -1- q; 3 R, 41tEor2 4nt o

(2. _~) R2

RJ

'

de donde se obtiene la carga de la esfera de radio R 2

V;

= '4n:eo

q,

(O

.r,:.~

U~)~,\)

3'....

',\

R,

q, q, 41tE r 2 dr = 4nE

+ q; (

o

,

1

1)

R3 - R2 =

(1~ 1) q, (R, - R,) 41tEo R~ - R

o

",::",.'{\ ¡¡rf~lír'¡;~':l 2' .." .'

..

"

Solución 1. Como las láminas A y e están unidas eléctricamente, la carga de la lámina A se reparte entre las caras de ambas láminas. Denominando las densidades de carga di las tres láminas con los subfndices que se indicnn en la' figura y teniendo en cuenta la conservación de la carga eléctrica, obtenemos: Láminas A y C:

Tres láminas metálicas paralelas de área S están dispuestas como se indica en la figura: la lámina

central, aislada, tiene una carga

Q


!TI

+!T l

+!T~ -1- !T(,

3Q

S

y las otras dos

están unidas eléctricamente y separadas de la lámina central distancias dy 3d, respectivamente. Si a la lámina izquierda se le da una carga igual a-3D, determinar:

24

e

B

2

el La carga que ha pasado de la esfera de radio R 2 a tierra es q2 - qí.

5:J -"

~~ ~l

f"

= -

usll u6

------------

Los potenciales de las esferas de radios R 1 Y R 3 son

\~

_11

3d

J.,-:,)).,

q; = - (ql + q) ~:)

~

(1)

Lámina B: , IJ.1+!T4=g

S

(2)

25

Electrostática

~

Aplicando el teorema de Gauss a las superficies punteadas indicadas en la figura, como el campo en el Interior de los conductores es cero, también es cero la carga encerrada por la gaussiana (elementos correspondientes) (72+11]=0

(J)

+(/'s=()

(4)

f1 4

Las placas A y e están al mismo potencial VA - Ve = 0, es decir, la circulación del campo entre ellas es igual a cero:

Sea un sistema formado por tres esfaras conductoras 1, 2 Y 3, de radios Rl' Rz Y RJ Y cargas Ql' qz Y q3' respectivamente. Las esferas 1 y 2 son concéntricas (R1 < R1 ) Y la esfera 3 está a una distancia d del centro de las primeras, siendo d» R] y R3 « Rl'

j···········lf

01,

Por tanto (5)

(12+)0"4=0

Por último, utilizando argumentos de simetría U1

¡;;-~\¡¡':l;,r.:'13~' ""hl

. '" _ " .']":"!M

al Hallar los potenciales de las tres esferas. bl Si la esfera 2 se une a tierra, ¿cuál es su caro ga?, lY los potenciales de las otras dos esferas?

", " -d+~3d=O ."

~/

(6)

fI6

:.

d----_

Resolviendo el sistema de las seis ecuaciones se obtienen los valores Q

", ~

0'=11=--

,

,

3Q

5

Q

'

45

~-

45

4S

2. El módulo de la fuerza por unidad de área (o presión electrostática) sobre la lámina central es dF dS

=

u! _ r1~ 2e!)

21: 0

=

L

_ 9Q2

32/:0 5

32eoS

=

Q2 4'05

su dirección es normal a la placa y el signo negativo indica que está dirigida nacia la izquierda. La fuerza total sobre la lámina central es F~

26

100 nrobJemas de Electromagnetismo

Q'

4,"

"

al La expresión de los potenciales en función de las cargas es

Q --

=

(1

(14=-

"'

45

Solución

3Q

VI = 1X 1l ql

+ (XlZQZ + 1X 13 Q3

Vz = 1X 2I q¡

+ (Xnqz + 1Xn q3

V3 =

+

1X Jl Ql

(X31Ql

+ 1XJJQJ

donde los coeficientes de potencial r1.¡¡ son independientes del estado eléctrico del sistema de conductores. Para calcularlos, consideraremos distintos estados eléctricos del sistema. Primer estado: El conductor 1 cargado con carga qt. los conductores 2 y 3 descargados, se verifica:

27

Electrostática

~.

v; --

v; = Vi =

q,

Q'.11!lJ

4nc o R I

q, C(ZJq¡

=

4ncoRl

a"

V = __ 'I_,_+~+~,

4n~oR 1

a"

2

4nc d o

4nc oR l

IX ll =

3

4nt d o

Segul1do estadQ: S610 está cargado el conductor 2 con carga Q2' los otros dos están descargados, se verifica:

0I¡2Q2

o

2

= (i.22Q2 = 4nEoR2

V;

= Cl. 32 Ql =

1X22

o

Ct:Jl

=

q,

(t¡Jq3

= 4m: d o

Vi" = OI.1JC/.l

= 4m:"d

V,;":=;

= 4mi d

Vi

o

al]

=

Cl 1J

= 01.12


(1 1)

q, 4m,o R¡ - R 2

q3

d

"'~-----

3

4ntoR3

4nE od

Se' observa el efecto pantalla, es decir, el conductor no influye en el 3, y viceversa.

Probieina ..f4: :

q3 _ 4'~;oRl

11.1.1

=

4'm;o/~J

~-q-,-+-q-,-+~ 4m: oR¡ 4nr. oR l 4nc od

28

=<

R,

q,

a ll

Conocidos los coeficientes de pOlencial, el pOlencial de cada conductor cuando sus cargas son flJ' q2 Y qJ. son:

1

d

(/.1

IX.l"".! :.=:

v

R,

- qL - qJ

1y 3

4nEoR 2

Tercer estado: El conductor 3 cargado con carga l/J. los otros dos descargados, se verifica:

=

(])

4ne ORJ

Sustituyendo este valor de la carga en las ecuaciones (I} y (3), se obtienen los potenciales de los conductores

q, 4m'od

4ne od

= 4m: Rl

1X12

q,

Vi'

V;"

4ne od

q1 =

= 4ne R

4ne od

/~

b) Si el conductor 2 se conecta a tierra, la carga que adquiere se obtiene de la segunda ecuación haciendo V2 = 0,

q, VI' =

4nr. oR 2

v=~+-,~+~

~----

q, 1l3 1q¡ =

4m;oRz

(2)

(1)

U¡'l condensador planoparalalo, cuyas placas de área S astán saparadas una distancia a, está totalmenta rodaado por una caja metálica achatada con sus bases paralelas a las placas, de modo que la placa (1) dista b de la base de la caja próxima a ella y la placa (2) dista e de la otra base. Considerando el conjunto como dos conductores (1) y (2) y la caja metalica como tierra, calcúlense los coeficientes de capacitancia y de influencia e,!! e'2 Y ell . Se desprecia el efecto de bordes (a« J5).

29

Electrostática

~ a!

b:

q2

(1)

-EoSEa

=

(2)

los coeficientes son

e

-;¡"

q¡

Solución Las cargas de las placas en función de sus potenciales expresan

+b

lJ.

<1, V,

e l ¡ =-=f:oS--

VI

~c

~

,,S

= - ----;; VI

1: 0

(:.1 = - =

uf¡

5

"

Seyundo estado: La placa (1) unida a tierra y la placa (2) a rOlcnci,11 V1 , los cmn[los en ¡us regiones ti y (' son V=(I

=o

clIV¡

+ c 12 V2

q2 =

c21 V¡

+C22V;¡

q¡

b VI =0

, • E,

V,

E,

e

Como los coeficientes son independientes del estado eléctrico del sistema, se consideran dos estados eléctricos: Primer estado: La placa (2) unida a tierra y la placa (1) a potencial VI' se verifica Los campos en las regiones a y b son

V

!

V"'O

E = V2

•

E, = -V2

,

a

V,

E , =2

E =o b

a

y las cargas de las placas V~O

b

,

f Eb

q¡ = -coSEa =

V,

¡ E,

V¡ =

qz = f.:oS(E.


+ EJ =

a+,

fOS - - V,

v= O

a,

Jos coeficientes

y las cargas de las dos placas q¡ = Ef)S(E a

a

o

e

*

t oSV2

a+b

+ Eb) '= toS - - V, ab

c 12

q, -

V¡-

"S a

q2

C

a+C

zz = -V ="f!oS ac 2

31

Electrostática

,~-~ ~ ,~t96Joma/~5

[0,"

t;c\"'

El ospacio antro dos planos conductores parnlolos indefinidos esta ocupado por cuatro regiones distin-

I

En

=

2" cm =

Ec

=

O

E

~--=1.000-

indica en la figura. Sabiendo que la región en contacto con la placa a potencial cero es el vacio y que esta placa tiene una densidad da carga superficial que es la mitad de la que tiene la placa que está a potencial V= 10 V, ¿qué información se puede obtener de las otras regiones? V

m

v

500 -

m

30 V 3 cm

D

~

V m

En x = 1 cm hay una discontinuidad del campo eléctrico que corresponde a la frontera enlre dos medios dieléctricos distintos. Entre x = 3 cm y x = 4 cm, el potencial es constante, Ec = 0, como corresponde a un conductor que está a un potencial V = 30V. Si la densidad superficial de carga de la placa situada en x = O es el doble de la de la placa situada en x "" 7 cm, se tiene"

IOV

2

cm =

1.000

10 V _

t ::c:----

~

1-.:,1 ~

tas y el potencial entre las placas varia según se

o

10 V _

451'í7(cm}

0'4

Solución

= toEn =

1.000

Eo =

-(17,

0'0 = -¡:of:,,1E,, = 211,= -2.000r,o

Teniendo en cuenta que las superficies equipolencialcs son planos paralelos, los campos en las diferentes regiones son uniformes, sus direcciones y sentidos se indican en la figura y sus módulos son:

de donde se deduce la permitividad relalivll del dieléctricu (ltlC ocupa la rel:\i(~n A r

"

',11

2.000 =1.000---2

En la frontera entre [os medios A y B (x = I cm) se conserva la componente normal del vector desplazamiento eléctrico, D A.=.D IJo es decir, f.,,.E,, = e,I/E,!> obteI '"niéndose la permitividad relativa del dieléctrico que ocu( pa la regiÓn B

_.
->

Eo

o

)

4

\ 7

'1::.

"Q .

\'''j

2.000 E,a= 500 =4

•~ o

'''TjFo-'S

\ , \, Te So.

-b

<:;'0""'-

&,\ c?\

33

Electrostática

.

~

~?(}

~

\,"

~

~jJ;¡;~>::_~

!.'iSgljl!!..mA,1fi"-

La maxlma intensidad del campo eléctrico que puede existir en el aire, en condiciones normales de

presión y temperatura. sin que se produzca ruptura es 3MVlm. Calcular: al

. El mayor pote:ncial eléctrico a Que se puede

conectar una esfera conductora de 20 cm de diá-

tiene E' =-q-'41r1;or z

Jnr"

VR = -

•

q' E'dr = 4ml()

(1 1) R¡ - R

2

Eliminando q' entre las dos ecuaciones, se obtiene el campo eléctrico entre las esferas

metro. b) ¿Qué sucederá si. manteniendo conectada la esfera a dicho potencial, se la rodea por otra esfera conductora de radio 20 cm, concéntrica con ella y conectada a tierra7

V,

1

E'~(~_~);; RI

R2

t.:\lyo vulm ll1~xim() es

Solución

E',nh

, E ~=6.106vlm> ""PIU'.

-1- R; La carga que adquiere la esfera al concclarla al potencial Vo es q = 4ne oR 1 Vu. El campo creado pl)r la

21j.{

<1)

esfera es

q

R,

E=--=Vr 4nEor2 o ,2

rlOr lo que saltará la chispa entre ambas esferas conductoras. En el ClISO a) la carga de la esfera es q = 4m: O V'IR¡ En el caso b) la carga de la esfera es

,

4",V,

q =,

El valor máximo del campo es en r

=

,=

471E oVR2R I

J¡:\ -\2_~)

R¡. es decir RI

R2

E",:1. ~ Vo

R,

El máximo potencial al que puede conectarse la esfera sin que se produzca la ruptura es (VO)m~. =

Em ,¡, R¡ = ] .106 ·0,1 = ]. IOsV= VR

b) Si la esfera se mantiene al potencial VR su carga cambiará cuando se aproxima otro conductor unido a tierra. Si la carga que adquiere la esfera es q', se


;!P~oblen!¡' ,17: Una asfera conductora de radio R está conectada a una fuente de potencial Vo' Si la esfera se rodea de una capa esférica dieléctrica, concéntrica con la esfera. de radios interior y exterior R y 9R, respectivamente, ¿qué pormitiv;dad relativa E, deberá tener el dieléctrico para que el campo eléctrico en la zona vada (r > SR) sea 1,5 veces mayor que el que había antes de colocar el dieléctrico?

35

·-------------------;:EJ;-e~ct:-ro-s~tática

~

~

es d~cir Q

~

1,5 Q,

36neot,RVo = 1,5(4nt RV )

v,

.f[j¡}-~-+-llq~

,

E -1-

o

8

o

de donde se despeja el valor de la permitividad relativa

del dieléctrico, obteniéndose E,

~

~.

Solución Antes de poner el dieléctrico, la carga de la esfera es Qo.

vo=~

4m: oR'

Qo

=

4nt()RV()

í

Después de poner el dieléctrico la carga Ji esfera §..Q, que se obtiene de la condición de que el potencial de la esfera se mantiene igual a VO'

11 = o =

J"

Q \' --"dr '" \4ne orJ

i' 4~ <¿,~):ll-'- -Q- d r =

Probié~a-18 :

Una esfera conductora de radio R está aislada y nrgada con una carga Q. Sobre la esfera se coloca un dieléctrico isótrapo formando una capa esférica de radios interior y exterior Ry 3R, respectivamente, Calcular:

al la expresión de la permitividad dieléctrica para que el módulo del campo eléctrico en la capa dieléctrica sea constante y no exista carga de polarilac'lón sobre la superficie de radio 3R, b) La distribución de cargas de polarización,

""-l.'.,0

9R

4n~9R + 4n:or., (~ - ~R) Q~

= 1,6

03:::":::,,,;,,:c,R?V, e. + 8

Como el campo en la zona vacía debe ser 1,5 veces mayor después de poner el dieléctrico, para r> 9R se verifica

l)u. \

eL.º_i:lé:0-~o

Los campos E yr(:n módulos

'1 DIA 1-

Solución

son radiales y sus

'0" .-- .~~------- .. _Ji

._~.

Q

Q

D-) _._ 4nr z

E--- 4m;I,2

Para que el módulo de E sea constante, debe verificarse t:r z = A, Y por tanto A

,,'"

,~

-Q-~15~ 4nl o,2

36


'4m: o,l

,

siendo A una constante.

37 Electrostática

~

El vector polarización P es también radia! y su módulo es

p

~

D

~

(1 1)

1)

,_'[1" ,~3L2 - - " 'Q(, -~ 4nr ¡; 41l" ,.

,

p",.,.

pv

=

" J p4nr dr= 2

R

(T

1',.. ,.,

---'---- =

tr

i'••• "

Pn,_R

-P,._R

.- ,"

A '" 9¡:oR2

l;o'-J/~2

Oc modo que la expresión de la permitividad del dieléctrico en función de la distancia r al centro de la esfera es: A

9t oR2

f=-=-.

r2

r1

b) La densidad de volumen de carga de polarización es , ! 0[- ','Q (9R' pp=-v.P7-~irl~ 7-

•

---'- Q

'Ip,~n.I~ 14 11'R 7= /¡"

1= _ A

~

9

-~ 41!~,Rl Q -

j",

de donde se obtiene =

36nR

36nR 2

l." carg.a tOlal dc polarización en la superficie csréric¡l de radio /( l:S

O

4m:,,1)f(1

1:,

2Q-4. , -fd r=-Q 1

""o

es decir -,

R

'0'

O

Q(I:, - 1)

f"

Las densidades superficiales de carga de polarización

."

La densidad de carga de polarización en la superficie de radio 3R debe ser cero t1 p

q

)]

1

•• , , : : -

, 8

Q

Se Ctllll]lrtldlll que la cargil Inlal dc polarilacl\'ill es cero.

I/J

(f)

"'rr -

Problema 19 .

Dos esferas conductoras concéntricas de radios Rl

y

Rl

fR, <

R 2)

tienen cargas q\ y

Q2'

respectivamente

(el espesor de la esfera de radio R, se supone des=

preciable). Un dieléctrico de permitividad

5

ocupa [a

mitad del espacio entre las dos esferas como se in~

~

Q ! a2/ 2 Q !

-- - -

4n9R 2

,.1

iJr

(9R

- rl) = _ _ _ 361lR 1 r

La carga total de polarización en el volumen del dieléctrico es

3B

TOO problemes de Efectromegnetismo

dica en la fjgura. Se desea calcular;

al b)

Los campos E y D en las distintas regiones. kas densidades superficiales de carga libre en

e)

Los potenciales de las esferas.

la:;,~~f~rªs.--

-------- - - - -

-----~

39

Electrostática

~

\ """"".)0,

// "f......./

,

"""':\\\

\""",j '\ -"'./" \r

"" ,-,-

, ' ,

:(

t

\

/i

:'

D.

Solución al Debido a la simetrfa del problema los campos serán radiales. Aplicando el teorema de Gauss para el vector desplazamiento a una superficie esférica de radiu ¡(R[ < r < R 2) Y llamando con los subfndices v y d a los

\

campos en,ln región vllcfa y con dieléctrico, respectiva_ mente, ~c tlcne

f

D,,'ds=f/¡

_____lt? '\

D 2ni' ' + D 2nr 2 = q "If¡

d

n" +

f)""

es decir

=

40


+ Bol

1

O

\"

---'"

~).I~- 0,"& "V-

\j-J \

Ed

('~\

i

J_------

"

ah -

oJ

V"J'_K,

2nRl(f: 1

I

".50 ( O

- "_~ _____ , "

= _ D )

=

(J- c,'/

e
2d

S",\p

')

\ ;':"5,\0"

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.. _0

q¡f:

-

'\tt--'-J>-)

superfi:~~_:te~~~~ sLQt"__ ___ _ \ _ >7-- ____ '1," _ \ ,

'a', ) '_11, 2nR~(.S *-'EO) ~J wliI.. \e '\ (\ ¡;n,lg/s~pe;ficie éxterior de la--eSfura de radio

G'I

__ ,_

Las denSidades de curga de ;')la esfera dc radiO R 2 en

'I() \

1'1

q-;;:;;::;:'

2nR:{t + ¡;\J

JJuJ¡./I,

-_ q,'_ / n =D) I _~'-II'_,_211'R~(r.+I:o)./ ~_~~

\0"'

/

,,=

_

t-..

I

D = ql -1- ql 2 4nr l

q2

41lEor2

2

~b)

su (1)

-

d

'-1._

Rl la

-

---

O
-----carga está uniformemente distribuida con densidad D"

Dd

"O

t

-="

21lr 2 (¡;

Las densidades d\:..g¡..IRH . .deJa..esfem.dcJJldio...B! en las z~nas vacfa y con dielécl!i~ll.

~

¡

'-i

E"

,

I

~n

"

2n:r En la superficie de sepamcil1n de 105 dos medius las componentes tangenciales del campo eléctrico son iguales

,1,"

E = ql -1-

OQ

D",rls+

+ EO)

Aplicando el teorema de Gauss a una superficie esférica de radio r > Rz se tiene

\

f

+ EO)

-q'--~E

Ed"" Eo

,/

--'-

{E

Dd "" 2n-r2(¡;

/ ......... ,,

¡

2nr

({ I E

:' ,: ' ,

,, "

~ :-~q2'~'~'-c 2

',,~

tul:

~."'--

,

"

\

,, ~\

D

,1

"

~/

Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2), se ob-

tiene

(2)

-" =

Dl ),_11,

q¡

+

q2

~---,

4nR

2

41

Electrostática

----

~

, el Calculando la circulación de los campos se obtienen los potenciales. El potencial de la esfera exterior es

R'

V2

"" -

.. [

q 4nf: r2

ql +ql

f"·

~ Solución

\

E'n' = - j

E 2 dr = 4ntoRl

,-

La diferencia de potencial entre las dos esferas es

VI - VA = -

En el interior de la esfera el campo eléctrico es radial y su módulo es

La carga en la supe.dicic-int6Fi&wGtl la 0swFa es-igaal está unif~rmemcnte repartida con denjl!5iad .

a~q y

q,

R El dr = 211'(>:0

,

+ t)

( 1

R; -

1)

Rl

(1

-. 'o,

=

q -41tR 2

El potencial de la esfera interior es ql ( 1 1) VI = 4m: oRl -1- 271(C o +~) ~ - Rl

ql -1- q2

La carga en la superficie exterior de la esfera es igual a q, pero no está uniformemente distribuida. El campo en el exterior es radial y su módulo varía con,. de la forma

(rtob1e",a 20

E="-

)

" Una esfera conductora hueca da radio R y espesor

despreciable está descargada, aislada y situada si-

El potencial de lu esfera es

métricamente entre dos medios dieléctricos indefinidos y homogéneos de permitividades e, y ~2' Si en

V'=' -

el centro de la esfera se coloca una carga puntual q,

calcular la dlstriblJfj~.E!..E,~ ca~ibr.e en las superficies interior V exterior de la esfera y el potencial de la misma.

.:,..:" .:>

'.

l'

IR"",2~dr = ~R

de donde

RV E=-

/¡ = RV,

,.'

":::,,:.: .. :,.,

. . .• ;, . i}tS<:·i.:. •. .

¡

' C =

Lr.::':

ID) = 2 ,-R

ti

RV =

R2

E !

-""-I----~ '--. --""S;:

2

R

~~-~---.---

>"

"' .....

V

6

."'JI

) --

''--J.\) ..

~ R

(, ""

,i

.- <.....:

y las densidades de carga de los hemisferios exteriores

\


11

son al = (DI

42

",

\-

-

.1

43

Electrostática

"

~

Como la carga tolal en la superficie exterior de la

esfera es q 2

q "" (11 1 + (J2)2n:R ::::

(el ~ -1-

El

La capacidad del condensador que se pretende fabricar es

s e"" "01:, J =

~)2n:RI

6 0 10

3

S

~ Solución

10- 6 = t oS\09

y su campo de ruptura, o rigidez dieléctrica, es E. = \06

se obtienen el potencial de la esfera

V/m, por lo que el potencial de ruptura es V~

e --c-':c'2nR{r.¡

__

VI = lObo 10- 6 = IV

+ E2)

y las densidades de carga de los hemisferios exteriores

a

,,

l...

',q

~

(f; J -1-

c¡)2nR 2

El condensador real que se ha fabricado es equivalente a dos condensadores en serie uno de espesor ¡/-a=(I0-6-IO- B)m

a l.,]

~ _---"~'2q_~ (/;1 + L2)2nR 2

yel otro de espesor u = IO-S m 1

¡/-(I

fI

~r};~~~"Y~'ir(

C'

e4,¡S

¡;oE,¡S

10- 8 )

I (10-1>

-~--+--~-

,-oS

--+-2 IOJ

10

1

~-ll·lO-'l

l:oS'

la capacidad del condensarlor real es

Para fabricor un condensador planoparalelo, se deposita sobre un electrodo una capa fina de un ma-, terial aislante de espesor d = 1 #m, de permitividad relativa 1.000 y rigidez dieléctricü 1 MVlm. En el intervalo de tiempo transcurrido hasta que se deposita el electrodo superior se produce, por el contacto con la atmósfera, una oxidación superficial de la capa de aislante; la oxidación se extiende hasta uno distancia de a = 100 A por debajo de la superficie. Estudiar el efecto de esta oxidación sobre la permitividad y el potencial de ruptura del condensador, suponiendo que la permitividad relativa del óxido es 100 y su rigidez 1 MVlm.

[; •.;.:!i;:::,>:\•.·",:']f ¡ d


f.oS

C' = -

1,1

10'

e

es decir C'=- 10 que significa que la permitividad 1,1 ' 1.000 relativa aparente del condensador es - - . 1,1 Llamando El y E 2 a los campos en los dos mcdio.~. aislanle y óxido y V1 11 la d.d.p. entre las placas. se verifica EIE¡

=

E2 E 2

V2 = El(d -

al + E 20

Siendo t i > e2 se tiene El < El' es decir, la ruptura se produce en el medio 2 (óxido), cuando E 2 alcanza el campo de ruptura del óxido, es decir, El = 10 6 V. Se liene, entonces lo3E¡ = 10 2 .10 6

El = lO~Vlm

45 Electrostática

~

YeI potencial de ruptura del condensador real es menor que el del proyectado V¡::::< \05.10- 6 + 10 6 .10- 8 = 0,11 V

Los valores máximos de los campos en cada región

'on

, El

ProbleMa 22 Un condensador cilíndrico de radios R¡

=

1 cm

mh

dos medios se produce la ruptura. .;:

,

) , \~ J;

E, mh = 2rrEoR2

0

Para una carga dada, la relación entre los valores máximos de los campos en los dos medios es El mh

1,9

E2mh

4

--~-

mientrus que lu relnei6n entre los campos de ruptura en los dos medios es

~----,-.~

.;

),

= 2m: 4RI

y RJ ... 2 cm tiene el espacio comprendido entre R1 y R¡ '" 1,9 cm lleno de un material de parmitividad relativa 4 y rigidez dieléctrica 20 MVlm, estando el resto al aire (rigidez 1 MV/m). Calcular el potencial de ruptura del condensador, indicando en cuál de los

~

El "'r = 20

I

El '"P

por lo que la chispa se produce en la zona vacfa, para

/' '--' J,9 cm ..1.", E 2m~. = lOóV/m = "'nI:o19,10-2

Solución Suponiendo que lu carga por unidad de longitud del condensador es J. y aplicundo el teorema de Gauss para el vector desplazamiento que, por simetr(a, tiene la dirección radiHI de las coordenadas cilíndricas, se obtiene

de donde se obtiene la máxima carga por unidad de longitud que puede almacenar el condensador: ..1.", = 2rrl:0 1,9· 10 4

),

D2nl' "" A

,,,

D~

y el máximo potencial que puede soportar el condensador (potencial de ruptura) es

El campo eléctrico en las dos regiones es

l 2m:0 4r

(R¡
E

(R 2 < r < R l )

E 2 = 2rrl:01'

46 100 oroblemas de Electromaanetismo

~--

1

l

v= ~

r,9

J

EIdr -

2

~

..1. m

r

J

Eldr =

1.9

2

-In2111: 0 1,9

..1.

+ - -mI n 2n&04

1,9 = 3,990V

47 CI .. ", ....... I,.; __

I

,

~ ¡¡Pr¡,bl~fiii¡i23l , ,'"", . ."

,

! Un condensador planoparalelo de área S y distan· cia entre placas a está lleno de un dieléctrico cuya permit'lvidad varia con le distancia x a una de las armaduras, siendo la función de variación

"11

I

e1JIdC lOo SEO(X"+ a) dx

I

=

x+a

~

e=E o - a

=

"

-In(x

+ a)]~

al

La energia electrostática del condensador.

b)

La distribución de cargas de polarización,

comprobando que la carga total de polarización as nula.

=

"

~

-/.2

SE!)

Si se aplica una diferencia de potencial V a las placas, siendo la placa negativa la correspondiente a x = 0, calcule:

~

la capacidad equivalente verifica:

SE!)

Por tanto, la capacidad y la energfa del condensador son:

e=

1 Sr.!)

w=--- v'

SE!)

2 aln 2

aln 2

b)

El vector desplazamiento es

D= - ~ u

l' .

n¡'

',",

v..::.. "

1

S "

el signo - significa que está dirigido en el sentido negativo del eje x. El vector polarización en el dieléctrico es:

( ,,)

: 2,

$-

!dX

P = D - ¡;oE = O 1 - -;

_. '" o

J

1)

q( 1 -;. S

= -

u~

Siendo la carga libre del condensador

,,S

Solución

q=CV=-V

a 1/12

al La energCa del condensador es: el vector polarización es:

1

w= -

2

1 qV= - Cv2

2

El condensador se puede considerar formado por condensadores elementales ell serie. Siendo la capacidad elemental

de = I~X)S ,Ix

48


p

~- ~ (1 --" ). a/n2 x+a ~

Las densidades de cargas de polacización en las superficies del dieléctrico próximas a las placas son: a,~,

toV "1

P

,,·(-u,) = O;

a",

"1

1',

·n,

2/11112

49 --,,--------------------E~/~ec-t-ro-s-W~·t~k-.

~

La densidad de carga de polarización en el volumen del dieléctrico es: Pp

dP

::

f:oV

~

El vector polarización

r

a

= 1;0(1:, -

-ª- u,.

1lE = (a.f 2 - 1)

4mxr 4

-v-P~ --~----'~

dx

(/ !

aln2(x+a)2

I as densidades de carga de polarización son

La carga total de polarización es: Qp =

Up(.mQ)

S

+

I

(a,l,_ a

ppdll =

~

(p.l,.,_

_

~f3(uR: ~-Q ~ 4.uR~

( p)/I, _ {P l'_II. = (rtR: _ 1) I:OSV = - 2a In 2

&0 V

n

ca

+ In 2 Jo

+ a)2 S dx

= O p P

~

~

-V-p

~iltWWlII'·24

E,

=

cxr2.

siendo a. una cons-

tante. Si la carga del condensador es 1.

Q,

se pitIa:

(Qp), = (o)~, 4nR:

/

/ 11/

\{l /'/

e/

---t"

Q

4nR~ =

Calcular las densidades de volumen y de su-

_(a.Rl - 1) -

Comprobar que la carga total de polarización

es nula.

~~

Solución 1. Aplicando el teorema de Gauss generalizado, tcniendo en cuenta la simetrfa esférica del problema, se tienen los campos:

1ji, Dd, ~

Q,


Q

D=-4IU",

"

D

(Q) "" " "

E=-=---,u, f 4nfO~)

.'

,

+ (a.R l

R,

p dv= - - Q p 2na.

_ 2Q

f"

d,

3 11, r

(Q,l,

- 1) -

Q

,

aR2

2

~

U: -;~)

f"

O!

Q

Q

aR2

1

f"

R,

~ g (~ O!

+ (Q,l,

R 22

~

''-r-

,'.

2na¡r s

+ (0)/1,

/

/

/:f0 , , J{

off)'v

" -

1,-

-

"/

2. La carga total de polarización es la suma de las distribuidas en las superficies y en el volumen del dieléctrico: Q"'UI' + Qp,.,1

perficie de cargas de polarización. 2.

'

1

, ",

4na¡r4

4m,2

QliJr 2 4nrt r 2 ar r 4

centro del condensador:

~--- >/''-,

_v_(Qu,) + v_(Ji"c.) ~

~-----=

Entre las armaduras de un condensador esférico de radios R, y R2 IR, < R2 ) hay un dieléctrico cuya permitividad relativa es función de la distancia r al

-Q _____ 4nrtRt

I (x

J;:~ '1

- Il

1 df"-' 1 -4rrr

rS

_~) 2 RI

O

51 ¡:I" .. ~ .. ",~*.;.;- -

~ i~illtfw~' ~',~, ~".' ,8 . ,a:~PJr¡

Se consideran independientemente dos condensadores planoparalelos idénticos. de área S y dlstan~ cia entre las armaduras x. El condensador 1 se carga él

un potencial Vy después se aísla, mientras que el

condensador 2 permanece conectado a la fuente de potencial V. Calcule:

a)

las expresiones de la fuerza entre las armadu-

ras en los dos condensadores. b) Si a causa de dicha fuerza las armaduras se

acercan una distancia "'x, ¿cuánto varia la energía de cada condensador? Condcn_"ld"r I (q '" "'le,)

{--"h,

Comlensudor 2 (V = ele,)

J"'r'~"'"F;--

donde x es la distancia (varianle) entre las armaduras. En este caso conviene expresar la energfa del condensador 1 en función de la carga y la del 2 en función del potencial. lq 1 lq 2 x W =--=-2e

¡

I W = 2 2

2EOS

v2 e =

~

1 2 BOS V _ 2 x

-

La fuerza entre las armaduras en los condensadores l y 2 son:

1 q'

Fl =

x ) -:21 l vxa ( ~oS

F2

V 1:¡¡S a ("S) "2 v· 8x --;; = ---

=

2 F.oS 2

.:~ V

=

1

2x'

b) Al acercarse las placas una distancia t!x, hay una variación de energfa. En el condensador 1

Solución W¡

a) Las fuerzas entre las armaduras en los condensadores son;

F,

~ - (~:),

F 2 -

OX (-a~

y

La energía de un condensador se puede expresar ell runción de la carga o del potencial I q2

w= - 2 e

I = - VlC 2

+ .:iW¡

"S

Esta disminución de energfa es igual al trabajo mecánico l'I.W = F1l'l.x realizado por las fuerzas del campo para ace;'~ar las placas una di5tancia l'I.x. La energfa del condensador 2 aumenta cuando las afmadu'ms se acercan l'I.x. W 2

+ l'I.W

En cste

e == Eo -s X


1 q' l'I.W¡= ----lIx 2 toS

-2- (x - .:ix)

I 2

,

toS x-l'I.x

= - y- - - 2

ca.~o

l'I.W~

el trahajo rcaliJ'ado por

I:USyl

= --l'I..\. 2x~

111.~

fueTJ';JS del

t:nmpo es también positivo

siendo la capacidad

52

q'

=

l'I.W

m,

-=.

':oSv2 F,l'I.x = - - , IIx 2;'(

53 Electrostática

~

Esto se justifica porque, en este proceso, la batería aporta una carga 11// al condensador, suministrando una energía

l!.W¡""

d ""vóq=VlÓC=Vz~8X X2

La mitad de esta energía se utiliza en aumentar la energía del condcnslIdor y la otra mitad en realizar el trabajo de acercar las armaduras.

:Jif~!>l'JÍt. 26

fueza electrostática se equilibre con el peso de la masa de líquido que asciende. Es decir, se verilica: F = ('IlWjy = mg

La energía electrostática, cuando el dieléctrico ha ascendido una altura x, es:

w = ~ V2C = ! Vl (to(L - .~lll + eXII) ~ 2

2 ~

Dos placas metálicas paralelas de área 8 x a y separadas una distancia d están sumergidas en una vasija que contiene un Hquido dieléctrico de permi-

lividad relativa f, y densidad b. Calcular [a altura h de liquido que asciende entre las placas cuando se aplica entre ambas una diferencia de potencial V. Despréciese el efecto de los bordes y el rozamiento. Las dimensiones de la vasija y la cantidad de Ifquido son lo suficientemente grandes para suponer que el nivel del liquido se mantiene constante en la vasija.

í

d ,,.-1

l

1 VZII - - [t:uL 2 "

," T

q Ir "~ J

1/

+ X(I:

" - I: u)]

~icndo L Y x las alturas medidas sobre el nivel dcllfquido en la vasija. La ruerza sobre el dieléctrico es

V'a F.. = ('IlWj"• = -2d (e - ea)

El peso de la columna de líquido es P = alldóg. Igualando ambas fuerzas

F.. =

,~

~~

V'a

2i (t -

eu) = ahdóg

se obtiene la altura Ir del Ifquido h=

V2 {c - tul 2d 2 óy

V2¡;o(c. - 1) 2d óy

= - -2 - -

.. ' ·"·.. ',i''''~"f.''-i'i!~''' -'" ,

'Pcto.~I~[1)g?7;

Solución Debido a la fuerza electrostática sobre el dieJér.trico, éste subirá entre las placas una altura h, hasta que la


Dos esferas metálicas de radios R, y R2 están separadas una distancia d (d» Rl' R21. ¿Cómo debe repartirse una carga dada q entre las dos esferas para que la energía electrostática del sistema sea

55 Flartml:flÍtif'R

~

minima? ¿Cual es entonces la diferencia de potencial entre las dos esferas? (Las esfaras se suponen lo suficientemente alejadas para poderlas considerar como cargtls puntua-

1

R,

les cuando se calculan los potenciales que se in-

q¡ = q I

fluyen mutuamente.)

n,

d I

2

-+--RI

f+--2R:r---+', ~...;

¡#Í~~~~ ,:'.'~"f~m_, -~$!k~~-' ~ ,

,, ,,

RJ

d

q2

=

q 1

d 1

2

-+--Rl

Rl

d

Sustituyendo los valores de las cargas en la expresión de los potenciales, se tiene

:~:

2R1 1+-

~

de donde se obtienen los valores de las cargas

VI - V2 =

,

:..-- ----. ------- d---- __________ .-!

(-q-,- + ~) - (.--!!.L + -q-,-) ~ 41tf. oR¡

41t1;od

41t&oR2

4m:o"

O

La energra del sistema es mínima cuando las dos esferas están al mismo potencial.

Solución

"Pr!Jl)It!,~'a' 28 Si las cargas de las esferas son q, y ql = q - ql> respectivamente, la energía del sistema es

(ql - - - + -q. _ )+

1 V +-'1 1 V =-q 1 W=-q

2

1

2

I

2

1

4m: oR¡

41rt()d

¿A qué potencial Va debe conectarse una esfera conductora de radio R y densidad b para que se mantenga sumergida hasta la mitad en un dieléctrico liquido de permitividad electrica relativa &, y densida,d b'W > 2!5)7

(q, - - +q,- )

1 +-q

2

2

2

\

2

4ne oRz

4nt od

w~ _1_ (q~ + (Ii + 2ql(12) ~ 8m;o RI

R2

= _1_ (q~

BnEo

d

+ (q

- 1I¡)2

+ 2q¡(q

R2

RI

-

ql)).

d

La condici6n de mínima energía es

"

Solución dW = _' _

dq¡

11

8neo

(2111 _ 2(1/ RI

,¡;


R2

~ + 2{q - eh) _ d

241) = () d

La esfera udquiere unn carga Q. siendo "1 y "2 Ills densidades superficiales de carga de los hemisferios en el

57

Electrostática

r'

~

¡I,<

\,

. ij ~.~'

~ ~

1,

~

0 vacío y en el líquido, respectivamente.iLas densidades de carga se calculan a partir de los campos. Por la simetría

Análogamente

del problema, el campo eléctrico es ,radial y de la forma

",

k

E=-u

"

dF z = Pl ds

,

La constante k se expresa en función del potencial de la esfera

~ '" - fR .:.. dI" = ti

'"

,1

.'

= -'-

2EoE,

R 2 sen OdOdrp

y la fuerza sobre el hemisferio en contacto con el líquido es

!: J(

Fl =

De donde k = VoR. y el campo eléctrico es

rrRlul

f

dF 2 cos O ;; - - ' 2Cof:,

(hacia abajo)

V,R

E=-u

"

La fuerza eléctrica resultante sobre la esfera tiende a introducirla en el Hquido

,

Los vectores desplazamiento y las densidades de carga

son:

R

,

DI = t oVo "2 U,,;

0

1

=

f. lI r.,Vo

,"¡=(D} 'V \ j,_li.'u.=~

.

=

(fz

(Dll, _«. u,

=

foe,Vo R

=

.''"

=

f

dF1COSO=~_1 R'.'

leo l nRlu

_1

R2senBd6dcp

~-~,

"o 58 100 problemas de Electromagnetismo

l'" 1"" dcp

o

F+P+E=O es decir

Al sumar las fuerzas elementales, las componentes horizontales se anulan y la fuerza resultante es vertical:

F1

nr.

La condición de equilibrio es que la suma de las fuerzas electrostática F. peso P y empuje E sea igual a cero:

La fuerza sobre cada hemisferio se obtiene a partir de la presión electrostática. Así sobre un elemento de área ds del hemisferio vacío, la fuerza es

dF¡ = plds

U

( - ,l - u 2 ) = -oo V' (e - 1) ZI2r.of.,12"

R

R

,

~ u,

nR F = F - F = - '

senOdOcosO=

1rE o Vt - , - (c. - 1)

+"34 nRlóg -"32 nR l ó'g =

•

O

de donde se tiene

o

(hacia arriba)

VI = 4R 3g(ó' - 20) o

31: 0(6, _ 1)

59 Electrostática

,~ r' -'- ,- '''','

,;"ntobie'mil "'" ,. 29 '\ ,

"","

¿Qué carga debe darse radio R y densidad

él

,

para que se mantenga sumer-

¡j

~J

,

una esfera conductora de

f =

gida hasta la mitad en un líquido dieléctrico de perm¡tividad eléctrica relativa /l, y densidad ¡j' (15' > 2M?

nR

2

2-;;

[

q2 e, 1/1 [2nR2(1 + e,)J2 - [2nRl(l +

]

f.,jj2

=

q'

+ e,j2

8e nRl(l o

(e, - 1)

Solución y su sentido es tal que tiende a sumergir la esrera en el

líquido. La condición de equilibrio es F + P + E = O. es decir

Se resuelve del mismo modo que el problema anterior. La lloica diferencia es que ahora hay que expresar las densidades de carga de los dos hemisferios (1) y a 2 en función de la carga q. Por conservación de la cargn eléctrica G'¡2nR2

+ O'l2/tR 2 =

q

'1'

(1) '\

':~.'

1/

Como la componente tangencial del campo eléctrico' se conserva en la superficie frontera entre los dos medios,

"

Dl

4

2

+:3 nR3f¡y -"] nR 3,l'.1J =

O

de donde se obtiene la carga

16

1/2 = -

3

n2eoR~g

(1 + e,)2 - - - (J' - 2Jj r., - I

li l

fT

<:0

toe,

Proble,Ma 30":'

(2)

Rc.~orvicndo clliistcmn de ccuucioncs (1) y (2) se oh-

licne

q

=2nR2(1

ql:,

" =------.-

+ 1:')

2

2nR2(1

+ 1:,)

La ruerza eléctrica sobre la esfera. según vimos en el problema anterior. es F = F - F =

,

1)

D2

2 -=-

I

ti (r., -

~=®-=- ¿

y por tanlo

rT

8E(I~R20 +

,

60


~~~ (()"~ 2 ,

"

,

-

al) '

Un sistema de tres conductores está formado por tres cilindros coaxiales de longitud h. Los cilindros , y 3 de radios R, y R31R, < R3) constituyen un condensador cilíndrico y el cilindro 2 es un tubo de radios interior y exterior a y b, respectivamente (R, < a < b < R3 ). El cilindro 2 está conectado a tierra y los cilindros 1 y 3 están conectados, respectivamente. a fuentes de potenciales VI y - V,. Se desea calcular: a) la carga por unidad de longitud de cada uno de los cilindros, así como la energía por unidad de longitud del sistema de los tres conductores. b) Si el cilindro 2, manteniéndose coaxial con los otros dos, se extrae del conjunto una distancia x, calcúlese la fuerza que actúa sobre él. Se desprecia el efecto de bordes.

61

Electrostática

~

, /"\

"J~,;L.~té:tí'.:'d:..;~·;~;;';

,

l ,-'=:í,?,r,j&3Fb~;¡'t

r-<

..

Del mismo modo se calculan las cargas de la superficie interna del tubo cilíndrico al;

)

¡~<-I

1

V, -(:0

.-

A21

III(a/R I ) a

paraa
E=O

para h < r < R 2

k E 2 =..2

vcrilicándose b k2

f

O+V1 = -

Rl

V,

-dr=klln~

,

E=O

parar
2nc oV, = 2nul1z¡ = - In(aIRI)

,

Solución

al La ~lll1clrfll Jd problema C~ cilíndrica, por lo que los campos varían con la distancia al eje, r, de la rorma f.: - Ilr

~

'

k z = In(R1Ih)

b

I

el camilO en esta región es 'o'

p:LraR 1
_

k[

,

"'1--

V,

E 2 '"

Siendo

'o

f.

VI = se obtiene

a E¡dr=klln/i:

,

Las cargas en la superficie eKterior del tubo cilfndrica son

V,

2e

k¡ = In (aIRI)

V, El "" In (a/R

V, I

)

r

al"" /in

62 W{) problemas de Electromagnetismo

EUV¡ I ./n(Rl¡b) b

1z

=

~-2e

In (R]/b)

1 21 + 1 le

=

2n:tuV¡

Cn(~l/bl - /n(a~R¡})

y las cargas en la superficie interna del cilindro de radio R)

2nl:O VL = 2nR 1 lt¡ = In(aIRI)

2n:f. o V¡

l

La carga por unidad de longitud del cilindro 2 es

In(a/Rl)'~

[a densidad lineal de carga del cilindro interior es

Al

=

CI

y, por tanto, el campo en la zona R¡ < r < a y la densidad superficial de carga del cilindro interior son

In (R 3Jh) r

= -

f1 l

EOV¡

I .~

In(Rl/b) R]

27rE O V¡

..1. 3 = - In(Rl/b)

63

Electrostática

:'

•

~

La energía por unidad de longitud del sistema de conductores es

1

1

VI

Wr=2:ArV¡ -"2A3V¡ ='2(A¡ -..l.J)

w = vf 21tE ( r

2

1

o In(uIR¡)

La fuerza sobre la carga puntual q es la debida al campo creado por las cargas imágenes. Las cargas imágenes, situadas en el interior del conductor, son las cargas que junto con la carga q hacen que el potendál del condl1ctor sea cero. En este caso, las cargas imágenes son (l. q", q'"

+ :-,,1---,,-)

~ Solución

q'=-~r¡

In(R 3 /b)

a

b) La fuerza sobre el conductor 2 se calcula a partir del gradiente de la energfa. La energía del sistema cuando el cilindro 2 se extrae ulla distancia x es 2

W=ne oV

1

( 1 + 1) In (a/RI)

In (RJ/b)

(h-x)+nE o

(VI

+ V¡}l

ill(R3!R 11

situada a una distancia del centro de la esfera.

R'

b~

a

x

q" = - q, situada a una distancia -

y la fuerza sobre el cilindro 2 es

(1

--,,-1

del plano.

R -q'=-q

q'"

~) , ne,4V: -ntoV1 +:dx In(R 3 /R 1 ) 1 In(aIR¡) /n(Rl/b)

dW

F~

Q

a

situada a una distancia - b del centro de la esfera. La fuer¿a sobre la carga ti es:

'Pro~l.inÓ 31

R Una carga puntual Q está situada frente a un conductor unido a tierra. El conductor tieno le forma que se muestra en la figura: una semiesfera de radio R y el resto un plano indefinido. Hallar la fuerza sobre la carga q.

. ~

r""":!"~"'''''''''''''':'1io7"C":,,,.~!.,¡1

,¡. ql,

-b

~


"

(a-j~.¡y

'1 (211)1

!- -

(

"

---

R1y ,,+-

"

,'" "Nff1I'·'§'"'¡

{

q"'

64

I

,

10 ~}i¡;;¡¡¡;;;¡';" v,,,,Gj,,,,,, .q:_-------

4¡u:u

R '1 -

Su direcci6n es la de la recIa IJO y es\tl dirigida hacia el conduclor.

'/ - --

,~l

F···

'1

P"hl "ñi'" \ ¡,¡;;!!'P.:Jt .. ,~':'~ i

Una esfera conductora de radio R, está aislada y cargada con una carga Q. En el interior de la esfera hay una cavidad esférica, no concéntrica, de radio R2 (R2 < R,), donde se coloca una carga puntual

65 Electrostática

~

q = 0/3 a una distancia a = R¡2 del centro de la cavidad. Se pide: a) ficial b) de la

El potencial de la esfera y su densidad superde carga. El valor del potencial y el campo en el centro cavidad.

siendo la carga imagen q' = - qdlR 2 , situada a una distancia d del centro de la cavidad tal que a = R2/2 = R~/d, se tiene d = 2Rl Y q' = -2q, por tanto

Vo =

Q

2'1

3¡[EoR~ + 4-nEoRl

2"

~

Q(I 1) 4R 2 + ~

- 4-nEo2R2 = 3nE o

Dado que la carga de la superficie del conductor no crea campo en su interior, el campo eléctrico en O es s<'ilo debido a las cargas q y q'

.

l' -,.

q

q.

Q

Q

lQ

=-,-+--~------~--

u2

4m: o

471c od 2

3m:oR~

24m:oR~

24m:oRi

siendo su dirección la de la recta qO y su sentido el que va de 1/ a O.

Problemll 33

Solución a) En la superficie interior de la cavidad se induce una carga - q y en la superficie exterior de la esfera hay una carga + q. Como la esfera es equipolencial, esta carga estará repartida uniformemente en la superficie exterior, siendo su densidad de carga y su potencial

º

Q+ q

Q

Q

41l:t;¡R¡

Jn:~ORl

VI=--~---

"~--~--

4nR ,2

Q+ q

,

3nR 2

b) El potencial en el centro de la cavidad será el potencial de la esfera más la suma de los potenciales producidos por la carga q y por la carga imagen q' q

q'

v: =v1 +4nE --+-a 41lE d (l


o

o

Una esfera conductora de radio R esta conectada a tierra_ Sobre un eje diametral y a ambos lados de la esfera se colocan dos cargas puntuales + q y - q, siendo sus distancias al centro de la esfera iguales a 1(1) Rl, calcúlense: 1. El momento p del dipolo que forman las cargas imágenes en el centro de la esfera. 2. El potencial Vp que produce dicho dipolo en un punto P{r, O) exterior a la esfera. 3. Si se hacen tender a infinito I y q de modo tal que el cociente q/P se conserve constante, las cargas + q y - q, muy alejadas, producirán un campo uniforme Ee en la región donde está situada la esfera. ¿Cual es el potencial total (el del dipolo mas el del campo Eo) en el punto Pi.r, U)7

67

Electrostática

~

o)

me en dichu región. está dirigido de q lo es q

E

q 4nEol2

11 - C/

Y su módu-

~

2q

~---+--~-(1

411:1:(112

41lEo/2

que sustituido en (1), resulta

n3 cos O Vp=E o - , -

Solución

"

l.

El pOlencial total en el punto P será la suma del polencial del dipolo y cl potencial del campo Eu quc, si se toma el origen de potenciales en el plano que pasa por el centro de la esfera, es Vo = - Eorcos O. Por tanto

Lus imágel\c~ de las cargas +q y -q son

q'I=-q~

q~=q~

y

v= -Eur~OS{/(l--

respectivamente, situadas a la izquierda y 11 la derecha del centro de la esrera, siendo sus distancias a él

R:) '"

que coincide con el potencial del campo de una esfera conductora cLlillldo se la introduce en un campo uniforme Eo. (Véase. problema 40.)

R'

b~

I

Por tanlo, las cargas imágenes rorman en el centro

" r ''!ilil'Ji)il

de la esfera un dipolo de momento

Prol!>~l'l,,\il"',~

2R 3

R

Un dipolo de momento dipolar p se coloca en el centro de una esfera conductora de radio R, unida a tierra, Hallar:

p=QT 2b = q y

y sentido dirigido de q'J a

2.

q~.

a) El campo eléctrico en el interior de la esfera. b) la densidad superficial de carga en la superficie interna de la esfera.

El potencial del dipolo en el punlo P(r, O) es

pcos8

2qR 3 cosO

V ~ - - ~ --'--;;-7" l 2 p

411:1: ,2 0

4ne ol r

(1)

3. Si consideramos las cargas + q y - q suficientemente alejadas, el campo Eo que producen en la región donde está situada la esfera puede considerarse unifor-


. ---

"

~ O

-,'

p

'.. ------ -- -- a -. - ••

69

Electrostática

...e ti>

!2. e O.

,o· ~

"o

,,-" ~ ~

, o'"

"• "o

g

Q

+

~

+

fllC ..

"'"i~ ..:~ i 8 "<;

1'"

~,

~I~

~

o'

~

,,,.

~

Q

11

o

~. ~

11

~

~''''

Q

I~

o 11

------'

------®t

,+ ------>

i _....•~~ >

,,

o

,

""'

11

ti>

o

en ,o:

.~

-

-

o

,'-~

cargas Jincnlmcntc distribuidas. Tomando el origen de potenciales en el plano unido a tierra, se tiene ..1.

h

21rBo

R

V "--1,,+

~

,

1. /¡ --In-lIrEo D

hA

J.

"

h

--ln-+-In~,-:~~ 21lf. o 2h 2nf. o (D 2 + 4h 2)1/2

..l. 2D V+ = - - l n -

2nf. o

~

,

h

R (D 2

+ 4h 2)112

'D

11--- d--'-----.j

""

1

Solución

" 2-.-,-ln Ji. C(~-'D~'~)~'"'' o 1+4h'

Se aplica el teorema de reciprocidad

L qjV; "" L, q;V¡

Análogamente se calcula el potencial del cable negati,'o, obteniéndose

v_

= - V+

y 1" capacidad por unid¡¡u de longitud de la línea es

el =

,

c-~'C" V~

-

v

1rI: o

Primer estado

D

I,,-,~~

lámina 1, potencial VI"" O. carga q I lámina 2, potencial Vz "" O. carga ql carga puntual 3, potencial V3, carga q3 = q

D2\1/2

R ( 1+4/¡2

, Pro~lem.

Segundo estado

~6 Dos láminas conductoras de área S conectadas a tierra están separadas una distancia d(d« Entre las láminas y a una distancia a de una de ellas se coloca una carga puntual q. Calcular la carga indu-

JSl.

"

considerando las dos láminas y la carga como un sistema d
cida en cada lámina.

lámina 1, potencial V;. carga q'¡ lámina 2. potencial V~, carg¡¡ '¡'2 carga puntual 3, potencial Vj , carga 'l'j = O Aplicando el teorema de reciprocidad, obtenemos 1¡'¡V I II¡'lVl+l(lVj~'11V; IlllV~ I (/V,;

O

fl)

1I

72:_____________________________ 100 problemas de Electromagnetismo

73 Electrostátic.1

~

Teniendo en cuenta que en el segundo estado eléctrico

del sistema, el campo cntre las láminas es uniforme, se

L qy; = L q:V,

verifica

V' - V'

V' - V'2

d

{/

_ '_ _ 1=]

(2)

y en el primer estado, por la conservación de la carga eléctrica, Se tiene

+ q2 =

q]

-q

(J)

Entre las ecuaciones (1), (2) Y (3) se eliminan Jos potenciales V' y se obtienen las cargas inducidas en las dos láminas:

a -qd

q,

q2

=

-q

d-a -d

Solución

considerando las dos esferas y la carga puntual como un sistema de tres conductores (la carga puntual un conductor esférico de radio despreciable) y teniendo en cuenta dos estados eléctricos del sistema: Primer estado

esfera A: potencial VA = 0, carga qA esfera C: potencial Ve"" 0, carga qc carga puntual B, potencial Vn , carga q8 = q

Segundo estado esfera A, potencial ~, carga q~ esfera C, potencial Vé, carga q~ carga puntual 8, potencial V~, carga q;/

:=

°

Aplicando el teorema de reciprocidad, obtenemos (/~VA

'.'" ,

~

Se aplica el teorema de reciprocidad

+ q'Vn + qéVc

= qAV~

+ qV~ + qcV~

= O

(1)

Teniendo en cuenta que, en el segundo estado eléctri· ca del sistema, el campo eléctrico entre las esferas cs de la forma

,

'problema 37 Dos esferas conductoras, concéntricas, de radios

k

E--

a y e están conectadas a tierra. Entre las esfera':> y a una distancia b (a < b < el de su centro se coloca

una carga puntual q. Determfnase la carga inducida en cada esfara.

"

se tiene V' A

V~ __

q

~b~ . /

v: "" B

Vé

ro k dr = k (~ _ ~) Jb a b /.1

= -

fa k dr

=

k

<,2

(~ - ~) a

e

y las cargas del primer estado eléctrico verifican

,

qA+qC= -q

/ /

Sustituyendo en (1)

qA=-q-qC


_________________________________,75 Electrostática

~

y teniendo en cuenta la relación entre los potenciales V', se obtienen v~-v~

a

b

a

,

qc = -qv'-v.=-q-¡-¡ A e __ _

Teniendo en cuenta la simetría del problema, el potencial eléctrico es sólo función de la 'Variable x la coordenada perpendicular a los planos. Se resuelve la ecuaciÓn de Laplace en las distintas regiones, utilizando las condiciones de contorno del problema.

.

v~

-'V'

-

d'V dx'

b , V~ V,O -1/ -¡ -

a

-k'>

o.

Siendo pUf¡] x = obtiencn

,

•

\1"

=

Va(x) = Alx

+ B1

O Y para x

=

(/1'

\1"

= VI' se

, Al = VI

81 = O

",

-',V'-

v;.Prol»)ema3S ' , -, ". . '" ~

Solución

Regiól1(aj O
eL1

~

.'.-

El potencial y el campo en esta región son Dos planos conductores paralelos 1 y 2 cuyos po-

tenciales son V, y V2 IV, > V2 ) se encuentran situados paralelamente entre otros dos planos conductores A y B conectados a tierra. Las distancias de los

planos conductores al plano A son al (a/« do S el área de cada plano. Hallar:

JS), sien-

El potencial en todas las regiones entre A y B, utilizando la ecuación de Laplace. b) Las cargas de los planos conductores.

V, Va = -

a,

al < x <

Regió/1 (b)

, (,)

lb)

B

"

76


';

VI

tix

a1

al

+8l

Siendo las condiciones de contorno: para x = a2, V~ = V 2• se obtienen VI - V2

Al =-'---' al - al

V~

VI - VI

B1=Vl -

X

"l'

al - al

al

se obtiene la expresión del po-

VI v,,=--

If---If-', 11 ',lf--.II

d\l"

-~=-

Vb = VI' para

Sustituyendo en tcncial

«)

=

V~(x) = Alx

a)

A

E ..

X

al .

V2 al

( X - I I J )+VI

, y el campo en esta reglón es:

Eb

=

dVh

V

-

V

- 0 -J - -z dx

(I! -

"1

77

Electrostática

~

Regi6lJ(c)

a 2
v, =

siendo e la carga del electrón en valor absoluto y a el radio de la primera órbita de Bahr. Calcule:

+ 83

A 3x

las condiciones en los límites son: para x = U z• V, = VI' para x = al. Ve = 0, de donde se obtienen las constantes

A.,

v,

~

aJ

-- al

y por tanlo [as expresiones del potencial y el campo en esta región son V, = -

- - (al -

al - a z

L:l~

al la distribución de cargas que originan dicho potencial. b) La carga total asociada a la distribución. cl El campo eléctrico creado por esta distribución de carga.

BJ = _VZu 1

a] - a z

v,

xl

E, ~

dVc dx

Vz al - a2

Solución a) La distribución de carga se obtiene a partir de la ecuación de Poisson,

--~--

v,

=

taSi - Eb

-eoV 2 V

p =

a,

q 1 = ~oS( - E. -1- Eh) =

qz

1: 0

~¡;oS

+ EJ =

V, V, - V,) (al + '-'---' a z - al V,-V, + -V,) -

f:OS

(

-

al-u l

p

V 2 v ....

cargas de [as cuatro himinas conductoras son

q,i = ~oSE" = -

~

Tomando el lap!aciano en coordenadas cilíndricas y teniendo en cuenta que Ves sólo runción de r, se tiene:

V1v =..!.. ~ (r2 o!:\ =! ~ (rV) r or o~ ) r or 1

1

aJ-al

y la distribución de carga es

q/J = -coSE, = _, oS

V, al -

,{ (,-",")

al

uV 2

p = - 4na

P'toblema 39 El potencial medio temporal de un átomo de hi-

V(rl

=

_!!.- (~+ ,)e- 2';8 4nEoB

(

(1

=

-1- V2 e -2./s

}

=

,{ (') ('-"'" ') ,{ '(4) 4

- 41!a

drógeno neutro en el estado fundamental viene dado por

-,-

4nll

u'í/2

r

-1-

aV 2

-uc5(r)4n-l-ar

4}

+ -2 a

e- 2 ./"

r

-

a2

-

-1- V2e-l'l~

e--z"u __

}

e-z,lu-I-

{Ir

= eJ(r) - -

,

na 3

e-l,/s

78

1M nroblemas de Electromaanetismo

79 rL

11

~

la funci6n t5(r) verifica: 6(r #- O) = O Y Jii(rJdV = I ~i el volumen V encierra el origen de r. Es decir el potencial dado cst,l originado por una carga + f (núcleo) co[oC<\ua en r == O Y la nube electr6nica de densidad

p =

-,-

na'

Una esfera conductora, descargada, de radio a se

introduce en un campo eléctrico uniforme Eg. Hallar las expresiones del potencial y el campo después de introducir la esfera, el potencial de la esfera las cargas inducidas en su superficie.

y

e-2'1~

v,

v. --

b)

< ,

La carga de la nube electrónica es

q.I,",,,''';<.

-, J"

~__

no

J

e-2'1~4,2

1t

,

dr

= -

1 -l'!"dr -al JOO o " 4,

o

v, ,,

~~ . /.>,,' '."OH,

Problema 40,-

.

.'

P(r, o)

:Jo

"

1--' 1--"

siendo

i" o

1 ,l e -l"'dr=_ al

i"

Solución x 1e- x

2 c/x=-

o

al

2

VIr, (J) = - Ellz

dOlldcGl.r=xya=-

" 4" 2

qel."",'nk"

-,,' (D' ~ -,

de 1lJ00lu qu..: Ii! carga lol:!] de la dblribucitSn es cero. el En este caso el campo s610 tiene componente en

la lIirccdlSn radial y se cnlcllla n purlir tlel gradicnll' del potencial como

E(r) =

Antes de introducir la esfera, el campo eléctrico es uniforrne, E Q , y el potencial en un punto P(r, O) es

(W(r)

\1(1',0)=


(é) + 2 (é)'),-"'" ti

(/

Eor cos (/

Cuando se introduce la esfera eonuuctom, el campo deja de .~d uniforme en sus proximldudes ya que, al ser la superficie esférica una superficie equipolencial, las línens del campo son perpendiculares :1 clla. Eligiendo como origen de coordenadas el centro de In csfern y el eje polar pamlclo al emnpu El). (anto el potcndal como el C:lIllllll CII el elllcrinr llc 1;, esfcra liellcn simetrrn c.~rériea y no dependen uel :Ingulll 'p: el probknw consisLe en Imllnr V(I". (!) en pun1as exteriores (1" > 1/), ya que cn el inh:rillf de la esfera conductora (l' < a) d potencial es constante e iguHI ni valor en la superficie. La solución de la ecua· ción de Laplacc en eslc caso es

a,

El') ~ '- (1 + 2 4111: 0 ,1

-1- const = VII -

L "~O

A,,,-"P"({J)-I-

L"

B"I"-I"+ltp"(II)

(1)

"~O

siendo P,,((/j los polinomios de Legendre, y los coeficicn-

81

Electrostática

~

tes A" Y Ro deben determinarse a partir de las condiciones de contorno del problema.

-~-"/P

..

-- ~

--- - - - .

(jY~

.2

Primera condición. A distancias grandes de la esfera. el potencial debe ser el del campo uniforme E o• es decir V(r, O) = Vo - EoreasO

V(r, O) "" Vij - EorcosO

+ EolIJr~2cosO

V(r, O) = Vo - EorcosO

(1 - ~:)

(2)

para r ...... 00, el segundo sumatorio del potencial (1) se anula e identificando los términos del primer sumatorio Con el segundo miembro de (2), se tiene

2") r

E, "

- -av = Eo ( 1+-, cosO

E = O

I av ---= 1'00

or

-E

o

(1"- ) senO rJ

Sobre la superficie esférica EO = O Y el campo solamente tiene componente radial

(E,L. =

3EocosO

El lampo eléctrico induce sobre la superficie de la esfera conductora cargas eléctricas, cuya densidad es

Ao = Vo Al=~Eo

A.=A l =A 4 =···'=O

Seglll1da condición, Como el conductor está descargado Bo = 0, pues el término Bor- L es el potencial que produciría en el punto P el conductor si estuviera cargado. Tercera condición. Para r = a debe ser Vía, O) = eie. 1dentificando coeficientes, se tiene Ao=Vo

(J

= l:o(E,), ~" = 3toEo cos O

es decir, que la densidad positiva es máxima para O = O mientras que la densidad negativa es máxima cuando O = n, Se comprueba que la carga total sobre la esfera es cero.

JJ udS J: uu 2nsenOdO=O =

2

-EoacosO+B¡o-lcosO=O

Hz

=

8) ==

o.,

8 1 = Eoa 3


.

,~,Pr <"'~··lli'"'ln''' r" . • em' "~,,

= Bo = O

y de aquí

82

~

Las componentes radial y tangencial del campo son

~-

SI r ..... 00,

La solución buscada para el potencial es

Un condensador plano paralelo de área S = B x b y distancia entre placas h tiene el espacio entre las placas ocupado por dos dieléctricos de permiti-

83

Electrostática

~

vidades e, y

1: 2 ,

que llenan cada uno la mitad del

espacio, como se indica en la figura. El condensador se mantiene conectado a una batería de diferencia de potencial VD' mientras se extrae el dieléc.trico de permitividad el con velocidad constante v.

La energfa intercambiada Con la baterfa en este proceso es

"h

AW~ = VoÓq = V¿ÓC = V¿ 2h (~o - f-l)

Obtener:

a) El balance energético del proceso. b¡ La corriente eléctrica que circula entre la batería y el condensador durante el proceso de extrac-

Cuando la lámina está a una distancia x de su posición inicial, la expresión de la energía del condensador en función de x, es

ción del dieléctrico. Se desprecian efectos de borde y rozamiento.

W=~VJ[:I~h+CO~~+f.11G-x)J

r'--i

v(? " 1 ,,1 v~_

~

La fuerza sobre la lámina es t

"

LL ~,'¡

F~(~IW) ~"-[~v;[,, "~+'" hxh +" h2 b(~-x)JJ~ Jx dx2 211 v

4-X-~

,

,h

2

h

= - Vo - (E O - E2 )

Solución a)

Esta fuerza tiende a introducir la lámina en el condensador; luego es necesario aplicar una fuerza igual y de sentido contrario para extraerla. El trabajo necesario para extraer la lámina es

La energCa inicial del condensador es

,

'(ab ah -+1': -ab)'2 02h 1211 211

W =-CV1 =_V2

121020

¡;

=-Vl-(e +r.)

2

1

}.

y la energra (jnal. después de extraer la lámina de dieléctrico, es

,

'(ah

ah)"h

a I ah AW =F -=-V2 _(¡:0-f:) 2

u"'22(12I1

el trabajo es negativo, ya que se realiza en contra de las f\lcr1,:ts del e'lmpo. El hulunee energético dcl prnces() c.~

W =-C V 2 =_V2 r. -+c -- =-V1 __ (¡; +/:) 22202012h 02h 202h1 o

La variación de energía electrostática es AW ~ W2


-

I "b W1 = - V¿ 2 211

(1:0 - 1: 2 )

AWb = AW

+

AW",

tÍh ¡ab V¿ 211 (1:0 - [:1) = 2: V~ 211 (E c - E2)

b) vidad

lah

+ 2: V~ 211

(1: 0 -

~2)

En un cierto instante " el dieléctrico de pcrmitiestllrá II una distancia x = 1'1 de su posición

J: 1

85 Electrostática

~~

inicial, de modo que la carga instantúnea del condensadm es:

'/ =

evo =

Vo

,,1, + 60 h'OI + ~2 h • ("2[el 2h

v/

El campo cI~clrico en el espacio exlerior u 1;1 esfera es radial y de la form¡¡

)]

y la intensidad eléctrica durante este proceso es

~ Solución

k

E,=~

y, teniendo en cuenta que el potencial de la esfera es V,

• h b. I-*-~¡~-~)--~¡~-~

V=-fll~d'=~R 00 ,2

el signo negativo significa que la dirección de la corriente es desde el condcns¡¡dor hacia la balería.

_.''''4,2 i:!I!'J/!ll!WA

¡':. ,

-

" " " . , ','" r "'~'-0¡ ,.~ .....-

,

~-

,- }"

.~C

ticlle k = VR. La densidad de corriente en el medio es

,~, ~''''''f?!'ll:'''''fJ,:';--'

j = uE =

-~;-0\;I,!~.!j:: {'1~llIrobIAm@ ':A~ii,.J;k.t,~<~j"j::,~¡¡¿;y?t; ,.

(~ __~ ..,'fÓ, ~"'·_"""""o,~ttl:';",A7~\".A1_~Tii\\tA~, ,F'":-,,,," ~l;,~,_

Una esfera conductora de radio R, sumergida en un medio dieléctrico imperfecto de conductividad f1 V permitividad E, está conectada a una batarla que suministra un potencial V. Calculase el trabajo por unidad de tiempo realizado por la batería para mantener el potencial de la esfera V.

VR

,.'

rJ-

y la intensidad ! =

JI

.VR

j dS = ----;;:- 4m· 2 = 4uuVR

Lu potencia suministrada por la batería será

~

P == VI = 41l'uRV 2

v=

T

\

'"


.1

-",'--"'-c"'!i"

',>,,~,~,'.,-.-

r:~fót?rermf:43

Un electrodo de cobre acabado en punta semiesférica de radio ',= , cm se introduce en el agua contenida en un depósito de grandes dimensiones. La corriente en el electrodo es de 1 A. Calcular en cuánto tiempo se disiparán 5 kW.h en el agua. Conductividad del agua u = 10- 3 n- 1m- l .

87

-------------------E::,e-c~tr-o-st:-:-Atica

~

El espacio 2a entre las placas. de area S, de un condensador planoparalel0 estil ocupado por dos lámi· nas de dieléctricos imperfectos de permitividades f., y 1: 2 y conduc~~Lde~'lg...J' respectivamente,' siendo las laminas de espesores iguaJes El la mitad de la

~~ P"-oble~i/44i .

distancia entre las placas. Si el condensador está conectado a una batería de potencial V. calcular: J

J

Solución

a) Los campos en las dos regiones, la resistencia eléctljica y la intensidad de la corriente que, en régimen estacionario, circula entre las placas. b) Las densidades de carga libra.

lE, ' ¡DI lEl , J01

,1 I

Para calcular la resistencia del agua se loman elementos de volumen semiesréricos, concéntricos con el electrodo de cobre, de área 2nr 1 y longitud dr; la resistencia elemental es 1 d,

Por tanto, la resistencia total es

R

= 2lto"

"

r1

P = VI

=

U

_v

,Ut

Solución

1 jl=-=j2

l=j[S=j2 S , =

S

21[o-r, Aplicando la ley de Ohm,

Siendo la potenciu disipada

,

- &1

'o/~ L)"

a) Como la corriente es estacionari~,_V·.j = 0,)e8 decir, el flujo de j a través de cualquier supeffiCJe--c-efrada es cero, y la componente normal de j se conserva. Entonces

dR = - - -l u 2nr

1 fro d, = 2nu1 [-;., 1]"

,

BI

El = ji

RI 2

La energía disipada es RIlr. Sustituyendo los dalos del problema, se obtiene

a,

~¡e

tiene: El = jz

u,

y se verifica ¡-J

¡-ey

Ir[E:[ = alE!

(1)

,

¡'

S. IO J t =

2nlO- J

0,31 horas.


.lQ-2·

1, 1 (en horas)

Siendo la d.d.p. entre las placas

f:~ E,u + E,ul~ ~

e, :J +

(2)

89 Electrostática

~

al La resistencia eléctrica entre los dos conductores. b) Las densidades de carga libre en el sistema cuando se aplica una d.d.p. Ventre los conductores.

se obtiene ¡

~ _vc:s:::o".oc;.' a(O"I

+

-

(JI)

y la resistencia eléctrica

•

v

*1+(12)

¡

~IU2

R=-~

__"~,

lo~

D

tIa!

•

al

V

1: 2 = - - - -

V

DI =

+ 0"2 a

Solución

+U1U

(JI

_C'",Co",_

V

(f¡+UzU

b) Suponiendo que la placa 1 está a mayor potencial que la placa 2, las densidades de carga libre en las placas

~1

y

~2

1d.

campos

rr.

V

+(f2~'

(11

h

~.'.'(~:¡:r¡~1'/?'~l'J!l11

De las ecuaciones {I) y (2) se obtienen El

~

Y la densidad de carga libre en la superficie de

S

separacl"6 n entre los dos me d'lOS ql son:

al Considerando el dieléctrico dividido en elementos de volumen de área nrh y espesor dr, cuya resistencia es dR, la resistencia equivalente es la suma de las resistencias elementaleS colocadas en serie dR

dr

dr

Ull,r.'.I.

knr 2h

=--~-

R=

J"

1(1~ b1)

d,

• khnrl = /mh

-

In intensidad entre los dos electrodos es

i!. = S

q3

D]

-=Dz--D¡

S

~~ (f¡+uzu

q2 = -D 2 S

t 2u]

V

0"] +0"2

a

Vknh

¡~---

(a~ -~) ¡,

t z l1¡ V &[/1 2 V =~(e2ul-el(Jl) =---------

al +u 2

el

0"1

+U¡ a

a

0"¡+U 2

t''P~b¡e'fria'45 "

¿'. ",", "-',

El espacio entre dos semicilindros conductores de 8 y b (a < b) Y longitud h está lleno de un dieléctrico imperfecto de permitividad e y conductividad tI = kr, siendo k una constante y r la distancia

Suponiendo que el cilindro interior está a mayor potencial que el exterior, la densidad de corriente, y por tanto el campo eléctrico, tienen la dirección y sentido del vector unitario u, de las coordenadas cilfndricas. Sus módulos son:

radios

al eje de los cilindros. Determinese:

90

---------------------------------


jo, 1

~

~ G-D;~d

.

V

,

E~ "- ~ -¡ (1 1) kr

r

_. __

a

b

91 Electrostática

~

I b) En este caso habrá cargas libres de volumen y de

2

superficie. La densidad de carga de volumen, utilizando la expresión de la divergencia en coordenadas cilfndricas, es:

P = V· D = ,. BV

Magnetostática

BV

10(')_ or ;3 -

;

"G-D

y las densidades de carga (1a Y I1b en las superficies conductoras de radios a y b son, respectivamente,

,

BV

".

, :1

~ DL. ~ "'

(Jb=-D]

.-.

~

e-D 1

BV b'

7G'-_-~")

Puede comprobarse que la carga libre lo¡¡¡l es igual a cero

Iv pdV+ rT"lwh + tJ~nh/¡ que

=

Problema

4~';'

Entre dos esferas metálicas concéntricas de radios R1 = 2 cm y R2 = 4 cm se aplica una diferencia de potencial de 1.000 V. ¿Cuál es la energía, expresada en ev' que debería tener un electrón para que permanezca moviéndose en un plano que pase por el centro de las esferas describiendo una órbita de radio R = 2,5 cm?

O

(Nota: No confundir condllclividad~s con dcn.~id3dcs de cmgu, aun~ uli!í"" el mi~mo sfmbolo en nmbu)

,~

92


93

~ Solución

Como el campo eléctrico entre las esFeras es radial, la fuerza sobre el electrón también lo es, verificándose; mlJ l

F=cE=-

R

de módulo B, que es perpendicular al plano del haz. ¿Qué velocidades deben tener los protones para que produzcan impacto en la lámina de longitud d, colocada a una distancia R de la entrada del haz, como se indica en la figura? Aplicación numérica: B= O,1T, R= 10cm, d= 2cm, e/m" = 9,58.101 C/kg.

~

La energía cinétú:¡¡ del electrón es

,

1 , W =-nw 2 =-ER

'2

huz

(11

2

R XXX

X

Expresando el campo, para r -= R, en función de la d.d.p. entre las esferas VI - VI =

~

E ,_R

f" º

4ntoR

2

x x

R 2 (~_~)

RI

x

X

~

2

x

XXX

X X

X

X

~XXX x X X X X X X x

x "'--x x

~

xxxxx~Xx

Rl

_º_ __V.;-';--_V"'-:-c ~

x

º (1¡¡; - 1)

d,

n, 4m: o ,2 = 41
-

d

x XX x x)!.--x"'Xx

Rz

y sustituyendo E en (1) resulta

Solución Al entrar los protones en el campo magnético experimentan una fuerza F = q" x B que es, en cada instante, perpendicular a " y a 8, por lo que los protones describen arcos de circunferencia de radio r, de modo que se verifIca 2

w

ql)B = nw

,

_'(,,,-V"-'-=--,V""I"R",R,,-, =2R(R 1

e

-

RI)

es decir

Sustituyendo los datos del problema, se tiene la energía del electrón W •

=

3

2·'

e-10 V - - - = 800eV 2·2,5·2

qB, "~

'"

Para que se produzca el impacto en el punto 1 la velucidad de los protones deberá ser qB R

1)

, t~;''1n'''b''eLV~'á{47

"~fflL!!l¡t

=--

'" 2

Y para que se produzca el impacto en el punto 2, la velocidad de los protones deberá ser Un estrecho haz de protones de diferentes velocidades penetra en un campo magnético uniforme,


qB(R+dl v2 = - - m 2

95

Maanetostática

~

I

Aplicaci6n numérica

9,58

= -,-

VI

J

10 Cjkg'O,lT .10- 1 rn

=

4,97 .10 5 ms-¡

I

do en el centro de la tierra y momento magnéti-

co m r = 8,2 .1022 Am 2 • El radio de la tiarra es R == = 6.370 km (mle = 0,57 .10- 11 kgC- 1 ).

~ Solución

V2

y

~58

1

5

= -,- 10 Cjkg·Q,IT·I,2· JO- 1 m"" 5,75.10 ms- 1

Los protones Con velocidades comprendidas entre v[ producirán impactos en la lámina.

El campo creado por el dipolo en el punto 1 (polo) s6lo tiene componente radial y en el punto 2 (ecuador) s610 tiene componente azimutal, siendo sus m6dulos

V2

/lo mT B Z =4nR 3

BI = /lo 2m T

4n R 3

\\'il!.~\\"rifífJ¡¡~M t~~~~L. ,~' j,

En la atmósfera se encuentran electrones cuyo

Los electrones que se mueven en el campo magnético describirán trayectorias circulares o helicoidales cuyo periodo en los polos es TI. Se verifica

movimiento está influido por el campo magnético terrestre. Determinar el periodo de un ciclo del movimiento de un electrón en el ecuador y en los polos. El campo magnético terrestre puede aproximarSE! al producido por un dipolo magnético situa-

muZ

",

,

e!J¡B I = - - '

erB¡ ~-

m

2"

2n m

",

B e

T,

1

siendo V¡ In componente de In velocidad perpendicular :11 campo magnético y r el radio de la trayectoria dcl electr6n. Análogamente, en el ecuador el periodo del muvimiento del electr6n es 2n T 2 =B

/11

-;

2

Teniendo en cuenta que B¡=2B l ,

96=---_ _ __


T~

= 2T1

97 Magnetostá~ca

~

Aplicación numérica

T =

L

4n l . (6,37)3¡OIB m 3. 0,57.10- E 1 kgC- 1 = O 565/lS 41l.JQ1Hm-18,2.1Q12Am2 '

b} Simplifique la expresión obtenida en el caso en Que b sea mucho menor que el radio de la trayectoria circular de los electrones en el campo magnético.

~

T l = 1,13111'

Solución <1) Los electrones acelerados por el potencial Vo adquieren una energía cinética

~~'Ptlii~-i~'~'-a -49

i;I",,2~ -- !IL

Se coloca un tubo de rayos catódicos entre las piezas de un electroimán. de modo que el campo magnético B, Que es uniforme a lo largo de una longitud b del haz y nulo fuera de esta longitud, sea perpendicular al haz catódico. Si e es la distancia entre el borde del campo magnético y la pantalla fluorescente del tubo. Vo la diferencia de potencial

aceleradora de los electrones y e/m la carga específica del electrón:

1

2111(12 = !,vo

rn,' R

,) = (e

Ix

R

x

,

X" ,

,,

/n

.'

,

J

2V, (elm)B 2

~~

( 1)

De la geometría del problema se tiene

vIXxA'll'XB

Ix

rn, R=-= eB

evB=~

x bX""Xt---------c---------"'lP

X B

J~-:~~

Al entrar en el campo magnético con la velocidad v experimentan una fuerza perpendicular a " y a B; esta fuerza da lugar a una trayectoria circular de radio R de los electrones mientras están dentro del campo B

al Calcule la desviación J del impacto de los electrones en la pantalla.

~~! ~_K ___~_~ XXX>;/~ X _,

l! =

+ AB)tga

_

R(I - cosa)

AH =

-

(gil

R - ./R 2 ==

-

b2

-b;-;/-j7;R"''''''''b=;'-

'~(e + R - .j~'

2

b JR2 - b

2 )

JR 2b _

/¡2 =

".'

,,-

98


~

eb ( .jR'-

+ b'

R - jR'

b') 99

Magnetostática

~

Sustituyendo R por su valor (1)

!

1 /2Vo

eb

ó=

La corriente que transporta el elemento dx es

2V

- -o-2 b '

2Vo

+ B'./(e/m) - -V(e/m)B2 - b

(e/m)B

Solución

-I~ dI == -dx 1 , 2a

2

,

~

y crea en el punto PI un campo magnético Si b « R

b)

J

ob +

= -

R

R - R "" chB

dB I

Jf2/m

2Vo

Podl 2n(2a x}

-

,-

El campo producido por toda la lámina en el punto PI es

I!PlW!~1

p,1 4nu

B\=-

Una lámina metálica larga y delgada de ancho 2a y espesor despreciable está recorrida por una corriente J uniformemente repartida en su sección recta. Calcúlese el campo magnético B en los puntos P, y P2 que distan 2a del eje de la lámina y están situados en el plano de la lamina yen el plano mediatriz, respectivamente.

,'

I

¡¡

-.'" B2

.

dB'~' dD2

; ...--

~/ /'

, Pl'

'1,'

/'~,

: x'

.-:

:,' :

---~-----_.-

If

d.to'

¡:;:::~I


dB = J.!(JdI l 2nr

BI

.... : .,,

,. ,,, ,, ,,

110

1

4na

su dirección es perpendicular a la lámina y su sentido hacia dentro del papel. La dirección y sentido del campo creado por un elemento de lámina en el punto P 1 está indicado en la figura y su módulo es

lO'"

T::" ,, ,, '.,

P,

dx -a la - x

--=-111]

=:

J.l.oI dx 4na[(2a)2 + X2]I12

El campo resultante será la suma de todas las componentes paralelas a la lámina, ya que las componentes perpendiculares a la lámina se anulan.

OIP2

,

,,

fa

"

.

', , ,, ,

.

\dx

..t";-....t---

=

f

o

dB1cosa=

f

-o

¡!(JI dx2a 4na[{2a)1 + xl ] -

¡.l(JI x la ¡IOI 1 arctg= - arctg 4na 2" _" 2na 2

= -

su dirección es paralela a la lámina y el sentido el indio cndo en lu figura.

101 Magnetostática

~ r€f~bJ~~W 51

Dos alambres verticales. indefinidos, recorridos por corrientes iguales y opuestas /, están separados una distancia 3a. En un plano perpendicular a; formado por los alambreE se encuentra un circuito rectangular de base a y altura 2a, como se indica en la figura. Determinar: ,. El campo magnetico B y el potencial vector A en los puntos P y R.

2.

~

Análogamente, el campo en el punto R es

"

/101

R

/lol ).

~ ( -+-~ 2nu 2n2tl

3J1.o1.

J~-J 47ttl

,) )

El potencial magnético vector creado por dos hilos paralelos con corrientes iguales y opuestas en un punto

\-( n /

que dista '1 Y'2 de ambas es

(

El flujo magnetico a través del circuito.

3. La fuerza sobre el circuit9 cuando por él pasa una corriente /' en el sentido que se indica en la fi-

¡Jol

r

~n

r¡

A =-1,,--2

gura.

h' /

'1 ' ,

/

/

/

((

/

siendo su dirección la de los hilos y sentido el mismo de la nlrri~'I1I(' dd hiln ¡1"(' ¡lisIa ", En Il\,('slrn CIMl ~¡' '¡¡:I1(l

,,

.

Al' =

:-.~

Rf~

A

~" ,,,

P

B2

,:0<1

D,

~ >

,

2

-_.""

p

...,

Solución

l. El campo magnético en el punto P es la suma de los campos creados por cada hilo. Tomando los ejes indicados en la figura

~ ",1 _(4 ;+ J2 i)' 2n(lJ2

8,

2

2rr


3¡lO/.

BI

+ D2 = -

20na

0)2

I'n/ 2a «2rru ~

4rr

2

Jlul 2n

-111- k "" -ln2k

2, El nujo a través del circuito se calcula como la circulación del potencial vector

.' ~ JI "" ~

fAdJ

Como la circulación en los lados horizontales es nula por ser perpendiculares A y di, se tiene $= 2u(A Il -

Al')

2al/01 = --

2n

(1112 - 0,5/n2,5)

2

~ 2~:'~S (- Js; + ]si)

DI' =

lIJ"S k ~ -111/Iuf 5 k

-I,,-~

,

, I

8,

¡IU/

.

[1 + 31]

J. Las ruerzas sobre los lados horizontales son iguales y opuestas. Las fuerzas sobre los ludos verlieales son, respectivamente, JJ! 11'

FI' = - /'2ak x B ,-- -" - (3''-J') I IOn

103 Magnetostática

. ,i

~

F/¡ = /'2uk x Hit

J¡'n/l' = ---

"

(-i)

rriente 1 en un punto del eje que dista b del centro del

+ F R ""

~ Solución

carrete tiene la direcciÓn del eje y su módulo es

La fuerza resultante es

F = Fp

al El campo magnético producido por un carrele circular de radio a y N espiras recorrido pur una co-

B:=

3/loIJ' - - (-2i - j) lO,

p oN/a

2(a2

+

2

b2 )3/2

En este caso, el campo producido por el sistema de carretes en un punto que dista de cada carrete

&ilt~,¡¡~~

G-x) G+x) y

Dos carretes circulares iguales de radio a y N espiras, recorridos por corrientes iguales 1, son coaxia-

les y están separados una distancia r; calcular: a)

respectivamente, es

El campo magnético B en un punto del eje

común que dista x del centro del sistema. b) Demostrar que si r= a (carrates de Heimholtz),

d'B

-

dx'

O para

=

X""

IBI == l1 oNlc¡2 2

O

el Calcular. en el caso en que r = a, el cociente entre los valores del campo para x = a/4 Y para

[-(, )' -J'" 2~x

b) dB !.

\ - - 11

2

,

'-'»1---\ o

+

-J'"

+ [-(,2+ x )' +a 1

x=o.

I

+a 2

3 ",NI,'

¡-

G-x) J'" + , , G x) 2

dx = - , - , [(,- - x )' +a 1

+

+ [(,-+x )' 2

104


+u 1 J- '"

105

Magnetostática

~

y. para x

l",~/a' ~[G _X)~ + aJ' +

d'B dXl

=

",Nla' {

B,"""

,

G- x)(~ -X) 2 [(, )' J'" + [(, +a 2

2~x

5 '

2+x )' +a 2

+

J'"

G+ x)(~ ,. x)

=

J'" +

a2

",NI a [(a-+-a)'1 +a J'" } ~ O,7142

2

Bx~al4

1

[(a-, - -a)' + 4

~ -,

5 -,

+

~

a/4:

4

0,997

B~no

es decir. que para x = a/4 el campo es ;<;;99,7 % del campo en el centro. Dc modo que los carretes de Helmholtz

, [(,,--,-x)' +a J'" 2

producen un campo muy uniforme en su región centraL

~f19:ID:1~~11

sir=ayparax=O:

a'

G:~r::

3J1. oNla

2

2

J

1 4 2 \ C: y/l - 5 C:2)'i2 +

Sobre un tronco de cono de bases circulares de radios by b/2 se dispone un arrollamiento regular de n espiras por unidad de longitud y recorrido por una

corriente de intensidad l. Este tronco de cono pertenece a un cono de altura 8 y base circular de radio b. Calcular el campo magnético B en el vértice del cono.

a' 1

4

+ '(-;-5:"'' )',"12 - 5

C:2)

~O

712

~_

e)

El valor riel campo para r

=

ayx= O

---------¡. • B_J __

lt.

, p oN/a

2

BxOoo = - , -

C: {}


2

2y12 =

8 Ji.oNI 53/1 -a-

----~\\~\I\XV\ ¡;'oNI

= 0,716

-- --

-a-

1--

~\

"

"

---;----1,1,,,, , di

107

Magnetostática

~'Solución

•

"1 '~ ',"

1 •

',o

~

lo

El vector JI tendrá la dirección del eje del cono y su r. .~ sentido es el de avance de un lornillo que gira en el _;~~ sentido de la corriente. Para calcular el módulo de n se . ~<,'Ij, divide el tronco de cono en elementos de longitud dx; cada uno de ellos crea en el vértice del cono, del que distn x, un campo magnético dB como el de un carrete plano de lid." espIras y radio r . dB = J1 oll1dx

"

,.2

{x 2

2

,1

1

,1

+ rl)l/2

siendo b

r=xtgll=x-

u

Solución

se tiene

x'

l!onJ

dB=~2-

I

La carga puntual q girando alrededor de la esfera equivale a una corriente eléctrica circular, de radio Ro, cuya intensidad es

b' al 1.2\. 3/2

qw

dx

¡~~

2n

,,

La carga imagen de la carga q es q' y está situada a una distancia ,. del centro de la esfera

Integrando para lodo el solenoide

b'

B

= 110

111

2 (1

a'

b'\'"

_

a'

R,

b'

f" all

dx X

J1f!!.~ 2 (

a

q' = - q -

2

b')3/2/

Ro

n2

1 +-

R'

...!

Ro

Como q' gira a la misma velocidad que la carga q equivale a una corriente circular, de radio r y de intensidad

a'

q'w

,¡p 'obl.¡j\~~4~ '0"- )_>~.~ !-

r =

/'~-~

21l

(

qw RI

-~-

21l Ro

El campo magnético creado por ambas corrientes en el centro de la esfera tiene la dirección de w y su módulo es

Una carga puntual q gira con velocidad angular f.O

alrededor de una esfera conductora conectada a tierra, manteniéndose en un plano ecuatorial V a una

B = 1'0 [~+ 1.:.] = Poqw (RI 2 Ro r 41l RIRo

Ro·)

distancia Ro del centro de la esfera. El radio de la esfera es R, < Ro' Calcular el campo magnético en el centro de la esfera.

lo que indica que el sentido de B es opuesto al de w.


,

109

1IIIIf' ~~"

~ Problema 55

;-.,

Un arrollamiento toroidal. de radios interior vexterior a y b, respectivamente, tiene N espiras recorridas por una corriente /. Calcular: a) El valor del campo B en un punto de la sección recta circular del arrollamiento que dista r del eje (a < r < bl. b) La relación b/8 para que el módulo de B no varie más del 20% en dicha sección. e) La autoinducción del arrollamiento.

f'

y la relación b/a para que el módulo de B no varíe más del 20 % en la sección del loro es

(B"b

=

{B",lb

~

100

=

80

(/

~

~ 4

el Para calcular el !lujo a través de la sección recta de arrollamiento toroidal se divide la sección en elementos de área d5 = 2 j(r - al(r b)dr, el nujo elemental a través de ds es

/~

de]) = B",2J(r - a)(b - r)dl" =

JloNI /-ab ~--

+ (a + b)r _,.2

,

n

d,'

y el flujo total

JloNI

~-

fb J"-ab + (a + b)r _,2 dr=

n"

Por razón de simetría, las !fneas vectoriales de B Son circunferencias de radio r con centro en el eje del toro" Para calcular el valor de B se aplica el teorema de Ampere tomando como \fnea de circulación una de estas circunferencias:

B",2nr

=

J.l.oNI,

.--

b)

Los c.lrnpos en r = a y r = b son (Brp)a

=

PoNl

2na '

110 1n,., "___ L..' __ _ "

~-- J-ab +(0 + b)r - r< n "

J'

J.l.oNI("+b[ 2r-(a+b) +- - - arcsen ¡c="~7'~~ n 2 jla " b)' - 4ab "

- ab -I- [ arcsen _1,;,a~"C"b'c)',,;-_2--:nb¡J") ¡;;¡; "jla + &)' 4ab"

B _lloNI

2"

(B""lt,

=

PoN_~ 2nb

l" +

",N/[

,

Solución

,

~

"':T:

b-

¡;;¡;]

Siendo el coefiente de autoinducción del arrollamiento N
L~

/

111

li ,

~

'J¡i

,ijf

se tiene

L-- ¡'eN' n

y fuera del solenoide. Para cIJo se toman como líneas de clrculación circunferencias centradas en el eje del solenoide que coinciden con las líneas vectoriales de A

["-'L ¡;;¡;] 2 .

(r

Problema 56 Un solenoide largo y estrecho, de sección circular

(r>

de radio R, tiene n espiras por unidad de longitud y esta recorrido por una corriente ,. a)

<

R)

/1,,2nr

RI

vector A a lo largo de la linea '-2-3-4 y el flujo de B a través de la superficie limitada por dicha línea. b) Si la linea fuese un circuito recorrido por una corriente f', hallar la fuerza sobre el circuito.

A
f

·dl

/10111 R

=

2

f

IIOIlIr

2

2

BR 1 21'

Il o!1/R l 2,-

+ nR¡

nlR' 2+ R;l ~

}lol11 RI

2

ffn.dS

l1

=

O

f1] = I'(R - R¡lB

dF)<

F"

f

H

=

Solución FH

al Las lineas vectoriales del potencial vector son circunferencias cuyo centro está en el eje del solenoide. Sabiendo que el flujo de B a través de una superficie abierta es igual a la circulación de A a lo largo de la lfnea que limita dicha superHcie, se calcula el módulo de A dentro

nrnhlDmn(.' rlD ¡:lol'tr","
n,

b) Sólo hay fuerzas en los tramos del circuito que están dentro del campo magnético. La dirección y el sentido de las fuerzas están indicados en la figura y los mÓdulos son

Rlda

1nn

~

~-~~~

1

nR 2 - - 2R 2

= IlouI

112

A

•

la circulación dcl potencial vector a 10 largo de la línea ]·1-3·4 es ~',\

•

A

Bnr"

Teniendo en cuenta que en los tramos 2-3 y 4-1 A .F dI son perpendiculares y no contribuyen a la circulación.

Calcular la circulación del potencial magnético

,'-----

'"=

~I'

::

f

(IF 34 cos:Y.=I'B

f'"

R¡do:coslX=lI'BR I

-n12

J'(R - R¡lB

Como las fuerzas sobre todos los tramos tienen la misma dirección y sentido, el módulo de la fuerza resultante es F = f

.¡;,\ ,"1~

l1

+ F 1J + F 34 + F 41

= 2¡l onll'R

113

~ Probl.ni."~7

,~., '0.1

"" "'M' .. ,,''" ""

,,"o , _

~

carga eléctrica distribuida uniformemente en su su-

perficie con densidad (1, gira alrededor de su eje con velocidad angular w. Si su densidad de masa es {j,

, Superficies de las bases: se dividen en elementos de superficie 27[rdr, que al estar cargadas y moviéndose con velocidad angular w, equivalen a circuitos elementales de momento magnético

~

•

calcúlese la relación entre el momento magnético y el momento angular. 11m 1 = S (fI = ",.- " .

d,//',-, "

7 ....

"" " """

,

~

I •m m

/ "/

--

Itf1

2rr1' dru({) 2rr

contribuyendo cada una de las bases con un momento magnético

"

_______ ._l __ _

nR 4 a

,

~--w

4

h

El momento magnético total es

Solución m = mi + 2m 2 = nR)a (11 + Calculamos el momento magnético del cilindro consi-

El momento angular es L =

derando dos zonas: Supelpei" lateral: se divide en elementos de área 2nRdz que. al tener una carga (f y moverse con veloci-

L

dad ro, equivalen a circuitos con corrientes elementales

'"'

dI

~2nRdzw _ b'. == 2n ~ -r - .arf

'@

=

w

'f "

~) w

f

r x \' dm

rrR'h;

r 1 ó2nrdrh = - , - w

-

y su relación es

El momento magnético elemental es

m

a2h+R

L

;

Rh

dm¡ == SdI == nR2 tr2nRdzw 2rr

Problema' 58 Una esfera de radio R tiene una carga Q repartida uniformemente en la superficie. Si la semiesfera superior gira alrededor del diámetro vertical con velocidad angular wlk Y la semiesfera inferior gira con

y el momento magnético del área lateral es

mi = nR 3 ahw

',;

114

1"

::~

«o

...... , "i;"

~

;~

J~

~

:P-'

velocidad angular -w2k alrededor del mismo diá-

Análogamente, el momento de la esfera inferior es

metro vertical, calcúlese: m2

al El momento magnético del sistema. b) ¿Cómo debería distdbuirsa la carga entre los dos hemisferios para que el momento magnético

=

-

QR'

k

_ . - (IJ

6

'

El momento magnético del sistema es

del sistema sea cero?

m=m +m =

¡w,

¡

,, ,

l

2 R3 (@W _@(JJ)k=,qRl(W ,2 1 2 2 6 I

-rv) k 2

b) Para que m sea cero, la carga debe distribuirse en las semiesferas de modo que Q¡

+ Q2

=

Q

(1)

Q¡w¡ - Q1 W 2 = O

(2)

Resolviendo estas ecuaciones. se obtienen las cargas de las semiesferas superior e inferior

Solución

w, Q¡ = Q w¡

a) Se divide la esfera en elementos de área 2xR2 sen OdO que constituyen circuitos de intensidad

,

Sdlk

=

+w

2

'~n

QR 2w

= _ _1

4

QR 2w 1 f~}2

sen 3 8dOk

--4- o sen 3 0dOk

QR 2 =

-6- w,k

,

~b llmÍí¡,59

largo tubo cillndrico de un material magnéticamente lineal de permeabilidad J). tiene radios interior y exterior R, y R2 • respectivamente. Si en el eje del tubo hay un hilo recto, indefinido, recorrido por una corriel1te J, hallar:

El momento magnético de la semiesfera superior es

mi

2

Q w¡

-~ ",,¡-\'\"j"~3-

y superficie S = n(R sen 0)2. El momento magnético elemental de este circuito es

=

W, Q2 =

Q rol

di = 21!R- sen OdO - 4nR 2 2n:

dro¡

+w

, :;1

.:~

¡"

1',

a) Los campos By H en las distintas regiones del espacio. b) Las corrientes de imanación en el tubo, utilizando dichas corrientes para comprobar el valor obtenido del campo magnético B. el La energra magnética almacenada en el tubo por unidad de longitud.

;'"

'/.

~:\\

,

'~~

116

fW,

117

!.

"'1 ,~

~

.,

I

:,f "1

b)

Las corrientes de imanación de v,alumen son

Ü.\fl, = (\7 x M)=

.. .Jj. "

:L *-,

;~'.A,

. ,

(0 (rM "") - OM,) ~ -)

i!({J

el"

K\fl "" (M)'_II, x

K

("

KM'

~G('-'

MJ =

"1

~-,:,- - -

"~~l"""'

¡lO

I MI

Il~' ,

= 2nRIKMI =

1M2 = 2nR 2 K M2 = -

Solución

BI '" f1.0

(R I

1

< r < R2 )

H

B _Pri ,--u 2nr 1

2

(r> R2 )

=

~-u.

f/)

1

B

27[r

nJ

_1) _1_

2trR¡

u.

2

110 1

~-u

211"1'

". (:0 - 1)

, 1',

I

"

1

MI =0 B l __f1.oU+I MI )

,d

~-u.

f/)

P.

[1+ (,-, - 1) 1] f1.0

2nr

2nr

3

" - 1 ) -u<¡>=,:M 1 (110 2nr

H =-u. 3 2nr

I U<

2.,

B =

M2

1)" 2nR

Aplicando el teorema de Amperc para el campo n, considerando las corrientes de conducción y las corrientes de imanación, se obtienen los módulos de los campos en las distintas regiones

a) Se aplica el teorema de Ampcre pa~::l el campo H en las distintas regiones, tomando como líneas de circulación circunferencias centradas en el hilo

2.,

O

(.!.: - 1) 1

\(1"]; :'

H¡ = - u.

=

Siendo ¡as corrientes de imanación en las superficies interior y exterior del tubo

-l. __ _

~". 'Ó

tf'

(r < R I )

110 -

~

'.~, ~./

• , [ ",.

K'fl = (M),=,(, x nI

"

·l.i~

r

las densidades superficiales de corriente de imanación en [as dos superficies luterales son

.~

K,

ii...·.

1

= -

M

"

:/f,.~~'

118

~

'.l.

IloU

'¿nr

+ I MI + 1M2 ) 2nr

=

2.,

=

". [1 + (,-, - 1) 1-(,-, -1) 1]

MJ = O

Jtl

=-

11'0

f1.0

2nr

f1.01 =2nr

"

~:

119

~

el

La energ(a magnética almacenada por unidad de

al Las corrientes de imanación de volumen son

longitud es W,=-1

,

2

fff

B·HdV=:o-1

f"

iM

¡d' ¡d' R, --2xrdr=-III411: R¡

Solución

Vx M

=

~

2 R, (2nr)2

Como M'I' sólo depende de r, la única componente del rotacional distinta de cero es la componente z, es decir, (jM)~

Problema 60

h

~ c::::::...

UM)~=(V

~ Un cilindro homogéneo indefinido de radio a está Imanado con imanación azimutal, que se expresa en coordenadas cilíndricas siendo el eje z el eje del ci-

lindro. como M al

=:

r 8r

Calcular las corrientes equivalentes de imana-

"--.. _(K

e) Verificar las condiciones de los campos en la superficie frontera.

.' '

.trl¡lit¡lrr

<

a)

(r> a)

:

,

\."",)

>----

?

G.

El campo magnético B se obtiene aplicando el

b)

(r

"

JM

MI,~ (M!" •.~ '\.:~ -M~_ .

teorema de Ampere

,

a

ti

La densidad superficial de corriente de imanación es

Hallar By H en las distintas regiones del es-

,

~

M, "(") =2M, --

pacio.

,

a,.

r

~--

Molrlalu",.

ción. bJ

CM,] ccp

x M)==-1 [" -(rM .. ) - -

TB· di

IR _ _

=

II~I

M

.o~

......el

C~~~~ J10iMnrz

Bt¡J211:r = JloUMna2

M" Bt¡) = Po -a-

+ KM2na)

= O

B", = O

En todos los puntos del espado se verifica

" KM

., B

H~--M~O

e) Para r = ti se conservan las componentes normales de B, ya que ambas son cero. Lo mismo sucede con las componentes tangenciales de H.

120 ,"'...

.,

121

~ Pr-óbl~ma 6';

Un disco ferromagnético muy delgado de radio 8 V espesor e está imanado uniformemente en la dirección del eje del disco con imanación M.

al Calcular los campos B y H en el interior del disco (se desprecian efectos de borde). b) Calcular el campo H en el eje del disco en pun-

tos exteriores. el Hallar la expresión del potencial magnético escalar en cualquier punto del espacio P en función del ángulo sólido subtendido por el disco desde el punto P.

b) El campo H en un punto del eje del disco que dista x de la base positiva, siendo x no pequeño rrente al radio del disco, se calcula como la suma de los campos creados por las dos bases. Tomando elementos de área ds ""- f drdex y sumando las componentes del campo en la dirección del eje del disco, ya que las otras componentes se anulan, se calcula el campo creado por la distribucIón de polos positiva I-f,

cOSql

f

dll+ cosql. Siendo

x

= (Xl

+

a",ds

y dH

,.2)112

411:(r2

i

+ X2)

p

,

se tiene

•, ,

,

• • ti' ("

=

~

1 I-I+ == 411:

H

dll

\\

lO,

f"o fRo (rI: Ud,x

2 )COSql

=

dm

1 = 411:

("

f" fR o

Mrxdrxdr

o (r 2

+ X I )J!2

H~ M [1 - -,=;=x,,=:= ] 2 JxI+R2

Solución

+

al En el ¡nt"'rior del disco el campo H está producido por los polos magnéticos (I", = ± M distribuidos en las dos bases del disco. Suponiendo que a » e, el campo H es el creado por dos planos indefinidos con densidades de polo magnético iguales y opuestas, es decir: H,~

-M

B;=Jlo(M+H)=O

En esta aproximación (a» e), los campos en puntos exteriores, en las proximidades del disco y lejos de los bordes son

El campo total H, creado por las dos bases siendo llx=ecs

aH.

ax

H , =H -l. - - t l x - H+

H

,

off,. --, ax

Me R2 2 2 (x + R 2 )3 12

~-

y como son puntos exteriores 2

He = O

Be = O

B = lloMe R , 2 (x 2 + RI)lll

122

e

17.

"\

,~ ,

'

~

, :

'~ .,

e) El potencial magnético escalar en un punto exterior P se calcula dividiendo el disco en elementos de volumen eds, cuyo momento magnético, es

"

dm

~

¡ dV

"'

=

"

\' '"

~

I

se el mismo número N de espiras, ¿qué corriente tendría que pasar por las espiras para conseguir el mismo valor del campo Be en el entrehierro?" ¿Cuánto vale N?

dm·r 411r 3

Meds·r

Solución

=--~--

4n

r1

Aplicaremos las dos ecuaciones fundamentales de la magnetostática

.fH'dl ~ NI, I( JE.e + H.,(I- el--::Nl]

M'fds.r Me --~-(-Q) 4n s , 3 4n

~-

siendo n el ángulo sólido con el cual se ve el área del disco desde el punto P.

, •,

. ""i¿ , ,~!,' !;ij,'

~

Meds

El potencial magnético escalar es

,

.',

.

fjB.dSO;O

B~ =

Bm

Llamando a los campos en el material y en el entrehierro

r*~

'Pt9I
B",. H '" Y B~, H., respectivamente, en las condiciones ini-

ciales se verifica

~

Un toroide cuya circunferencia media mide 1= 50 cm está formado por un material magnéticamente lineal de permeabilidad J1., = 100 Y un entrehierro de longitud e == 2 cm. Cuando el material está rodeado de N espiras recorridas por una corriente 1= 200 mA, el campo obtenido en el entre hierro es B~ = 10 mT. Si se duplica la longitud del entrehierro manteniéndo-

,

, ,

H m ·O,48

+ H.·O.02

!1oH~ =

l/o lOOR",

= N·0.2

O,OIT

=

resol \liendo estas tres ecuaciones, se tiene l/e =

7,96·lOJAm~l

,

Hm

=

79,6 Am- l

N = 987 espiras Si se duplica la longitud del entrehierro e I - e = 46 cm, se venlica

•,

H",·0,46

+ H.· 0,04 =

= 4

cm y

NI'

siendo Be = 10 mT; H ... y H. tendrán el valor calculado antes y se obtiene

, , ,

•• '.

-"

124 100 Droblemas de Electromaonetismo

,

1'=

79,6·0,46

+ 7,96· 10]·0,04 987

=036A=360mA

'

125

~. (Pro¡'l.rri';l~l~

Una esfera ferromagnética de radio a está imanada uniformemente con imanación M. Hallar el campo magnético dentro y fuera de la esfera.

1

Segunda condición: En el interior de la esfera el poten. dal es distinto de infinito, eS decir, si 1'''''''' 0, V;"2) -:¡. OC, de donde se obtiene:

.,.,

~~

\~

,- Ul

v,;,1J

~D \c" }..I..'\ \

\)v7 J '" J!!{

Solución

CH¡=('H

Como no hay corrientes H = - VVm y también se verifica V· H = 0, ya que al estar la esfera uniformemente imanada V· M = O. Por tanto, el potencial magnético escalar verifica la ecuación de Laplace VlV.. = O dentro

=,0

lJ

Las expresiones de los potenciales se reducen a (~'.

-o

a: ,~<'-

,

"~o

\0 t2'0 r-..J.

"-

VO)(,. C r-("+ l>p "(O) ,,,, O) = '\' t-.-Jn

\"

"C ~ ,tU -~

e

Cn

~

,'¡)

I

\ ,..

•

V(21(,. O) = '\' A ,."P (O) m' t-. 2. "

)Y\

"-o

Tercera y cuarta ~ondiciol1es: En la superficie de la esfera (,. = a y cualqUier valor de O) se conservan las componentes tangenciales de los campos H y las componentes normales de los campos B, es decir, se verifica

y fuera de la esfera. Tomando coordenadas esféricas COIl origen en el centro de la esfera, siendo la dirección polar definida por el vector imanación M, el potencial sólo depende de las coordenadas r y Las soluciones para el potencial son de la forma (véase problema 40):

e.

,

Vll )(, e) = '" A r"P (e) ""

L.,

h"

" L ._ o

Az"r"P.(O)

.~o

V~2J(r, O) =

ro

+ '\' f-,

"-o

o en función de los potenciales

I aV~I))

e l"r-l~+ IIp"(e)

~.

C 2"r- l ,,+IIPiO)

«a

--~-

> a

r

L

.-0

Los coeficientes constantes Al'" Al", C h , C 2" se determinan a parur de las condiciones de contorno del problema.

Primera cOlldici6n: El efecto de la esfera es despreciable para distancias alejadas, es decir, si r --
ao

=

I aV~2») ~-~-

'_d

r

ao

,_Q

=v {av"') -:1BV''') ar '~q ar

ro

+

B¡.),"'a = B2,),~"

H lU),_" = HlO), .. a

-p

m ~-

/

M +~

'.

,o

,-o

'\<:',V

"J\

siendo M, = ~ Teniendo en cuenta las expresiones de los potenciales, se verifica:

dP

ro

"(C a-I"+IJ-A a")a-'--"=O L.. In la dO

"ftO

1I

"

A lo = A I ¡

126 11111

~~~/.I

____ ...J_

r' __ ... _____ _

= A 12 = Al) = .. =

O

" ( e (11+I)a-(,,"ZI+A 2 nan-1)p L...¡" , , " -McosO=O

,,~

.'

o

127

'lit I lf i

~

-.l!

De estas expresiones se deduce que el potencial exterior es el potencial creado por un dipolo colocado en el centro de la esfera y de momento dipolar

Como un polinomio de Legendre, P"(O), no puede expresarse como combinación lineal de los otros; para que se satisfagan estas ecuaciones, cada uno de los términos

(-8

dP

que multiplican a P" n JU" debe anularse individual_

mente. Para cada valor de 11, se tienen dos ecuaciones. L¡¡~ ecuaciones corrcspondi~tes a _~ =~ O SO~ (CIO{I-~ - A'oa- I )

-

como Po

=:=

IP

O ~

=0

,

cY ,tj 'el dP u

f\?C

( t ',' '.'

-~O

dO

i

H 10

+ A21

-

Ma' ==--3

3,

1-1 1 =

M

=

2Ma 3 1-I 1,=--,-cosO ],

senO

y siendo u, y Uo los vectores unitarios, radial y azimutal, el campo 1-1 1 creado por la esfera imanada en un punto (r, 8) exterior a la misma es:

A2! = O

-

2C 11 a- 3

~

mientras que el potencial interior es el potencial de un Cilmpo uniforme. Se obtiene el campo H, fuera y dentro de la esfera, aplicando H = _. VVm

f' ,,{

y se obtiene CID = O Y A 20 indeterminado, se to'ma A20 = 0, ya que a,l ser el término constante sólo afecta al origen del potencial, no a los valores del campo. Las ecuaciones correspondientes a n = 1 son:

C lJ a- 3

~--------

C¡O,,-IP O =Q

1, es

~

Ma' --3

3,

(2u,cose

+ uosen6)

O En puntos interiores las componentes del campo son

de dando:- ~e obtienen M

e

Ma

"

3

]

y

A 21 =)

De las ecuaciones para n = 2, 3. oo., n, se obtienen C'2=C¡J=C I4 All

Al]

=··

=C¡n=O = AZn =

m'

Ma' 3r 2

128

lnn

.'

=

O

Los potenciales en el exterior y en el interior de la esfera son

]

M - -cosO 3

M ]

El campo magnético Da en el interior de la esfera tiene la dirección y sentido de la imanación

M,

Vlll(, O) ~ -cosO

=

el campo magnético 1-1 2 en el interior de la esfera es opuesto a la imanación y se llama campo desimanador:

H1

= A 14 = ..

V(11(, O) ~ - - cos O

Hh

Hze=)senO

M

Hz

=

1-'0(M +- H 2 )

=

Po

(M - ~)

=

~ PoM 129

nrnh/pm~r: rlp I=/pf'tmmnnnot;r.:'mn

AII"''''n''t'' .. tf.f-i ....

'i

"11

~

"

~~

aJ El campo H en la esfera es únicamente el producido por los polos magnéticos situados en la superficie (campo desimanador). Es un campo uniforme de valor

~ Solución

H~_M J Por tanto, el campo mag.nético 8 es

/

".

~ + M) = ~ IloM

(2)

líneas vC<:!
B = Ilo(H

líneas vectoriales de 8

+ M)

=

110 ( -

Se verifica

B 11

"Proble",. 64 , Una esfera ferromagnética de radio R está uniformemente imanada. La curva de desimanación del material ferromagnético que constituye la esfera está representada en la gráfica de la figura. Utilizando el valor del campo desimanador de la esfera, hallar: al

l/oH = 200 IIlT,

b)

B = 0,4 T

La imanación de la esfera es M = -

1',

B(T>

(1)

La recta (l) corta a la curva de desimanación en el punto de trabajo del imán:

B

El punto de trabajo del imán.

- 21-10

- H =

0,2 411.10

7

= 159.10 5 Arn-

1

'

La densidad superficial de polos magnéticos es

1,0

",

0,8

0,6 - - - - - - - - - - ___ ::-.0.<- ____ - - - _________

.1. 0.4

0,2 ¡1.(}1/(mT¡

300 250 200

150 100

(¡M

= McosO = 1,59.10 5 cos 8

La densidad superficial de corrientes de imanación es KM = M x u.,

KM)tp == M sen lJ = 1,59.10 5 sen 8

50 " '. , .,;:" ,.'Pr~bl..ln.,65 "

bl El valor de la imanación de la esfera. la densidad de polos magnéticos y las corrientes de imanación.

'.~

Un circuito magnético está formado por un núcleo ferromagnético en forma de toroide de sección s = 2 cm z, longitud I = 60 cm y un entrchierro e = 2

,,"

130 rnn .. r"hl,., ...... ,.

,J~

rl __ ~~_

131

, , I ,j

~

,1

,.,'~ .' ._.'

.

-.'-':~ :,

"'~,

, mm, rodendo de N

=

300 espiras recorridas por

~

'

"'ili :1;",

y

una corriente de 2,5 A. Determinar los campos en el entrehierro si la curva de primero imanación lh:i

(lI h = O Alm, Eh = 0,410 TI

material ferromagnético se corresponde con la siguiente tabla. BIT)

HlAlml

La intersect:ión de esta recta con la curva de primera imanación determina el punto de trabajo del núcleo fe· rromagnético, que corresponde a los campos

o

0,120 0,325 0,550 0,680 0,720 0,740 O 200 400 600 BOO 1.000 1.200

B
0.8

Hh

-+--

=~, ==" =========== =~~~~'" ---------

0,4

,t

0,2

"'

, 200

"'.

Bh

=

0,325 T

B. = Dh = 0,325 T B,

H.=~=2S9·¡Q

I

''..

400 Alm,

En el entrehierro se tiene

0,6

,t

=

400

600

800

"o

UlOO 1.200 1.400 JI(Am-l)

,

A/m

Solución

Problema,,66

Llamando Bb Y Hh a los campos en el hierro y Be y He en el entrehierro, las dos ecuaciones fundamentales

"

''..

del circuito magnético son: Hh(l- e)

'.

H~O,598

+

H~e =

+ H.2· 10-] =

Un circuito magnético consiste en un toroide formado por 25 cm de material magnéticamente lineal de permeabilidad relativa p, = 100 Y un trozo de longitud 5 cm de un material ferromagnético imanado, cuya curva de desimanación se da en la tabla adjunta. La sección del toro es de 3 cm 2, Calcular:

NI

750A

J.lfJH~ "" B~

Eliminando He entre estas dos ecuaciones, se tiene:

•

H hO,598

•

+ Oh

al La imanación de ambos materiales . b) El valor de los campos en el circuito magnético si, en las condiciones del apartado al, se abre un entrehierro de longitud 0,2 cm y sección 1 cm 1 en el material ferromagnético.

2.10-3 = 750

"o

ecuación de una recta, que corta a los ejes del diagrama de la figura en los puntos

"

,,(

(H h

= 1.254

132


Alm,

Bh

B,m

= O T)

l!oH,m

,..

o -55)(10

3

0,60 0,90 1,20 0,30 -53,1xl0- 3 ·50xl0- l -45xl0- 3 O

133 ~Jf

... ~ ... ~ .. ~_ • .I...: __

·T' .

~

11)

------tI

(2)

,,

~

Como

"

1,20

~

El = 8 2

=::

Hz

=

n.fln

: -~---

,,

.. ----...

B,

0,30

Al 2 = -

-

so --

110100 Hz = 0,90 T

~II

-

~o

-

20 - 10

- Ji! =

7,09· 10 5 A/m

b) Suponiendo que no hay fugas, es decir, que se conserva el nujo magnético, las ecuaciones que dellcn verificar los campos en las tres regiones son

()

,,)

•

7.16· JOlA/m

1',

----'--------+ ------+-------1

¡~)II(",1)

(b)

<1), =

Solución

C1J!

Q)! =

al Siendo BI y H, los campos en el material ferramagn6tico imanado y 8 2 Y H 2 los campos en el material lineal y aplicando las ecuaciones fundamentales de los campos, se obtiene 8 1 = B!.

II(J(H,

+ MI) =

H,5.1O- 2

fH.dl = O

j1olOOH2

+ H z25·IO- z =

O (o)

Entre estas dos ecuaciones se elimina H 2 resultando es decir,

B,

--= -20

(1)

lloH',

Esta ecuack~n determina la rccta (1) que corta a la curva de desimanación en el punto (B I = 0,90 r, J10H I = = -45.10- 3 T). Dc

n, ¡',

~3,58·104

MI =

1M fnn ___ /./ ____ -'_

B)' 10- 4

siendo

B]=110113

B 2 = lloJl,H 2

Como nO hay corrienles, la circulación de H es igual

a cero:

+ If z25.1O- 2 + [-{3 0,2·

10- 2 = O

A/m

Ji 48.10- 2 1 ,

B

+ -'-

100J/o

25· 10- 2 +

3B _1

01· 10- 2

/10

=

O

'

es decir

se obliene

7,52,10 5

=

eliminando H 2 Y H] entre eSlas ecuaciones, se tiene

siendo HI =

BI' 3.10- 4 = 8 2 .3.10- 4

H¡4,8.1O- 2

MI=--H I

45.10- 3 4n:·1O- 1

A/m

---BI

4,8

J/oH I

0,85

- 5,65

(2)

135 rL_i

ji'

se obtienen

-- -- -- .• -- -- -- -- _ -'-O,'JO -

.

- ¡

nen

~

,

.

I

~

, ecuación de la rccla (2) que corta a la curva de desiman¡¡ción en el punto

(° 1

"

""

OJO T,

l/oH l = -- 53,1·10

El campo magnético en el interior de la esfera es uniforme y su valor es

~ Solución

2

B= 3_o"~ o M

l1')

"

Los campll~ en el enlrchicrro son

,

BJ =

•

II = -

.~BI =

8]

,

JiU

y en puntos exteriores el campu 1Il<.gnético es el que produce un dipolo de momento

0,90 T

0,90 4 n· 10-'

- - --=716.1O~Am

.

4 m =-naJM 3

1

colocado en el centro de la esfera. Por tanto, el flujo magnético en la primera posición es

,Problema 67,\ "

(¡'l

Una esfera ferromagnética de radio a está imanada uniformemente con imanación M. Si una espira de radio a se coloca inicialmente en el círculo máximo de la esfera. perpendicular a la imanación, y des-

"

lo

•

,'.,

pués se desplaza paralelamente a sí misma una dis-

,,

2

="3 ponalM

En la segunda posición ID l =

tancia d (d > al, calcular la variación del flujo magnético a través de la espira al pasar de la posición inicial a la final.

= Bna 2

JI

n.ds=f A . dl =A",2na

siendo A, tangente a la espira, el potencial magnético vectc-r. creado por el dipolo: A=pomxr 4n r J A =
PrPI sen O

4nr1

" <11 2 = A,.,2na =

•

poma

=--

4nr3

poma --3

4nr

2¡lo1W 5M

2nQ =

3(a

1

+d

1 312

)

y la variación de flujo es <1>, -

'.

136

1nn nrnh/pmRt:: nu

W= ~ JlonQ M(1 - (al +a: l )JI2) 2

2

137 AA ____ • __ ¿.l.: __

{:JtJ,.trtlrn!ttlnotj .. ,.,,,

.,

!"

iIIlI' , 'ifit

~

'. "1

Un imán permanente tiene [a forma de una esfera de radio R, siendo su imanación uniforme M. Hallar

Pr'(;b(~1ll~6Bc'IYI

3 Electromagnetismo

[a energía magnética almacenada en el campo magnético creado por el imán en el espacio exterior.

Solución Los campos exteriores son iguales a [os que produciría un dipolo magnético colocado en el centro de la esfera y de momento dipolar

Problema 69

4

m"" M - nR J 3

Un circuito magnético es un toroide de material magnéticamente lineal de permeabilidRd JI, de sección circular de radio R" siendo el radio de la circunferencia media del toro R2 (R2 » R,l. El toroide tiene un entrehierro de longitud e, que está ocupado por un disco conductor de radio 8 (8) R 1) Y espesor e colocado simétricamente en el entrehierro. La permeabilidad del disco es 14:, y su conductividad a. El circuito magnético está alimentado por un arrollamiento de N espiras recorrido por una corriente 1 = kt. Se pide:

es decir, las componentes radial y azimutal de JI. son

{H~)o

(fiel, == 2meosO 4m· 3

=

msenO 4nr J

,

H2=~3cOSl8+ 1 •

r6

(4n)2

,2

Siendo dl' = senO dO dcp dr, la energía almacenada en el espacio exterior es

We

=

fIt, J~O

, '" ~ l' m' 2(4n)

U; dL'

J'" J" o

dI{)

(3

C05

2

0+ I)scnOdO

f< -,'d,, R

,

r

.~

4nJl oR 3 M 2 We =

"

liji

27

(.)

"

138 llJlJ ", .."f,/,,"" ......

.1...

LJ~

..... ~ ______ ....· __ _

,

al Calcular los campos B y H en las dos regiones del circuito magnético. b) Hallar la potencia disipada en el disco conductor.

=

o

:'¡

(b)

139

~ Solución

''W c: W ., '~.

"

al Aplicando [as ecuaciones fundamentales de Jos campos al circuito magnético formarlo por el toroide (H I • 8\) Y el disco (H 1 • 8 2 ), se tiene:

4J

\i:

~

siendo

vn,

J.lNk

8: ~ l)e

,1,

tllod1=NI

{fBodS=O

1I¡{2nR 2 -

el + lile = NI

es decir,

B¡=B 1

¡IlI¡=Jl oJl 1

2nR 2 +

(1)

(2)

El campo eléctrico se calcula en las dos zonas del disco utilizando la ecuación (3) en su forma integral. Los campos eléctricos son azimutales y sus módulos son:

resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2) (O

<

r

< R¡)

oD A'

E¡2nr = - - -l m'

NI

~ ----¡-c----;-

JJ

12nR2

+G:-l)e

El

=

.!!... NI H,

,

~ 2nR

(R I < r < a)

"'("

l

+

cB l

r

a,

2

vn, a,

E12nr = - - nR'

)

110 - 1 e

•

. 2;

,-- an,-- R

E _

n.~B,~

cr

"NI

(!'._I)'

21tRl -1- Jl.o

dr == 21Ir dr e y la potencia disipada en el disco es

p ==

f

R'

GE~21Ierdr

+

,

aD,

a,

1

Se toman elementos de volumen de disco (figura b)

b) Los campos en la zona central del disqo, H 1 YE 2• varfan en el tiempo, ya que 1 = kt, por lo que se induce un campo eléctrico en el disco y, por lanto, una corriente eléctrica. La tercera ecuación de Maxwell relaciona el campo eléctrico inducido con la variación en el tiempo del campo magnético

VxE=

2

(3)

2

GE~21terdr =

R,

(on,), [R: ot

une -

~-

f"

a]

--t-R 4 In4 I R¡

140


141 C'~~~.~_n

___ __ _ ~:

9-

~ Problema 70

l-c

Una espira de radio R situada en un plano vertical

Sistema de referencia del laboratorio. El observador en

gira alrededor de su diámetro vertical con velocidad

el laboratorio ve la espira moviéndose en un campo

angular w, dentro de un campo magnético B horizontal uniforme y constante en el tiempo. Halle la f.e.m. inducida en la espira en el sistema de referencia fijo y en el sistema de referencia que se mueve solidario a la espira.

mflgnético constante

lB<. -~O )

«DI v

ro

1

\

OV"'(!.Ixr

~

x Ee

=

V

eB, a,

X (11 X B)--~V

,

x (v x

Bd

La LC.m. inducida se calcula como la circulación del campo electromotor Ee == v X B L a lo largo de la circunferencia del circuito

Ee

=

f. =

w<

vBsenwt

fEe.d'

=

wRBscnasenwt

= ["

B

,/'

=

wR1Bsenwf

wRBsenasenwlRJaseno: =

f'·

o sen 2 ada = SwBsenwt

Solución

Problema 71 Sistema de referencia de la espira.

VxE= ,

-aBe -

al

El observador en la espira ve un C'dmpo magnético giratorio (Bel~ =

(Be))' =

B sen wt Bcoswt

La re.m. inducida en la espira es debida a la variación del flujo magn¿tico

dc.t> l: = - -

¡Ir

142

d = - -

dt

(BScoswt) = BSwscnwt

Sobre dos carriles conductores y paralelos, separados una distancia a, se puede mover sin rozamiento una barra metálica de masa m, perpendicular a los carriles. En un extremo de los carriles y conectado entre ambos hay un resistor de resistencia R, siendo la resistencia de los carriles y la barra despreciable frente a R. Perpendicular al plano de los carriles hay un campo magnético B uniforme. Si en el instante t = O se le da a la barra una velocidad Vo perpendicular a ella y en sentido tal Que se aleje del resistor, se desea calcular: al bl

El tiempo Que tarda en pararse la barra. La distancia que recorre antes de pararse.

!r,

143

"

.1/. ¡"

~ •

.

.:~;:':' .,:'

e) En qué se transforma la energía cinética que se le suministró a la barra .

x x y x xl x x x v

R~ X X F ~v X X >XXXXXXXXXXX

x

x-x~rx

k=~llJl mR

X

~X-X~EXXX <:X x x x x x x X

I

~í'

siendo

xxx

Integrando la ecuación diferencial siendo {" == ul) para r = 0, se tiene u=: /loe- kl , lo que significa que la barra tarda en pararse un tiempo infinito. b) El espacio recorrido por la barra hasta pararse es x=

Solución al En un instante t la barra tendrá una velocidad v y, como está denlro de un campo magnético B, hay un campo electromotor E = v x B en la barra. La [e.m. inducida E = ar8 origina una corriente a través del circuito.

fo" udt=uo f'"o e-"dt=

:=

t'

/l //IR a01B l

el La energía por segundo disipada en calor es R12; en el instante r la intensidad que pasa por el resislor es aB -kl 1 = - Doe

R

1 = avB

por lo que la energía que se disipa en calor durante todo el proceso es

R

cuyo sentido es el indicado en la figura, para oponerse a

la causa que la produce. Al estar la barra recorrida por una corriente 1 y dentro de un campo magnético R, experimenta una fuerza F = la x B que se opone a su movimiento. El módulo de la fuerza es

F

=

a2 8 2 laB = - - ,

W=

'f" ,

RI! dI

ulB2V~ = --

f"

R,

a];;'v 2 1

e-u, dr =

mu 2

___ 0_= __ '

R

2k

2

que es igual a la energfa cinética inicial de la barra.

R

P(~blilln. 12

La ecuación del movimiento de la barra es

dv

nIBIl!

dI

R

m-= es decir

2 2 dv (l n -= ---dt= -kd! v //IR

144

1nn nrnhlpmn~

Un circuito plano. deformable, tiene la forma de un triimgulo isósceles, cuyos lados son dos barras fijas perpendiculares y una tercera barra MN que se desplaza perpendicularmente a sí misma con velocidad constante v como se indica en la figura. El circuito está colocado en un campo magnético uniforme B que forma un ángulo a con la normal al plano del circuito. Sabiendo que la resistencia eléc·

145 rlp F/prtrnm$lnnpticmlll

~

triea de [as barras por unidad de longitud es r, de-

terminase: al La potencia necesaria para desplazar la barra MN y la potencia disipada en calor en función de la posición de dicha barra. b) El trabajo que debe realizarse para desplazar la barra móvil desde la posición inicial hasta una posición en la cual [os lados del circuito se han duplicado. Datos:

1 m, v= 10 mIs, a= 45·, B= 0,5 T, r= 3D/m.

Xo =

el signo significa que la corriente crea un campo que se opone al aumento de flujo producido por el movimiento de la barra y la fuerza que aclúa sobre la barra es opuesta a la velocidad, o sea, una fuerza de frenado F = JI x n, cuyo módulo es

~

2B!,'x cos 1 :.t:

F = Ixj"ZBcosJ!

~ (2.+ j2)1~

En un cierto instante, la potencia necesaria para mover la barra y la potencia diSIpada en calor son, respectivamente, 2B21J2XCOS2~

P", = Fu '" (2 M

Pe

• ,,14

N

,

T ~ {

P dr= m

=

La [e.m. inducida en el circuito es

dt

(x')

d B-cosa -de

2

tu

=

_

-'8xvJ2cosa

2

JJ

f'" -

,d,=

-'o

~_2B2V ~~s 1 ~_ C;~)

Sustituyendo los datos del problema, se tiene

P = 2,5x, al

=

dx 2B ucos 2 a P --== ..., "'1 Vv2 (2+ 2)1' 2 hu

{

Solución

J~

RI

,

2B 2 1)2 X cos ex j"Z)r

b) El trabajo que hay que realizar para desplazar la barra desde su posición inicial xI) hasta la posición correspondiente a 2xo es

F

e=

=

2

+ J2),

T= 0,35 J

Siendo la resistencia eléctrica del circuito R ~ >í2

+ J2)x Problema 73

la intensidad inducida en el circuito es J

146

~

BvJ2.coslX (2 +

J2),

Un hilo rectilíneo indefinido recorrido por una corriente I y un circuito rectangular son coplanarios. El circuito. manteniéndose rectangular, se deforma ya

147

"

\.1

~

;~

~

'\0

que sus lados paralelos al hilo rectilíneo, de longitud

'J La f.e.m. inducida en el circuito es

h, se desplazan con velocidades perpendiculares al hilo v, y v~ Iv, < v2 ). Hallar: 1.

La fuerza electromotriz inducida en el circuito: a) si I es constante, b) si I varía con el tiempo I(r).

d$

Ilolh

dI

2n

¡;= - - = - " -

bJ

Si /

= 1(1),

f=

---=-.

2. El campo electromotor de inducción en los dos casos.

.

(l'!

L' )

- - -l 1I~

(/1

la f.e.m. es

d
¡lO//¡ (VI --

dI

2n

(11

V2 )

/Ioh di

_

11

- - [ 1 1 -2

a2

2n

lit

(/1

2. El campo electromotor en el primer caso es E=vxB I I

---1

"" 1.1.10: ',', " _ Vj::"" -'

''

B

",--1--_

I

,

~

- .---

__ ....-

E,

"

'1

," ,

X

B

G!

"

El = VI

:

Jl.t....

E = 2

2na l

1'2

}lol

2na 1

'

'

..v~ :h' I I

'I '

la circulación del campo eléctrico se toma en el sentido de las agujas del reloj, de acuerdo con el sentido positivo del flujo elegido antes y la r.e.m. inducida es

~ ~ ~"~~-"-,__-dl!~"'_-_-_-+~-~ ---J_ I

g""

f

E·dl

= Elh - El/¡ = ",Ih

2Jf

O')

("'

--

al

a2

En el segundo caso el campo electromotor es

Solución E~

L Llamando al Y al a las distancias entre los lados móviles del rectángulo y el hilo, el flujo que atraviesa el circuito es

=

' B·ds = fJ

In.

IIQI

polI! a hdx = - - l i l -2 a, 2nx 21t al -

donde se ha tomado como positivo el flujo hacia dentro p~pel. Como al Y a2 varían con el tiempo, siendo

del

da¡

d,

148 lnn nrnhlllmRf:

= VI

da, d,

y - - = v2

vA

--+vxB

a,

El potencial magnético vector de un hilo indefinido recorrido por una corriente / en un punto que dista r del hilo tiene la dirección y sentido de la corriente del hijo y su módulo es A

~

p.f}/ a -1"2. ,

siendo a la distancia al hilo del punto que se toma como rererencia para los potenciales. Se tiene

149 rlD r:/llrtrnm!lnnDth.'lnn

.. _' ~I -' '

~ lA,

E,

----+- \' I x" l' ~

siendo

1°/

E, ~

(lA,

<'/

- -1-

\'l X

n~,

siendo

(lA I --

~

il/

(lA __ 1

('[

al 1'0 DI a --1112n al

1', =

ell lit

a

----111--, 211 "1

La Ce.m. en el circuito es igual a la circulación del campo electromotor:

f: =

Problem~

El" - Ellr

Ilo//¡

=

(VI - alr1) + 2; Iloh dI al d¡/U al

~ ~~

,

Cuando la espira cae varía el flujo magnético que la atraviesa y se induce en ella una f.e.m., que da lugar a una corriente inducida. El sentido de la corriente es tal que tiende a oponerse a la causa que la produce, por 10 que el momento magnérico que adquiere la espira está dirigido hacia arriba. La espira entonces se puede considerar como un dipolo magnético que, en presencia de un campo no uniforme, está sometido a una fuerza F = (m· 11)8, que tiende a frenar la caída de la espira. Esta fuerza de frenado es proporcional a la velocidad de caída. Cuando las fuerzas (peso de la espira y fuerza electromagnética) se equilibren, el anillo caerá con velocidad uniforme. El flujo que atraviesa la espira es

== BS

(j)

74 Una espira circular, cuya resistencia eléctrica es R y su masa m, cae libmmente desde una gran altura en un campo magnético vertical no uniforme B, = BaO + kz), siendo k una constante positiva y z

la altura respecto al suelo. Siendo S el area de la espira y suponiendo que se mantiene siempre paralela al plano horizontal xV' calcule la velocidad final de la espira en su caida. Despréciese la resistencia del aire.

=

Bo{l

~ Solución

•

+ kz)S

La [e.m. y la corriente inducidas en la espira son proporcionales a la velocidad v:

,

dtD (lz

dcD

-= - - dt dz dt

~

t:

BokvS

R

R

- BofwS

l~-~--

La fuerza magnética sobre la espira está dirigida hacia arriba y su módulo es

F m'g ==

aB In

BokvS

OZ == ISBok == - R - SBok

Se calcula el valor de v cuando esta fuerza equilibra al peso de la espira . BokvS SBok == mg

R

150 ffln ___ LI ____

..1_

rL

"~

1,(:

rngR ---

B~k2S2

151

~

~1

';1. Otro modo de resolver el problema es utilizar el principio de conservación de la energía: la disminución de la

energfa potencial es igual a la energía disipada en calor: mgtJ.z '" RI 2 Ar. ó'z

R/ 2

8 2k 2v2S 2

tu

I1Ig

Rmg

.;,j!i~ '" I ., , i

l. La pt:quei\a espira recorrida por una corriente 1 se comporta como un dipolo de momento magnético m == 18, siendo S = nu 1 . El campo magnético creado por el dipolo en los puntos del circuito es B '" J10 (_ ~ + 3(m ~ r) = _ !lo 4n r3 ,5 4n

I'::O_=_~~';;-~

de donde

myR B~k2S2

Ifl = J10

fe mn dI'

= J1oln(¡1

4n~r2

Problerila; 75.: En la figura se muestran dos circuitos coplanarios: una pequeña espira de radio a y un circuito formado por dos semicircunferencias de radios b y e cuyos

centros coinciden con el de la espira (a« b < el y cerrado con dos tramos rectos. Halle la inductanda mutua entre ambos circui.

tos. 2. Si la espira de radio a está recorrida por una corriente 1, = 'osenwt, ¿qué intensidad se induco en el otro circuito, sabiendo que su resistencia es R y su· autoinducción es L? 3. ¿Cuál es la fuerza entre ambos circuitos?

M

=

~ 1

~ X

F.o

dF"~ A

r"

• 152 100 problemas de ElectromaQnetismo

D

F"

_x

~ rJ

_

~)

be

(! _!)

2

4

b

c

Otro modo de calcular el flujo a través del circuito es

fA.dl

=

siendo A el potencial vector del dipolo: Jlom>
A~---

4n

,3

Su módulo en los puntos del circuito es

",m 47[,2

~-

'1'

la circulación es nula en los tramos rectos, ya que A y di son perpendiculares, s6lo contribuyen los lados cur~ vos, y se tiene 11> = Abnb - Acnc

.dFcv

.-4...x~l<

(~

4

= /1ona

A

x

Solución

El flujo magnético a través del elemento ds = nrdr es d$ = Bnrdr, donde se ha tomado como positivo el flujo hacia dentro del papel. El flujo total a través del circuito y la inductancia mutua son

"~---

1.

~

.. y

t1> = nb Jlom _ nc Jlom = 110 m (~ _ ~) 4nb l 4nc 2 4 ,b e _ 11 olna

2

~

(1 1)

- - - --4

b,

153 1=lllrtrnm flonll tícmn

~

Se ha tomado la circulación en el sentido de giro de las agujas del reloj para ser consistente con el sentido del flujo positivo elegido antes. La inductancia mutua entre los dos circuitos es M =

~=

nal

lJ.u

(~ ~

4

I

/,

F"",=F BC

!) e

d
-M dJ I _ -Mlowcoswc dr -

dr 12 =

MI,,"

-

MI,,"

=

v

CQS

JRl + L2w 2

IR!

+ L2(1)2

Lw)

( wt - arctgR

4nh

_

FA/j -

fn.'l

~ni2

~

~

lltJO/ll

4nb

4n/J

nll

1 Isenrt.L~12

=

Análogamente, la fuerza sobre el arco eD es = _ ll/lom

F CD

')

+ Fco + Fo,t

3!lrl Z('b2 --¡;IlJ

=

-

')

cl

311~1~(na2)1(.!J (~_.:.) + L2 w l b2 el

G-

~ + n)

1',

J lllom 1 2nb

¡

=

311~J~(rra2)2J..w2 (~_ .!.)(~ _~)

32n{R 2 + L2(.!JI)

b2

e2

b

e

• Problema 76 Un disco metálico de radio R, espesor e y conductividad (J está colocado perpendicularmente a un campo magnético uniforme que es variable en el tiempo B = Kt, siendo K una constante y t el tiempo. Calcule: al Las corrientes inducidas y la potencia disipada en el disco. b) El campo magnético creado por [as corrientes inducidas en el centro del disco. el El momento magnético inducido en el disco.

155

154 1ft/) " .."I.I"' .... " ... ..J"

2ne l

llomI2('

=----S;;- b2-~

El valor medio de la fuerza en un periodo es

--,-do

l l /I Om

J.lom

Dsenwrcos(Wl - arctg

LW)

_

r

J~ 12 dr 4nr l

16nJR

( coswt+n-artgR

dFt/jcosrt. -

F = F,t/J + FBC F=

3. La fuerza sobre cada elemento del circuito en el campo creado por la espira de radio a es dF = ¡ ldl z x B. La fuerza en un cieno instante sobre un elemento del tramo AH tiene la dirección y sentido indicados en la figura. La fuerza total sobre dicho tramo será la suma de las componentes según el eje X, ya que las componentes según el eje Y se anulan 110111 dFA/j = 12bd:x - - ,

=

~

La fuerza total tiene la dirección y sentido de X y su módulo es

2. Como la corriente que pasa por la espira de fa· dio a varía en el tiempo se induce una fe.rn., y por tanto una corriente 12 , en el otro circuito: e~

Sobre los Iramos rectos DA y Be las fuerzas son iguay tienen la dirección de X

I~

r' __

~~

__

~_._

.'

"1 .~.¡'

.;:'

~

B

f i

B.=

f

•

R

B,

J'ocKerdr 4r

ti

I

Jlur1KeR

=---

4

e) Lb . . orrientcs inducidas dan lugar a un momento magnético en el disco. que es la suma de los momentos magnéticos de los circuitos antes mencionados. Su sentido es también opuesto al del campo aplicado B.

"

"

R

118-=

I

1

~

El campo inducido es

lm,

uK,

IIm¡ = dlnr 1 = -2- edrn,l

,! "

Solución mi

al Por simetría las líneas del campo inducido E son circunferencias cuyo centro es el centro del disco. Se considera una circunferencia de radio r (r < R) Y se aplica la ley de Faraday

f

=

dm¡ =

fR

JtI

cmKe -2-

,3(/r

(JnKeR 4 = 8

Problema _71

d

E')'nr = - - (Kmr 2 ) dI

El campo eléctrico y la densidad de corriente inducidos son, respectivamente

K, E",

= -

2

uK, l., =

,-

2 ,,

La potencia disiparla en el disco es p=

b)

f

rR

Ej'l'dl'=

Jo

(IK1r l

-4-2nrdre=

,,

,

,-

1 / '\ ~\E

r--...,

~

Las corrientes inducidas constituyen circuitos

2,

" A

,

uK l enR 4 8

concéntricos que crean en el centro del disco un campo magnético de sentido opuesto al campo aplicado. Un circuito de radio r y sección edr tiene una intensidad l-lodI dI = i",edr, y produce un campo dB, = - - ,

156 1nn n,,,,hln,.,,,.,.

Un solenoide largo y estrecho. de radio R. tiene n espiras por unidad de longitud y está recorrido por una corriente J =: '(lUIr). En la zona central y en un plano perpendicular al eje del solenoide se sitúa de

,

,, ,

,,

,,

,,

,,

--

,-

I.lL ,-

,,

157 ,/", ¡:1,.."',.y"rY> .. "' ...... ~;.. ,.,,'"

-1

"' ,

~

manara simétrica. como se indica en la figura, una varilla metálica de longitud 2L, que dista 8 del centro del solenoide (8 > R). Halle la circulación del campo electromotor entre los extremos de [a varilla.

rE. di Jr R2rdtau dx cos (), Jz

~

l

¡;

=

=

=

l

=

2

JI¡' cosO!.

R aH 2 2 JI

o

(/

cp

= -

lJ.dCt

cOS!X =

cos 2 !X

Solución =

En el interior del solenoide hay un campo magnético uniforme en la dirección axial B = Jl.onl. En el extenor no hay campo magnético, pero hay potencial magnético vector A, que debido a la simetría del problema tiene s6lo componente A".. Utili2'ando la expresión

ff.nd'~ l Ad1

~

DA, --~

01

fllll ___ 1-/ ____

JI

aH

el

L

Rlarctg-a

donde se ha hecho el cambio de variable x dx

=

(!

Ig (),.

ada

= ---

cos l Ct

,~

l1on1o 2 L - - R arctg-

,

a

=2,

2

R 0B

2r al

El signo menos indica que el sentido de E es opuesto al del potencial vector A. La varilla metálica aparecerá cargada positivamente en su extremo I y negativamente en el 2. Esto significa que el punto 1 está a mayor potencial que el punto 2, de modo que si se unen los puntos 1 y 2 por un bilo conductor que rodee el solenoide (sólo en ese caso) pasaría corriente por el hilo. Es decir, la varilla se comporta como una pila, cuya f.e.m. es igual a la circulación de E a lo largo de la longitud de la varilla:

158

-

BR'

A".

y el campo eléctrico inducido es

E,

(1H

y la f.e.m. es

y tomando como línea e una circunferencia de radio /" centrada en el eje del solenoide, se obtiene el potencial vector en puntos exteriores (r > R) Arp2xr = BnR 2 ,

Rl

""le,.

"

Pro!ilemo78 Un solenoide de radio a y longitud I (1)> a) tiene N espiras recorridas por una corriente de intensidad f=fo-kt,

siendo Cel tiempo y k una constante. En su zona central y perpendicularmente al eje del solenoide se coloca una chapa metálica de resistividad p que tiene la forma de una corona circular de radios a y b (a < b) Y espesor c. Determínese: 1. Las corrientes inducidas y la potencia disipada en el conductor. 2. El campo magnético creado por las corrientes inducidas en el centro del conductor.

159 .'

,-,

•

-,'

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z

P=

f "

4

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= lW t'

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.

/>~ ~'~-~:',

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f

'!I~,

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~~~~~~~~~~~~~~--~

l'

7,

=

f' " (aB)' -2

,,4pr

("8)2 III~

2p

~~

~ '_'_b.

j'l'Eop dv

=

2ncrdr :=

(JI

rr/l~Nlk2(,.\c I,,~

a

(1/

-

~,

a

2pll

2. El campo magnético creado por las comentes inducirlas en el centro del conductor se obtiene sumando los campos producidos por los circuitos elementales que com,tituyen las corrientes inducidas cada uno de ellas de radio r, sección cdr e intensidad dI = jq¡cdr. El campo creado por uno de estos circuitos elementales es dB. = IlodJ _ JlrJ<¡>cdr

"

2r-

2r

"C-'c.,::.a'"d::., 4p~

_aB, af

El campo inducido total tiene sentido opuesto a

Solución 1. El campo magnético en el interior del solenoide es uniforme B. =o J1o(Njlll. Como B. es variable en el tiempo se induce en el conductor un campo eléctrico E'I" y por tanto una densidad de corrientej a centrada en el eje del solenoide, se tiene: 08.

E
al

E

•

~

iJBr a 2

al

2r

vBz al j" =

al 2rp

La potencia disipada en el conductor es

B = _ llo ca2 IZ 4p

an. at

n, es:

f~ dr = 1~~Nkcal (~ _ :) ",2 4pl b a

Problema 79 Un largo cilindro conductor de longitud h. radio R (J está rodeado por un solenoide de iguales dimensiones que tiene n espiras por unidad de longitud y está recorrido por una corriente 1= losenwl. Suponiendo que la corriente es lentamente variable. halle:

y conductividad

a) las corrientes inducidas en el cilindro y la potencia disipada por unidad de volumen. b) El campo magnético creado por las corrientes inducidas. el la f.e.m. inducida en el solenoide.

160

100oroblemas de ElectrnmaonRrh.mn

161

,...,-

-~--~.

--

-~

...

,

~

:~~

tz

,

La densidad de corriente en el cilindro conductor es

,~

i", =

,,

j; •, j; , f; .i, ,

,

,

dBfo=J1~rpdr= -J1~UI1[ow2coswtdr

lo

.

,

El campo debido a las corrientes inducidas en un punlo del cilindro que dista r del eje es el creado por los solenoides equivalentes comprendidos entre r y R

,

, , , , ,

,

(lE", = -llou/1loW "2cos wl

b) Un elemento de cilindro de espesor dI" y longitud h recorrido por JI(> crea en su interior un campo magnético como el de un solenoide, sustituyendo nI por jo;> dI'

'"-+-. ¡:. , ,

~

"1-->

B¡z =

¡""¡l

' -d,.= ,. J• 2

-¡.t~(J"nJowcoswl

~

I-I~(}'nlow (R1

_ r 2)coswt

4

Solución

c) El nujo del campo inducido a través de una de las espiras del solenoide es al

El campo magnético creado por el solenoide es

<1\ B = /lon! o sen rot

Al ser variable con el tiempo se induce un campo eléctrico azimutal, cuyo módulo se obtiene aplicando la ley de Faraday:

=

J:

B¡2nrdr =

- -1 J1~u1[nloWCOsWl

2

i' ,

(Rl,. - r 3)dr ==

1

Erp2nr

=

E =

•

162 1nn

oB

- - nr

= -

,

'8 JI~O'1tnlowR 4 cos ro!

al

oB,

- - = - Ilcll l oW

A' 2

,.

2: cas wt

El flujo a través del solenoide es N = nI! veces mayor; por tanto, la (.e.m. inducida en el solenoide debida al campo de las corrientes inducidas en el cilindro conductor es

163 ~~~I.'~_~~

..1_

r. _ _

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~

rl~ '<

~

para hallar la fuerza sobre una espira calculamos la presión magnetostática sobre un elemento de área, dS == ad/, de la cara interior del arrollamiento. Se tiene

~

Sustituyendo los datos, se tiene L = 243/-1,

W = 1221,

F = SN

Pro~i.'¡¡~~h)

P =dFR=!(B!)'_Il=~Jj(NI)" 1/.

2

dS

2

JI

2nR

(NI)' ~ adi

1 dFI/.=-JI

2

2nR

d ntlmcnl de cspims corrcspnndicl1Ic al CkmCnl¡1 di de 1'-1 cara Interior del arrollamiento es Ndi

dN=~

'aR por lo que el módulo de la fuerza sobre el lado interno de una espira es

Un solenoide largo y estrecho, de sección S, longitud 1 y N espiras tiene una autoinducción L Y una resistencia R. Si está colocado en una región donde existe un campa magnetica B = Bocaswten la dirección del eje del solenoide y [a frecuencia /Ij as lo suficientemente baja para considerar que las corrientes son lentamente variables, calculese:

e

al La corriente inducida en el solenoide, asi como el flujo total que lo atraviesa. b) Lo mismo en el caso en que la resistencia R del solenoide sea despreciable frente a Lw. Solución

dF R

pNlla

4nR

FR=~~--

al El nUJo que atraviesa el solenoide y la r.e.m. mJuciJa son

y tiene dirección radial dirigida hacia el eje. Análogamente se calcula la fuerza sobre el lado externo de la espira

(JI =

d df

E= - - =

pNJ1a

F Rh = 4n{R

NBS = NSBocoswr NSB wsenwl '

+ al I.a corriente eléctrica inducida es

que ticne sentido opuesto a la anterior. Teniendo en cuenta que las fuerzas sohre los lados superior e inferior suman cero por ser iguales y de signo contrario, la fuerza total sobre una espira es

J=

NSBow JR2 + L 2w Zsen (wr - '1')

Lw

tgcp =

R

Esta corriente inducida crea a su vez un campo magF = i

l a (-'- _ ~I_) 4n R R +a

lN 2

y está dirigida hacia el eje del arrollamiento.


nético Bj , y por tanto un nujo en el solenoide /lo NI ql = NSB. = NS - - = •

•

I

IJoNlS1Bow sen(wr'- '1') I JRl. + L2w 2

167 Electromaqner;smo

'--~

El Dujo lotid que atraviesa el solenoide es

11>, = ID + 11>.:: NSB o cos rol + I

b)

/J.fJN]SlBow

IJR2

+ L1fl}1

sen (rot - rp)

Si R« Lw

Lw

bl La energía suministrada por la batería hasta ese instante. ci la energia disipada por efecto Joule hasta ese

instante. d) Comprobar que la energia suministrada por la batería es la suma de la energla magnética almacenada y la energla disipada en calor

"2

19rp=---..>CQ

L

fP=-

R

y la intensidad inducida es NSB,w

J=~sen

~

,

R

NSB o ( wt-"2") = - ~~coswt L

El flujo tOlal en el solenoide en este caso es

Solución

'>,

= lb

+ lb.'= v NSBn cos Wf

-

!J.ONJS2Bo cos rol fL

La inlensidad del circuito 1 verifica la ecuación diferencial

y siendo la autoinducciÓIl del solenoide L =

,'1

V-L-=RJ

IrQN1~ 1

01

cuya

,

~olllción e~

el nujo lUla] a Inm!s del solelloide es cero.

1

!I

~ 1,(1 -

/)

siendo

.

.;-Problema 82 -

L

V

En el instante 1"" O se conecta un carrete de autoinducción L y resistencia R a una batería de diferencia de potencial constante Vy resistencia interna despreciable. Calcúlese: al la energla magnética almacenada en el carrete en el instante t =. T.

168


lo

=n'

r=R

a) La energía magnética alm
(V)'(

W = -1 l/~ = -1 L m'Y2'2R

I

-e-~~y 169

Electromagnetismo

~

b) La energfa suministrada pOr la batería hasta ese instante es

Wb .,

=

el

r

=

Ju

J,)r V~(l-e-~)dr= R T

Vldt=

~2(T+Te-r_r)= ~2[T+~(e-:T -1)] La energfa disipada en calor desde t = O hasta

r = Tes

W<'¡o, =

i'

o Rll dr =

i'

v' o R -R2

(1-

Un carreta plano circular de N espiras. radio a, resistencia R y autoinducción L gira alrededor de un diámetro vertical con velocidad angular w dentro de un campo magnético horizontal uniforme Bo.

al la potencia necesaria para mantener el carrete en movimiento y compruebe que es igual a la potencia disipada en la resistencia. b) El valor medio de las componentes (paralela y perpendicular a Bol del campo magnético, creado por la corriente inducida en el centro del carrete. e) Si se coloca en el centro del c~rrete una pequeña aguja magnética que es li.bre de girar en el plano horizontal, ¿que ángulo formará con el campo Bo?

ro, ,

e -;')' dr =

.,

d) Se comprueba que la energfa suministrada por la batería es la Suma de la energía magnética almacenada en la bobina y la energía disipada en calor

2

-l.

W.. 1gr =

VL ( 2:1 R R 1- e

.P{áj¡I~¡¡r¡m:~ - ~~.?}

Halll':

V'[ T+li.L( 2.- -"L --?1_'"L -2:3)J =/i

Wm,~

~

w¡

---x

·0

")' -+

!,!

r

L

•

V'[ T+R"L( 2e -"'L -le 1 _,,,,L -23)J = +R

Solución a)

~ v'R [T + ~R (, -:' -

I)J ~ Wb.,

,~

La f.e.m. induCida en el carrete es

d dI

d - - (N Bona 2 cos wt) = N Bowna 2 sen wt dI


171

Electromagnetismo

',-~

IH curriente ck.\:triL'¡! indm.:iu¡l en el carrete es / =

NBowna

1

JRl + L1aisen(wt -

(,O)

Los valores medios de las componentes del campo B, en las direcciOnes perpendicular y paralela al campo 8 0 son, respectivamente,

siendo

tgrp:::

-(ti,,)! =

Lw R

2a v IR 2

el momento magnético inducido en el carrete tiene [a dirección de lu norma] (dirección y sentido del eje x positivo) y su valor es m =o N/na 2 , Al estar dentro de un campo magnético, el carrete experimentará un par r = m )( B" que tiene sentido opuesto a ro (par de fren:ldo):

r

= mBu sen mi

N!n,~{/'[Ul)lro

+ Ll oo 2

JR2

sen (mi - 'pl sen /'1'

siendo su valor medio

,

_

f=

N1B~(n(j2)2w

2Jn

2

+ Uro

2

cosrp=

N2B~(na2)2Rw

2(R 1 +

p- =

_ p = ¡;/

2(Rl

+ L oo

NIB~wl(1Ia2)2

=

JJ~l + L lW 1

4aJRl + L2w2

~- I-= (B,JI 1 ""

C05

rp =

1 2 }IN B ow1!a R

4a(R 1 + U( 2)

JloN·'~Bg,w~.~a:'~s,"¡;;¡-::-,;¡;;; sen (fUI rp)COSWI + L 1w 2

~~.:=

=

2aJRl

IluN llJ"to1!(/l 4aJR2

+ ¿lllJl

/luNl

1 R,,!.¡11W /. SClI!P = -- --- - ---1

4utR

+ Ll!,¡l)

el La aguja magnética se colocariÍ cn la dirccci(in del campo magnético resultante B~ + Bo. es decir, rormará un ángulo or: con la dirección de Do (B)l tgo: = Bo + (B,)

Problema 84

_ fl') = rro¡

b) El campo magnético en el centro del carrete creado por la corriente inducida tiene la dirección de la normal (eje x) y su módulo es

B =JloNJ ~


tloN2 Bowna l

=

)

~==- .~en fol sen (r')/

172

sen(wr - qJ) sen rot

- =-,N"-'B:~,'I,,.:uc'~)'"R:,,"-,' rU) 1 1

Por otra parte, la potencia media disipuda en calor en el et1 rrelc c.~ _

+ L2 ro 2

LIro l )

por lo que la potencia media necesaria para mantener el carrete en movimiento es

1I

2 8_ m .".,,2 #,.,N O" -v--_····

~

2;;-

Un hil·:) rectilineo inciefinido recorrido por una corriente J y un circuito cuadrado de lado a, resistencia R y auloinducción despreciable están en el mismo plano y colocados como se indica en la figura: a) Halle, en función de la posición, la fuerza que hay que aplicar al circuito para que se mueva con velocidad v constante perpendicular al hilo, alejándose del· mismo. b) Calcule la potencia eléctrica disipada en el circuito relacionándola con la potencia mecánica.

'"

1,73

Electromagneti;mo

~

¡jD a 2 1 Vo H = - - " " - - e Re • el 2r 2ltr R

bl

El campo magnético se obtiene aplicando la ecuación

Solución <10 V x H=-

El nujo a través de la espira en las distintas posi-

a,

cIones es

posición I

O

Utilizando coordenadas cilíndricas, la única componente del campO es H",

posición 2 ~2 =

J"

J10H¡bdr

~

+

"'~l

JH'"

k,

¡loHebdr =

D, =

"

",,',V, _-'-[' {1 - (1- 2a")'} +/11 ( 2ub)]

=-h/ie nc 2

i+

f. n

r

!J

oD.

/'

f.ok

11 = - - = - '1' 2 01 2 iI la imanación del toroide es

~ Prob'lema 89

j;ukr

En un condensador planoparalelo de placas circulares de radio R y separadas una distancia h se introduce un toroide de sección cuadrada. siendo sus radios interior y exterior R1 y Rl (R> Rz > R1 ), respectivamente. El toroide es de un material magnéticamente lineal de susceptibilidad magnética l y está simétricamant~ colocado respecto al condensador. Si al condensador se le aplica una d.d.p. V = kt. determinar las corrientes de imanación que aparecen en el toroide.

IZ

", :M,

~ _1;:"

182 100 {J(oblema'
M.,=XH.,=X 211 Las densidades de corriente de imanaCión superficiales en las distintas caras del IOroide, numeradas como se mdica en la figura, son ¡:okr

KMI = MI x u, = '1.

2h u, eO/.:R 2

K M2 = M 2 x u, = - '1.

----v;- u,

KM3~MJx(-uJ=

-x

K M4

X

'" M4 X ( - 11,) =

cokr

2h u,

eOkR]

2h 11,

183 ElectromagnetismD

•

,,~

La densidad de corriente de imanación de volumen es

jM = V x M JI J

.

la

J, = - ~ (rM ) = -la(eokr 2h

,': .• ,'-'

ro,

2

) ro, x - -

'"

a) 'El campo magnético creado por el solenoide en su interior es B = /10/11. Siendo la intensidad variable en el tiempo, también 10 es el campo magnético, por 10 que, segun la ley de Faraday, se induce un campo eléctrico

"k

~,}¡

'lj'xE=

~ Solución

aB al

),?;

í'iP~oblem~ 90 '

Se aplica la ley de Faraday en forma integral, lomando como Hoeas de circulación circunferencias de radio r (r < R Y r > Rl con centro en el eje del solenoide:

Un solenoide largo y estrecho de radio R tiene n espiras por unidad de longitud. Si la intensidad que pasa por las espiras del solenoide aumenta linealmente segun la función

Ir < R)

E ·2nr = -nr l

(r> R)

E ·2rrr = -rrR l

•

I

1= lo ;

•

".al -

aB al

, 1, E"=-2¡Ju n -:;-

E

..

R'

= - - ¡ J o l I1" 2r r

se desea calcular: al El campo eléctrico en puntos interiores y exteriores del solenoide. bl El flujo del vector de Poynting a través del área lateral del solenoide, comprobando el teorema de Poynting.

·~JS •

•

1~


•

•

•

• /

R J1 1 S = (EH).~R ="2110112 rO;

El flujo por unidad de longitud a través del área lateral del solenoide es

• • • • • • • • • • • • • • • • • • •

b) El vector de Poynting, S "" E >< H, en la superficie lateral del solenoide, tiene dHección radial hacia dentro del solenoide y su módulo es

E

ti>

=

l' I -S·2rrR = -nRliJoIl2..J!-

,,

el signo menos indica que el flujo es hacia dentro del solenoide.

1~

Electromagnetismo

~

Li\ derivada con respecto al tiempo de la energía mag-

nética por unidad de longitud almacenada en el solenoide es

~I dW dt

= -d

dt

[1 -

2

(')' ]

Jlo1121~ -

rrR2

=:

pon2nRl _~ _ l' (') r

t

~J

Para calcular el campo magnético se aplica el Icoremi¡ de Amphe tomando como Hnea de circulación una circunrcrencia de radio r centrada en el eje del condensador

fH.d'=

r

Jfk dS

verificándose el teorema de Poynting:

H 21(r = 1" , S

dI", ~-+c:Il=O d,

m,l

H., =

1" ' s"2

el campo magnético permanece constante en el tiempo.

X

Problema 91

b)

COl1densador CUIJ un die/r!clrim illlpí!lli!{'/(J l/n/re

SU.~ pl(/('{j.~.

Dos condensadores planoparalelos de placas circularas da área S y separadas una distancia d, uno de ellos vacio y el otro con un dieléctrico imperfecto de permitividad 1: y conductividad rT, están Conectados independientemente a sendas fuentes de intensidad constante de valor 1 Estudie la evolución temporal de los campos electricos y magneticos entre las placas en ambos condensadores.

Debido a la conductividad !T del dieléctrico. entre las

annaduras del condensador hay una resistencia

V:;-RI~~ C.

dunJI: R es la re~lslcm;ja, V 1,1 diferenc1a de potencial entre las plm;as y e la capacidad det cundcnsllJor.

d

Solución

R~-

11.'1 a)

6hmic~_R

Se verilien la ecuación

/;S

c=rl

Condensador vudo.

La carga en las armaduras del condensador varía en . eltíempo, ya que la intensidad lo se mantiene constante Q(t) = lor. Esta carga crea un campo eléctrico.

Q(cj lof E(c) = ~" ~ _ " SEo • Seo '

JD(e)

D

=~~=f.

(l,

JE(/)

.S Tomando como cundlclOnes iniciales Q(O) = O Y sa--_.biendo que

dQltI

.

que varía linealmente con el tiempo. La corriente de desplazamiento es j

v= IoR = lod

d¡/

la solución de la ecuación diferencial es 1 S=

11 -~=-u

'oíJl

l~

Q(I) =

ve ( .1

-

I!

--'-) 1", ( _. ,) Re = ---;; 1 I!

¡:


187 "'

~

Q(I) u "" -/, ( 1 - e' ",) u E(r) "" Se" So •

,

V~VO(l-;)

E(t) tiende asint6ticamente en el tiempo a un valor constante. El campo magnético es debido a las corrientes de con. ducci6n y de desplazamiento,

j<

= uE(r) =

' Jv=E

e'

u.

I 1

I

siendo Vo y r constantes, halle: a) Los campos eléctrico y magnético en el interior del condensador. b) El flujo del vector de Poynting a través del área lateral del condensador. e) Compruebe el teorema de Poynting.

.

'-,

,

fIJ

iJE(1)

,~,)

/,( S 1-

~

siendo r la distancia al eje del condensador. Si la diferencia de potencial entre las placas del condensador varia segun

El campo eléctrico entre las placas del condensador es

--fU

-ac- =S- e · . Solución

Aplicando el teorema de Ampere

fH'dl

~ ,

al

JI

UD + ¡,),d,

'" ,

2S

J/(r)

E = ~ = V() • h!J

~

HI') = -

Los campos en el interior del condensador son

ru "

V

(1 _!) r

1) V,( ,)( ')

o D = , .(- ] - - = r . - I + -

"',1

··h

·()h

T

R

)--

T

es constante en el tiempo. ,i] 11,

\,'

J" \,

I

: Ptoblem' 92 , Un condensador planoparalelo de placas circulares de radio R y distancia entre placas h tiene en su interior un dieléctrico no homogéneo cuya permitívidad esta dada por

'~'O(l +~) lBB 100 problemas de Electromagnetismo

siendo la corriente de desplazamiento la fuente del carn-

uD

po magnético V )( H = -

ul

~~'= -to::(1 +~)~r\: V()E()

If'l'2xr = - '"'hr

.( ) ,;:1 f ()

Yo', ( 1l

1

,

r

+ -' 2nrdr.

R----l...

2,')

+M

189

Electromagnetismo

~

b) El veclor de Poynting en el área lateral del condensador es

v~ ( 1--t') -21'" ( R+2R) J =

IS) =E(-H) =h2 "al! O ""dI! =

,

V

l'~llernl

<

=~f 2 ,

W=...!!...E. v', e

2112

=

teorema de Poynting

')5

Solución a) Por la simetría del problema. los campos E y D, en la región entre las armaduras, tienen la dirección radial de las coordenadas ciHndricas. Debido a la conductividad del dieléctrico habrá una densidad de corriente en la dirección del campo E. Sus valores son

;

; E·Ddv

')'r( 1+-,)

( 1--r

R

O

2nrhdr=

R')

y su deriyada con respecto al tiempo es = _

V¿f. o (1 _~) n ~ R2 hr

f

ycriticándose el teorema de Poyntíng

oW o,

<1>+-"=0

190 100 problemas de ElectromaQnet;smo

E =-

D, = 2nr

v', ;j¡0 ( 1 - ~')' ( nR 2 + 2n"3

dW. dr

en el dieléctrico y la derivada con respecto al tiempo de la energia eléctrica almacenada, comprobando el

t ",( 1~- -R 2 ·2nRh=n-ht t3

e) Como el campo magnético no es función deltiemro, la derivada respecto al tiempo de la energía magnética almacenada en el condensador es cero. La energla eléctrica es W

.~"o'"""V""""'l~

.... ",9 ". . p'lil . ro .p!l1ª

bl La potencia disipada por unidad de longitud

yel flujo del vcclOr de Poynting a través del ,hca . es positivo (~aJiente)

,~fI

~

sador: al El valor del campo magnético en el dieléctrico.

(1 _~) ~3 R h! 2r V,~ 1:"

T

$=51

Un condensador cilíndrico de radios 8 y b (a < b) tiene entre sus armaduras un dieléctrico imperfecto de permitividad ¡; y conductividad G. Si el condensador se carga con una carga por unidad de longitud ,lo y a continuación se aisla de la fuente, se desea calcular durante el proceso de descarga del conden-

3

,

o

~

(}

J. -

2ner

J, 2n€r

__

-

El condensador se descarga a través del dieléctrico, siendo la expresión de la carga en función del tiempo ), = ),oe '

donde r = da. La corriente de desplazamiento es

oD- o -

ar

<

aE

( -; ) 21fr

-

- -A- t2nr

(1),

t:2nr

Teniendo en cuenta que la corriente de desplazamiento es igual y de signo contrario que la corriente de condUCCión, la cuarta ecuación de Maxwell es

oD

VxH=j+-=O

o,

de modo que no hay campo H en el dieléctrico.

191 ¡:lfJ,.trnmRnnRti~mn

~

b)

La potencia disipada por unidad de longitud es

p==-

f

uE 2 dv=

f" (')' d

(] - lnu

.,'

I

2xrdr=--ln-b 2nt l a ,-

I

f

-1 eEldv == -1 E; 2

2

f

).2

--

(2m;r)l

U

2

2nrdr

=

..t b _1,,_

41!f.

-- - - -

a

al oW, = ~ (~In~) = ~hr~ = lA-

al

- ---

-- - '

4n€

a

4m:

a

_

a..t

2

2m;2

II]~

-

1

a

por lo que se verifica el teorema de Poynting que en este caso se expresa

aw, a,

-+p=o Problema 94 Un condensador plano paralelo de placas circulares de radio R, separadas una distancia d, tiene el espacio entre ellas lleno con una sustancia de permitividad e, y conductividad (J. Estando inicialmente descargado, al condensador se carga mediante una corriente electrica de valor constante lo' Se desea conocer: a) La ecuación diferencial que describe la evolución temporal de la carga eléctrica en una de sus placas. b) El valor del vector de Poynting en un punto cualquiera del interior del condensador y el flujo de este vector a traves de la superficie lateral del condensador, e) la comprobación del teorema de Poynting,

!I

.

J

y su derivada con respecto al tiempo es

at

'"

-:.-----

,¡:',:- - -<¡'

La energía eléctrica almacenada por unidad de longitud es

W:=

~

Zj

192


" Solución

al Para estudiar cómo varía la carga en una de las placas, se aplica la ecuación de continuidad escrita en forma inlegral a la superficie cerrada!: que rodea la placa positiva:

J,i

ds

dq

+-

d,

=

O

es decir dq -J +J'S+-=O o

dr

donde

j=aE=rr

E~'

Y S=nR 2

La ecuación diferencial buscada es q dq -l o +rr-+-=O E dt

193

Electromagnetismo

~

Se resuelve tomando como condición inicial q(t\ = O para f = O

,

q = - J (1 - e- Ial ')') • o

b)

Jo - Su (1 -

e

ÚW.

1.• 1

llene

fl .. 2rrf"" - ( .i

,1f) )

+ ..~/

11 = _

nr l

..

~ (J +

2

1"

.'i (1

"

l In "']

,1,

[lllleIH;;;l

¡lD,)

e-(trl'll

¡lrJ = -"(1 rrS

l'-(~I'¡') ,,-(01'1!

disipada es ¡l

[2(/

rr

rrS

P = '- nl~zd =.J!.-. (1 - e

(1(

:;icndo h¡s corricnte:; de condUCCión y despl¡wtmienlO (1D.

el q J'I '¡/ud ~ = ~d¡ 1:8

_' = d/ 1:,11

1 11' nJ{'J 2 /:,112

= - ~

W

e-(~ll)r)

El <:umpo magnético es producido por las corrientes de wndm;dón y
"l. I)l

De 1ll0Ulll/Ue se vcrilica

1" .\' k '~I'''l

11'

j

l' I ,/W,./d'

\1

se obtiene el campo magnctico

Problema 95 .

, H"=--2S /o El vector de Poynting en el interior del condensador esS=ExH

s,

=

rlo!.5!. (1.- {,-10m,) 2S SCJ

El flujo del vector de Poynling a través de la superficie lateral del condensador es

Una varilla larga y delgada tiene una carga distribuida uniformemente en [a superficie siendo ..1. la carga por unidad de longitud y a la vez esta recorrida por una corriente de intensidad I uniformemente distribuida en el interior. Halle la velocidad de la varilla en los sistemas de referencia donde exista sólo campo eléctrico o bien sólo campo magnético. Á

(]

)_ v

lId _(aI<)I) III = S,I'~R' 2nRd = -....L(1-e

Solución

S.

El signo negativo signilica que el flujo es hacia dentro del condensador.

194 100 problemas de. Electromagnetismo

~~

energía eléctrica almacenada y su variación en el tiempo son

El campo eléctrico entre las placas es F.,= -!{ 1:5

el Para comprobar el teorema de Poynling se calcula la variación en el tiempo de la energía electromagnética. El campo magnético y, por tanto, la energía magnética en el condensador no varían en el tiempo. La

En el sistema de referencia propio de la varilla, los campos son

195

ElectromaoJlotismo

'---~

,

Un haz de particulas de carga q, que se mueven con velocidad v, tiene forma cilíndrica de radio R. Si n' as el número de partlculas por unidad de volumen en el sistema de referencia en el que las partículas

E'~-

,

2nc o'

B' "" Mol

..

~ P;btil'ií1"~', ,"'.f'".,~,,~.ú·

cargadas estan en reposo, calcular la fuerza que ac-

2nr

túa sobre una carga,de la periferia del haz en los dos

sistemas de referencia: En un sistema de referencia en el cual la varilla se mueve con velocidad ven la dirección de la intensidad 1, los campos son

a)

Sistema S' en el que las cargas están en ra-

poso. b)

Sistema S en el que las partículas se mueven

con velocidad v. E=y(E'--vxB')

( "E')

B=,' B'+~

,

1 l' 1 , "1 '-''1----'~" ----"1'::'

Teniendo en cuenta las direcciones de los campos y que la velocidad v se ha tomado en la dirección del eje z, resulta

('

,il

'""') 21rEor y' (1 + " )

E, = y 21\'&or + 21\'r

=

1,. __ . _ •.• ___

eZ

211'1':

o

E

__ . "

eZ),

1 1

(",1,,)

B", = Y 2nr +

o

r

La velocidad de la varilla en el sistema de rderencia

en el que el campo eléctrico es cero se obtiene haciendo E, = O

,,

al

--{'

"


SÜll"lIJII S'

El r.:ampll dlll:lril:1l r.:rcado pllr 1:1S l::ng:ls en reposo,

I

dentro y fuera del haz de cargas, es

Del mismo modo, hl1ciendo B", = 0, se obtiene la velocidad de'la varilla en el referencial en el que el campo magnético es igual a cero

,

Solución

l

,

c hn1-ln -----

,

~

,

(r

< R)

(r> R)

lI'tlr

E' = - , 21:(1

Rl E' = n'lI • 21:()r

197 Electromagnetismo

~

Como las cargas están en reposo, el campo magnético es cero R' = O. La fuerza sobre una carga de la periferia del haz es F'• b)

~

qIE') • ,mil.

~

Un condensador planoparalelo do placas cuadra-

das de lado a V distancia entre placas d está cargado con una carga q. Hallar los campos y los potenciales

en el interior del condensador cuando éste se mue-

n'q1R 2e-

o

a) b)

~ -,~

"

:~

.;~~

1<: "" l'(E' ~ v )( B')

,/

11' 'lit - E'=}'-E,~}', 2e u

( "E') "

B=y B ' + - -

"

.-

En dirección paralela a las placas. En dirección normal a las placas.

En este sistema de referencia las cargas se mueven con velocidad v en la dirección del eje del haz cilfndrico. Aplicando las ecuaciones de transformaci6n de [os campos obtenemos

'"

'~'"

ProijJ..m~:~.1J

ve con una velocidad v:

Sislema S

B

~

7"

i

:¡

r¡¡''IR -. 2f.O('2

¡ o

-

: -----.¡'i"

"

La fuerza sobre una carga de la periferia del haz es F = {fE

f' = qE •

~

Solución

+ ll"xB

Si.stemu S' (condensador en reposo)

n'I/~R

fJ~I1'/flR

2e o

21:0c2

qvB = y - - - , - - -

•

'1'

=y

~

( cU') -,'q'R 2e o l~l

En este sistema el número de cargas por unidad de volumen n verifica 11 = n'y, ya que la longitud paralela a la velocidad sufre la contracción de Lorentz. La relación entre las fuerzas en los dos sistemas de referencia es F'

. ,

F ~ --' ~ F''

198


JI---p'

Tomando [os ejes que se indican en la ligura

Q

u'

coa z

eo

E'=--~-

y

E~=E·.=O

E' = VD

,

d

B' = O

v, =

, VD

-yd

A'= O

199

Electromagnetismo

~

al

Sistema S (velocidad paralela a las placas: v = v) E = 'lE' y

Q Y --,

=:

B='1

vXE

Sistema S (velocidad perpendicular a las placas: v~)

~

Aplicando las ecuaciones de transformación, se obtienen los campos

Boa

y

b) u=

'

Ey

e'

= E~

Ex

=

B=O

E. "" O

siendo

por tanto ,E'

,

B. = , ------z e

,

=:

C

y' = y(y - VI)

vQ l EoU

2

Transformando Jos potenciales, se tiene

Teniendo en cuenta que u = yu', se tiene

Ey

V V=)'V' = _yl(y - vt)-o

Q -~

=:

""--

B. = -

d

l' EoU 1 - lo

,

A =y-V'= _

,

= JloUV

e'

y1vV

7do (y- VI)

CIEO

En cuanto a [os potenciales, se transforman del modo siguiente

v, ,

Vo -y- y

V=yV'= - l ' - y d 'V'

A,,=y-;z=

Pueden obtenerse los campos a partir de los potenciales

,

E

~

1 av aA~ 2 VD 2 v Vo ----='1 --y --=

d

,Vo - y cId y

vVo , -,-y c'd

iJy

=yl (

vI

1 - (" 2)

d

el d

VdO=E~

8=0 Ay = A. = O

Se comprueban los campos obtenidos a través de los potenciales (lV

E, ~ B

-ay rJA y

,

~ -

eh:.

200

----

lOO problemas de Electromagnetismo

BA.. -

-

Un solenoide largo y estrecho de radio a tiene n espiras por unidad de longitud y esta recorrido por una corriente l. Calcular los campos y los potencia-

r]A

TE' = iJy

~ ,

yE~ vV(/ -

cId

.Pro~¡~m.(Wl:il

~ -

va

el¡;

,

les dentro y fuera del solenoide. medidos por un = 1I GV o

observador en reposo cuando el solenoide se mue-

ve con velocidad v perpendicularmente a su eje.

201

Electromagnetismo

~

i

~

Los potenciales en los dos referenciales son: En puntos interiores del solenoide (1' < al Shfl'mu S'

-.

"

,,-c::c~-

B"

B'~'

- ;Y i t.~-j,

A' =

V' = O

.~

Sistema S

~

-

A,

~

••

= l'

--:.-

---~

f.::~;:; 1'-________ .

(A: + ,".~, v') ~ -,' n' \"

/I"u1

2

2

B~y'

¡touI -,'

2

l'

2

A = A' = ...'- - = - - Y{_'\ - 111) ~

--~~

y

.

A.

Solución

A', = O

B' ,

[,lIS Cilmjl(lS clcclfOlIlagnétiClls en el si.~lcln¡1 (te rde-

v = y(V'

,Y I'A'.l =- -1' -" ----

~

-l'

Vljon/

--'- l'

2

2

rencia propio del solenoide y en el sistema dcllaborato-

'

n\) ~(lI1,

A p¡\ffir de los potencIales se obtienen los campos S' Si~lenU/ de referencia propio l/el solenoide (1' < (1)

B~ = J1. o nl.

(r> al

B' = O

B~=B~=O,

E' =

o

E' = O

oAy

aA~

B, =

a; - ay =

E

- - - --

•

~

aV

¿¡Ay

ay

¡jI

l-lotlI J/unl y -2- -1- Y -,- = }'Ilon!

~

IJJ.l.onl 2

vponl 2

, -- + , -- =

')IVII

nI

o

S Sistema de referencia del laboratorio (v = v.)

Aplicando las ecuaciones de transformaci6n de los campos, se tiene

En puntos exteriores al solenoide (r > al Sistema S'

(r < al

Br

=

;,n;

= '¡}lon!,

Bx=By=O A'

E=-jlvXB' es decir

=:::

n:a 2

2(X'2

+ y'2)

v=

(- y'i -1- x'j)

O

Sistema S

E.

=:::

jlvB: "" jlv}lonI,

(r> al

202 100 problemas de Electromagnetísmo

8~O

E" = E, = O E

~O

Ax == jlA~ =

jI}lon!aly

2[y2(X - vr)2

+ lJ

203 FIP.t~frnmllnnnticmn

~

A r = A~ =

IIUU/Uly(x - vI)

~2[;-''''IC-x~~",::C)''+-:-y';c;'l

YV¡.Ionla 2y V = yvA~ = - 2[y2(X _ vt)2 + yl]

a) Conocido el índice de n:rracción, se obtiene la permitividad relativa del medio

" ~ '~ .j," ~ .j,,", ~ .j¡ ~

A partir de los potenciales se obtienen los campos

B

•

E, E

¿¡Ay

vA ..

iJx

ay

~---~O

•~

2V

(JA.

ox

al

ilV

liAy

Dy

ilt

z=

~ j~ =

=

J:,:o =

12,25,8,85-10- 12 =

2,SI-10 2Q

Los clImpos electromagnéticos en la ond'l, suponiendo que se propaga en la dirección del eje z, se expreslln:

Prohlema 99

(~

~


2 lO·

-- ) i

=

"'-'

',/_.

a) La impedancia intrlnseca del medio, los valores instantáneos del campo eléctrico, del campo magnético, del vector de Poynting y de la densidad de energra electromagnética en el medio. b) La energfa media transportada por la onda y la energía media almacenada en el medio. c) Si se coloca un carrete plano de 100 espiras y 0,5 m de lado con su plano paralelO a la dirección del campo eléctrico, lcuanto vale la t.e.m. inducida en el mismo? di Discutir qué velar tomará la f.e.m. inducida en el carrete si la frecuenda de la onda fuese f = 109 Hz.

2,25

4nlO-?

=

l!:1:. 1) = E"cosm

En un medio dielectrico de permitividad ¡lO se propaga una onda electromagnética, plana y planapolarizada cuya frecuencia es f = 106 Hz. Siendo el Indice de refracción del medio para esta frecuencia n'" 1,5 Y la amplitud del campo eléctrico EG = 2 ·10 -6 Vm -', se desea conocer:

E, :

y la impedancia del medio es

----~O

-----=()

1,5

JEotlo

(1

---1,

'~cos(h-1O-2z -

'

2nlO b l) ¡(V/m)

Eo (~-I , ) j= H(z,IJ=zcosw =O,S·1O-'cos(nlO-1z-2n10 6 I)j

(Alm)

El vcclQr de Poynting S = E )( H liene la dirección perp"mdicular a los campos eléctrico y magnético y el sentido de propagación de la onda (vector unitario k). Su módulo es

ISI

~

IEIIIII

~

E'

-

Z

~

= 1,6·1O-I.lcos 2 (1l1O-lz - 21l10 bt)

(Wjm J )

La densidad de energfa de I(,s campos electromagnéticos es

205 Electromagnetismo

~

IV

=

b)

= EE 1 = 110Hz =

,=

8,04.10- 21 cos 2 (nlO- 2 z - 2n106 c) (l/m!)

d

d,

=

=6,32.10- 1 .0,5

Los valores medios del vector de Poynting y de la

~

-N:!...JBdS= d,

J.r"'"

sen(lOllz-2n·l09 l)dz

densidad de energfa son _ E~ S =~ = 797.10- 13

22

'

¡; =

(W/m 2)

3,16.10- 2

[

-

-cos(IOnz - 2n·10 9 /) 1 1071

J"'" •

= 0,5.10- 3 cos(IOnz - 2n·1Q9 t )

e 1" El

IV = -~~ "" 3,98· 10- 21

IV)

(.f/m,l)

Problema 100 e) La longitud de onda de la onda electromagnéti. ca es

Consideremos la propagación de una onda elec-

tromagnética en un medio conductor: A=~-(' 3·lQH f ,y-1,5.¡06=200m que es muy grande rrenle a las dimensiones del circuito,

-

por lo que el campo magnético puede considerase uniforme en toda el área del circuilO cuando se calcula el !lujo

»

,

d

d)

-Ns---"--= d,

d, =

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dB

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Solución al La expresión del coeficiente de atenuación en un medio conductor en función de la conductividad del medio y la frecuencia de la onda es

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de modo que no es despreciable frente a las dimensiones del circuito, por lo que el campo magnético no es uniforme en toda el área del circuito, es función de z. La fuerza electromotriz inducida es

En el caso de baja cnnductividl,d, cuando aumenta la frecuencia se tiene

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a) Demostrar que para eonductividades pequeñas, al aumentar la frecuencia, la constante de atenuación se aproxima a un límite superior. b) Comparar la atenuación de una radiación de longitud de onda 10 cm en agua dulce (u = 10- 3 n'·' m ') y en agua salada (a = 4 n- 1 m-'). el Hallar la velocidad da fase an el medio de mayor conductividad.

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Electromaonetismo

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Nuñez y Lopez - 100 Problemas de Electromagnetismo

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