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Pontificia Universidad Católica de Chile Fis1532: Electricidad y Magnetismo Profesora: M. Cristina Depassier Ayudante: Joaquín Arancibia N. [email protected] Ayudantía 1 P1. En los vértices de un cuadrado de lado a se colocan tres cargas, en vértices opuestos se colocan cargas positivas q1 y q3 y en otro vértice una carga negativa -q2. Encuentre la fuerza ejercida sobre q3. P2. En los vértices de un triángulo equilátero de lado L se han situado tres cargas negativas –e, en el centro de gravedad del triángulo hay una carga de magnitud Q. Encuentre el valor de Q que hace que el sistema esté en equilibrio.

P3. Dos globos de Helio de masa despreciable están atados a un peso de 5 kg flotando en equilibrio como en la figura, en cada globo existe una carga Q. Encuentre el valor de Q.

12m

10 m

P4. Dos cargas puntuales positivas están separadas por una distancia 2 a. Por el punto medio del segmento que las une se traza un plano perpendicular al mismo. El lugar de los puntos en que la fuerza sobre una carga de prueba situada en el plano es máxima es, por razón de simetría, una circunferencia. Encuentre su radio.

Ponti cia Universidad Catolica de Chile Facultad de Fsica FIS1532 Electricidad y Magnetismo

I. Electrostatica Fabian Cadiz C. [email protected] 1. Este curso trata sobre los fundamentos de la Teora Electromagnetica, una teora altamente exitosa y que es capaz de explicar y predecir una gran cantidad de fenomenos. Absolutamente toda la teora se encuentra resumida en un conjunto de cuatro ecuaciones diferenciales, llamadas Ecuaciones de Maxwell:

Estas 4 ecuaciones, ademas de explicar todos los fenomenos electricos y magneticos conocidos hasta la epoca, muestran que electricidad y magnetismo no son fenomenos independientes, y explica la forma en como ambos se relacionan. Las ecuaciones de Maxwell fueron capaces de predecir la existencia de ondas electromagneticas de energa, de las cuales la luz es un caso particular, luego, todas las leyes de la optica, tambien son consecuencia de las ecuaciones de Maxwell. Esto fue un gran suceso pues logro mostrar que fenomenos que parecan totalmente diferentes provenan de los mismos principios fsicos. Radiacion infraroja, luz visible, radiacion ultravioleta, rayos x, rayos gama, son todos diferentes tipos de ondas oscilatorias, y solo se diferencian en sus frecuencias. Todas reciben el nombre de radiacion, debido a que propagan (irradian) energa. En este curso se pretenden desarrollar las bases empricas para las ecuaciones de ~ y magn Maxwell, mediante la introduccion del concepto de campo electrico E etico ~ B . Primeramente estudiaremos el caso est atico, en donde los campos no tienen dependencia temporal.

Con esto las ecuaciones de Maxwell se transforman en:

r~
E~ = 

o

r~  E~ = 0 r~
B~ = 0 r~  B~ = oJ~ Notemos que ahora hay 2 ecuaciones para cada campo totalmente independientes, en otras palabras, electricidad y magnetismo son fenomenos absolutamente independientes mientras los campos sean estaticos. Las dos primeras ecuaciones corresponden a la Electrostatica, mientras que las 2 ultimas a la magnetostatica. Desarollaremos las ideas y principios fundamentales de ambos casos estaticos, para luego estudiar los campos variantes en el tiempo y derivar las ecuaciones de Maxwell.

2

I. Electrostatica

Una de las propiedades fundamentales de la materia corresponde a lo que se conoce como carga electrica. Esta propiedad es el origen de las fuerzas electricas. Considere un sistema de dos cargas puntuales y en reposo, q1 y q2 , separadas por una distancia r en el vaco. Por cargas puntuales, nos referimos por supuesto a objetos cuyo diametro maximo es muchsimo menor que la separacion entre las cargas. Las fuerza entre cargas estaticas fue estudiada por Charles Augustin de Coulomb, notando una gran similitud entre las fuerzas electrostaticas y las de gravitacion, pero con la diferencia de que, a diferencia de la fuerza gravitacional, las fuerzas electrostaticas tambien pueden ser repulsivas.

La fuerza que ejerce q 0 sobre ~ F q

q

esta dada por la ley de Coulomb:

=

1

40 j ~r

qq 0

j

~ r0 3

(~r

~ r

0)

(1)

Esto es, la fuerza electrostatica es proporcional al producto de las cargas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre ellas. Notar que la direccion (j~~rr ~~rr )j va siempre desde la carga q' hacia la carga q. El signo de la fuerza estara determinado por el producto de las cargas, as, si ambas son iguales, la fuerza sera repulsiva, mientras que si son de signo opuesto, la fuerza sera atractiva. 0 0

3

En el sistema S.I., la constante de proporcionalidad esta dada por: K

=

1

4o

= 8; 9875  109 N m2 =C 2

(2)

Donde 0 se conoce como la permitividad del vaco. Similarmente, la fuerza sobre q 0 debido a q esta dada por F~q = F~q , como debe ser. Esta ley describe perfectamente las fuerzas entre 2 cargas puntuales, luego, resulta de interes estudiar que sucede cuando hay mas de dos cargas presentes. Supongamos que existen N cargas qj con j = 1; 2; ::N . Supongamos que hay una carga q en la posicion ~r y que la posicion de la carga qj es ~rj . La fuerza que ejercen las N cargas sobre q esta dada por el principio de superposici on: 0

~ F q

=

X N

j =1

1

40 j ~r

qqj

j

~ rj 3

(~r

~ rj )

(3)

Es decir, la suma de cada fuerza por separado. El principio de superposicion implica que la fuerza neta entre 2 cargas es independiente de la prescencia de otras cargas. Esto es cierto siempre y cuando las cargas esten en posiciones jas (recordar que son fuerzas electrostaticas).

Campo Electrico

La fuerza electrostatica, como la fuerza gravitacional, es una fuerza que actua a distancia, es decir, no requiere que los objetos esten en contacto entre s. Entonces, si tenemos 2 cargas puntuales, digamos, q y q0 , podemos medir la fuerza que ejerce q sobre q0 . A q0 se le llamara carga de prueba, y la posicionaremos en diferentes lugares del espacio y mediremos la fuerza que siente debido a la presencia de la carga ja q . En este sentido, se piensa que q genera algo en todo el espacio que debe ser independiente de si colocamos o no la carga de prueba q0 . Se dice que una carga electrica genera un campo electrico en todas partes, el cual es capaz de actuar sobre otras cargas. Justamente para cuanti car la magnitud del campo creado por la carga, podemos medir la fuerza que experimenta una carga positiva de prueba qo en algun punto del espacio. ~ se de ne formalmente como: El campo electrico E ~ F

(4) = lm q0 q0 !0 q0 Es decir, el campo existe en todo el espacio y es independiente de la carga de prueba. La sutileza de elegir una carga de prueba in nitamente peque~na es para que el campo producido por q0 no altere de ninguna forma el campo que queremos cuanti car. ~ E

4

Desde el punto de vista de la teora de campos, decimos que la carga q crea un ~ que ejerce una fuerza F ~ =q E campo electrico E q0 0 ~ sobre una carga de prueba q0 Usando la de nicion de Campo Electrico y la Ley de Coulomb, se obtiene que el campo electrico a una distancia r de la carga puntual q esta dado por ~ E

=

1

q

40 r2

r ^

(5)

Logicamente, el principio de superposicion es tambien valido para el campo electrico, bajo las mismas condiciones mencionadas anteriormente. As, el campo de una distribucion discreta de N cargas puntuales en el punto ~r esta dado por ~ (~ E r)

X = N

j =1

1

40 j ~r

qj

j

~ rj 3

(~r

~ rj )

(6)

La ley de Coulomb y el principio de superposicion son las leyes empricas fundamentales de la Electrostatica. Veremos que las ecuaciones de Maxwell para el campo Electrostatico

r~
E~ = 

0

r~  E~ = 0 contienen exactamente la misma informacion que acabamos de presentar, pero de una forma mucho mas simple y elegante.

5

Distribuciones continuas de carga - Integrales de Coulomb

Se pueden extender estas ideas para cuando se tiene una gran cantidad de cargas distribudas en una region del espacio. Supongamos una distribucion continua de carga encerrada en un volumen V

En el caso de obtener una distribucion continua de carga, se considera esta distribucion como un conjunto de in nitas cargas puntuales. As, para obtener por ejemplo el campo electrico que ejerce esta distribucion en un lugar del espacio bastara con sumar las contribuciones de cada elemento in nitesimal de carga . Esto es: ~ (~ E r)

=

1

40

ZZZ

dv 0 (~ r0 )

V

j ~r

(~r ~ r 0 j3

~ r

0)

(7)

Donde (~r0 ) es la densidad volumetrica de carga en el punto ~r0 En el caso de obtener una super cie de carga, el calculo es absolutamente analogo. ~ (~ E r)

=

1

40

ZZ

ds0  (~ r0 )

S

j ~r

j

~ r0 3

(~r

~ r

0)

(8)

Con  (~r0 ) la densidad super cial de carga en ~r0 . Por ultimo, para una distribucion lineal, ~ (~ E r)

=

1

Z

dr 0 (~ r0 )

40 j ~r Con (~r0 ) la densidad lineal de carga en ~r0 .

6

j

~ r0 3

(~r

~ r

0)

(9)

Problema 1

Dos peque~nas esferas conductoras de igual masa m y carga q , cuelgan por 2 hilos no conductores sin masa y de largo l. Cada esfera forma un angulo  con el eje vertical, como se muestra en la gura.

a) Calcule el q de equilibrio para las dos esferas.

Solucion

Debido a la simetra del sistema, bastara con hacer analisis de fuerzas para una de las cargas. Consideramos el equilibrio entre las tres fuerzas que actuan: la fuerza de repulsion electrostatica Fe , la tension sobre el hilo T , y la fuerza de gravedad mg .

Segunda Ley de Newton para la esfera:

X

Fx

= T sin

Fe

= max = 0

(10)

X

Fy

= T cos

mg

= may = 0

(11)

7

La primera ecuacion equivale a: q2

=K 2 r

T sin

(12)

As, 2 q

=

T sinr 2

O equivalentemente, q

= r

(13)

K

s

T sin

(14)

K

Del equilibrio de fuerzas para el eje y obtenemos: T

=

mg

(15)

cos

Y ademas, r = 2lsin. Finalmente se obtiene: qeq

= 2lsin

s

mgtg K

= 4lsin

q

(16)

0 mgtan

b) Suponiendo que las esferas pierden carga a una tasa k locidad angular se acerca una de la otra, para   1?

Cseg

1, >con que ve-

Solucion

Para angulos peque~nos, tenemos sin  tan  . Ademas, se tiene que q_ = k , y al decirnos que las esferas se acercan, necesariamente las cargas son del mismo signo!. Tomando la raz positiva q

= 4lsin

q

0 mgtan

= 4l

p mg3=2 0

(17)

La tasa a la que vara la carga en el tiempo no es mas que: dq dt

= 4l

p mg 3 1=2 d = 6lq mg d 0

2

dt

0

dt

(18)

Despejando _ (que es justamente el modulo de la velocidad angular): d dt

=

1 dq p 6l  mg dt 0

8

(19)

d dt

k p 6l  mg

=

(20)

0

Finalmente la velocidad angular de la esfera a la izquierda sera: w ~1

=

d dt

^ k

=

k ^ p k 6l  mg

(21)

0

Y para la esfera de la derecha: w ~2

=

d dt

^ k

=

k ^= p k 6l  mg

0

9

w ^1

(22)

Problema 2

Se tiene una lnea homogenea de carga con densidad lineal , y de longitud nita a. Calcular el campo electrico en el punto P a distancia x del extremo.

Solucion

Tomamos un peque~no elemento d de la lnea de carga, situado a una distancia  del punto A, y obtenemos el campo electrico en el punto P debido a este elemento diferencial. ~ dE

=

1

d

40 (a + x

)2

^i

(23)

Y el campo electrico total se obtiene integrando para toda la lnea de carga. Esto es: ~ E

Sea

z

=a+x

~ E

=

~ E

,

=

as, dz =



Z

x

dz

(x + a)

d

^= x

40 x(x + a)

a

d

40 0 (a + x

i 40 a+x z 2

=

Z

1

)2

^i

(24)

y el campo queda: 

40 ^i =

1

 x ^ j a +x i = z 4 x

0



40 (a + x)

Q ^i = 1 ^i 40 x(x + a) 40 x(x + a) a

Con Q la carga total de la lnea. Notar que si x ! 0,

Ex

^i ! 1, mientras que si x  a, E~ = KQ x 2

10

^i

(25)

(26)

Problema 3

Una barra delgada con densidad de carga uniforme  se dobla con la forma de un arco de crculo de radio R. El arco subiende un angulo total 20 , simetrico con ~ en respecto al eje x, como se muestra en la gura. >Cual es el campo electrico E el origen O?. Vea que sucede cuando 0 ! 

Solucion

Considere un elemento diferencial de longitud dl = Rd, que forma un angulo  con respecto al eje x. La cantidad de carga de este elemento es dq = dl = Rd

Su contribucion al campo electrico en O es: ~ dE

=

1

1

dq

dq

r ^= ( cos^i 40 r2 40 R2

Integrando para



entre ~ E

0

=

sin^ j)

=

1

d

40

R

(

cos^ i

sin^ j)

(27)

y 0 , se obtiene: 1



40 R

Z

0 0

11

d ( cos^ i

sin^ j)

(28)

~ E

=

1



40 R

(

sin^ i + cos^ j)

j  0

0

=

1 2 sin 0 ^

40

i

R

(29)

Vemos que el campo electrico solo tiene componente en el eje x, lo que concuerda con el argumento de simetra. Si tomamos el lmite cuando 0 !  , el arco se transforma en un anillo circular. Ya que sin = 0, la ecuacion anterior implica que el campo electrico en el centro de un anillo no conductor es cero. Esto se esperara por argumentos de simetra. Por otro lado, para angulos muy peque~nos 0 caso de una carga puntual:

~ E



1 20 ^ i=

40

1 20 R^ i=

40

R

Donde la carga total del arco es

Q

 0, sin 0  0, recuperamos el

R2

= l = (2R0 )

12

1

Q

40 R2

^i

(30)

Problema 4

Considere un plano in nito de carga con densidad super cial  > 0. Se practica un ori cio circular de radio R. a) Calcule el campo electrico en cualquier punto de abscisa x perteneciente al eje del ori cio b) A lo largo del eje del ori cio se coloca una lnea de carga de largo a, densidad lineal  > 0 y cuyo punto mas proximo se encuentra a distancia  del centro del ori cio. Calcule la fuerza de repulsion que experimenta la lnea de carga.

Solucion

Una forma natural de solucionar este problema es utilizando el principio de superposicion. Esto es, considerar al plano con un ori cio como la suma de un plano completo con un disco de densidad super cial  . Ya se vio en clases que el campo debido a un plano in nito de carga es homogeneo y esta dado por: ~ E 1

13

=



20

^i

(31)

Ahora, para calcular el campo en el eje de un disco, de radio R y densidad  :

Un elemento de super cie del disco esta dado por dA = rdrd, que tiene asociado un elemento diferencial de carga, dado por dq = dA = rdrd. As, el campo electrico en P debido a este elemento de super cie sera: ~ dE 2

1

=

40

dq (~ r

j ~r

~ r0 )

(32)

j

~ r0 3

donde ~r = xk^, ~r0 = r(cos ^i + sin^j ) as

j ~r ~ r

~ r

0 j= (r2 + x2 )1=2

(33)

0 = xk^ + r(cos^i + sin^j )

(34)

~ r

Con esto la contribucion al campo total en P debido al elemento de super cie es ~ dE 2

=

1

40

^ rdrd (xk

rr ^)

(35)

(r2 + x2 )3=2

As, el campo electrico total en P debido al disco completo sera:

~ E 2

=

x

Z Z

40 0

2

R

0

r

(r2 + x2 )3=2

^ drd k



Z

40 0

2

d (cos^ i+sin )^ j

Z 0

R

r2

dr^ j

(r2 + x2 )3=2 (36)

La segunda integral es 0, y esto se puede mostrar calculandola directamente o usando el argumento de simetra, ya que es evidente que el campo electrico resul^ tante en el eje solo tendra componente en k: 14

Sea

u

= r2 + x2 , as, du = 2rdr , con esto: = 2

~ E 2

x

40

Z

R 2 + x2

du

2u3=2

x2

^ k

(37)

Donde el factor 2 sale de integrar d entre 0 y 2 . Finalmente:

~ E 2

=

x

4 0

1 x 1 ^ k + 20 R2 + x2 20 x

2 2 2u 1=2 jxx2 +R k^ =

~ E 2

=

~ E 2

=

x + 

2 0



2 0

p

(1

p

x

p

R2

+ x2 ^

(38)

R2

+ x2

k

(39)

p

x

)k^

(40)

R2

+ x2

Notar que si R ! 1 se recupera el campo de un plano in nito ~ E

=



2 o

^ k

~ y -E ~ , ya que el disco es Finalmente el campo electrico total en P, sera la suma de E 1 2 de carga  ~ E

=



2 0 ~ E

+

=

(p 2  0 R 2 + x2 



2 0

x

p

x R 2 + x2

15

^ k

1)k^

(41)

(42)

b)

Para calcular la fuerza sobre el alambre de carga, bastara con tomar un elemento diferencial de longitud dx y obtener la fuerza electrica que actua sobre este: ~ dF

~ (x) = dxE ~ (x) = = dq E

x

20

p



R 2 + x2

^ dxk

(43)

Con lo que la fuerza total sobre la lnea de carga sera: F

Sea

z

= R2 + x2 , con lo que ~ F

=



4 0

Z

dz

Z =



2 0

p

 R 2 + x2

^ dxk

= 2xdx. Finalmente:

R2 +(+a)2 dz R 2 +

+a x

pz

^i =



20

q (

16

R2 + ( + a)2

(44)

q

R2

+ 2 )k^

(45)

Problema 5

Un recipiente hemisferico no conductor de radio interior a tiene una carga total Q repartida uniformemente en su super cie interior. Encuentre el campo electrico en el centro de curvatura.

Solucion

Tomamos como origen el centro de curvatura de la semiesfera. A partir de esto podemos determinar la contribucion de un elemento diferencial de carga en la super cie al campo electrico en el eje que pasa por el centro de curvatura, que coincide con la direccion k^ ~ , por simetra, solo tendr (El campo E a componente en k^).

~ (~ dE r)

=

Ademas se tiene que: ds

1 (~r

40 j~r

~ r0 )

^ dsk

j

~ r0 3

= a2 sindd

(46)

(47)

y 

=

Q S

=

Q

(48)

2a2

Con esto, podemos determinar el campo total integrando sobre toda la super cie: ~ (~ E r)

=

1

Z Z

40 0

2

 =2

Q

(~r

2a2 j~r

17

~ r0 ) 2 a sindd ~ r0 3

j

(49)

Evaluando en ~r= 0 obtenemos el campo en el centro de curvatura: ~ (0) E

1

=

Z Z Z 2Z 2



Q

a2

40 0 =2 2 Q 1 ~ (0) = E 40 0 2a2

 =2

~ r0

j

j

~ r0 3 ~ r0

j

a sindd

2

(50)

2 sindd

(51)

a ~ r 0 j3

El vector ~r0 que recorre la super cie se puede escribir como: ~ r

0 = acosk^ + asincos^i + asinsin^j

(52)

Por el argumento de simetra, solo interesa la componente segun k^. Con esto: ~ (0) E ~ (0) E

=

Q

40 a2

Z

= 

=2

Q

40 a2

Z

 =2

acos 2 ^ a sind k a3

^ cossind k

=

Q

80 a2

Z

 =2

(53) ^ sin(2 )d k

(54)

Finalmente el campo en el centro de curvatura es: ~ (0) E

=

Q

80 a2

18

^ k

(55)

Pontificia Universidad Católica de Chile Fis1532: Electricidad y Magnetismo Profesora: Ma. Cristina Depassier T. Ayudante: Joaquín Arancibia N. [email protected]

Ayudantía 3

P1. Considere un alambre muy delgado como el de la figura, éste está compuesto por dos rectas infinitas y un arco de círculo de 135 grados. El alambre tiene una densidad lineal de carga λ constante. Encuentre el campo eléctrico producido en el punto P.

P2. Considere un cable coaxial muy largo, el cable está compuesto por un cilindro sólido interior, de radio “a” que lleva una densidad de carga volumétrica ρ constante y por un cilindro exterior hueco de radio b (b > a) que lleva una densidad de carga superficial σ , esta densidad es tal que el cable es eléctricamente neutro. Encuentre el campo eléctrico producido por el cable en todo el espacio.

P3. Considere dos esferas no-concéntricas de radio R. La primera de ellas lleva una densidad volumétrica de carga ρ y la segunda - ρ . Los centros de las esferas están a distancia menor que 2R (i.e.
las esferas se intersectan). Si d es el vector que va del centro de la esfera positiva al centro de la negativa, demuestre que el campo eléctrico en la intersección de las esferas es constante y encuentre su valor. P4. Considere la siguiente distribución volumétrica de carga en coordenadas esféricas: −nρ , r < a ρ (r ) =  donde ρ es una constante y n ∈ ℕ .  ρ ,a < r < b Encuentre mediante una aplicación adecuada del Principio de Superposición y de la Ley de Gauss el campo eléctrico en todo el espacio. P5. Entre dos planos infinitos paralelos a una distancia 2a uno del otro se tiene una distribución homogénea de carga con densidad ρ. Tangente al plano de la derecha hay un cascarón cargado, de radio R y densidad superficial σ (ver figura). Calcular, con el origen en el punto medio de la recta que une los planos, el campo eléctrico para todo x>0.


d

ρ -n ρ

Ponti cia Universidad Catolica de Chile

Facultad de Fsica FIS1532 Electricidad y Magnetismo

I. Electrostatica (2)

Fabian Cadiz C. [email protected] 1. Hemos visto las leyes empricas fundamentales de la electrostatica, es decir 1) Las cargas electricas estaticas son fuentes de campos electricos, los cuales actuan sobre otras cargas

2) El campo de una carga puntual esta dado por la Ley de Coulomb, es decir su intensidad decrece segun el inverso del cuadrado de la distancia 3) Si hay mas de una carga presente, el campo total sera la suma vectorial de los campos debido a cada carga individual (Principio de Superposicion) Y esta es toda la electrostatica! Si combinamos la ley de Coulomb y el principio de superposicion, no necesitamos (en teora) saber nada mas. Vimos que si se tiene una distribucion continua de carga encerrada en un volumen V, el campo electrico en un punto ~r se obtiene evaluando la integral de Coulomb ( ) = 41

Z Z Z

( )(

dv 0  ~ r0 ~ r

~ r0

)

(1) j ~r Mas adelante no utlizaremos demasiado esta formula, la escribimos solo para enfatizar el hecho de que hemos resuelto completamente el problema de la electrostatica en que conocemos la distribucion espacial de todas las cargas. Es decir, conocemos (~r0) en todo el espacio. ~ ~ E r

0

V

~ r 0 j3

Dadas las cargas, >como son los campos? La respuesta es : Resuelva esta integral. As que aparentemente no hay nada mas que resolver, todo se trata de calcular integrales en 3 dimensiones. Con las integrales de Coulomb podemos encontrar los campos producidos por un plano de carga, de una lnea de carga, de una cascara esferica de carga, o de alguna otra distribucion especi cada. El gran problema es, que en muchas situaciones reales de la electrostatica, no conocemos, inicialmente, como estan distribudas las cargas, luego las cosas se nos complican. Las posiciones de las cargas pueden depender del campo electrico, y el campo electrico a su vez dependera de la posicion de las cargas. Por ejemplo, si acercamos un cuerpo cargado a un conductor (o aislador), los electrones en el conductor se moveran hasta alcanzar un equilibrio electrostatico. La densidad de carga  puede ser conocida en parte, (la carga que hemos acercado), pero habra otra parte debida a las cargas que se mueven en el conductor que de nitivamente no conocemos inicialmente. Y para calcular la integral (1) todas la distribucion de carga se debe conocer. Luego, deberemos introducir otras leyes y herramientas necesarias para resolver los problemas de Electrostatica, y veremos que la situacion no siempre es tan facil como se podra pensar

2

Ley de Gauss de la Electrostatica

Comensaremos por de nir una cantidad escalar llamada ujo

vectorial.

de un campo

Considere la super cie de la gura. Se de ne S~ = S n^ como el vector de area, cuya magnitud es el area de la super cie, S, y apunta en la direccion normal n^. Si la super cie se encuentra sumergida en un campo electrico uniforme E~ que apunta siempre en la misma direccion de n^ (perpendicular a la super cie S), el ujo sobre la super cie es: E = E~
S~ = E~
n^S = ES (2) Por otro lado, si el campo electrico E~ forma un angulo  con n^, el ujo electrico sera: E = E~
S~ = EScos (3)

Es decir, el ujo de un campo vectorial sobre una super cie mide en cierta forma la componente normal a la super cie. Notar que segun la de nicion del vector normal n^, el ujo electrico es positivo si las lneas de campo electrico estan saliendo a traves de la super cie, y sera negativo si las lneas entran a traves de la super cie. En general,una super cie S puede ser curva y el campo electrico E~ puede variar sobre la super cie. La ley de Gauss es de vital importancia en electrostatica, y ocurre en el caso en que las super cies de interes son super cies cerradas. 3

Una super cie cerrada es aquella que envuelve completamente a un volumen. Para calcular el ujo electrico, se divide la super cie en una suma de elementos de area in nitesimales,
S~i =
Sin^i, como se ve en la gura.

El ujo a traves de
S~i es:
E = E~ i

S~i = Ei
Sicos (4) El ujo total a traves de la super cie se obtiene sumando sobre todos los elementos de super cie. Tomando lmite cuando
Si ! 0 se obtiene la integral de ujo:
E =
lSm!0

X

i




~ dS ~ E i i

ZZ

= SE~
dS~

(5)

Le ley de Gauss establece que el ujo electrico a traves de una super cie es proporcional a la carga encerrada por ella. Es decir: ZZ E = SE~
dS~ = qenc (6) 0 Esta ley es consecuencia directa de la Ley de Coulomb y la geometra Euclideana. Notar que campos electricos creados por cargas fuera de la super cie no contribuyen al ujo total. Es decir, el ujo sobre una super cie cerrada solo depende de la carga encerrada por ella. La forma de la super cie puede ser elegida arbitrariamente. Para las super cies de la gura, el mismo resultado se obtiene para el ujo electrico (E = Q=0).

4

La ley de Gauss es extremadamente util en muchos casos. Hay que notar, que a partir de la Ley de Gauss es posible recuper la Ley de Coulomb, es decir, conociendo la ley de Gauss uno podra determinar la forma de los campos. Hay que notar ademas, que hay casos en los cuales esta ley no es practica, es util solo en problemas donde la integral de ujo es simple de calcular. El potencial electrico

A continuacion veremos otra ley del campo electrostatico. En el caso mas general posible, el campo electrico debido a una distribucion de carga que consta de N cargas puntuales, q1, q2,...,qN , una distribucion volumetrica especi cada por la densidad de carga (~r0) en el volumen V y una distribucion super cial caracterizada por la densidad super cial de carga (~r0) sobre la super cie S es, por superposicion: Z Z Z Z Z N 0 X ( ~ r ~ r0 ) 1 1 ~ r ~ ri 1 0 0 0 r0 ) (~r ~r ) ~ dv (~ r) ds  (~ qi + + E (~ r) = 40 i=1 j~r ~rij3 40 j~r ~r0j3 40 S j~r ~r0j3 V Ahora, se puede demostrar que: 1 ~ r ~ r0 ~ = r (7) 0 3 j~r ~r j j ~r ~r0 j Entonces es evidente que si de nimos el campo escalar: Z Z Z Z Z N X 1 qi 1 dv 0 (~ r0 ) 1 ds0  (~ r0 ) V (~ r) = + + 40 i=1 j~r ~rij 40 j~r ~r0j 40 S j~r ~r0j Se tendra entonces que

( ) = r~ V (~r) Es decir, el campo electrostatico es menos el gradiente de un campo escalar llamado potencial electrostatico, es decir, sabemos que ahora existe una funcion V (~ r ) que satisface: ~ (~ ~ V (~ E r) = r r) (8) Notar que es inmediato que el potencial a una distancia r de una carga puntual ubicada en el origen estara dado por 1 q V (~ r) = 40 r ~ ~ E r

5

Interpretacion Fsica del Potencial

Supongamos que se tiene una distribucion de carga en el espacio, esta generara un campo electrico E~ (~r). Calculemos el trabajo necesario para mover una carga puntual q desde el punto A hasta el punto P sin alterar su energa cinetica. De esta forma, debemos ejercer una fuerza de igual magnitud y contraria a la fuerza electrostatica que siente la carga. Esto es: Z P ~ (~ W = qE r )
d~ l A

Podra ser que este trabajo dependiera de la trayectoria utilizada para ir desde A hasta P. Sin embargo, como ~ (~ ~ V (~ E r) = r r) W

Notar que

Luego

=

Z

P

A

r ( )
d~l

q~ V ~ r

r~ V (~r)
d~l = ( @V@x(~r) ; @V@y(~r) ; @V@z(~r) )
(dx; dy; dz) r~ V (~r)
d~l = @V@x(~r) dx + @V@y(~r) dy + @V@z(~r) dz = dV Z

= q A dV = q(VP VA) Es decir, el trabajo necesario no depende de la trayectoria, en otras palabras, el campo electrostatico es conservativo. De hecho, si la trayectoria es cerrada W

I

P


=0 Una clara interpretacion fsica se obtiene si tomamos q=1, luego, si tenemos una distribucion de carga cualquiera, el trabajo necesario para mover una carga unitaria cuasiestaticamente desde el punto A hasta el punto P contra el campo electrico creado por esta distribucion, es igual a la diferencia de potencial entre P y A. ~ d~ E l

6

Hasta el momento tenemos una interpretacion de lo que es la diferencia de potencial entre dos puntos, pero podemos simpli car aun mas esta interpretacion. Digamos que el punto A se escoge como un punto en el in nito, y pefectamente podemos de nir V (1) = 0 De este modo, tenemos que el trabajo necesario para traer una carga q desde el ini to hasta el punto P esta dado por W

=q

Z

P

1

dV

= qV (P )

Tenemos ahora una interpretacion fsica de lo que es el potencial en un punto del espacio. Es decir, si la carga es q=1, entonces el potencial en punto P corresponde al trabajo necesario para traer a la carga desde el in nito hasta el punto P. Este trabajo realizado es igual a la energa potencial que ha adquirido el sistema. Es decir, la energa potencial electica de la carga en el punto P es U = qV (P ). >Que ventajas tiene el potencial electrostatico?. Como vimos, si conocemos la distribucion de cargas, es decir, conocemos explcitamente (~r0), podemos calcular el campo resolviendo las integrales de Coulomb. Sin embargo, estas integrales pueden ser complicadas, un metodo alternativo sera resolver las integrales de Coulomb para el potencial Z Z Z dv 0 (~ r0 ) 1 V (~ r) = 40 r ~ r0 j V j~ Notar que calcular esta integral es notoriamente mas simple que calcular la integral para el campo electrico. En primer lugar, en esta integral no aparece ninguna cantidad vectorial. Segundo, el potencial solo depende del inverso de la distancia a la fuente, en cambio el campo electrico depende del cuadrado de la distancia. Notemos que una vez obtenido el potencial en todo el espacio, determinar el campo electrico es muy sencillo, solo basta con evaluar E~ (~r) = r~ V (~r), y todos sabemos que derivar es mucho mas sencillo que integrar.

Ahora, aun no hemos dicho nada sobre que hacer cuando la distribucion de carga no es conocida, eso lo veremos mas adelante, pero justamente el potencial electrostatico es una herramienta muy poderosa a la hora de resolver ese tipo de problemas.

7

El dipolo Electrico

Estudiemos ahora un cierto tipo de con guracion de carga. Primeramente, imaginemos 2 cargas cualquiera q1, q2 separadas una distancia a, como muestra la gura

De namos el siguiente vector p ~

= q1~r1 + q2~r2

De namos ademas, el vector ~x como el vector posicion del punto medio entre q1 y q2 y la direccion k^ que apunta desde q1 hacia q2. De esta forma, es claro que = ~x a2 k^ a ^ ~ r2 = ~ x+ k 2

~ r1

luego

= q1(~x a2 k^) + q2(~x + a2 k^) a(q2 q1 ) ^ p ~ = (q1 + q2 )~ x+( 2 )k p ~

8

Ahora, consideremos que ambas cargas son iguales en magnitud, pero de signo opuesto. Digamos q2 = q, q1 = q. Esto es lo que se conoce como dipolo electrico y entonces = qak^ Esto se conoce como el momento dipolar de un dipolo, y es un vector de magnitud qa y su direccion va siempre desde la carga negativa hacia la carga positiva. Esta con guracion es muy importante en electrostatica. p ~

Calculemos el potencial electrico en un punto P debido al dipolo. Para ello consideremos un dipolo en el eje vertical, como se muestra en la gura.

Por el principio de superposicion, el potencial en el punto P esta dado por: ( ) = 41 ( qr + 0

V p

Donde

2

r+

q r

)

= r2 + d2 2drcos 9

r

r+

2

= r2 + d2 + 2drcos q

= r 1 + (d=r)2 2(d=r)cos

Para el lmite en que d Cuanto vale ? b) >Cual sera la diferencia de potencial entre los planos?

Solucion

a) Como se tienen 2 planos inifnitos de carga, con densidad  y  respectivamente, se tendra que el campo electrico es nulo fuera de la region entre planos y sera uniforme como indica la gura para la region limitada por ambos. Esto es facil de ver utilizando el principio de superposicion. Si elegimos un eje horizontal, digamos, x^,y el origen sobre el plano de la izqueirda, tendremos que el campo debido al plano cargado positivamente es x>

x
d  ~ = E 2 2 x^ ~ E 1

0

xQue trabajo habra que hacer para impedir que la carga acelere, y entonces,mgtgd viaje desde 0 hasta d con velocidad constante? Justamente sera Vd V0 = q . El signo menos se debe a que deberamos ejercer una fuerza contraria al movimiento de desplazamiento. 17

Problema 3

Considere un anillo de radio R uniformemente cargado con densidad . >Cual es el potencial electostatico a una distancia z sobre el eje del anillo?. En seguida, calcule el potencial en el eje de un anillo de radio interior a y radio exterior b y densidad .

Solucion

Tomemos un elemento in nitesimal de longitud en el anillo dl = Rd, como se aprecia en la gura

Este elemento posee una carga dq

= dR

Su contribucion al potencial en P es 1 dq = 1 pdR dV = 40 r 40 R2 + z2 Luego, el potencial debido al anillo completo esta dado por ( )=

V P

Z dV

= 18

Z 2 d 0

40

p

R

R2

+ z2

(23)

(24) ( ) = 41 pR2R 2 + z2 0 notar que Q = 2R es la carga total del anillo, luego 1 p Q V (P ) = 40 R2 + z2 Es facil ver que si z >> R, se tiene el potencial de una carga puntual 1 Q V (P ) = 40 j z j Ahora, el campo electrico en el punto P se puede obtener a partir del potencial como V P

^i + @V ^j + @V k^) ( ) = rV (P ) = ( @V @x @y @z

~ P E

Como V (z) no depende de x e y, ( )=

~ P E

@V @z

^

k

^ ( ) = 41 (R22 zR k 2 3 =2 + z ) 0 Ahora, para obtener el potencial de un anillo de radios a y b, simplemente se considera la superposicion de anillos ini ntesimales: ~ P E

Tomamos un anillo de radio r y ancho in nitesimal dr, sabemos que el potencial en el eje esta dado por 1 p Q dV (P ) = 40 r2 + z2 19

donde Q = 2rdr es la carga que contiene ese anillo Luego 2 p drr dV (P ) = 40 r2 + z2 Y el potencial del anillo es ( ) = 2 0

V P



Z

b a

p drr r2 + z 2

Sea u = r2 + z2, con esto du = 2rdr , y por lo tanto Z 1 Z du = u1=2 p drr = 2 u1=2 r2 + z 2 Luego p2 2  p 2 ( b + z2 a +z ) V (P ) = 2 0

20

Problema 4

Un plano in nito y uniforme de carga electrica con densidad  pasa por un punto O. Por O hay una recta OX que es perpendicular al plano. A distancia a de 0 se encuentra una carga electrica puntual - Q. a) Calcule el potencial electrico resultante en un punto P(x) cualquiera entre A yO b) Una partcula de masa m y carga electrica -e se libera desde el punto medio entre O y A. >Con que energa cinetica choca contra el plano de carga?

Solucion

Para calcular el potencial en el eje x^ podemos primero calcular el campo electrico. Naturalmente, este se puede obtener facilmente por superposicion. Sea E~ 1 el campo electrico debido al plano in nito, sabemos que este es uniforme y no depende de la distancia al plano.  ~ ( x) = E 1 20 x^ Ahora, el campo electrico en un punto a distancia x de O, debido a la carga puntual sera 1 q x^ ~ (x) = E 2 40 (a x)2 Por el principio de superposicion el campo electrostatico en un punto P(x) entre A y O es  1 q )^x ~ (x) = ( E + 20 40 (a x)2 Ahora, sabemos que el campo electrostatico satisface ~ = r ~V E 21

Con esto, el potencial en el eje x^ cumple @V @x

= E (x)

 1 q = @x 20 40 (a x)2 Z 1 q )  + V (x) = dx( 20 40 (a x)2 @V

Finalmente

( ) = ( 2x + 41 (a 1 x) ) + C 0 0 b) Si colocamos una partcula de masa m y carga -e, esta sentira una fuerza que la acelerara en la direccion -^x. La fuerza neta sobre la partcula (despreciando el efecto gravitacional) es  1 q )^i ~ = eE ~ = e( F + 20 40 (a x)2 Ahora, utilizando el teorema del trabajo, se tiene que ZB 1 2 mv2 ) ~
d~ F l = (mvB W = A 2 A Es decir, el trabajo de la fuerza neta sobre una partcula en un trayectoria que va desde A a B, es igual a la diferencia de energa cinetica de la partcula entre ambos puntos. En este caso, A = a=2 y B = 0, ademas vA = 0 ya que parte del reposo, luego Z 0 1 2 ~
d~ eE l = mv0 2 a=2 Z 0 1 2 ~ V
d~ e r l = mv0 2 a=2 Z 0 1 2 e dV = mv0 2 a=2 1 2 e(V (0) V (a=2)) = mv0 2 Ahora 1 q + C ( a 1 2q + C ) V (0) V (a=2) = 40 a 40 40 a a 1 q V (0) V (a=2) = + 40 40 a 22 V x

Finalmente, la energa cinetica con la que llega al punto 0 es 1 2 a + 1 q ) K (0) = mv0 = e( 2 40 40 a

23

Problema 5

Una varilla delgada de longitud L tiene una carga uniforme de nida por su densidad lineal . Calcular el potencial en un punto cualquiera del espacio que lo rodea

Solucion

Sea P un punto de coordenadas (x; y). Tomemos un elemento diferencial de longitud en la barra, a una distancia l del origen, como se aprecia en la gura

La contribucion de este elemento in nitesimal al potencial en P es 1 dl dV = 40 r q

y r = (x l)2 + y2. Con esto ( ) = 41 0

Z

V P

Sea t = x l, con lo que dt =

dl

L

0

dl

(x l )2 + y 2

, as

( ) = 4 0

V P

q



24

Z

x L x

ptdt 2 + y2

Aqu es inmediato que se usa la sustitucion t = ytan, luego dt = ysec2d. Con esto tenemos Z Z Z dt dsec2 y pt2 + y2 = q 2 = dsec y (1 + tan2  ) Y esta integral es muy familiar y vale Z

dsec

Ahora, tan = y sec = Con todo esto, tenemos t y

pt +y 2

= ln(sec + tan)

2

y

 ( ) = 4 (ln(t + 0

V P

 ( ) = 4 (ln(x + 0 Finalmente V P

q

x2

+ y2)

( ) = 4 ln( 0 (x 

V P

y llamando

q

t2

+ y2))jxx

(

ln x

L

q

+ (x

q

 x+a ( ) = 4 ln( (x L + b) ) 0

V P

25

) + y2))

L 2

+qpx2 + y2 ) L + (x L2 ) + y 2 ) x

= x2 + y 2 q b = (x L)2 + y 2 a

L

Pontificia Universidad Católica de Chile Fis1532: Electricidad y Magnetismo Profesora: Ma. Cristina Depassier T. Ayudante: Joaquín Arancibia N. [email protected]

Ayudantía 5

P1. Considere dos cascarones esféricos de radios a y b (aExistira alguna forma de resumir aun mas la teora? Efectivamente, uno podra relacionar ambas ecuaciones, y obtener una unica ecuacion general que permita solucionar cualquier problema electrostatico. De la segunda ecuacion, se desprende que

r~  E~ = 0 ! E~ r~ V Es decir, todo campo conservativo es menos el gradiente de un campo escalar. Utilizando esto en la primera ecuacion

r~
( r~ V ) = 

0

Se obtiene la Ecuacion de Poisson

r~ 2V

=

 0

~2 =r ~
r ~ se llama Laplaciano. Hemos logrado reducir a Donde el operador r un mas el problema de la electrostatica, y todo se reduce a encontrar un campo escalar que satisfaga la ecuacion de Poisson con condiciones de borde adecuadas. ~V y Una vez resuelta esta ecuacion, se puede obtener el campo como E~ = r luego todo el problema estara completo.

11

La ecuacion de Poisson es una ecuacion diferencial parcial, que en coordenadas cartesianas equivale a @ 2V

@x2

+

@ 2V

@y 2

+

@ 2V

@z 2

=

(x; y; z ) 0

En regiones del espacio libre de carga ( = 0), se debe resolver la Ecuacion de Laplace con condiciones de borde adecuadas

r~ 2V

=0

Las ecuaciones de Poisson y Laplace aparece en diversas ramas de la fsica, como en gravitacion, dinamica de udos, propagacion del calor, etc Evidentemente, resolver las ecuaciones de Poisson o Laplace puede resultar analticamente muy complejo, sin embargo existen casos donde la simetra permite resolver estas ecuaciones sin mayor di cultad. En electrostatica existen varios metodos para resolver problemas Poisson - Laplace, algunos de ellos son: Metodo de las imagenes Expansion del potencial en polinomios ortogonales (tpicamente en polinomios de Legendre) Funciones complejas analticas, que resuelven Laplace en 2 dimensiones Metodos numericos En este curso nos limitaremos a resolver estos problemas cuando la geometra simpli que la resolucion.

12

Problema 1 Una esfera metalica se encuentra inicialmente descargada. Ahora imagine que una carga positiva q es colocada en algun lugar (no necesariamente al medio) dentro de la esfera y sin tocar las paredes.

a) >Que carga se induce en la pared interior y exterior de la esfera? Indicar cualitativamente la concentracion de densidad de carga inducida . Describir como son las lneas de campo electrico dentro y fuera de la esfera b) Suponga que se mueve la carga q dentro de la cavidad. >Cambia la distribucion en la super cie exterior de la esfera? c) Ahora se coloca la carga q en contacto con la super cie interior de la esfera.>Como queda la distribucion de carga en la super cie interior y exterior? d) >Que sucede si ahora se acerca otra carga q0 cerca de la super cie exterior del conductor?

Solucion a) La carga q en el interior de la esfera metalica inducira una separacion de carga en el metal. Sea qint la carga total inducida en la super cie interior, y qout la carga total inducida en la super cie exterior. Debido a que la esfera inicialmente se encuentra descargada, la ley de conservacion de la carga indica que se debe tener qin

+ qout = 0

>Cuanto vale qint ? Tomemos una super cie Gaussiana contenida enteramente dentro del cascaron esferico como se muestra en la gura

13

La carga total encerrada por esta super c e es qenc

= qint + q

Pero, debido a que el campo electrico E~ es cero en el interior de metal, la ley de Gauss indica ZZ

 E~
dS~ = (qint + q) = 0   0

(10)

De esta forma qint = q, y entonces qout = q. La distribucion de estas cargas y sus respectivas lneas de campo son como se aprecia en la siguiente gura

La carga negativa en la super cie interna se concentra mayoritariamente a la parte de la esfera mas cercana a la carga q. En contraste, la carga positiva de la super ultimo cie exterior se distribuye uniformemente sobre la super cie exterior. Esto debido a que la esfera metalica es una super cie equipotencial, y la unica forma de que esto suceda es que el campo sea radial y uniforme sobre la super cie exterior El campo electrico fuera de la esfera es ~ E

= 14

1

q

40 r2

r ^

tal como si la carga q se encontrara en el centro del conductor b) La distribucion de carga en el exterior no cambia al mover la carga q en el interior, por la misma razon anterior. Por supuesto, la carga inducida en el interior de la super cie si se vuelve a distribur en la medida que movemos q, para asegurar que el campo en su interior sigue siendo nulo E~ = 0  resulta interesante, pues en el exterior del conductor podramos saber cuanta Esto carga se encuentra en el interior, pero no podremos asegurar en que posicion se encuentra. c) Cuando la carga q toca la super cie interior, la carga inducida trara enteramente en el punto de contacto y cancelara la carga q.

q

se concen-

d) Si se acerca ahora otra carga q0 al exterior de la esfera, entonces la carga se distribuira en la super cie exterior de forma de ser una equipotencial. La distribucion de carga al interior no cambia debido a la prescencia de una carga en el exterior. En otras palabras, si una cavidad esta encerrada en un conductor, ninguna distribucion estatica de carga en el exterior podra producir campos dentro. Este principio se conoce como shielding, y explica el por que los aparatos electricos se encuentran en cubiertas metalicas. .

15

Problema 2 Un sistema de dos esferas de radio a y b (con a > b) conductoras cargadas posee una carga total Q. Si ellas estan separadas por una gran distancia y se les conecta con un alambre conductor de dimensiones despreciables, calcule la carga total sobre cada esfera y la magnitud aproximada del campo electrico sobre la super cie de cada una.

Solucion Sabemos lo siguiente: Cada esfera tiene una carga desconocida, pero su suma es conocida: + QB = Q (11) Notemos que el sistema entero es un conductor, y por lo tanto, es un equipotencial. Ademas, como las esferas estan separadas por una gran distancia, entonces el campo producido por una afecta de manera despreciable el campo de la otra. En la vecindad exterior de A, el campo es de la forma: QA

~ E A

=

QA

r ^A

(12)

QB

r ^B

(13)

40 rA2

y en la vecindad de B es de la forma: ~ E B

=

40 rB2

Ahora usemos el hecho que el sistema completo es un conductor, y por lo tanto V (a) V (b) = 0: V (a)

=

V (b)

=

Z

a

1

Z

b

1




~ ~ E A dl =




~ ~ E A dl =

QA

(14)

QB

(15)

4a0 4b0

De donde QA

40 a 16

=

QB

40 b

(16)

Lo que equivale a: QA

= QB

QA

=

QB

=

y usando que Q = QA + QB :

a b

(17)

aQ

(18)

bQ

(19)

a+b a+b

Con esto, el campo electrico sobre la super cie de la esfera A tiene como magitud aQ

EA

=

EA

=

~ E B

=

~ E B

=

40 (a + b)a2 Q

40 (a + b)a

y para la esfera B

bQ

40 (a + b)b2 Q

40 (a + b)b

De esta forma, EA EB

=

b a


b, la carga total encerrada es 0, debido a que un condensador en su totalidad es neutro, es decir, cualquier super cie que encierre completamente al condensador encierra 22

una carga total igual a cero. La diferencia de potencial esta dada por
V = Vb

Va

Vb

Va

Z

=

a

a

=

b

0

Z

Z




~ d~ E l=

b

a

dr r

Er dr

a

a

=

b

0

ln

b a

donde el camino de integracion tiene la direccion radial del campo electrico. Como era de esperarse, el conductor exterior con carga negativa tiene menor porencial. De esta forma tenemos =

C

Q


V

=

 2aL0 aln(

b a

)

=

20 L ln(b=a)

Claramente solo funcion de los factores geometricos. Consideremos un condensador cilndrico de largo L = 5 cm b = 0; 5 cm, a = 0; 1cm C C

= 1756 pF

=

29  10 12 0; 05 = 1; 75  10 ln(5)

12

Si conectamos una bateria de 5 Volt a este condensador, se almacenara una carga de Q

= C
V = 8; 784  10

23

12 F

Problema 5 Considere un condensador esferico, que consiste de 2 esferas concentricas de radios a y b. La cascara interior posee carga Q distribuda uniformemente sobre su super cie, y la esfera exterior posee una carga igual pero opuesta Q. Cual es la capacidad de esta con guracion?

Solucion El campo electrico solo es distinto de cero en la region a < r < b. Usando la ley de Gauss con una super cie esferica y de radio r como se muestra en la gura

ZZ

 E~
dS~ = E A = E 4r2 = Q S r r  0

de donde

E (r )

=

1

Q

40 r2

La diferencia de potencial entre las dos cascaras conductoras es
V = Vb Vb

Va

=

Z

Q

40

de donde obtenemos C

b a

=

dr r2

Va

= Q

j
V j 24

Z

=

b a




~ d~ E l

1

1

a

b

= 40 (

ab

Q

40

(

b

)=

a

)

Q

40

(

b

a ab

)

Ahora, para un conductor esferico aislado, tambien se puede hablar de capacidad, esta se obtiene tendiendo el radio b a inifnito, luego, la capacidad de la esfera conductora de radio a es Ca

= bl!1 m C = 40 bl!1 m (

ab b

a

) = 40 bl!1 m

(1

a a b

)

= 40 a

Luego, para una esfera conductora de radio R, su capacidad es C = 40 R Este resultado tambien se podra obtener considerando que una esfera de radio R con carga Q uniformemente distribuda sobre su super cie posee un potencial Q V = 4 R , usando in nito como referencia para el potencial, esto da 0 C

=

Q

j
V j

=

Q

Q=40 R

25

= 40 R

Problema 6 Dos cilindros muy largos y concentricos, de radios a y b, con b > a, se encuentran inicialmente descargados. La region entre ambos se llena con una densidad homogenea de carga , y luego cada uno de los cilindros se conectan a tierra. Calcule, resolviendo a -la- Poisson, el potencial y el campo electrico en la region interior.

Solucion En la region interior a ambos cilindros, es decir a < r < b, el potencial satisface la ecuacion de Poisson

r~ 2V

=

 0

Si usamos coordenadas cilndricas, el potencial podra depender de #, r y z . Sin embargo, de la simetra del problema es evidente que @V @#

=0

con lo que V = V (r; z ). Ademas, debido a que la longitud de los cilindros es mucho mayor a b a, el potencial tambien debe ser simetrico con respecto a z . De esta forma, podemos despreciar efectos de borde y considerar que el potencial es solo una funcion radial de la forma V = V (r) Ahora, el Laplaciano en coordenadas cilndricas para una funcion que solo depende de r es

r~ 2V

1

=

@

r @r

(r

@V @r

)

De esta forma, la ecuacion de Poisson se transforma en 1

@

r @r

(r

@V @r

26

)=

 0

Equivalentemente

@ @r

Luego (r

@V @r

@V @r

@r

@V @r

r

)= Z

)=

@V

(r (

(r

dr

)=

r

2 0

2 0

+C

0

r2 

r

)=

0

+C

+

C r

Finalmente V (r )

Z

=

V (r )

dr r2 

=

4 0

r

2 0

+

Z dr

C r

+ Clnr + A

Esta es la solucion general de la ecuacion de Poisson para un potencial de simetra cilndrica, dependencia radial, y densidad de carga constante. Ahora debemos imponer las condiciones de borde adecuadas para que la solucion sea unica (Problema Poisson-Dirichlet) Tenemos V (a) = 0 Equivale a imponer que la super cie cilndrica de radio a es una equipotencial conectada a tierra. Luego V (a)

a2 

=

4 0

+ Clna + A = 0

Ademas, V (b) = 0; con esto V (b)

=

b2 

4 0

+ Clnb + A = 0

Restando ambas ecuaciones, obtenemos 0 = C (lna

lnb) +

(b2

De donde obtenemos la constante C C

=

(a2 b2 ) 40 ln(a=b)

27

a2 )

40

De la primera condicion despejamos A A

A

=

=

a2 

lna

4 0

a2 ln(a=b)

(a2 b2 ) 40 ln(a=b) lna(a2

40 ln(a=b)

A

(b2 lna

=

b2 )

a2 lnb)

40 ln(a=b)

Con esto, la solucion del potencial para a < r < b es V (r )

=

r2 

4 0

+

(a2 b2 ) (b2 lna a2 lnb) lnr + 40 ln(a=b) 40 ln(a=b)

Hermoso resultado. Ahora, para obtener el campo electrico, usamos el hecho ~ E

=

r~ V

el operador gradiente en coordenadas cilndricas para una funcion que solo depende de r es

r~ V (r) = @V@r(r) r^ de manera que =

~ E

~ E

=(

r

2 0

@V @r

r ^

(a2 b2 ) )^r 40 rln(a=b)

que es el campo electrico para a < r < b. Para r < a es claro que el campo E~ es nulo, ya que no hay carga encerrada por el conductor interior. Calculemos las densidades de cargas sobre los conductores. Para el conductor interior, tenemos que el campo electrico sobre su super cie tiene magnitud E (a)

=

a

2 0

(a2 b2 ) r ^ 40 aln(a=b)

La densidad de carga sobre la super cie de un conductor se relaciona con el campo electrico segun  E = 0

28

Con esto la densidad de carga sera 1

= 0 (

a

20

(a2 b2 ) ) 40 aln(a=b)

El campo electrico en la super cie del conductor exterior tiene magnitud E (b)

=

b

2 0

(a2 b2 ) 40 bln(a=b)

y la densidad de carga sera 2

= 0 (

b

20

29

(a2 b2 ) ) 40 bln(a=b)

Pontificia Universidad Católica de Chile Fis1532: Electricidad y Magnetismo Profesora: Ma. Cristina Depassier T. Ayudante: Joaquín Arancibia N. [email protected]

Ayudantía 8

P1. Considere un conductor esférico de radio a dentro de otro de radio b. En el espacio entre ambos conductores se introduce un cascarón esférico conductor de radios interno y externo c y d respectivamente. Si la el conductor de radio a tiene carga +Q y el exterior de radio b –Q. Discuta Q que ocurrió con la razón al poner el cascarón esférico en el interior. ∆V

P2. Considere dos placas paralelas cargadas con densidades +σ y −σ como muestra la figura. Se arroja una carga +q horizontalmente por el espacio entre las placas con velocidad vx . Encuentre la trayectoria seguida por la partícula cargada y el ángulo que hace su vector velocidad con la horizontal al momento de salir.

P3. Calcule la fuerza por unidad de largo que se ejercen una huincha muy larga de ancho b y densidad de carga σ y un alambre igualmente largo con densidad lineal de carga λ , puesto en el mismo plano que la huincha a una distancia d del borde inferior como muestra la figura.

d

+

+ +

+

+

++ + +

+ +

+

+

+ +

+

P4. Un electrón es lanzado por el eje de un anillo de radio R y densidad de carga + λ a una altura R sobre el centro del anillo. Se define la “velocidad de escape” como la mínima velocidad necesaria para que el electrón no oscile en torno al centro del anillo, es decir no se devuelva. Encuentre esta velocidad.

Ponti cia Universidad Catolica de Chile Facultad de Fsica FIS1532 Electricidad y Magnetismo

Problemas de Electrostatica (I1) Fabian Cadiz C. [email protected] 1. Problema 1 Se tiene una distribucion rectilnea de carga de densidad  homogenea. Un punto P esta a una distancia r de la distribucion, y su proyeccion sobre la recta de carga esta a las distancias l1 y l2 de sus extremos.

a) Calcule el campo electrico en P b) Vea que sucede cuando r es mucho mayor que l1 y l2 c) Haga una aproximacion para los casos en que r es mucho menor que l1 y l2 >Que ocurre cuando l1 y l2 tienden a in nito? Compruebe su resultado con Ley de Gauss d) Obtenga el potencial en el punto P debido a un alambre in nito de carga

Solucion

a) Tomemos un elemento diferencial de longitud, a una distancia como se aprecia en la gura

l

del origen,

De la Ley de Coulomb, este elemento diferencial de carga crea un campo electrico en P que esta dado por 1 dq (~r ~r0 ) ~ (P ) = dE 40 j ~r ~r0 j3 En este caso, tenemos ~ r

= rr^

donde r^ es el vector radial en coordenadas cilndricas que apunta desde el origen hasta el punto P. Ademas 0 ^ ~ r = lk Luego ~ r

~ r

j ~r

~ r

0 = rr^

^ lk

0 j= pr2 + l2

De esta forma , la contribucion del elemento diferencial al campo es ~ (P ) dE

=

1

^) lk

dl(r r ^

40 (r2 + l2 )3=2

Utilizando el principio de superposicion, el campo total en P sera la suma de todas las contribuciones in nitesimales de la distribucion, esto es ~ (P ) E

=



40

(rr^

Z

l1 l2

dl

(l2 + r2 )3=2 2

^ k

Z

l1 l2

ldl

) (l2 + r2 )3=2

Ahora, la integral

Z

ldl

(r2 + l2 )3=2 se resuelve con la sustitucion u = r2 + l2 , luego du = 2ldl, con esto 1Z = (r2 + l2 )3=2 2

Z

ldl

y la integral

du

= u3=2

Z

1 = 1 u =2

p

1 2 r + l2

dl

(r2 + l2 )3=2 se resuelve con la sustitucion trigonometrica l = rtan#, asi Z

ldl

= (r2 + l2 )3=2 Z

Z

d#rsec2 #

= (r2 + r2 tan2 #)3=2

ldl

= (r2 + l2 )3=2

Z

Z

dl

= rsec2 #d#

d#rsec2 # r 3 sec3 #

d## 1 = 2 sin# 2 r sec# r

Ahora, de la gura vemos que sin # = pr2l+l2

luego

Z

1 l ldl = 2p 2 2 2 2 3 = 2 (r + l ) r r +l

Con esto, el campo total en P es ~ (P ) E

~ (P ) E

=

=

l1 l1 1 l 1 (rr^ 2 p 2 2 + k^ p 2 2 ) 40 r r + l r +l



l2

1 l l 1 ( r^( q 1 + q 2 ) + k^( q 40 r r 2 + l12 r 2 + l22 r 2 + l12 

3

l2

q

1 )) r 2 + l22

b) En el lmite cuando

r >> l1

q

y

r2

r >> l2 ,

+ l12 

q

se tiene que

r2

+ l22  r

Luego el campo queda ~ (P ) E

  4

0

1 l l 1 ( r^( 1 + 2 ) + k^(

~ (P ) E

r

r

r

r

1 r

))

 4 r l1 +r l2 r^ 0

pero (l1 + l2 ) no es mas que la carga total contenida en la distribucion, digamos, luego el campo toma la forma

q,

~ E

 4q r2 r^ 0

que es el campo de una carga puntual c) Ahora, en el lmite cuando l1 >> r y l2 >> r, se tiene que q q

r2

+ l12  l1

r2

+ l22  l2

y el campo queda ~ (P ) E

y si l1 ! 1, l2 ! 1, se tiene

2 1 ( r^ + k^( l1 0 r

  4

~ (P ) E

1 )) l2

 2 r r^ 0

que es el campo electrico de un alambre in nito de carga. Comprobemos este ultimo resultado con la Ley de Gauss.

4

Tomando como super cie Gaussiana un cilindro de radio r y cuyo eje de simetra coincide con el de la distribucion lineal de carga

Es claro que debido a que la distribucion es in nita, el campo posee una simetra cilndrica, luego el campo es radial y depende unicamente de la distancia r. Con esto, no hay ujo por las tapas del cilindro, y en el manto el campo electrico es siempre normal a la super cie y de mangnitud constante, luego

 dS~
dE~ = Z S

ZZ

Z manto

dS r ^E (r)^r = E (r)

la carga encerrada por este cilindro es

=

manto

dS

= E (r)2rl

= l, luego

qin

E (r )2rl

E (r )

Z Z

=

l 0



2r0

El mismo resultado obtenido anteriormente d) El campo del alambre in nito esta dado por ~ (r ) E

=



2r0

r ^

Sabemos que en electrostatica se cumple ~ (r ) E

=

r~ V (r)

Debido a la simetra, el potencial sera solo funcion de r, luego

r~ V (r) = dV r ^ dr 5

con esto Z

V (r )

=

V (r )

=

drE (r ) + C 

20

ln r + C

Donde C es una constante arbitraria. Notar que el potencial diverge en el in nito, esto debido a que la carga electrica total no es nita. (Solo en esos casos podemos jar el potencial igual a cero en in nito) Notar que las super cies equipotenciales son cilindros de radio r, y que para r = 1 V (1)

=C

Luego la constante C no es mas que el potencial de todos los puntos que estan sobre el manto de cilindro de radio unitario!. As V (r )

=



20

6

ln r + V (1)

Problema 2

Dos cables in nitos paralelos al eje X poseen densidad de carga uniforme  y . Ellos estan a distancia a del origen. a) Encuentre el potencial en un punto (x; y; z ) usando el origen como punto de referencia. b) Demuestre que las super cies equipotenciales son cilindros circulares

Solucion

a) Tenemos dos alambres in nitos cada uno a distancia a del origen, como se aprecia en la gura (notar que el eje X sale de la pagina)

Por el principio de superposicion, el potencial total en el punto P sera la suma de los potenciales debidos a cada distribucion individual. El potencial debido al alambre de densidad  es V1 (P )



=

20

ln s+ + C1

y el potencial debido al alambre de densidad V1 (P )

=



20



es

ln s + C2

Ahora, como nos piden que la referencia sea el origen, las constantes deben satisfacer V1 (a)

= 0 = V2 (a)

Con esto V1 (a)

=

V2 (a)

=



20 

20

ln a + C1 = 0 ! C1 =

ln a + C2 = 0 ! C2 =

Notar que C1 + C2 = 0. 7



20 

20

ln a ln a

C1

y

C2

El potencial en el punto P es V (P )

Si

P



= V1 (P ) + V2 (P ) =

ln s+ +

20



20

ln s

= (x; y; z ), entonces s+

=

s+

=

q

a)2

(y

q

+ z2

(y + a)2 + z 2

Finalmente, el potencial es V (P )

=+

q



20

q



ln( (y + a)2 + z 2 )

20

ln( (y

a)2

+ z2)

q V (P )

=

V (P )



20

=

ln( q



40

ln(

(y + a)2 + z 2 ) (y a)2 + z 2

(y + a)2 + z 2 ) (y a)2 + z 2

b) Las super cies equipotenciales estan dadas por (y + a)2 + z 2 =k (y a)2 + z 2 donde

k

es una constante. Esto equivale a (y + a)2 + z 2 = k ((y y

a)

2 + 2ay + a2 + z 2 = k (y 2

2 + z2)

2ay + a2 + z 2 )

O equivalentemente y

2 (k

Dividiendo por k

1) + z 2 (k

1) + a2 (k

1)

2ay (k + 1) = 0

1 y

2 + z 2 + a2

2ay

+1 =0 k 1 k

Notar que la ecuacion de una circunferencia con centro en y0 y radio (y

2

y0 ) + z

8

2 = R2

R

es

y

2 + z2

2yy0 + (y02

R

2) = 0

De aqu es claro que en planos perpendiculares a los alambres, las equipotenciales son circunferencias con k+1 y0 = a k 1 Despejando se obtiene que R

=

p

2a

jk

k

1j

En de nitiva las super cies equipotenciales son cilindros, como se aprecia en la gura

9

Problema 3

Dos planos in nitos y paralelos, a distancia a uno del otro, delimitan una region del espacio que contiene una distribucion continua y uniforme de carga electrica cuya densidad volumetrica es  constante. a) Calcular el campo electrico en el punto A a distancia x del plano central y el campo en un punto exterior P a distancia r del plano central

b) Ahora en la distribucion de carga anterior se reemplaza una esfera como en la gura por una distribucion con carga de densidad uniforme . Calcular el campo en el centro de la esfera , y en un punto P exterior a distancia x del plano central

Solucion

Para encontrar el campo electrico al interior de la distribucion, podemos utilizar la Ley de Gauss. Notar que como la region esta limitada por planos in nitos, por ~ solo tendr un argumento de simetra el campo E a componente en la direccion ^i. Notar ademas, que para x > 0, el campo tendra direccion x^, mientras que si x < 0, el campo tendra direccion x^. Utilizando un cilindro como super cie de Gauss, de radio x , se tiene ZZ

 E~
dS~ = qin S  0

10

En este caso solo habra ujo a traves de las tapas del cilindro, puesto que el campo es horizontal y peprendicular a la normal del cilindro sobre el manto. Luego ZZ

 E~
dS~ = E (x)2S S

donde S es el area de cada tapa. Ahora, la carga encerrada por este cilindro sera simplemente qin = V = 2xS Con esto

2xS

2SE (x) = E (x)

Finalmente, para

j x j< a=2

~ E

=

0 x

=

0

x 0

^i

Ahora, para obtener el campo en un punto exterior a distancia r > a=2 del plano central, volvemos a utilizar la ley de Gauss, como se aprecia en la gura

Nuevamente solo habra ujo por S1 y S2 , luego ZZ

 dS~
dE~ = E (r)(Z S

Z S1

dS1

ZZ

+

 dS~
dE~ = E (r)2S S

la carga encerrada por el cilindro sera qin

= V = aS

Luego E (r )2S

11

=

aS 0

Z Z S2

dS2 )

de donde se obtiene, para j r j> a=2 ~ E

=

a

2 0

^i

Notar que no depende de la distancia al plano central. b) Por el principio de superposicion, este problema equivale a considerar la distribucion de la parte a) mas una esfera de densidad volumetrica de carga 2. El campo en el centro de la esfera, debido a la esfera misma es nulo, por simetra. ~ (a=4) donde E ~ es el campo As, el campo total en el centro sera, simplemente E interior creado por la distribucion entre planos calculado anteriormente. ~ E centro

a

=

40

^i

Ahora, para obtener el campo en el punto P, calculemos primero el campo debido a la esfera de carga usando la Ley de Gauss,

ZZ

 dS~
E~ = qin S  0

 dS~
E~ = ZZ dS r^
E (r)^r = E (r) ZZ dS S S S

ZZ

ZZ

 dS~
E~ = E (r)4r2 S

y la carga encerrada por la super cie de Gauss es qin

= 2

Con esto E (r )

=

12

4a3 3

2a3 3 r 2 0

Esto corresponde al campo debido a la esfera, donde r es la distancia entre el punto P y el centro de la esfera. En este caso, el centro de la esfera se encuentra en x = a=4, con lo que el campo total en P sera ~ (P ) E

con

=

a

2 0

^i

j x j> a=2

13

2a3

30 (x

a=4)2

^i

Problema 4

Considere un dipolo de momento dipolar p~ formando un angulo # con la horizon~ = Ex tal. Suponga que existe un campo electrico externo uniforme dado por E ^. a) Calcule la fuerza total y el torque que se ejerce sobre el dipolo b) >Que ocurre si el campo no es uniforme?

Solucion

Como se aprecia en la gura, se tiene que la fuerza total sobre el dipolo sera ~ F

~ F

= F~+ + F~

= qE^i

qE^ i =~ 0

La fuerza neta sobre el dipolo en un campo externo uniforme es nula. Calculemos ahora el torque que se ejerce sobre el dipolo, con respecto a su centro de masa(origen) ~ 

~ 

= ~r+  F~+ + ~r

= (a cos #^i + a sin #^j )  qE^i + (

 F~ acos#^ i

a sin #^ j)

~ 

= a sin #^j  qE^i + a sin #^j  qE^i

~ 

= 2a sin #^j  qE^i = 2aqsin#E k^



qE^ i

Existe un torque sobre el dipolo, a pesar que la fuerza neta sobre el es nula! La direccion del torque es segun k^ (hacia dentro de la pagina). Es decir, el dipolo tiende a girar en el sentido del reloj de forma que el dipolo se alinea con respecto al campo. (Deja de haber torque cuando p~ y E^ son paralelos). Ahora, la magnitud del momento dipolar es p

= 2aq

14

Luego, se puede reescribir ~ 

^ pEsin#k

=

Escrito en forma mas general, se tiene ~ 

~ = p~  E

que da la expresion general para el torque sobre un dipolo de momento dipolar p~ ~. situado en un campo electrico E b) Si el campo externo no es uniforme, seguira existiendo un torque sobre el dipolo hasta que este este alineado con respecto al campo electrico. Eso s, la fuerza neta sobre el dipolo no necesariamente sera nula , por lo que ademas de girar, se desplazara hacia donde el campo electrico sea mas intenso.

15

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III. Condensadores, Medios Dielectricos

1.

Almacenamiento de Energa en un condensador

Fabian Cadiz C. [email protected]

Los condensadores se suelen utilizar para el almacenamiento de energa electrica. La cantidad de energa almacenada se puede pensar como el trabajo necesario para cargar al condensador, as, durante el proceso de carga, la fuente de voltaje realiza el trabajo para mover cargas desde una placa a la otra.

Imaginemos que el condensador esta inicialmente descargado. En cada placa del condensador hay muchas cargas negativas y positivas, pero estan en equilibrio, por lo que la carga total en ambas es cero, y por consiguiente no existe ningun campo electrico entre ellas. Comencemos extrayendo una carga positiva +dq de la placa inferior, llevandola hasta la superior. Al hacer esto, la placa de abajo queda con carga neta dq. Se repite este proceso una y otra vez, de esta manera cargamos el condensador y creamos un campo electrico donde no haba inicialmente. Supongamos que la cantidad de carga en la placa superior en un instante dado es +q, y la diferencia de potencial correspondiente es
V = q=C . Para traer otro elemento de carga +dq a la placa superior, el trabajo necesario sera dU =
V dq (Recordar la interpretacion fsica del potencial!). Si al nal del proceso la carga en cada placa es de Q (en modulo), entonces el trabajo realizado (energa entregada al sistema) durante el proceso es Z dU = Z dq
V = Z dq q = 1 Q2 U = C 2C 0 0 Esto es igual a la energa potencial electrica almacenada en un condensador 1 Q2 = 1 Q
V = 1 C
V 2 U = 2C 2 2 Q

O

Q

Q

Fuerzas entre conductores cargados

Pensemos ahora en una aplicacion directa de esta idea de energa electrostatica. >Cual sera la fuerza entre las placas de un condensador cargado? Evidentemente debe existir una fuerza, ya que ambas placas estan cargadas con cargas de signo opuesto. Esta fuerza es facil de obtener usando el resultado para la energa electrostatica de un condensador, usando el principio de trabajo virtual. Usemos este metodo para determinar la fuerza entre las placas de un condensador de placas paralelas. Si imaginamos que el espacio entre las placas es incrementado una peque~na cantidad, digamos
z, entonces el trabajo mecanico realizado para moverlas sera W = F
z donde F es la fuerza entre las placas. Este trabajo debe ser igual al cambio en la energa electrostatica del condensador. Notando que 1 Q2 U = 2C El cambio en la energa ( si la carga permanece constante) es
U = 12 Q2
( C1 ) Luego, se tiene F

Esto se puede reescribir como

2
z = Q2
( C1 ) 2


z = 2QC 2
C Esta fuerza, por supuesto, resulta de la atraccion de las cargas en las placas, pero vemos que no nos tenemos que preocupar en detalle sobre como estan distribudas, lo unico que necesitamos conocer es la capacidad C . En el lmite cuando
z ! 0 F

F

En general

2

= = 2QC 2 dC dz

dU dz

=

Q cte

= r~ U = Notar que para este calculo hemos asumido que la carga en el condensador permanece constante (es decir el condensador se encuentra aislado y no esta electricamente conectado a otros objetos, de forma que la carga total no cambia). ~ F

Q cte

2

Supongamos que en vez de eso hubieramos imaginado que el condensador es mantenido a una diferencia de potencial constante y utilizamos el desplazamiento virtual. Entonces habramos tenido 1 2 U = CV 2 y entonces 1 2 F
z = V
C 2 que en el lmite equivale a 1 2 dC = dU F = V 2 dz dt = En general ~ =r ~U F = V

V

cte

cte

Condensadores en circuitos electricos

Un condensador se puede cargar al conectar sus terminales a una batera, que mantiene una diferencia de potencial
V entre sus placas.

La conexion resulta de compartir cargas entre los terminales y las placas. Por ejemplo, si la placa se conecta al terminal positivo, adquirira carga positiva. Esto produce una reduccion momentanea de carga en los terminales, y por lo tanto decrece el potencial entre los terminales. Luego, reacciones qumicas dentro de la batera trans eren mas carga desde un terminal al otro para compensar la perdida y mantener el voltaje en su nivel inicial. La batera se puede pensar entonces como una bomba de carga que trae carga Q de una placa a la otra

3

Conexion en paralelo

Si tenemos dos condensadores, de capacidad C1 y C2 y con cargas Q1 y Q2 y se conectan en paralelo, como en la gura

Las placas izquierdas de cada condensador son conectadas al terminal positivo de la batera y estan al mismo potencial que la terminal positiva. De forma similar, las placas derechas estan conectadas al terminal negativo y poseen el mismo potencial de este. La diferencia de potencial entre las placas de ambos condensadores es la misma, luego Q1 C1 = j
V j Q2 C2 = j
V j Estos condensadores se pueden ver como un condensador equivalente de capacidad equivalente C , con una carga Q administrada por la batera. Debe tenerse que eq

Q

= Q1 + Q2 = C1 j
V j +C2 j
V j= (C1 + C2) j
V j

de forma que

= j
QV j = C1 + C2 Luego, condensadores conectados en paralelo suman su capacidad, en general Ceq

Ceq

= C1 + C2 + C3 + ::: + C = N

4

X N

=1

i

Ci

Conexion en serie

Supongamos que tenemos dos condensadores inicialmente descargados C1 y C2 conectados en serie. Una diferencia de potencial j
V j se aplica entre ambos condensadores. La placa izquierda del condensador 1 esta conectada al terminal positivo y se carga positivamente con +Q, mientras que la placa derecha del condensador 2 se conecta al terminal negativo y se carga negativamente con Q. >Que sucede con las placas interiores? Ellas estaban inicialmente descargadas, ahora ambas placas exteriores tienen cargas iguales pero opuestas. De esta forma la placa derecha del condensador 1 adquirira carga Q y la placa izquierda del condensador 2 +Q

Las diferencias de potencial en los condensadores son j
V1 j= CQ 1

j
V2 j= CQ

2

respectivamente. Vemos que la diferencia de potencial
V es simplemente la suma de las diferencias individuales en cada condensador j
V j=j
V1 j + j
V2 j Estos dos condensadores se pueden reemplazar por un unico condensador equivalente Q C = j
V j Luego Q Q Q = + C C C eq

eq

1

2

eq

1

2

y la capacidad equivalente para dos condensadores en serie esta dada por 1 = 1+1 C C C En general

1 = 1 + 1 + ::: + 1 = X 1 C C C C C N

eq

1

2

5

N

=1

i

i

El campo en medios Dielectricos

Aqu comenzamos a discutir otra de las propiedades interesantes de la materia bajo la in uencia de un campo electrico. Anteriormente consideramos el comportamiento de los conductores, en donde hay cargas libres para moverse en respuesta a un campo electrico de forma de cancelar el campo en el interior del conductor. Ahora discutiremos que sucede con los aislantes, materiales que no conducen electricidad. Uno podra creer primeramente que no debera haber efecto alguno, sin embargo, usando un condensador de placas paralelas, Faraday descubrio que esto no es as. Sus experimentos mostraron que la capacidad aumenta en un factor  que depende unicamente de la naturaleza del material asilante. E stos materiales tambien son llamados dielectricos, el factor  es una propiedad del dielectrico (y se llama constante dielectrica). La constante dielectrica del vaco es, por supuesto, 1. A continuacion se derivara el comportamiento de un dielectrico en un campo externo y se aplicara al calculo de capacidades con dielectricos. Todos los medios materiales se componen de moleculas, las que a su vez se componen de entes cargados (nucleos atomicos y electrones), y las moleculas de los dielectricos son, de hecho, afectadas por la prescencia de un campo electrico externo. El campo electrico produce una fuerza que se ejerce sobre cada partcula cargada, empujando las partculas positivas en la direccion del campo, y las negativas en sentido opuesto, de modo que las partes positivas y negativas de cada molecula se desplazan de sus posiciones de equilibrio, sin embargo estas cargas moleculares no estan libres para moverse muy lejos o ser extradas del material (lo que s ocurre en conductores). El efecto total, desde el punto de vista macroscopico, se visualiza como un desplazamiento de toda la carga positiva en el dielectrico en relacion a la carga negativa (Se produce una coleccion de dipolos!). A esto se le llama polarizacion. Existen 2 tipos de dielectricos, unos son los dielectricos polares, que tienen momentos dipolares permanentes. Un ejemplo de este tipo de dielectrico es el agua.

La orientacion de las moleculas polares ante la ausencia de un campo es totalmente aleatoria. Cuando un campo E~ 0 es aplicado, un torque causa que las moleculas se alinien en la direccion de E~ 0. (ver ultimo problema de ayudanta 9) 6

El otro tipo de dielectrico son los no polares, que no poseen momentos dipolares permanentes, pero que de igual forma se polarizan ante un campo electrico externo. Las moleculas polarizadas son como dipolos y se alinean en la direccion del campo.

La gura ilustra la orientacion de las moleculas no polares con y sin campo externo E~ 0. En ambos tipos de dielectricos, ante la prescencia de un campo electrico externo, se produce una polarizacion. Un dielectrico polarizado, aun cuando sea electricamente neutro en promedio, produce un campo electrico en los puntos exteriores e interiores al dielectrico. Polarizacion

Vimos que si un medio se polariza, se efectua una separacion de cargas positivas y negativas, y un elemento de volumen se caracterizara entonces por un momento dipolar electrico,
p~. Se de ne P~ , el momento dipolar electrico por unidad de volumen:
p~ ~ = (1) P
v Estrictamente, P~ debe de nirse como el lmite de esta cantidad a medida que
v se hace muy peque~no desde el punto de vista macroscopico. De esta forma, ~ se convierte en una funci P on puntual P~ (x; y; z), llamada Polarizacion del medio (Es, de hecho, un campo vectorial). Sus dimensiones son carga por unidad de area.

7

Campo de un Medio Dielectrico

Consideremos un pedazo nito de dielectrico polarizado, es decir, que se caracterize en cada punto ~r0 por su polarizacion P~ (~r`). La polarizacion da origen a un campo electrico. Para encontrarlo, encontremos primero el potencial en un punto P.

Cada elemento de volumen
v0 se comporta como un dipolo microscopico, y entonces se caracteriza por un momento dipolar
p~ = P~
v0, y como la distancia entre ~r y
v0 es grande comparada con las dimensiones de
v0, el porencial en ~r sera: P (~ r 0 )
(~ r ~ r 0 )
v 0
p ~
(~ r ~ r0 )
V (~r) = 4 j~r ~r0j3 = 4 j~r ~r0j3 0 0 (Ver el potencial de un dipolo!). El potencial en el punto ~r se obtiene sumando las contribuciones de todas las partes del dielectrico, luego

( ) = 41

ZZZ

( )
(~r ~r0) j~r ~r0j3 0 Esta integral puede evaluarse directamente si se conoce la forma funcional de ~ (~ P r 0 ). En la pr actica eso no se hace, resulta ventajoso desarrollar aun mas esta expresion. Usando la siguiente identidad 1 ~ r ~ r0 0 ~ r j~r ~r0j = j~r ~r0j3 El potencial queda expresado como Z Z Z 1 1 0 ~ (~r0 )
r ~0 V (~ r) = dv P 40 j~r ~r0j El siguiente paso consiste en utilizar la siguiente identidad del calculo vectorial V ~ r

~ ~ dv 0 P r0

V

V

r~ 0
(f F~ ) = f r~ 0F~ + F~
r~ 0f

8

Donde f es cualquier funcion escalar y F~ un campo vectorial. Con esto, si uti1 lizamos f = j j y F~ = P~ (~r0) ~ r ~ r0

~ 0 ( )
r~ 0 j~r 1 ~r0j = r~ 0 j~rP (~r~r)0j j~r 1 ~r0j
r~ 0P~ (~r0)

0 ~ ~ P r

Con esto

Z Z Z Z Z Z ~ (~ 1 1 P r0 ) 0 0 0 1
r ~ 0~ 0 ~ V (~ r) = dv r dv 0 40 j~r ~r j 40 j~r ~r0j P (~r ) La primera integral puede transformarse en una integral sobre una super cie cerrada mediante el teorema de la divergencia, obteniendo V

V

Z Z Z ~ (~ P r0 ) 1 1   0 ~ V (~ r) = 40  dS
j~r ~r0j 40 O equivalentemente

ZZ

S

Z Z Z ~ (~ P r0 )
n ^ 1 1   0 V (~ r) = 40  dS j~r ~r0j + 40 S

V

dv

ZZ V

0

1
r~ 0P~ (~r0) j~r ~r0j

dv

0

r~ 0
P~ (~r0) j~r ~r0j

Las cantidades P~
n^ y r~
P~ son dos funciones escalares obtenidas a partir de la polarizacion P~ . Es conveniente asignar a estas cantidades smbolos especiales, y como tienen dimensiones de carga por unidad de area y carga por unidad de volumen, respectivamente, escribiremos 



= P~
n^

= r~
P~

Y llamaremos a  y  densidades de carga de polarizacion. La densidad super cial de carga de polarizacion esta dada por la componente de polarizacion normal a la super cie, y la densidad volumetrica de carga de polarizacion es una medida de la no uniformidad de la polarizacion dentro del material. En resumen, el potencial debido al material dielectrico es, nalmente 1 ZZ dS 0 0 + 1 Z Z Z dv0 0 V (~ r) = j~r ~r0j 40 j~r ~r0j 40 S

V

De esta expresion es evidente que proviene de una distribucion de carga. En otras palabras, el material dielectrico se ha sustituido por una distribucion adecuada 9

de carga de polarizacion. El campo electrico se obtiene usando el hecho ~ (~ ~ V (~ E r) = r r) 1 ZZ dS 0 0(~r ~r0) + 1 Z Z Z dv0 0(~r ~r0) ~ (~ E r) = j~r ~r0j3 40 j~r ~r0j3 40 S

V

Notemos que la carga de polarizacion total de un cuerpo dielectrico es

ZZ

ZZZ

 0 ~ 0
P~ (~r0 )) +  = dv ( r  dS 0 P~ (~r0 )
n^ Utilizando el teorema de la divergencia, es evidente que Q = 0, como debe ser! Esto concuerda con que un dielectrico, como un todo, es electricamente neutro. Qp

S

V

p

Ley de Gauss en un Dielectrico, Desplazamiento Electrico

Al principio del curso se dedujo una relacion importante entre el ujo electrico y la carga, es decir, la ley de Gauss. Esta ley dice que el ujo electrico a traves de cualquier super cie cerrada es proporcional a la carga total encerrada por la super cie. Al aplicar la ley de Gauss a una region que contiene cargas libres dentro de un dielectrico, hay que tener cuidado en inclur todas las cargas dentro de la super cie gaussiana, tanto la carga de polarizacion como la carga libre.

Consideremos una super cie S cerrada imaginaria colocada dentro de un medio dielectrico. Consideremos cierta cantidad de carga libre Q, contenida en el volumen limitado por S'. La ley de gauss es entonces ZZ E~
dS~ = Q + 1 ZZ  dS00 + 1 Z Z Z dv00  

ZZ 

S


S

~ ~ dS E

0

0

0

ZZ Z = Q + 1   dS~
P~ (~r0) 1 0

0

S0

0

Z Z Z Z 1 1    0 0 ~ ~ =  +    dS
P (~r )   + 0 0 0 S0

Q

As

ZZ 

S

S0

S


~ ~ dS E

ZZ

=

Q

0

10

S0

~ dS

0
P~ (~r0 )

1 ZZ P~ (~r0)
dS~

0

S

r ( )

0 0 ~ ~r0 dv ~ P

O Equivalentemente 0

ZZ 

S


~ ~ dS E

ZZ (

ZZ  ( 0)


= Q  P~ ~r S

~ dS

~ =Q S 0 E~ + P~ )
dS

Se de ne el desplazamiento electrico como

= 0E~ + P~ La ley de Gauss, en terminos de D~ queda: ZZ D~
dS~ = Q  ~ D

(2)

S

Esta es la Ley de Gauss generalizada a un dielectrico, notar que Q representa unicamente la carga libre, es decir, toda la informacion sobre la polarizacion del medio se encuentra contenida en D~ Notar que si no hay dielectrico (vaco), se tiene P~ = 0, D~ = 0E~ y

ZZ 

~ =Q S0 E~
dS

(3)

que es la ley de gauss usual para el vaco. Forma diferencial de la Ley de Gauss General

Si expresamos la carga libre encerrada por una super cie gaussiana como una integral de volumen

ZZ 

S


~ ~ dS D

Z Z Z =

D

dv

(No confundir este  con la densidad volumetrica de carga de polarizacion. Aqu,  representa la densidad volum etrica de carga libre)

ZZZ

V

r
D~ =

dv ~

ZZZ

D

dv

De donde se obtiene la forma diferencial de la ley de gauss general r~
D~ =  La ventaja de expresar las formas integral y diferencial de la ley de gauss en terminos del vector D~ consiste en que solo aparece explcitamente la carga libre Q y la densidad de carga libre contenida en el medio dielectrico, respectivamente 11

Susceptibilidad Electrica y constante Dielectrica

Para la mayora de los materiales, P~ se anula cuando E~ se anula. Como este es el comportamiento mas comun, nos limitaremos a los materiales de este tipo. Ademas, si el material es isotropico, la polarizacion debera tener el mismo sentido que el campo electrico que la provoca. Esto se resume en: = (E )E~ Donde la cantidad escalar (E ) se llama susceptibilidad electrica del material. As, una expresion para D~ en medio isotropicos sera ~ = ( + (E ))E ~ = (E )E ~ D 0 ~ P

Donde (E ) = 0 + (E ) es la permitividad del material. Experimentalmente  y  son independientes del campo el ectrico para campos no muy intensos. En otras palabras,  y  pasan a ser constantes caractersticas del material. Materiales de este tipo se llaman dielectricos lineales, y se tiene ~ P

= E~

= E~ Es mas conveniente trabajar con una cantidad adimensional, , de nida por  k=  ~ D

0

Esta constante se llama constante dielectrica, de manera que = E~ = 0E~ Notar que  es siempre mayor que 1, excepto en el vaco, donde  = 1. La primera ecuacion de Maxwell queda r~
E =  =  ~ D

o

Eso signi ca que en un medio dielectrico, el campo electrico es debilitado por un factor .

12

Condensadores con Dielectricos

Un material no conductor, ancho t, area A y constante dielectrica  se inserta en el espacio entre placas de un condensador con distancia d entre placas, carga Q y area A. No es necesario que el dielectrico este en la mitad del espacio entre placas.

Para encontrar la capacitancia, calculemos primero la diferencia de potencial entre placas. Ya se vio que en auscencia de dielectrico, el campo electrico entre las placas esta dado por E0 = = , y entonces E = . El potencial se puede encontrar integrando el campo electrico sobre una curva vertical desde la placa superior a la inferior Z
V = + Edl =
V0 +
V = E0(d t) E t = AQ (d t) AQ  t  0

Q 0 A

E0 k

D

D


V = Con esto se obtiene C

D

Q A0

0

0

(d t(1 1 ))

= j
QV j = d t(10A 1 ) 

Notemos algunos lmites, por ejemplo cuando t ! 0, es decir, cuando el ancho del dielectrico tiende a cero, se obtiene C = 0 = C0, que es la capacidad esperada para cuando no hay dielectrico. Cuando  = 1, nuevamente se obtiene C = = C0, ya que al ser  = 1, el dielectrico es simplemente vaco. En el lmite cuando t ! d, el espacio esta totalmente lleno de dielectrico, y se tiene A d

0 A d

= d0A = C0 Es decir, un condensador lleno de dielectrico aumenta su capacidad en el factor ! C

13

Problema 1

Considere la con guracion de la gura. Encuentre la capacidad equivalente asumiendo que todos los condensadores tienen la misma capacidad C

Solucion

Para los condensadores conectados en serie, la capacidad equivalente esta dada por 1 = 1 + 1 + ::: + 1 = X 1 C C C C C N

1

eq

2

=1

n

i

i

Por otro lado, para los condensadores conectados en paralelo, la capacidad equivalente es Ceq

= C1 + C2 + ::: + C = N

X N

=1

Ci

i

Con esto, se obtiene el siguiente circuito equivalente

Notar que ahora tenemos 3 condensadores en paralelo. La capacidad equivalente es 1 1 11 C C = C (1 + + ) = 2 3 6 eq

14

Problema 2

Se tiene un condensador plano con capacidad C1 y un condensador esferico con capacidad C2. El primero tiene cargas electricas q1 y q1 y el segundo tiene cargas electricas q2 y q2. Luego se conectan ambos condensadores como lo muestra la gura

a) Obtenga las nuevas cargas q10 , q10 , q20 , q20 una vez obtenido el equilibrio electrico b) >Cuanto vale la perdida de energa potencial electrica? c) Segun su sentido fsico >donde se pierde dicha energa? d) Se coloca un dipolo electrico p~ entre las dos esferas del condensador electrico. >Que sucede con el? Solucion

a) Por conservacion de la carga electrica, al conectar ambos condensadores, la carga total solo debe distriburse, luego 0 0 q1 + q2 = q1 + q2 Al producirse el equilibrio electrico, los conductores unidos quedan al potencial V , luego la diferencia de potencial entre sus terminales es com un para ambos condensadores (estan conectados en paralelo), esto es = C1V 0 q2 = C2 V 0

q1

Luego Con esto

q10

q20

0

q1

= CC1 2

= CC1(q1++Cq2) 1

15

2

0

q2

b) La energa inicial esta dada por

Ui

Uf

Uf

02 02 = 12 Cq1 + 12 Cq2 1 2

= 21 (( Cq1 + Cq2 2

2

1

2

1

Ui

Uf

Ui

Esta es la perdida de energa

q102

C1

q202

C2

))

( + q2)2 C2(q1 + q2)2 ) (C1 + C2)2 (C1 + C2)2 2 2 2 2 = 21 ( Cq1 + Cq2 (Cq1 ++qC2) ) 1 2 1 2 1 (q1C2 q2C1)2 U = 2 C1C2(C1 + C2)

= 21 ( Cq1 + Cq2 2

2

Ui

La diferencia de energa es Uf

1

1 q12 1 q22 = 2C + 2C 1 2

Y la energa nal por

Ui

= CC2(q1++Cq2)

2

C1 q1

f

c) La perdida de energa se produce debido a que al conectar ambos condensadores, se produce una redistribucion de carga en ellos (y entonces en un intervalo de tiempo corto circula una corriente electrica en los conductores). La energa que se pierde corresponde a la energa disipada en forma de calor en los conductores d) El dipolo gira para orientarse en el sentido del campo electrico entre ambas cascaras esfericas. Ademas, como el campo no es uniforme en esta region, el dipolo se desplaza hacia donde el campo electrico es mas intenso, es decir, hacia la cascara negativa

16

Problema 3

Hay dos condensadores con capacidades C1 y C2 conectados a una batera de potencial V . A continuacion se desconectan de la batera y se unen como en la gura de abajo. o

Calcular la nueva diferencia de potencial entre las placas en funcion de C1, C2 y V

o

Solucion

Se tiene que inicialmente C1 y C2 estan conectados en serie, luego su capacidad equivalente es 1 = 1+1 C C C 1

eq1

Con esto

Ceq1

2

= CC1+CC2 1

2

Si Q1 es la carga almacenada por el sistema (igual en cada condensador), entonces

Q1

Ceq1

= QV 1

eq1 Vo

= CC1+CC2

=C

17

o

1

2

Vo

Ahora, los condensadores se conectan en paralelo, por lo que en esta situacion la capacidad equivalente es C = 2 Q1 eq2

V

Ojo! El factor 2 se debe a que inicialmente la carga total es 2Q1 (en cada condensador inicialmente se almacena carga Q1). V es la nueva diferencia de potencial en los condensadores. Ademas se tiene que C = C1 + C2 eq2

As C1

de aqu obtenemos que V

Finalmente

+ C2 = 2 CC1+CC2 1

= 2 CC1+CC2 1

V

2

Vo

2

Vo

18

V

1 C1 + C2

= 2 (C C+1CC2 )2 V 1

1

2

o

Problema 4

Se tiene un circuito como el que se muestra en la gura.

a) Encontrar la carga de cada condensador cuando se cierra el interruptor S1. b) Cuando se cierra tambien el interruptor S2 Solucion

a)Cuando solo se cierra el interruptor 1, se tiene

En este caso, C1 y C3 estan en serie, asi como tambien C2 y C4. La capacidad equivalente entre C1 y C3 esta dada por: 1 = 1 + 1 = 1 + 1  = 4 (F ) 1 C 1 C1 C3 3 3 Con lo que 3 C 1 = F 4 Del mismo modo, para la capacidad equivalente entre C2 y C4 1 = 1 + 1 = 1 + 1 (F ) 1 = 3 (F ) 1 C C C 2 4 4 eq

eq

As

eq

2

2

4

Ceq 2

19

= 43 F

(4)

Por ultimo, C 1 y C 2 estan en paralelo, por lo que la capacidad total sera 3 + 4 = 25 F C =C 1+C 2 = 4 3 12 Con esto podemos determinar la carga total suministrada por la fuente, dada por 25 Q =
V C = 12 F = 25C 12 Ahora, sea Q la carga acumulada por el condensador i. Se tiene que Q1 = Q3, Q2 = Q4, ya que se encuentran en serie. Sean V la diferencia de potencial entre los terminales del condensador i. As eq

eq

eq

eq

eq

i

i

Q3

Q1

= 1V1

Q2

= 2V2

= 3V3 = Q1

= 4V4 = Q2 Ademas, los voltajes estan relacionados segun Q4

12 = V1 + V3 = V2 + V4 Resolviendo este sistema, se tiene As,

Q1

= V1; Q2 = 2V2; Q1 = 36 3V1; Q2 = 48 4V2

= 36 3V1; 2V2 = 48 4V2 De donde se obtiene nalmente V1 = 9V; V2 = 8V; V3 = 3V; V4 = 4V Por ultimo, Q1 = 9C ,Q2 = 16C . Q3 = 9C , Q4 = 16C . V1

Se comprueba que Q1 + Q2 = Q3 + Q4 = 25C = Q

20

b) Ahora se tiene lo siguiente:

Aqu, se tiene a los condensadores C1 y C2 en paralelo, lo mismo sucede con C3 y C4 : Ceq 1

= C1 + C2 = 3F

= C3 + C4 = 7F Y estos dos se encuentran en serie, por lo que: 1 = 1 + 1 (F ) 1 = 10 (F ) 1 C 3 7 21 As 21 F C = 10 Y la carga suministrada por la fuente sera 21 V = 21
12 = 126 = 25; 2C Q= 10 10 5 Ceq 2

eq

eq

Ademas, se tiene V1 = V2, V3 = V4, ya que se encuentran en paralelo. As 1 = V = 2 V = 1

V3

Con esto

Q1

2

Q2

= Q3 = V4 = Q4 3

21

4

2 Q1 = Q2 4Q3 = 3Q4 Tambien debe tenerse que Q1

+ Q2 = Q3 + Q4 = 25; 2C

Con esto 2Q1 = Q2 = 25; 2 Q3

= 25; 2

Q1

! Q1 = 8; 4C

= 25; 2 34 Q3 ! Q3 = 10; 8C 4 Q4 = Q3 = 14; 4C 3

Q4

22

Problema 5

Considere el circuito de la gura

Primero se carga C1 cerrando el interruptor S1. Despues este interruptor es abierto, y el capacitor cargado se conecta al otro capacitor descargado cerrando al interruptor S2. Calcule la carga nal en cada uno de los capacitores. Solucion

Al cerrar el interruptor S1, se conecta el condensador C1 a los terminales de la fuente de voltaje, luego este acumula una carga igual a = CV = 620 = 120(C ) Ahora, se abre el interruptor S1 y se cierra el interruptor S2, es decir, se desconecta la fuente de voltaje y se conectan ambos condensadores en paralelo. Basicamente lo que ocurre aqu es una redistribucion de la carga almacenada. Q

Sea Q1 la carga nal en el condensador 1 , y Q2 la carga nal en el condensador 2. Se sabe que la carga total debe conservarse, es decir Q = Q1 + Q2 = 120(C ) Y en cada condensador se tiene Q1 = 6V1 Q2 = 3V2 Como estan en paralelo, V1 = V2, as Q2 Q1 Q1 = ! 6 3 Q = 2 2

De donde se obtiene, Q1 = 80 (C), y Q2 = 40 23

Problema 6

Calcular la capacidad del condensador de la gura

Solucion

El problema se puede tratar como 2 condensadores en paralelo, uno formado por los dielectricos de constante 1 y 2, y el otro formado por dielectrico de constante 3 y vaco. El primer condensador (C1), se puede ver como 2 condensadores en serie, llenos de los dielectricos 1 y 2, as 1 = 1+ 1 C10

C1

Con

0

C1

C100

= 1d0S1 1

00 = 2 0 S1 d2

C1

1 = d1 + d2 C   S   S De donde se obtiene

1

10 1

20 1

= d 1+20dS1 1 2 2 1 Para el condensador C2, se procede de manera similar, esto es 1 = 1+ 1 C1

Donde

C20

C2

0

C2

C200

= 0dS2 1

00 = 3 0 S2 d2

C2

24

Donde se obtiene C2

= d 30+S2d 1 3

2

Finalmente, como C1 y C2 estan en paralelo, la capacidad total sera C

= C1 + C2 = d 1+20dS1 + d 30+S2d 1 2

25

2 1

1 3

2

Problema 7

Dos placas conductoras cuadradas de lado a se disponen con sus cargas paralelas y muy proximas entre s. La distancia entre las placas es x como se indica en la gura. Calcule la fuerza sobre la placa B en las direcciones x y z cuando la diferencia de potencial entre las placas es V o

La energa almacenada en el condensador es 1 2 U = CV 2 donde la capacidad esta dada por  A C = =  a(a o

o

o

x

z

)

x

De esta forma ~ F

^i + dU k^ = r~ U = dU dx dz

= 21 V 2( 0(ax2 z)a^i + xa k^) 1 V 2  (a z)a^i 1 V 2  a k^ ~ = F 2 x 2 x o

~ F

o

o

o

o

o

26

Ponti cia Universidad Catolica de Chile Facultad de Fsica FIS1532 Electricidad y Magnetismo

III. Medios Dielectricos (2) Fabian Cadiz C. [email protected] 1. El campo en medios Dielectricos Continuamos con el tratamiento del campo en medios dielectricos. Recordemos el hecho de que cuando se establece un campo electrico en un medio dielectrico, este se polariza. Esto se traduce en que un elemento de volumen en el dielectrico se caracteriza por un momento dipolar.

De niendo el vector P~ como la densidad de momento dipolar, se obtiene que el potencial de una distribucion de dielectrico polarizado es 1 ZZ  P~ (~r )
n^ 1 Z V (~ r) = dS + 40 S j~r ~r j 40 0

Z Z

0

0

V

r~
P~ (~r ) j~r ~r j 0

0

dv

0

0

que equivale al potencial de una distribucion determinada de carga, donde 



= P~
n^

=

r~
P~

Son las densidades de carga de polarizacion. Recordar que la carga total en un dielectrico es siempre nula.

Ley de Gauss en un Dielectrico ~ = E ~ +P ~ De niendo el campo vectorial desplazamiento electrico D o

se obtiene la ley de Gauss general ZZ

 D~
dS S ~ = Q

(1)

Esta es la Ley de Gauss generalizada a un dielectrico, donde Q representa unicamente la carga libre. La forma diferencial corresponde a la primera ecuacion de Maxwell para un medio dielectrico

r~
D~ =  Constante Dielectrica Para la mayora de los materiales, se tiene ~ P

= (E )E~

~ sera As, una expresion para D ~ D

= (0 + (E ))E~ = (E )E~

Donde (E ) = 0 + (E ) es la permitividad del material. En los dielectricos lineales,  y  son constantes caractersticas del material, y se tiene ~ P

= E~

~ D

= E~

Y se de ne una cantidad adimensional,  

=

 0

Esta constante se llama constante dielectrica, de manera que ~ D

= E~ = 0 E~ 2

En resumen, la primera ecuacion de Maxwell para un medio dielectrico lineal queda   ~ = = r


o

el campo electrico es debilitado por un factor .

Condensadores con Dielectricos Se comprobo experimentalmente que la capacidad de un condensador lleno de  es consecuencia de que en el medio dielectrico el campo dielectrico aumenta. Esto electrico es mas debil, luego, para una densidad de carga ja en las placas del condensador, la integral de lnea del campo es menor (Voltaje entre placas menor para una carga dada).

Es decir, la capacidad es mayor. En efecto C

=

0 A d

= C0

Es decir, un condensador lleno de dielectrico aumenta su capacidad en el factor !

3

Problema 1 Se tiene un condensador plano de area A en el vaco, y se carga con una batera. El condensador obtiene una carga Q. Luego, se desconecta de la batera y se llena la mitad del espacio entre placas con un dielectrico de permitividad 2 . Calcular a) la nueva diferencia de potencial entre las placas b) las densidades super ciales de carga en cada placa c) las densidades de carga de polarizacion del dielectrico

Solucion Sea el origen en un punto sobre la placa inferior. Se de ne el eje z como vertical y positivo hacia arriba. Si escogemos un camino de integracion como una lnea recta vertical desde la placa superior hasta la inferior

podemos obtener la diferencia de potencial entre las placas como Vd

Vo

=V =

Z




~ d~ l E

=

Z0 d




~ d~ l E

Despreciando efectos de borde, el campo debe ser uniforme en la region interior, y ademas apunta segun k^. Ojo con la parametrizacion! se tiene l = d t, con ^ ,luego t = 0:::d. De esta forma dl = dt y d~ l = dtk V

Luego E =

=

Z 0 d




~ d~ E l=

V d

4

E

Z 0 d

dt

= Ed

La curva fue escogida de manera arbitraria,y se podra haber escogido en la mitad donde se encuentra el dielectrico, sin embargo la diferencia de potencial entre las placas debe ser la misma para ambos caminos de integracion. Lo que esto signi ca es que el campo electrico debe ser igual tanto en el vaco como en la region con dielectrico. La unica forma de que esto sea posible es que se distribuyan densidades de carga super cial en los conductores, digamos 1 y 2 no necesariamente iguales entre s.

ahora, sabemos que en la region 1 D1

= 1 E = 0

D2

= 2 E = 

y para la region 2

V d

V d

Ademas, utilizando la ley de Gauss con las super cies S1 y S2 de la gura: ZZ

 dS~
D~ = D S =  S S 1 1 1

luego D1

= 1 = 0

V d

Equivalente, para la region 2 se obtiene de forma analoga D2

Ademas, como la carga tinuidad establece

Q

= 2 = 

V d

en la placa superior solo se distribuye, la ley de conA

V A

(1 + 2 ) = Q = ( + 0 ) =Q 2 d 2 de aqu obtenemos la diferencia de potencial entre las placas del condensador 5

=

V

2Qd A( + 0 )

Notar que si  = 0 (y entonces el material dielectrico es el vaco) el potencial es simplemente el potencial inicial =

V

Qd A0

=

Q C

= Vo

b) Las densidades de carga super cial estan dadas por 1

= 0

2

=

Notar que 1

=

d

V

A

2

V

d

=

+ 2

0 2 Q

A( + 0 ) 2 Q

A( + 0 ) A

2

=Q

c) Calculemos ahora las densidades de polarizacion. Necesitamos encontrar P y P en el material diel ectrico. Tenemos que P

=

r~
P~ =

r
E~

~

Ahora, en todos los puntos en el dielectrico no hay densidad de carga libre, luego, de la primera ecuacion de Maxwell

r~
D~ =  = 0

~ = E ~ !r ~
E ~ =0 y como D Esto es valido en todos los puntos interiores al dielectrico. Con esto P

=0

Ahora, para obtener la densidad de carga super cial, se tiene P

= P~
n^

donde n^ es la normal a la super cie del dielectrico. Recordar que D = E = 0 E + P 6

Luego

(

0 )E

=P

Ahora, en la super cie superior del dielectrico se tiene n^ = k^ y ~ E

Luego P

2Q ^ k A( + 0 )

=

2Q ( A( + 0 )

=

0 )

Y la densidad en la placa inferior sera, simplemente P

=

2Q ( A( + 0 )

0 )

se veri ca que la carga total de polarizacion es cero

7

Problema 2 Una esfera de radio R con carga libre q esta sumergida en un medio dielectrico homogeneo de constante  y de extension teoricamente in nita. Calcular a) Los vectores campo electrico y polarizacion a distancia r de la carga puntual b) La densidad de carga de polarizacion Solucion ~ y P ~ son todos paralelos entre s en cada punto, y por la a) Debido a que E~ , D simetra esferica, la naturaleza radial del campo no cambia por la prescencia del medio dielectrico. Ademas, estos vectores pueden depender solo de la distancia a la esfera y no de alguna coordenada angular. Usando la ley de gauss general, con una super cie esferica de radio r concentrica a la esfera de carga q ZZ

 D~
dS~ = q S

 DdS = q ! D ZZ dS = q S S

ZZ

Con lo que

4r2 D = q

~ D

= 0 E~ ! E~ = ~ D

~ P

= (

~ 0 )E

=

q

=

q

r ^ 4r2 El campo electrico y la polarizacion pueden evaluarse con bastante facilidad al ~ conocer D ~ D

r ^ 4r2

0

q

40 r2

r ^

= 0 E~ + P~ q

q

r ^= (1 40 r2 4r2

8

1 

)^r =

q (

1)

r ^ 4r2

b) Claramente el dielectrico ha debilitado al campo electrico. El campo electrico es originado por toda la carga, la de polarizacion y la carga libre. La carga libre es solo la carga de la esfera q. Sin embargo, la carga de polarizacion se forma de dos ~
P ~ y una densidad super cial contribuciones, una densidad volumetrica  = r ~  =P
n ^ sobre la super cie del dielectrico en contacto con la carga puntual. Es claro que en todos los puntos del dielectrico

r~
E~ = 0 y entonces

r~
P~ = 0

P

=

~ P

=

Usando que q (

1)

r ^ 4r2

La densidad super cial sera 

= P~
n^ = P~ (R)
r^ =

( 1)q 4R2

y la carga super cial QS

ZZ ( 1)q  =  ds = 4R2 4R2 S

QS

=

( 1)q

Notar que la carga total sera Q

= Qlibre + QS = q



( 1)q 

=

q 

Otra forma de ver como campo electrico es menor en un factor , la carga se ve debilitada por este factor de lo que sera si no hubiera un medio dielectrico.

9

Problema 3 Considere una cascara esferica dielectrica de radio interior a, radio exterior b y permitividad . Se pone una carga puntual q en su centro. Calcule el campo electrico en todo el espacio y las densidades de carga de polarizacion

Solucion Tomando una super cie gaussiana esferica arbitraria de radio r > 0 concentrca con la carga libre q, se tiene ZZ

 dS~
D~ = 4r2 D = q = q S in

Con esto

q

r ^ 4r2 para todo r. Ahora, podemos obtener el campo electrico como sigue

rQue sucede cuando L ! 1?

Solucion

Consideremos un elemento diferencial d~l = dx^i que lleva una corriente I en la direccion x.

Para calcular el campo magnetico en el punto P utilizamos la ley de Biot-Savart. Segun nuestra eleccion del origen, se tiene ~r = a~j y ~r0 = x^i. As ~ = dB ~r

y su magnitud es

j~r

 j

j

~r0 = a^ j

x^i

0 d~l (~r ~r0 ) I 4 ~ r ~r0 3

j

~r0 =

p

a2 + x2

Con esto, la contribucion al campo queda ~ = dB



0 dx^i (a^ j x^i) I 4 (a2 + x2 )3=2

9

^ adxk 0 I 2 4 (a + x2 )3=2

~ = dB

Y el campo total en P sera ~ = 0 I B 4

Z L2

^ adxk L1 (a2 + x2 )3=2

Notar ademas que tan#1 =

a L1

! tan(

a L1

#1 ) = a L2

tan#2 =

!

L1 = acot( #1 )

! L2 = acot#2

Para resolver esta integral, utilizamos el siguiente gambito x = acot#

! dx =

acsc2 #d#

y la integral queda ~ = 0 I B 4

Z #2 ^ d#a( acsc2 #)k #1 (a2 + a2 cot2 #)3=2

Ahora nos comemos a la reina ~ = 0 I B 4a

Z #2

^ d#csc2 #k = #1 (1 + cot2 #)3=2

0 I 4a

Z #2 #1

^ d# sin #k

^ ~ = 0 I (cos#1 + cos#2 )k B 4a En el caso simetrico en que #2 = #1 , y digamos que el largo total es 2L, entonces cos#1 =

p

L

~ = 0 I B 2a

p

L

L2

+ a2

y el campo es L2

+ a2

^ k

De aqu es claro que si L ! 1, o , equivalentemente, 1 magnetico a una distancia a del conductor es ^ ~ = 0 I k B 2a 10

! 0; 2 ! 0, el campo

Notemos que en este lmite, el sistema posee simetra cilndrica, y las lneas de campo magnetico son circulares. Este resultado se comprobara mas adelante con la ley de Ampere

11

Problema 3

Considere una espira circular que lleva corriente I en el sentido indicado por la gura. Calcule el campo magnetico a una distancia z en el eje de simetra de la espira.

Solucion

Utilizando la ley de Biot-Savart para un elemento in nitesimal de la espira ~ (~r) = dB

 j

0 I d~l (~r ~r0 ) 4 ~r ~r0 3

j

en este caso, tenemos d~l = Rd( ^i sen  + ^ j cos ) ~r

^ ~r0 = z k

(R cos ^i + R sin ^j ) = ^iR cos 

^ ^jR sin  + kz

y

j~r

j

~ r 0 = (R2 + z 2 )1=2

As ~ (~r) = dB



0 I (Rd( ^i sin  + ^ j cos )) ( ^iR cos  4 (R2 + z 2 )3=2

~ (~ dB r ) = d

^ ) ^jR sin  + kz

^ + Rz sin ^j + R2 cos 2 k^ + Rz cos ^i) 0 I (R2 sin 2 k 4 (R2 + z 2 )3=2 12

~ (~r) = d dB

^ + Rz sin ^j + Rz cos ^i) 0 I (R2 k 4 (R2 + z 2 )3=2

Con esto ~ (~r) = 0 I B 4

Z 2 0

d

(R2 k^ + Rz sin ^j + Rz cos ^i) (R2 + z 2 )3=2

Las integrales segun ^i y ^j son cero, como era de esperarse por argumentos de simetra. Finalmente el campo magnetico a una distancia z del anillo es ~ (~r) = 0 I B 4

Z 2 0

d

R2 R2 ^ = 0 I ^ k k (R2 + z 2 )3=2 2 (R2 + z 2 )3=2

13

Problema 4

Considere ahora dos bobinas de N vueltas de radio R, cada una perpendicular al eje de simetra, con sus centros localizados en z = l=2 y z = l=2. Existe una corriente constante I en el mismo sentido en cada bobina, como se muestra en la gura. Encuentre el campo magnetico en el eje a una distancia z del centro de una de las bobinas. Veri que que la primera derivada del campo en el punto medio es nula.

Del problema anterior, tenemos que para una espira circular con corriente I , radio R y a una distancia z de su centro, el campo en el eje de simetra es R2 ^ k 2 (R2 + z 2 )3=2

0 I ~ (~ B r) =

Como una bobina consta de N espiras circulares separadas por una distancia despreciable con respecto a z , podemos utilizar el principio de superposicion y obtener el campo provocado por una bobina de N vueltas ~ (~r) = 0 N I B

2

R2 ^ k (R2 + z 2 )3=2

Ahora, sea un punto en el eje, a una distancia z del origen, el campo provocado por la bobina de abajo es ^) = 0 N I ~ 1 (z k B 2

R2

(R2 + (z + l=2)2 )3=2

^ k

y el campo generado por la bobina de arriba ^) = 0 N I ~ 2 (z k B 2

R2

(R2 + (z

l=2)2 )3=2

^ k

Y el campo magnetico total, por el principio de superposicion 2 ^) = 0 N IR ( ~ (z k B

2

(R2 + (z

1

14

l=2)2 )3=2

+

1 )k^ (R2 + (z + l=2)2 )3=2

Notemos que la primera derivada con respecto a z esta dada por  N IR2 3(z l=2) dB = 0 ( dz 2 ((z l=2)2 + R2 )5=2

3(z + l=2) ) ((z + l=2)2 + R2 )5=2

Se puede notar de inmediato que en el punto medio z = 0 se tiene (

dB )z=0 = 0 dz

Uds pueden demostrar que si la distancia l entre ambas bobinas es R (radio de las espiras), se obtiene que d2 B =0 dz 2

Esta con guracion se conoce como Helmhotz coils (bobinas de Helmhotz). La gracia es que el campo es aproximadamente uniforme en una peque~na region cercana a z = 0. Si se expande en torno a este punto 1 1 00 B (0)z 2 + B 000 (0)z 3 + ::: 2! 3! 1 000 B (z ) = B (0) + B (0)z 3 + ::: 3!

B (z ) = B (0) + B 0 (0)z +

Incluso se puede demostrar que la tercera derivada tambien es cero en z = 0, es decir, el cambio en el campo en el punto medio para peque~nas variaciones de z es del orden de z 4 !!

15

Problema 5

Calcule el campo magnetico en el centro de la circunferencia de la gura.

Solucion

Este problema se soluciona facilmente utilizando el principio de superposicion. En el problema 2 ya se vio que la magnitud del campo electrico debido a un alambre rectilneo muy largo a una distancia a de el es B1 =

0 I 2a

En este caso, segun el sentido de la corriente

~ 1 = 0 I ^ j B 2R

Es decir, apunta hacia el fondo de la hoja. Ahora, del problema 3 obtuvimos el campo magnetico de un anillo a una distancia z del centro en el eje de simetra esta dado por ^ R2 k ^ k 2 (R2 + z 2 )3=2

~ 2 = 0 I B

Como interesa el campo en el centro del anillo, z=0 ^ ~ 2 = 0 I k B 2R Finalmente, por el principio de superposicion, el campo resultante en el centro del anillo es 0 I ^ ~ =B ~1 + B ~ 2 = 0 I ^ B j+ k 2R 2R 1^ ~ = 0 I (^ B j+ k ) 2R  16

Problema 6

Considere dos alambres paralelos separados por una dstancia a y que llevan corrientes I1 e I2 en la direcci on x. Calcule la fuerza entre ambos conductores.

Solucion

La fuerza magnetica F~1 , que ejerce el alambre 2 sobre el alambre 1, se puede obtener como ~1 = I1 F

Z

d~l1

 B~

~ es el campo magn donde B etico creado por el conductor 2. Usando el resultado del problema 2, para alambres su cientemente largos, las lneas del campo magnetico debido ~ 2 apuntando en la a I2 son crculos concentricos con el alambre 2, con el campo B direccion tangencial. As, en un punto arbitrario P sobre el alambre 1, tenemos

^ ~ 2 = 0 k B 2a

que apunta en direccion perpendicular al alambre 1, como se ve en la gura

Al ser este campo uniforme a lo largo del conductor 1, y siendo este un alambre rectilneo, la fuerza que experimenta esta dada por ~1 = I1~l F

1 I2 l ^  B~ 2 = I1l^j  ( 20aI2 )k^ = 02Ia i

17

Claramente esta fuerza apunta hacia el conductor 2. Resulta evidente que F~2 = F~1 . De esta forma, 2 cables paralelos que llevan corriente en la misma direccion se atraeran. Por otro lado, si las corrientes uyen en direcciones opuestas, la fuerza resultante sera repulsiva.

18

Problema 7

Calcular la fuerza resultante sobre la espira con corriente I2

Solucion

Para obtener la fuerza total sobre la espira, sumamos las fuerzas sobre las secciones 1,2,3 y 4.

Tenemos ~1 = I2 F

Z c

d~l1

0

 B~ 1

el campo en la seccion 1 es uniforme y esta dado por ~1 = B

As ~1 = I2 F

Z c 0

0 I1 ^ k 2a

dy^ j

19



0 I1 ^ k 2a

0 cI1 I2 ^ j 2a

~1 = F

 k^

0 cI1 I2 ^ i 2a

~1 = F

Ahora, para la seccion 3 ~3 = I2 F

Z c 0

con

d~l3

 B~ 3

0 I1 ^ k 2 (a + b)

~3 = B

y entonces ~3 = I2 F

Z

0

c

dy^ j

0 I1 ^ k 2 (a + b)



y obtenemos ~3 = 0 cI1 I2 ^i F 2 (a + b )

La fuerza sobre la seccion 2 sera ~2 = I2 F ~2 = F

Notemos que ~4 = I2 F

I2

Z

0

b

Z b 0

dx^i

Zb 0

dx^i

d~l2

 B~ 2

 2(a0I+1 x) k^

 2(a0+I1x) k^ =

~2 F

F2 y F4 se cancelan, luego, la fuerza total sobre la espira es

(

0 cI1 I2 2 (a + b)

0 cI1 I2 ^ )i 2a

Notar que en signo es negativo, es decir, la fuerza es atractiva.

20

Problema 8

Considere la espira de corriente formada por segmentos radiales y arcos de circunferen~ en el punto P. cia como se muestra en la gura. Obtenga el campo magnetico B

Solucion

Para obtener el campo magnetico en P, utilizaremos el principio de superposicion, notando que el campo total en P sera la suma de las contribuciones de las secciones 1,2,3,4 y 5:

Si jamos el origen en P, notamos inmediatamente que las contribuciones de los segmentos 1 y 5 son nulas, ya que en ambos casos el vector d~l es paralelo al vector ~r ~r0 , con ~r = ~0.

21

Para el sector 2

Tenemos

 j

0 d~l (~r ~r0 ) ~ dB2 = I 4 ~ r ~r0 3

Utilizando coordenadas polares d~l = bd(

j

sin ^i + cos ^j )

ya que P es el origen, ~r = 0, y por ultimo el vector que va desde el origen al elemento diferencial de corriente tiene magnitud b y la direccion del vector unitario radial en polares ~r0 = b(cos ^i + sin ^ j)

Notar que

j~r

~r0

j3 = j

~r0

j3 = b3

con esto, ~2 = dB

0 d( Ib 4

~2 = dB

sin ^i + cos ^j )  b(cos ^i + sin ^j ) b3

^ + cos2 ) 0 d(sin2 k ^ = 0 Idk^ I k 4 b 4b

As, el campo total en P debido al arco exterior es ~ 2 = 0 I B 4b

Z 0

^= dk

0  ^ k 4b

Ahora, para el arco interior (seccion 4) el procedimiento es totalmente analogo, con la diferencia de que la distancia ahora es a, y que la corriente va en el sentido opuesto al del arco exterior ^ ~ 4 = 0  k B 4a 22

Por ultimo, para la seccion 3, es facil notar que su contribucion es nula, ya que en este caso, el vector d~l apunta en la direccion contraria al vector unitario radial en coordenadas polares, y a su vez ~r0 apunta en la direccion radial, de esta forma, el producto vectorial d~l  (~r ~r0 ) es 0 en todo el segmento 3. Resumiendo, solo los segmentos 2 y 4 contribuyen al campo en P, y el campo total sera la suma de ambas contribuciones ~ =B ~2 + B ~ 4 = 0  ( 1 B 4 b

23

1 ^ )k

a

Pontificia Universidad Católica de Chile Fis1532: Electricidad y Magnetismo Profesora: Ma. Cristina Depassier T. Ayudante: Joaquín Arancibia N. [email protected]

Ayudantía 17 P1. Considere un disco muy delgado que tiene una densidad de carga superficial σ uniformemente distribuida. El disco se pone a girar a velocidad angular ω en torno a su eje. Encuentre el campo magnético en el eje del disco.


P2. Un cable de radio R lleva una densidad de corriente J = J 0 kˆ . El cable tiene un hoyo cilíndrico de radio α paralelo al eje del cilindro a distancia b de él. Muestre que el campo magnético dentro de la cavidad es uniforme.

P3. Se tiene un conductor cilíndrico de radio R, muy largo, con corriente I y un conductor plano, también muy largo con corriente superficial I’. Se supone que ambos conductores son paralelos y que el conductor plano y el eje de la corriente cilíndrica son coplanarios. Si el plano conductor tiene ancho a y el eje del cilindro se encuentra a distancia b del origen, encuentre: a) El campo magnético sobre el eje X para x>a. b) La fuerza de interacción entre ambos conductores por unidad de largo.

P4. Suponga que tiene dos cables infinitamente largos con densidad lineal de carga λ, separados por una distancia d, moviéndose a velocidad v constante. Encuentre el valor de v para que la atracción magnética se compense con la repulsión eléctrica. ¿Es razonable este resultado?  C  ε 0 = 8,85 ⋅10−12  −7  N  2 (Nota:  Nm  , µ0 = 4π ⋅10  2  ) A 

Pontificia Universidad Católica de Chile Fis1532: Electricidad y Magnetismo Profesora: Ma. Cristina Depassier T. Ayudante: Joaquín Arancibia N. [email protected]

Ayudantía 18

P1. Se lanza un electrón (carga –e) con velocidad
inicial v en el medio de dos placas entre las cuales existe un campo magnético B constante (entrando a la hoja). Puede ignorar efectos gravitacionales. a) ¿Hacia donde se deflecta la trayectoria? b) ¿Cuál es la magnitud de la velocidad si la partícula choca exactamente con el fin de la placa? P2. Un circuito cuadrado rígido de lado L y masa M está pivoteado en torno a uno de sus ejes en presencia de un campo magnético B uniforme y el campo gravitatorio. El circuito lleva una corriente I que es capaz de mantenerlo en equilibrio en un ángulo ϑ . Encuentre el sentido y magnitud de dicha corriente. P3. En la figura se muestran los componentes esenciales de un “espectómetro de masas”. Éste es utilizado para medir la masa de partículas cargadas. En la fuente S se produce un ión de masa m y carga q = + e . El ión parte del reposo, es acelerado por una diferencia de potencial ∆V entrando a un proceso de selección, S1, donde hay un
campo magnético B1 uniforme (saliendo de la hoja) y un
campo eléctrico deflector E apuntando desde la placa positiva hacia la negativa. Solo partículas con velocidad
v constante (horizontal) abandonan el selector. Las partículas emergentes entran a S2 donde existe un
segundo campo magnético B2 también apuntando fuera de la hoja, la partícula sigue una trayectoria y se estrella en un detector a distancia x del punto de entrada. a) Encuentre la velocidad v. b) Encuentre el campo B1. c) Finalmente, encuentre la masa m de la partícula. P4. Un circuito cuadrado de lado a está suspendido en el centro de un enorme anillo fijo de radio R >> a por un hilo que ejerce un torque restaurador de magnitud τ = kϑ con ϑ el ángulo de torsión que forman los planos de ambos circuitos. Si por el circuito pequeño circula una corriente i y por el grande I, encuentre en forma aproximada el valor de la constante k de modo que ϑ = posición de equilibrio.

π 2

sea

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile Facultad de F´ısica FIS1532 Electricidad y Magnetismo

V. Inducci´ on, ley de Faraday Fabi´an C´adiz C. [email protected] 1. Ley de Amp` ere Se vi´o que cargas en movimiento son fuentes de campo magn´etico. En particular, corrientes constantes en un conductor son fuentes de campos magn´eticos est´ aticos (no var´ıan en el tiempo). Tal cual la ley de Gauss en electrost´atica permite obtener el campo el´ectrico de forma casi inmediata (siempre y cuando la geometr´ıa del problema lo permita), para campos magn´eticos existe un equivalente, que es la ley de Amp`ere. Una deducci´on formal de ´esta se obtiene al recordar que todos los campos magn´eticos debidos a corrientes constantes son de la forma (Integrales de Biot-Savart) Z ~0 0 ~ r) = µ0 I dl × (~r − ~r ) B(~ 4π |~r − ~r0 |3

o en el caso m´as general, para una distribuci´on de corriente en un medio de volumen V ~ r0 ) × (~r − ~r0 ) µ0 Z Z Z 0 J(~ ~ dv B(~r) = 4π |~r − ~r0 |3 V Recordando la ecuaci´on de continuidad de la carga ~ · J~ + ∂ρ = 0 ∇ ∂t Se deduce que las corrientes constantes satisfacen ~ · J~ = 0 ∇ Con esto, y a partir de la ley de Biot-Savart, se puede deducir una identidad muy ~ importante para el rotor de B ~ ×B ~ = µ0 J~ ∇ ´ la cual es la forma diferencial de la ley de Amp` ere. Esta es la cuarta ecuaci´on de Maxwell en el vac´ıo y es v´alida para campos que no dependen del tiempo

Para encontrar la forma integral de la ley de Amp`ere podemos integrar esta ecuaci´on sobre una superficie cualquiera y obtener Z Z

~ · (∇ ~ × B) ~ = µ0 dS

S

Z Z

~ · J~ dS S

Y utilizando el teorema de Stokes I Γ(S)

~ = µ0 d~l · B

Z Z

~ · J~ dS S

(S tiene como contorno a la curva Γ) I Γ

~ = µ0 Ienc d~l · B

Es decir, la ley de ampere en su forma integral dice que la circulaci´ on del campo ~ magn´etico B sobre cualquier curva cerrada es proporcional a la corriente total que atraviesa la superficie encerrada por la curva

Ejemplo conocido es el campo magn´etico exterior de una distribuci´on cil´ındrica de corriente (muy larga), como se ve en la figura. Debido a la simetr´ıa, la magnitud del campo magn´etico debe ser constante a una distancia r del centro del conductor, y su direcci´on siempre tangente a curvas circulares conc´entricas con el conductor. De esta forma I Γ

~ = 2πrB = µ0 I d~l · B

de donde B=

µ0 I 2πr

Problemas con simetr´ıa cil´ındrica son muy sencillos de resolver con la ley de Amp`ere. El campo interior al conductor se obtiene de la misma forma, pero teniendo en cuenta que en ese caso la corriente encerrada por una trayectoria circular no es I, sino una fracci´on de ´esta (este tipo de problema es conocido y se vio en ayudant´ıas anteriores) 2

Forma diferencial de las leyes Al igual que la electrost´atica, toda la magnetost´atica se puede resumir en un conjunto de dos ecuaciones diferenciales. El campo producido por corrientes constantes se puede obtener mediante la ley de Biot-Savart, o equivalentemente, con la ley de Amp`ere (es igual de general, es decir, a partir de Amp`ere se puede recuperar la ley de Biot-Savart). De esta forma, la ley de Amp`ere es una de las ecuaciones fundamentales de la magnetost´atica ~ ×B ~ = µ0 J~ ∇ Ahora, se puede demostrar que siempre se tiene ~ ·B ~ =0 ∇ Esto equivale a que no existen monopolos magn´ eticos, en su forma integral ZZ  ~  dS

~ =0 ·B

S

Es decir, para toda superficie cerrada, el flujo magn´etico es siempre cero (las l´ıneas de campo magn´etico son cerradas). Tenemos entonces las cuatro ecuaciones fundamentales que resumen la electrost´atica y la magnetost´atica, y que en principio, no se relacionan entre s´ı. Hasta ahora hemos visto las ecuaciones de Maxwell en el vac´ıo y para campos est´aticos ~ ·E ~ = ρ ∇ 0 ~ ×E ~ =0 ∇ ~ ·B ~ =0 ∇ ~ ×B ~ = µ0 J~ ∇ En esta ayudant´ıa veremos uno de los descubrimientos mas importantes del siglo XIX, la ley de Faraday, que es una de las piezas que permite unir electricidad con magnetismo y que impuls´o un desarrollo tecnol´ogico incre´ıblemente r´apido en pleno siglo XX. Al final del curso, se ver´a la contribuci´on de Maxwell (la otra pieza que falta) que permiti´o acoplar definitivamente las 4 ecuaciones fundamentales y que permiti´o deducir que la teor´ıa es compatible con la existencia de ondas electromagn´eticas. No es coincidencia que √

1 = 3 ∗ 108 m/s = c µ0 0

es justamente la velocidad de la luz en el vac´ıo. Se considera las leyes de la electrodin´amica como uno de los descubrimientos m´as importantes en el campo de la f´ısica, y justamente esta teor´ıa fue la que motiv´o a Einstein a postular su teor´ıa de la relatividad especial. 3

Ley de Inducci´ on de Faraday Los campos el´ectricos y magn´eticos que hemos considerado hasta ahora han sido producidos por cargas estacionarias y corrientes constantes, respectivamente. A principios del siglo XIX ya era bien sabido que imponiendo un campo el´ectrico en un conductor, se origina una corriente constante que a su vez crea un campo magn´etico a su alrededor. Era v´alido entonces preguntarse si un campo el´ectrico pod´ıa o no ser producido por un campo magn´etico. Diversos intentos se realizaron, hasta que en 1831, Michael Faraday descubri´o que una corriente el´ectrica se genera en un conductor cuando ´este se mueve en la cercan´ıa de un im´an. Pero, en su ´epoca, tal fen´omeno, conocido ahora como inducci´ on magn´ etica, no parec´ıa ser m´as que una simple curiosidad. El notable f´ısico Richard Feynman contaba en sus cursos de F´ısica en Caltech, que cuando Faraday present´o su descubrimiento a la comunidad cient´ıfica, alguien le pregunt´o para qu´e serv´ıa, a lo cual Faraday respondi´o con otra pregunta: ¿para qu´e sirve un reci´en nacido? Medio siglo despu´es, Tom´as Edison tuvo la idea de utilizar el descubrimiento de Faraday para generar corriente el´ectrica y distribuirla a trav´es de cables por la ciudad de Nueva York. La primera planta el´ectrica de la historia fue inaugurada en 1881, y consist´ıa en unas enormes turbinas de vapor que hac´ıan girar unas grandes bobinas de alambre conductor alrededor de imanes. Debido al efecto Faraday se generaba una corriente el´ectrica que se pod´ıa transmitir por toda la ciudad. La energ´ıa t´ermica se convert´ıa, as´ı, en energ´ıa el´ ectrica. Pocos meses despu´es se inaugur´o la primera planta hidroel´ectrica, en la que el agua de un r´ıo hac´ıa girar las bobinas. Toda la electricidad que consumimos hoy en d´ıa se genera gracias al efecto Faraday. Lo u ´nico que var´ıa es el mecanismo utilizado para hacer girar una bobina alrededor de un im´an: este mecanismo puede ser el flujo del agua en una presa, el funcionamiento de un motor de combusti´on de petr´oleo, la presi´on del vapor de agua calentada por el uranio en una planta nuclear, en otras palabras, Faraday descubri´o el principio fundamental de la conversi´ on electromec´ anica de la energ´ıa (el reci´en nacido creci´o espectacularmente, como dir´ıa Feynman).

4

El experimento de Faraday consiste en una espira conductora y un im´an.

Faraday mostr´o que el galvan´ometro no mide ninguna corriente cuando el im´an est´a estacionario con respecto a la espira. Sin embargo, se induce una corriente cuando existe un movimiento relativo entre el im´an y la espira, en particular, el galvan´ometro marca en una direcci´on cuando el im´an se acerca, y en la direcci´on opuesta cuando el im´an se aleja. El experimento de Faraday muestra que una corriente el´ectrica es inducida en la espira al cambiar el flujo magn´etico que la atraviesa. Se comporta entonces como si estuviera conectada a una fuente de f.e.m. Experimentalmente se encuentra que esta f.e.m inducida depende de la tasa a la que var´ıa el flujo magn´etico a trav´es de la espira.

5

Ley de Inducci´ on A estas alturas del curso, ya se debe estar familizarizado con el concepto de flujo de un campo vectorial

El flujo sobre una superficie es, por definici´on ΦB =

Z Z

~ · dS ~ B S

La unidad SI del flujo magn´etico es el Weber (Wb) = 1 T m2 La ley de Faraday se puede enunciar como sigue: La f.e.m inducida en un circuito cerrado es igual a la tasa negativa de cambio del flujo magn´etico a trav´es del a´rea encerrada por la espira ε = − dΦdtB El signo menos indica que la corriente inducida en la espira tiende a oponerse a este cambio de flujo. Existen muchas formas de inducir una fem en una espira. Por ejemplo si consideramos un caso particular en donde el campo magn´etico es uniforme, la espira es plana y su normal forma un a´ngulo ϑ con el campo magn´etico, se tiene ε=−

dB dS dϑ d(BScosϑ) = −( )Scosϑ − B( )cosϑ + BSsinϑ( ) dt dt dt dt

A partir de esto, vemos que una f.e.m inducida se puede producir de las siguientes formas ~ en el tiempo 1. Al variar la magnitud de B

6

~ es decir, el ´area encerrada por la espira en el tiempo 2. Al variar la magnitud de S,

~ y el vector de superficie S ~ en el tiempo 3. Al variar el a´ngulo entre B

Este u ´ltimo es el principio m´as utilizado en centrales de generaci´on Es f´acil obtener el sentido de la corriente inducida, ya que ´esta produce un campo magn´etico que tiene a oponerse al cambio del flujo magn´etico que induce dicha ´ corriente. Esta se conoce como Ley de Lenz.

Forma diferencial de la ley de Faraday Comenzamos con la expresi´on dΦB ε=− dt Podemos escribir la fem inducida en un circuito cerrado como la circulaci´on del campo el´ectrico a trav´es de ´el I

ε=

~ · d~l E

Γ

Adem´as, podemos expresar el flujo magn´etico a trav´es de la espira como ΦB =

Z Z

7

~ ·B ~ dS S

con lo que la ley de Faraday queda ~ · dS ~ ~ · d~l = − d B E dt S Γ donde S es cualquier superficie cuyo contorno es la curva Γ. Por el teorema de Stokes I Z Z Z Z ∂ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ B · dS E · dl = (∇ × E) · dS = − Γ S S ∂t Z Z

I

~ ~=0 ~ ×E ~ + ∂ B ) · dS (∇ ∂t S y obtenemos la forma diferencial de la ley de Faraday Z Z

~ ×E ~ = − ∂ B~ ∇ ∂t ´ Esta indica que un flujo magn´etico que var´ıa en el tiempo induce un campo el´ ectrico no conservativo que puede variar en el tiempo. Esta es una de las ecuaciones de Maxwell para campos que var´ıan en el tiempo, y es una general~ en donde s´ izaci´on para el rotor de E, olo para casos est´ aticos (la primera parte del curso) ~ ×E ~ =0 ∇ ~ es conservativo. Notar, que s´olo en ´ese caso el campo E

8

Problema 1 La espira rectangular de la figura se encuentra sumergida en un campo magn´etico ~ = B xˆ. Si la espira gira con velocidad angular w utilizando el eje z uniforme B como eje de rotaci´on, y asumiendo que en t = 0 la espira se encuentra en el plano y-z, determine la fuerza electromotriz inducida y la corriente inducida en la espira

Soluci´ on Definiendo la normal a la espira rectangular como en la figura

Seg´ un ´esta definici´on, la normal es en todo instante igual a −ˆ eφ , es decir n ˆ = −(− sin φˆ x + cos φˆ y ) = sin φˆ x − cos φˆ y De esta forma, y dado que el campo magn´etico es uniforme, el flujo a trav´es de la espira es Z Z ~ ·B ~ =B ~ ·S ~=B ~ · Sn ΦB = dS ˆ = BS sin φ S

Es decir ΦB = Bab sin φ 9

Tenemos una expresi´on del flujo magn´etico a trav´es de la espira en funci´on del a´ngulo polar φ. La idea es obtener el flujo en funci´on del tiempo, para ello observamos que dφ = w → φ(t) = wt + C dt La constante C es f´acil de determinar, considerando que en t = 0, la espira se ubica en el eje y-z, es decir, φ0 = π/2. As´ı ΦB = Bab sin(wt + π/2) A partir de la ley de inducci´on de Faraday, podemos obtener la magnitud de la fem inducida en la espira ε=−

dΦB = −Babw cos(wt + π/2) dt

Vemos que la fem es alterna y var´ıa de forma sinusoidal, como se aprecia en la figura

Esta es la forma t´ıpica de generaci´on alterna. La tensi´on que llega a nuestras casas tambi´en var´ıa de forma sinusoidal, a una frecuencia de 50 Hz y valor efectivo de 220 Volts. La magnitud de la corriente es, simplemente I=

Babw |ε| = cos(wt + π/2) R R

10

Problema 2 Considere la disposici´on que se muestra en la figura. Suponga que R = 6Ω, l = 1, 2 m y un campo magn´etico uniforme de 2,5 T est´a dirigido hacia el interior de la p´agina. a) ¿A qu´e rapidez deber´a moverse la barra para producir una corriente de 0,5 A en la resistencia? b) Calcule la fuerza que se debe ejercer sobre la barra en este caso

Soluci´ on a) Consideremos el circuito cerrado formado por la barra y los rieles.

ˆ (Hacia dentro del papel) ~ = −S k. Definamos al vector de superficie como S Supongamos que la barra se encuentra a una distancia x del riel izquierdo, seg´ un esto, el flujo magn´etico sobre la superficie plana encerrada por este circuito es ΦB = BA = Blx Ahora, utilizando la ley de Faraday obtenemos que la fem inducida en el circuito ε=−

dΦ d dx = − (Blx) = −Bl dt dt dt

Pero dx/dt es simplemente la velocidad de la barra, as´ı ε = −Blv

11

La correspondiente corriente inducida es Blv |ε| = R R Y el sentido de ´esta se deduce de la ley de Lenz. Notemos que mientras la velocidad de la barra sea positiva (y entonces se mueve hacia la derecha) el flujo magn´etico aumenta. Le ley de Lenz dice que la corriente inducida intentar´a siempre oponerse al cambio de flujo magn´etico que la origina. Es decir, el sentido de la corriente ser´a tal que intentar´a frenar a la barra. I=

´ Notar que en la figura anterior se ha supuesto un sentido para la corriente. Este podr´ıa ser correcto o no. Seg´ un el sentido de la corriente que aparece en la figura, habr´a una fuerza magn´etica sobre la barra en la direccion −ˆi, que justamente intentar´a frenar a la barra, por lo tanto ese ser´a el verdadero sentido de la corriente. Despejando RI v= Bl reemplazando los valores num´ericos v=

3 6 × 0,5 = = 1m/s 2,5 × 1,2 3

b) Vemos que sobre la barra act´ uan dos fuerzas

La fuerza externa es la fuerza que se debe ejercer sobre la barra para que se mueva a velocidad v. La fuerza magn´etica tiene relaci´on con la corriente inducida que circula por el circuito, cuyo equivalente es

12

La fuerza magn´etica que experimenta la barra es simplemente ˆ ~ ×B ~ = I(lˆj) × (−B k) F~B = I L B 2 l2 v ˆ i F~B = −IlBˆi = − R que apunta en la direcci´on opuesta a ~v . Para que la barra se mueva a velocidad constante, la fuerza neta actuando sobre ella debe ser igual a cero. As´ı B 2 l2 v ˆ ~ ~ Fext = −FB = i R Notar que la potencia entregada por F~ext es igual a la potencia disipada en la resistencia (consecuencia de la conservaci´on de la energ´ıa) B 2 l2 v 2 P = F~ext · ~v = Fext v = R

P =

(Blv)2 ε2 = = I 2R R R

13

Problema 3 Una barra conductora de masa m y resistencia R desliza entre 2 rieles conductores sin fricci´on que forman un a´ngulo ϑ con la horizontal. y est´an separados una ~ es aplicado verticalmente. La barra distancia l. Un campo magn´etico uniforme B se suelta del reposo y desliza habia abajo.

a) La corriente inducida en la barra. ¿En qu´e direcci´on fluye, de a hacia b o de b hacia a ? b) La velocidad terminal de la barra Una vez alcanzada la velocidad terminal c) Cual es la corriente inducida? d) A qu´e tasa se disipa energ´ıa en la resistencia? e) Cual es la tasa de trabajo ejercido por la gravedad? Soluci´ on a) Supongamos que en un instante dado la barra se encuentra a una distancia x del extremo, como se ve en la figura

El circuito formado por los rieles y la barra que desliza encierra una superficie plana cuya normal es n ˆ = sinϑˆ x + cosϑˆ y Y el flujo a trav´es de esta superficie es ΦB =

Z Z

~ ·B ~ =B ~ · Sn dS ˆ = BS cos ϑ = Bxl cos ϑ S

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

dΦB dx = −Bl cos ϑ dt dt 14

As´ı, la corriente inducida est´a dada por I=

Bl dx |ε| = cos ϑ R R dt

La magnitud de la corriente es tal que se opone al cambio de flujo, es decir, debe ser tal que sobre la barra act´ ua una fuerza magn´etica en la direcci´on -ˆ x. ~ ×B ~ = IL ~ × B ˆj F~B = I L De aqu´ı es claro que la corriente debe ir en la direcci´on kˆ (es decir de b hacia a), de forma que F~B = IlB kˆ × ˆj = −IlB xˆ b)

Se tiene adem´as que d2 x mg sin ϑ − FB cosϑ = m 2 dt mg sin ϑ − IlBcosϑ = m

d2 x dt2

Recordando que I=

dx Bl cos ϑ R dt

se tiene l2 B 2 2 dx d2 x cos ϑ =m 2 R dt dt 2 2 2 l B dx dx g sin ϑ − cos2 ϑ = 2 mR dt dt

mg sin ϑ −

A − Bv = dt =

dv dt

dv (A − Bv)

15

t − t0 = −

ln(A − Bv) B

−B(t − t0 ) = ln(A − Bv) Finalmente e−B(t−t0 ) = A − Bv A 1 − e−B(t−t0 ) = v B B Si t0 = 0 v(t) =

2 B2 mRg sin ϑ mR − lmR cos2 ϑt − e 2 2 2 2 2 2 l B cos ϑ l B cos ϑ

Para encontrar la velocidad terminal, simplemente vemos que ocurre en el l´ımite cuando t → ∞ vt =

mgRtgϑsecϑ l2 B 2

c) La corriente terminal est´a dada por I=

Bl mgtgϑ cos ϑvt = R lB

d) El m´odulo de la fem inducida en esta situaci´on es | ε |=

mgRtgϑ lB

la tasa a la cual se disipa energ´ıa en la resistencia es la potencia que consume, esta es m2 g 2 Rtg 2 ϑ P =| ε | I = l2 B 2 e) La tasa de trabajo ejercida por la gravedad es Pg = Fg vt donde Fg es la componente de la fuerza gravitacional en la direcci´on del desplazamiento Pg = mg sin ϑvt =

m2 g 2 Rtg 2 ϑ l2 B 2

que es lo mismo que la potencia que disipa la resistencia. Esto debe tenerse por el principio de conservaci´on de la energ´ıa 16

Problema 4 Una espira de alambre en forma de rect´angulo de largo l y ancho w, y un alambre recto paralelo al lado l y que lleva una corriente I, yacen sobre una mesa. La distancia entre el alambre largo y el lado izquiero de la espira es h. a) Determine el flujo magn´etico que atraviesa la espira. b) Suponga que la corriente es una funci´on del tiempo con I(t) = a + bt, con a y b constantes positivas. ¿Cu´al es la f.e.m inducida en la espira y la direcci´on de la corriente inducida? Soluci´ on

Usando la ley de Amp`ere para el alambre recto se obtiene que el campo a una distancia r de ´este est´a dado por ~ = − µ0 I kˆ B 2πr ~ = −S kˆ Es decir, apunta hacia dentro del papel. Definimos el vector de ´area como S de modo que ΦB > 0. Para obtener el flujo total, simplemente debemos sumar los flujos sobre todos los peque˜ nos elementos de ´area de largo l y ancho dr encerrados por la espira Z Z Z Z ~ · dS ~ B dΦB = ΦB = S

S

µ0 Il Z h+w dr µ0 Il ΦB = = (ln(h + w) − ln(h)) 2π h r 2π Finalmente ΦB =

µ0 Il w ln(1 + ) 2π h

b)Utilizando la ley de Faraday ε=−

dΦB d µ0 Il w =− ( ln(1 + )) dt dt 2π h

Como las dimensiones de la espira permanecen constantes, lo u ´nico que var´ıa en el tiempo es la corriente, y entonces ε=−

µ0 l w dI ln(1 + ) 2π h dt 17

y sabemos que dI/dt = b, as´ı ε=−

w µ0 lb ln(1 + ) 2π h

Ahora, notemos que el alambre recto de corriente I produce un flujo magn´etico a trav´es de la espira entrando a la pagina. Por la ley de Lenz, la corriente inducida en la espira debe flu´ır en el sentido contrareloj para as´ı producir un campo magn´etico saliendo a trav´es de la p´agina para contrarrestar el incremento del flujo hacia adentro.

18

Problema 5 Una espira rectangular de dimensiones l y w se mueve con velocidad constante ~v alej´andose de un alambre recto infinitamente largo que lleva corriente I en el mismo plano de la espira. Sea la resistencia total de la espira R. ¿Cu´al es la corriente en la espira en el instante en que el lado m´as cercano est´a a una distancia r del alambre? Soluci´ on

Sabemos que el campo magn´etico a una distancia x del alambre recto est´a dado por ~ = − µ0 I kˆ B 2πx Apuntando hacia dentro del papel debido a la direcci´on de la corriente. Ahora, el flujo magn´etico sobre un elemento diferencial de a´rea de largo l y ancho dx en la espira es ~ · dS ~ = µ0 I ldx dΦB = B 2πx donde hemos escogido el vector de superficie apuntando hacia dentro de la p´agina, para que ΦB > 0. Integrando sobre toda la espira ΦB =

µ0 Il Z r+w dx 2π r x

µ0 Il w ln(1 + ) 2π r el mismo resultado del problema anterior. Derivando con respecto a t, obtenemos la fem inducida ΦB =

ε=−

dΦB µ0 Il d r+w µ0 Il 1 1 dr =− ln( )=− ( − ) dt 2π dt r 2π r + w r dt

donde dr/dt es simplemente el m´odulo de la velocidad de la espira ε=−

µ0 Ilv 1 1 µ0 Ilv r − r − w ( − )=− ( ) 2π r + w r 2π r(r + w) 19

ε=

w µ0 Ilv 2π r(r + w)

Y la corriente inducida ser´a simplemente I=

|ε| µ0 Ilv w = R 2πR r(r + w)

20

Problema 6 Una barra conductora de masa m y resistencia R es empujada en la direcci´on horizontal a trav´es de dos rieles sin fricci´on apartados una distancia l, mediante un hilo de masa despreciable que pasa a trav´es de una polea ideal y que est´a conectada a un bloque de masa M . Un campo magn´etico uniforme es aplicado verticalmente hacia arriba. La barra parte del reposo.

a) Sea la velocidad de la barra en alg´ un instante igual a v. Encuentre una expresi´on para la corriente inducida. En qu´e direcci´on fluye, de a hacia b o de b hacia a? b) Resuelva la ecuaci´on diferencial para la velocidad de la barra en funci´on del tiempo. Soluci´ on a) Sea nuestro origen de coordenadas la esquina inferior del sistema como se aprecia en la figura

Es una situaci´on muy similar a la del problema 2, si escogemos el vector de ˆ entonces el flujo a trav´es del circuito ser´a positivo. ~ = S k, superficie S Supongamos que cuando la velocidad es v, la barra est´a a una distancia horizontal x del origen, as´ı ΦB = Bxl 21

y la fem inducida es ε=−

dx dΦB = −Bl = −Blv dt dt

La corriente inducida ser´a I=

Blv |ε| = R R

b) Sea x la coordenada x del centro de masa de la barra en el instante t. El equilibrio de fuerzas para la barra es 2

X

~ = T ˆi − Il~j × B kˆ = (T − IlB)ˆi = m dx ˆi F~ = T ˆi − I~l × B dt2

Para la masa M 2

X

dy F~ = M g − T = M 2 dt

Debemos notar que dx2 /dt2 = dy 2 /dt2 , as´ı Mg − M

dx2 dy 2 = M g − M =T dt2 dt2

As´ı, el equilibrio de fuerzas para la barra queda (M g − M

dx2 dx2 − IlB) = m dt2 dt2

l2 B 2 dx2 v = (m + M ) 2 R dt Por u ´ltimo, hay que notar que v = dx/dt, Mg −

y obtenemos una ecuaci´on diferencial para v dv l2 B 2 Mg + v− =0 dt R(M + m) M +m la soluci´on es de la forma B 2 l2

v(t) = Ce− R(M +m) t +

M gR l2 B 2

y la condici´on inicial es que v(0) = 0, as´ı C+

M gR M gR =0→C=− 2 2 2 2 l B l B

Finalmente v(t) =

B 2 l2 M gR − R(M t +m) ) (1 − e 2 2 l B

22

Problema 7 Considere un generador que consta de un electroim´an que genera un campo magn´etico constante. Una espira de ´area A gira con velocidad angular constante w como se ve en la figura. Si los terminales de la espira se conectan a una resistencia R, calcule la potencia consumida por ´esta. Calcule adem´as la potencia necesaria para producir el movimiento rotatorio de la espira.

Soluci´ on El flujo magn´etico que atraviesa la espira es, dado que el campo magn´etico es uniforme ~ · dS ~ = BAcos(ϑ) ΦB = B ΦB = BAcos(wt) As´ı, la tasa a la que var´ıa el flujo magn´etico es dΦB = −BAwsin(wt) dt Utilizando la ley de Faraday, obtenemos la f.e.m inducida en el circuito ε=−

dΦB = BAwsinwt dt

Si el circuito se conecta a una resistencia R, la corriente a trav´es de ´esta ser´a I=

BAw |ε| = sinwt R R

Notemos que es una corriente alterna, cuya amplitud m´axima es I0 =

BAw R

Ahora, la potencia suministrada al circuito el´ectrico es P = |ε|I =

23

(BAw)2 sin2 wt R

Por otro lado, el torque necesario para producir el movimiento rotatorio de la espira es τ = µBsinθ = µBsinwt donde µ es la magnitud del momento magn´etico de la espira µ = IA → τ = IABsinwt B 2 A2 w sin2 wt R Por u ´ltimo, la potencia mec´anica necesaria est´a dada por τ=

Pm = τ w =

B 2 A2 w 2 sin2 wt R

Como era de esperarse, la potencia mec´anica entregada es igual a la potencia consumida por el circuito.

24

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Ayudantía 20

P1. Una bobina circular plana de N vueltas tiene diámetro D y resistencia R. La bobina se orienta con su eje paralelo a un campo magnético B uniforme y los extremos de la bobina se conectan a un dispositivo capaz de medir la carga que pasa a través de él. Si la bobina se gira en 180 grados sobre un eje perpendicular al campo magnético el dispositivo mide una carga Q. Encuentre el valor de B en términos de N, D, R y Q.

P2. Se considera una bobina con N espiras cuadradas de lado a sin materia en el interior. Cada espira está a distancia b de un alambre recto y muy largo que lleva una corriente I =I0 sinωt, con ω constante. Además, todas las espiras cuadradas son coplanarias con el alambre recto. Calcule, en función de los datos I0, ω, a, b, la f.e.m. inducida entre los terminales de la bobina P3. El circuito de la figura se encuentra un carrito de masa m que se desplaza con velocidad vo xˆ . Llega hasta una región en que existe un campo magnético uniforme. Encuentre la velocidad del carrito como función del tiempo. No considere el campo magnético producido por la corriente en el circuito por ser mucho menor al campo externo constante y suponga que el carrito es muy largo por lo que no debe preocuparse de lo que ocurre una vez que entra entero al campo.

a

P4. Se tiene dos corrientes, ambas con igual sentido (en el dibujo, “saliendo” de la hoja). Una de ellas es una corriente plana e infinita de densidad lineal J s y la otra es una corriente cilíndrica r  infinitamente larga cuya densidad es J = J 0 ⋅ 1 −  . Encuentre el  R valor de J0 en función de Js que hace que el campo magnético resultante en el punto P ubicado a distancia R/2 del centro del cilindro sea nulo.

P

P5. Un disco de material aislante de radio R tiene en su borde una carga uniformemente distribuida λ[C / m] y está suspendido horizontalmente de un hilo que coincide con su eje. Dentro de un círculo más pequeño de radio a < R existe un campo magnético uniforme paralelo al eje. R El disco está inicialmente en reposo. En t = 0 se desconecta la fuente del campo magnético, el que cae a cero después de un corto intervalo de tiempo. Si I es el momento de inercia del disco, encuentre: a) La velocidad angular final del disco b) Depende ésta de la forma en que cae a cero el campo B?




dL Recuerde τ = r × F y que τ = con L momentum angular: L = I ω dt

a

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Problemas Magnetismo (I3) Fabi´an C´adiz C. [email protected] 1. Problema 1 Considere una espira rectangular de lado a y masa m, en el plano y-z, sumergida ~ = (B0 − αz)ˆ en un campo magn´etico B x, con α > 0. La espira cae en la direcci´on vertical debido a la gravedad. Encontrar la fem y corriente inducida en funci´on de la velocidad ~v de la espira. ¿Cu´al es la velocidad terminal?

Soluci´ on Definiendo la normal a la espira rectangular seg´ un n ˆ = xˆ, y suponiendo que el extremo inferior se encuentra a una altura z, el flujo mang´etico a trav´es de la espira est´a dado por ΦB =

Z Z

~ ·B ~ = dS S

Z Z

dydzB(z) = S

Z a 0

dy

Z z+a z

dz(B0 − αz)

α 2 z+a aα 2 z )z = a2 Bo − (z + 2az + a2 − z 2 ) 2 2 α αa3 ΦB = a2 Bo − (2za2 + a3 ) = a2 (B0 − αz) − 2 2

ΦB = a(B0 z −

Con esto, y utilizando la ley de inducci´on de Faraday, podemos determinar la fem inducida en la espira ε=−

dΦB dΦB dz 2 =− = −z(−αa ˙ ) dt dz dt

ε = vαa2 Donde v es la rapidez con que cae la espira. Podemos distinguir dos casos, si la espira sube, entonces v > 0 y ε > 0, lo que nos dice que la corriente inducida ir´a en el sentido contrareloj, como se aprecia en la figura

Otra forma de verlo, es notando que el campo magn´etico se hace m´as d´ebil en la medida que aumenta la altura z, de forma que si la espira sube, el flujo disminuye. As´ı, la corriente inducida debe ir en una direcci´on tal que el flujo que ´esta genere se sume al flujo magn´etico externo e intente evitar que el flujo total disminuya Ahora, el caso de inter´es (la espira cae por gravedad), implica v < 0, de forma que ε < 0 y esto significa que la corriente va en el sentido indicado por la siguiente figura. Otra forma de verlo es notando que si la espira cae, el flujo magn´etico aumenta, luego la corriente inducida debe generar un flujo magn´etico opuesto de manera de oponerse a este aumento.

La magnitud de la corriente est´a dada por I=

αa2 | v | |ε| = R R

Ahora, para encontrar la velocidad terminal de la espira, necesitamos encontrar la ecuaci´on de movimiento. Calculemos la fuerza magn´etica que act´ ua sobre la 2

espira. Podemos descomponer la fuerza total como la suma de las fuerzas sobre 4 segmentos

Es f´acil notar que sobre los segmentos verticales 2 y 4, las fuerzas se anulan (el campo no depende de la coordenada y y la corriente tiene sentido inverso en ambos segmentos). Ahora, la fuerza sobre el segmento 1 es F~1 = IaB(z + a)(−ˆ y × xˆ) = IaB(z + a)kˆ Y para el segmento 2 F~2 = IaB(z)(ˆ y × xˆ) = −IaB(z)kˆ La fuerza total es F~ = Ia(Bo − α(z + a) − B0 + αz)kˆ = −Ia2 αkˆ α 2 a4 v ˆ k F~ = − R Notar nuevamente que si v > 0 (sube), entonces la fuerza intenta hacer caer a la espira. Si por otro lado, la espira cae v < 0 y entonces la fuerza magn´etica es hacia arriba. Finalmente, la ecuaci´on de movimiento es m

dv α 2 a4 v =− − mg dt R

Para encontrar la velocidad terminal, imponemos vt = −R

dv dt

=0

mg α 2 a4

El signo menos indica que finalmente la espira cae con velocidad constante dada por | vt |

3

Problema 2 Una part´ıcula de carga q y masa m entra con velocidad v en un campo magn´etico uniforme B como se muestra en la figura. ¿Cu´anto tiempo transcurre entre que la carga ingresa al campo magn´etico y sale?

Soluci´ on Es sabido que la fuerza magn´etica sobre una carga en movimiento q est´a dada por la fuerza de Lorentz ~ F~ = q~v × B ´ Esta fuerza es siempre perpendicular a ~v , luego, se sigue que ´esta fuerza no ejerce trabajo. Con esto, la energ´ıa cin´etica de la part´ıcula es constante y entonces su rapidez tambi´en. La trayectoria que sigue la part´ıcula bajo este campo magn´etico uniforme es una h´elice

Si se observa el movimiento proyectado en un plano perpendicular al campo magn´etico, la trayectoria describe una semicircunferencia, hasta volver a salir 4

de la regi´on donde se encuentra el campo magn´etico. Sea R el radio de ´esta semicircunferencia, luego podemos determinar el tiempo que demora en salir como T =

πR 2πR = 0 0 2v v

donde v 0 es la componente de la velocidad que es perpendicular al campo magn´etico. Ahora debemos determinar R. De la segunda ley de Newton mv 02 =F R donde F es la magnitud de la fuerza magn´etica que se ejerce sobre la part´ıcula. qv 0 B F = qv 0 B sin(π/4) = √ 2 de esta forma

mv 02 qv 0 B = √ R 2 √ 2mv 0 R= qB

Finalmente π T = 0 v

√

2mv 0 = qB

5

√

2πm qB

Problema 3 Un cilindro de radio a y largo h tiene una corriente superficial I uniformemente distribu´ıda en el manto. Calcule el campo magn´etico producido sobre su eje

Soluci´ on El sistema se puede ver como un conjunto de espiras por las cuales circula una corriente I, puestas una al lado de la otra. Determinemos inicialmente el campo asociado a una espira ubicada a una distancia z 0 del origen por la cual circula una corriente I. Por la ley de Biot - Savart, el campo magn´etico originado por un elemento de corriente I es ~ z0 = dB

µ0 Id~l × (~r − ~r0 ) 4π | ~r − ~r0 |3

ˆ ~r0 = aˆ ˆ d~l = adϑϑˆ En este caso ~r = z k, r + z 0 k, ˆ r + (z − z 0 )k) µ0 Iadϑϑˆ × (−aˆ ~ 0 dBz = 4π (a2 + (z − z 0 )2 )3/2 Integrando la componente seg´ un kˆ tiene que µ0 Z 2π dϑIa2 kˆ ~ Bz0 = 4π o (a2 + (z − z 0 )2 )3/2 Notar que existe una componente seg´ un rˆ, sin embargo su integral es cero, como se podr´ıa esperar por simetr´ıa. Ia2 kˆ ~ z 0 = µ0 B 2 (a2 + (z − z 0 )2 )3/2 Este es el aporte de una sola espira, y por lo tanto, puede considerarse como un elemento diferencial de campo magn´etico. El campo magn´etico total es Z h Ia2 ~ = µ0 B dz 0 2 kˆ 2 o (a + (z − z 0 )2 )3/2

Usando el cambio z − z 0 = atanx, −dz 0 = asec2 x 6

Z x2 −dxIa2 asec2 x ˆ µ o I Z x2 ~ = µ0 dxcosxkˆ k = − B 2 x1 (a2 + a2 tan2 x)3/2 2 x1

~ = − µ0 I (sinx2 − sinx1 )kˆ B 2 donde sinx2 = q

z−h a2

+ (z − h)2

sinx1 = √

z + a2

z2

Finalmente µo I z ~ = − µo I q z − h √ kˆ + B kˆ 2 2 2 2 2 2 z + a a + (z − h)

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Ayudantía 22

P1.

Encuentre el coeficiente de inductancia mutua entre un alambre infinitamente largo y un triángulo isósceles de altura h dispuestos como en la figura:

α

P2. Calcule el coeficiente de inductancia mutua entre las dos espiras de la figura (radios r y R), las normales a los planos correspondientes forman un ángulo α . Considere que r es muy pequeño.

P3. Encuentre el coeficiente de auto-inductancia por unidad de largo de un solenoide muy largo, de radio R y n vueltas por unidad de largo.

P4. En el circuito de la figura, demuestre que ambas inductancias pueden ser reemplazadas por una equivalente que cumple 1 1 1 = + y encuentre la corriente que pasa por la batería Leq L1 L2 en función del tiempo.

L1 V0

C

P5. En el circuito de la figura, el condensador inicialmente tiene carga Q0. Evalúe la energía almacenada en el condensador y también en la inductancia. Evalúe su suma y concluya. V0

L

C

L2

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Circuitos RLC Fabi´an C´adiz C. [email protected] 1. El concepto de Inductancia A continuaci´on veremos un fen´omeno de acoplamiento magn´etico. Supongamos que tenemos 2 bobinas, cerca una de otra, como se muestra en la figura

La primera de ellas tiene N1 vueltas y lleva una corriente I1 , la que da origen a un ~ 1 . Debido a que ambas bobinas est´an cerca, algunas l´ıneas de campo magn´etico B campo magn´etico a trav´es de la bobina 1 tambi´en pasar´an a trav´es de la bobina 2, como se aprecia claramente en la figura. Denotemos por Φ21 el flujo magn´etico total a trav´es de la bobina 2 (que ser´a N2 veces el flujo a trav´es de una sola vuelta) debido a la corriente I1 . Ahora, al variar I1 en el tiempo, habr´a una fem inducida en la bobina 2 debido al cambio de flujo magn´etico en ella ε21 = −

d Z Z dΦ21 ~ ·B ~1 =− dS dt dt S2

Ahora, por regla de la cadena dI1 dΦ21 dΦ21 dI1 = = M21 dt dI1 dt dt

Notar que aqu´ı hemos establecido que el flujo sobre 2 es proporcional a la corriente I1 , es decir, dφ21 /dI1 = M21 donde la constante de proporcionalidad M21 se llama inductancia mutua, y depende u ´nicamente de la geometr´ıa y es una medida de que tan bueno es el acoplamiento magn´etico. Vemos que es igual a Φ21 dΦ21 = M21 = dI1 I1 esto u ´ltimo se debe a que los flujos siempre dependen linealmente de las corrientes que los originan. La unidad S.I de la inductancia mutua es el Henry (H). An´alogamente, ahora suponga que existe una corriente I2 en la segunda bobina y que var´ıa en el tiempo. As´ı, se induce una fem en la bobina 1 dada por ε12 = −

d Z Z ~ dΦ12 ~1 =− B2 · dS dt dt

Este flujo variable en la bobina 1 es proporcional al cambio de corriente en la bobina 2 dΦ12 dI2 dI2 dΦ12 = = M12 dt dI2 dt dt donde dΦ12 Φ12 M12 = = dI2 I2 Utilizando la ley de Ampere y la de Biot-Savart se puede deducir la f´ormula de Neumann, y se puede demostrar que a´mbas inductancias mutuas son iguales (muy u ´til!) M21 = M12 = M Esto es claro al ver la expresi´on de la f´ormula de Neumann para dos circuitos M21

µ0 I I d~l1 · d~l2 = 4π C2 C1 |~r2 − ~r1 |

la cual es totalmente sim´etrica, de manera que el intercambiar los ´ındices por M12 no altera el resultado.

2

Autoinductancia Considere nuevamente una bobina de N vueltas que lleva una corriente I en el sentido contrareloj. Si la corriente es constante, entonces el flujo magn´etico a trav´es de cada vuelta permanecer´a constante. Ahora considere que la corriente I var´ıa en el tiempo, luego, de acuerdo a la ley de Faraday-Lenz, una fem inducida aparecer´a para oponerse al cambio de flujo.

La corriente inducida ir´a en el sentido del reloj si dI/dt > 0 y contrareloj si dI/dt < 0. (Recordar Ley de Lenz!). La propiedad de que su propio campo magn´etico se opone a cualquier cambio en la corriente es lo que se llama inductancia propia o autoinductancia, y la fem generada entre sus terminales se llama fem autoinducida, que se denota por εL . Todo elemento de este tipo se denomina Indutancia. Matem´aticamente, se tiene εL = −

d Z Z ~ ~ dΦB =− B · dS dt dt

dΦB dΦB dI dI = =L dt dI dt dt de manera que εL = −L

dI dt

donde L es la autoinductancia, L=

ΦB I

F´ısicamente, la autoinductancia es una medida de la resitencia de una inductancia al cambio de corriente, as´ı, mientras m´as grande es el valor de L, m´as lenta ser´a la tasa a la cual var´ıa la corriente. La autoinductancia tambi´en se puede pensar (de hecho es equivalente en t´erminos de la f´ormula de Neumann) como la indutancia mutua del circuito consigo mismo, es decir, L = M11 .

3

Energ´ıa almacenada en campos magn´ eticos Debido a que una inductancia en un circuito se opone a cualquier cambio en la corriente a trav´es de ella, debe realizarse un trabajo por un agente externo (como una bater´ıa) para establecer una corriente en la inductancia. La energ´ıa entonces se puede almacenar en ella!. El rol que juega una inductancia en el caso magn´etico es an´alogo al de un condensador en el caso el´ectrico. La potencia, o tasa a la cual una fem externa trabaja para superar la fem autoinducida en la inductancia (εL ) y lograr que pase una corriente I a trav´es de ´esta es P =

dWext = Iεext dt

Si solo una fem externa y la indutancia est´an presentes, entonces ε = −εL , esto es dI P = −IεL = IL dt Si la corriente aumenta con dI/dt > 0, entonces P > 0 lo que significa que la fuente externa est´a haciendo un trabajo positivo para transferir energ´ıa a la inductancia. Entonces, la energ´ıa interna UB de la inductancia aumenta. Por otro lado, si la corriente decrece dI/dt < 0, la fuente externa toma energ´ıa de la inductancia, causando una disminuci´on en la energ´ıa interna de ´esta. El trabajo total hecho por la fuente externa para aumentar la corriente desde 0 hasta I es Z Z I 1 LIdI = LI 2 Wext = dWext = 2 0 Esto es igual a la energ´ıa magn´etica almacenada en la inductancia 1 UB = LI 2 2 ´esta expresi´on es an´aloga a la energ´ıa el´ectrica almacenada en un condensador UE =

1 Q2 2C

Existe una distinci´on importante entre una inductancia y una resistencia, desde el punto de vista de la energ´ıa. Cuando una corriente I pasa a trav´es de una resistencia, energ´ıa fluye a trav´es de la resistencia y se disipa en forma de calor, independiente si la corriente es constante o dependiente del tiempo. Por otro lado, energ´ıa fluye en una inductancia solo cuando existe una corriente que var´ıa en el tiempo , con dI/dt > 0. La energ´ıa no es disipada pero s´ı almacenada, y es liberada despu´es cuando dI/dt < 0

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Circuitos RL Considere el circuito RL que se muestra en la figura. En t=0, el interruptor es cerrado. Veremos que la corriente no alcanza inmediatamente su m´aximo valor ´ ε/R. Esto se debe a la presencia de una fem autoinducida en la inductancia.

Utilizando la ley de voltajes de Kirchhoff −ε + IR + |εL | = −ε + IR + L

dI =0 dt

se obtiene entonces una ecuaci´on diferencial para la corriente L

dI = ε − IR dt

la que se puede resolver por el m´etodo de separaci´on de variables LdI = dt(ε − IR) →

dI dt = (ε − IR) L

dt dI = (ε/R − I) L/R Integrando a ambos lados de la ecuaci´on ln(I − ε/R) = −t as´ı

R + C1 L R

I − ε/R = Ce−t L

I(t) = Ce−tR/L + ε/R Imponiendo la condici´on I(0) = 0, se tiene C = −ε/R I(t) =

ε (1 − e−tR/L ) R 5

Se define entonces la constante de tiempo de este circuito como τ = L/R, as´ı I(t) =

ε (1 − e−t/τ ) R

Notar que despues de un tiempo suficientemente largo, la corriente llega a su valor de equilibrio ε/R. El hecho de que no alcanze este valor de forma inmediata se debe justamente a que la inductancia tiende a oponerse a que la corriente vari´e de forma brusca. La constante de tiempo τ es una medida de qu´e tan r´apido se llega al estado de equilibrio, mientras mayor es el valor de L, m´as tiempo le toma al circuito a llegar a ´este estado. Similarmente, la magnitud de la fem autoinducida se puede obtener como |εL | = | − L

dI | = εe−t/τ dt

La cual es m´axima cuando t=0 y desaparece cuando t tiende a infinito. Esto implica que despues de un largo tiempo desde que el interruptor es cerrado, la autoinducci´on desaparece y la inductancia siplemente act´ ua como un alambre conductor conectando 2 partes del circuito. Para verificar que la energ´ıa se conserva, basta multiplicar la ecuaci´on de Kirchhoff por I, para obtener dI Iε = I 2 R + LI dt Notar que el lado izquierdo representa la potencia entregada por la bater´ıa, parte de ´esta se disipa en la resistencia (I 2 R) y el resto se almacena en la inductancia. La energ´ıa disipada por la resistencia es irrecuperable, mientras que la almacenada por la inductancia se puede reutilizar despu´es

6

Para verificar esto u ´ltimo, considere ahora el circuito RL que se muestra en la figura. El interruptor S1 ha estado cerrado por un tiempo muy largo tal que la corriente est´a en equilibrio con valor ε/R. Que ocurre cuando en t=0 el interruptor S1 se cierra y el S2 se abre?

Sumando las ca´ıdas de potencial obtenemos que −|εL | + IR = −L

L

dI + IR = 0 dt

dI dt dI = −IR → =− dt I L/R

Integrando ambos lados de la ecuaci´on I(t) = Ce−t/τ Imponiendo la condici´on I(0) = ε/R I(t) =

ε −t/τ e R

Es decir, una vez que se desconecta la fuente de energ´ıa (bater´ıa), la energ´ıa almacenada por la inductancia es liberada y entregada a la resistencia, quien disipa esta energ´ıa en forma de calor

7

Circuitos de Corriente Alterna En ayudant´ıas anteriores vimos que un flujo magn´etico que cambia en el tiempo puede inducir una fem de acuerdo a la ley de Faraday. En particular, si una espira rota con velocidad angular w en la presencia de un campo magn´etico, la fem inducida var´ıa sinusoidalmente en el tiempo (con frecuencia w) y produce una corriente alterna (AC). Este es el caso t´ıpico de generaci´on de energ´ıa y de los grandes sistemas de potencia. El s´ımbolo para una fuente de voltaje alterna es

Un ejemplo de fuente AC es V (t) = V0 cos wt donde el valor m´aximo V0 se llama amplitud. El voltaje var´ıa entre V0 y −V0 . Un gr´afico del voltaje como funci´on del tiempo se muestra en la siguiente figura

Es una funci´on peri´odica en el tiempo. La frecuencia f , definida como 1/T donde T es el per´ıodo, tiene unidades de 1/seg (hertz). Se relaciona √ con la frecuencia angular seg´ un w = 2πf . En nuestras casas obtenemos V0 = 220 2 y f = 50 Hz Cuando una fuente de voltaje se conecta a un circuito RLC, despu´es de un tiempo transiente, una corriente alterna comenzar´a a flu´ır por el circuito como respuesta a la fuente de voltaje forzante. La corriente ser´a de la forma I(t) = I0 cos(wt − φ) Es decir,oscilar´a con la misma frecuencia de la fuente (esta es una propiedad de los sistemas lineales), con amplitud I0 y fase φ que depender´an de la frecuencia forzante de la fuente Antes de examinar circuitos RLC complejos, primero consideremos casos simples donde s´olo un elemento se conecta a una fuente de voltaje sinusoidal

8

Carga puramente resistiva Considere un circuito puramente resistivo con una resistencia conectada a un generador AC, como se muestra en la figura

Sumando las ca´ıdas de potencial, obtenemos V (t) − VR (t) = V (t) − I(t)R = 0 donde VR (t) = I(t)R es el voltaje instant´aneo a trav´es de la resistencia. La corriente instant´anea en la resistencia (y en el circuito) est´a dada por I(t) =

V0 coswt VR (t) = = IR0 cos wt R R

Notamos que φ = 0, lo que significa que I(t) y V (t) est´an en fase, es decir, alcanzan sus valores m´aximos y m´ınimos al mismo tiempo.

Ahora, podemos representar voltajes y corrientes con n´ umeros complejos, as´ı, la fuente que representamos como V (t) = V0 cos(wt) en forma compleja es, simplemente V (t)∗ = V0 eiwt = Vo (cos wt + i sin wt) = Vˆ eiwt donde Vˆ es el voltaje en forma de fasor. En este caso Vˆ = Vo , pero en otras circunstancias podr´ıa ser un n´ umero complejo. Por supuesto lo que entendemos aqu´ı por voltaje es la parte real de V ∗ (t). Similarmente las corrientes tambi´en las podemos escribir en forma fasorial.

9

Definimos la Impedancia de una resistencia por el n´ umero complejo Zˆ = R Esto corresponde a la resistencia expresado como fasor. En el caso de una resistencia es por supuesto un n´ umero real. De esta forma Vˆ = Iˆ Zˆ Esto se cumple de forma general, de modo que al tratar estos problemas con ˆ lo que simplifica enormemente los c´alculos. fasores, siempre se cumple que Vˆ = IˆZ, En este caso en particular Vˆ = Iˆ R Vˆ V0 Iˆ = = R R y entonces la corriente es ˆ iwt = V0 eiwt I(t)∗ = Ie R I(t) =

V0 cos wt R

Carga puramente inductiva Considere ahora una carga inductiva que consiste de una inductancia conectada a una fuente AC

Se tiene V (t) − VL (t) = V (t) − L

dI =0 dt

lo que implica dI V (t) Vo = = cos wt dt L L 10

Integrando IL =

Z

dIL =

V0 V0 Vo Z dt cos wt = sin wt = cos(wt − π/2) L wL wL

V0 de aqu´ı vemos que la amplitud del voltaje en la inductancia es wL = XV0L , donde XL = wL se llama reactancia inductiva. Tiene unidades de Ohm (Ω), igual que las resistencias. Sin embargo, a diferencia de una resistencia com´ un, la reactancia depende de la frecuencia. Esto se debe al hecho de que a frecuencias m´as altas la corriente var´ıa de forma m´as rapida que a frecuencias bajas. Por otro lado, esta , es reactancia se anula cuando w tiende a cero. Tambi´en notamos que φ = −π 2 decir, la corriente est´a en atraso con respecto al voltaje, como se aprecia en la figura

Veamos como se obtiene este resultado de forma inmediata utilizando fasores, todo lo que hay que saber es que la inductancia equivale a una impedancia igual a ZL = iXL = iwL De esta forma, el voltaje en la inductancia se relaciona con la corriente a trav´es de ella seg´ un VˆL = ZˆL Iˆ es decir, trabajando con fasores es una simple ley de Ohm (entre comillas). Como el voltaje en la inductancia aqu´ı es igual al voltaje de la fuente Vˆ = VˆL = iwLIˆ Despejando la corriente Iˆ =

i ˆ 1 −iπ/2 ˆ 1 ˆ V =− V = e V jwL wL wL

En este caso, Vˆ = Vo , con lo que la corriente en funci´on del tiempo queda ˆ iwt = I(t)∗ = Ie

Vo i(wt−π/2) e wL

tomando la parte real I(t) =

V0 cos(wt − π/2) wL 11

Carga puramente capacitiva

Aqu´ı, nuevamente tenemos V (t) − VC (t) = V (t) −

Q(t) =0 C

Q(t) = CV (t) = CVc (t) = CV0 cos wt adem´as, la corriente en el circuito est´a dada por I(t) =

dQ = −CwV0 sin wt = CwV0 cos(wt + π/2) = CwV (t) dt

de aqu´ı encontramos la relaci´on entre la amplitud del voltaje y la amplitud de la corriente a trav´es del condensador V0 =

1 I0 = XC I0 Cw

donde Xc es la reactancia capacitiva del condensador. Vemos que en este caso la corriente est´a desfasada en φ = −π/2 con respecto al voltaje (es decir, est´a en adelanto con respecto a este)

En t´erminos de fasores, simplemente consideramos la impedancia de un condensador 1 ZˆC = jwC de forma que Vˆ = ZˆC Iˆ 12

despejando la corriente Vˆ = iwC Vˆ = iwCVo = wCVo eiπ/2 Iˆ = ˆ ZC As´ı ˆ iwt = wCVo ei(wt+π/2) I(t)∗ = Ie tomando la parte real I(t) = wCVo cos(wt + π/2) F´acil f´acil con fasores! El circuito resonante RLC Consideremos ahora el circuito RLC de la figura

Aqu´ı tenemos V (t) − VR (t) − VL (t) − VC = V (t) − IR − L

dI Q − =0 dt C

lo que nos lleva a la siguiente ecuaci´on diferencial L

dI Q + IR + = Vo cos wt dt C

Asumiendo que el condensador est´a inicialmente descargado, y considerando I = dQ , podemos reescribirla como dt L

d2 Q dQ Q +R + = Vo cos wt 2 dt dt C

Una soluci´on posible es (en r´egimen permanente) Q(t) = Q0 sin(wt + φ) donde la amplitud y la fase son, respectivamente 13

Q0 = q

V0 /L (Rw/L)2 + (w2 − Q0 =

1 2 ) LC

V0

=

q

w R2 + (wL − 1/wC)2

V0 q

w R2 + (XL − XC )2

y tanφ =

1 1 X L − XR (wL − )= R wC R

la correspondiente corriente es I(t) =

dQ = Io cos(wt + φ) dt

con amplitud V0 I0 = Q0 w = q R2 + (XL − XC )2 Notar que la corriente tiene la misma amplitud y fase en todos los puntos del circuito RLC. Por otro lado, el voltaje instant´aneo a trav´es de cada uno de los 3 elementos tiene diferente amplitud y fase con respecto a la corriente. Habr´an notado que resolver los problemas mediante esta forma puede resultar complicado, de forma que indicar´e una soluci´on con fasores, y sacar´an sus propias conclusiones. En t´erminos de fasores, podemos ver el circuito como una sola impedancia equivalente, como la resistencia, la inductancia y el condensador se encuentran en serie, tenemos 1 1 = R + i(wL − ) Zˆeq = R + iwL + iwC wC la amplitud de este n´ umero complejo es, simplemente s

Z=

1 2 ) wC

R2 + (wL −

y la fase φ = arctan(

wL − R

1 wC

)

de esta forma, si el voltaje de la fuente es Vˆ = V0 6 0 entonces la corriente a trav´es del circuito es Vˆ V0 Iˆ = =q Zˆ R2 + (wL − 14

6 1 2 ) wC

arctan(

wL − R

1 wC

)

Por u ´ltimo, recordando que ˆ iwt =| I | ei(wt+φ) I(t)∗ = Ie V0 I(t) = q R2 + (wL − donde φ = arctan(

1 wL− wC R

1 2 ) wC

cos(wt + φ)

)

Notar que la amplitud de la corriente I0 = VZ0 alcanza un m´aximo cuando Z es 1 m´ınimo. Esto ocurre cuando XL = XC , o wL = wC , llevando a w0 = √

1 LC

Este fenomeno en que I0 alcanza su m´aximo se llama Resonancia, y la frecuencia a la cual ocurre, w0 , se llama frecuencia de resonancia. En resonancia, la impedancia se transforma en Z = R (puramente resistiva), y la amplitud de la corriente es V0 I0 = R y la fase φ = 0

El circuito resonante es u ´ltil en varias aplicaciones, como sintonizadores y tarjetas electr´onicas, donde se desea que el circuito responda a se˜ nales de un rango de frecuencias limitado.

15

El transformador Un transformador es un dispositivo utilizado para aumentar o disminu´ır el voltaje AC en un circuito. Una t´ıpica configuraci´on consiste de 2 bobinas, (primaria y secundaria), enrolladas en un n´ ucleo de hierro, como se muestra en la figura

La bobina primaria, con N1 vueltas, es conectada a una fuente alterna V1 (t). La secundaria tiene N2 vueltas y se conecta a una resistencia de carga R2 . La forma en que funcionan los transformadres se basa en la ley de Faraday, la corriente alterna en el primario induce una fem alterna en la segunda bobina, debido a su inductancia mutua. En el circuito primario, despreciando la resistencia de la bobina, la ley de Faraday implica dΦB V1 = −N1 dt donde ΦB es el flujo magn´etico a trav´es de la bobina primaria. El nucleo de hierro sirve para incrementar el flujo magn´etico producido por la bobina 1 (el hierro tiene permeabilidad µ mucho mayor a la del vac´ıo) y para asegurar que pr´acticamente todo el flujo magn´etico por el primario tambi´en atraviese la bobina secundaria. As´ı, el voltaje inducido en el secundario es V2 = −N2

dΦB dt

En un transformador ideal, la p´erdida de potencia debida al efecto Joule se puede despreciar, de manera que la potencia administrada a la bobina primaria es transferida completamente a la secundaria I1 V1 = I2 V2 Tambi´en estamos suponiendo que no hay flujo magn´etico que escape afuera del n´ ucleo de hierro. Combinando esto obtenemos V2 N2 = V1 N1 I2 N1 = I1 N2 vemos que la raz´on para los voltajes est´a completamende determinada por la raz´on entre el n´ umero de vueltas entre el primario y el secundario. El transformador 16

tiene una infinidad de aplicaciones, todos los equipos el´ecticos utilizan uno para transformar los 220 V efectivos en el voltaje deseado de operaci´on. Notar que con corriente continua un transformador simplemente no funciona (Es una de las razones de las porqu´e no se genera en corriente continua).

17

Problema 1 Considere dos espiras coplanares y conc´entricas, de radios R1 y R2 con R1  R2 . Encuentre la inductancia mutua entre ambas espiras.

Soluci´ on La inductancia mutua se puede obtener suponiendo que por el anillo m´as grande circula una corriente I1 , como muestra la figura:

Anteriormente vimos que el campo magn´etico en el centro de un anillo que lleva corriente I1 est´a dado por ~ 1 = µ0 I1 kˆ B 2R1 Debido a que R1  R2 , aproximamos el campo magn´etico sobre toda la espira ~ 1 . As´ı, el flujo a trav´es de la espira interior es interior por B ~1 · S ~ Φ21 = B Si definimos la normal a la superficie encerrada por el anillo interior seg´ un el eje ˆ k µ0 I1 2 µ0 I1 πR22 πR2 = 2R1 2R1 Finalmente, la inductancia mutua est´a dada por Φ21 = B1 S =

M=

Φ21 µ0 πR22 = I1 2R1 18

Problema 2 Considere un toroide de N vueltas y de secci´on rectangular de lado h, radio interior a y radio exterior b.

a) Calcule la autoinductancia y discuta que ocurre cuando a  b − a b) Calcule la energ´ıa magn´etica almacenada en el toroide Soluci´ on Utilizando la ley de Ampere, el campo magn´etico se obtiene como I

~ · d~l = B

I

Bdl = B

I

dl = B(2πr) = µ0 N I

donde se ha integrado el campo sobre una circunferencia de radio r ubicada en el centro del toroide µ0 N I B= 2πr El flujo magn´etico sobre una vuelta del toroide se puede obtener al integrar sobre todas las secciones rectangulares, con dA = hdr como elemento diferencial de ´area

ΦB =

Z Z

~ · dS ~= B

Z b a

µ0 N I µ0 N Ih hdr = ln(b/a) 2πr 2π

y el flujo total sobre el toroide ser´a N ΦB . Con esto, la autoinductancia es L=

N ΦB µ0 N 2 h = ln(b/a) I 2π 19

cuando a  b − a, se tiene ln(b/a) = ln(1 +

b−a b−a )≈ a a

y la autoinductancia es L=

µ0 N 2 h b − a 2π a

recordando que el a´rea de una secci´on del toroide es A = h(b − a) L=

µ0 N 2 A 2πa

y con l = 2πa µ0 N 2 A l que es justamente la autoinductancia de un solenoide. L=

b) La energ´ıa almacenada en el toroide es simplemente 1 µ0 N 2 I 2 h U = LI 2 = ln(b/a) 2 4π

20

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

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

Soluci´ on a) En ausencia de una resistencia, la energ´ıa total se transforma constantemente en energ´ıa el´ectrica y magn´etica, esto se llama osilaci´on electromagn´etica. Le energ´ıa total del circuito LC en un instante arbitrario es U = UC + UL =

1 Q2 1 2 + LI 2C 2

Por el principio de conservaci´on de la energ´ıa d 1 Q2 1 2 dU = ( + LI ) = 0 dt dt 2 C 2 Q dQ dI + LI =0 C dt dt Adem´as, hay que notar que I = −dQ/dt Q dI Q d2 Q − I + LI =0→− −L 2 =0 C dt C dt Finalmente la ecuaci´on diferencial para la carga en el condensador es Q d2 Q +L 2 =0 C dt b)Utilizando la ley de voltajes de Kirchhoff, −VC + VL = − 21

Q dI +L =0 C dt

y relacionando la corriente con la carga en el condensador dQ2 Q +L 2 =0 C dt dQ2 Q =0 + dt2 LC la soluci´on general es de la forma Q(t) = Q0 cos(w0 t + φ) donde la frecuencia angular w0 est´a dada por w0 = √

1 LC

La corriente por la inductancia es I(t) = −

dQ = w0 Q0 sin(w0 t + φ) = I0 sin(w0 t + φ) dt

donde I0 = w0 Q0 . De las condiciones iniciales Q(0) = Q0 e I(0) = 0, la fase φ es simplemente 0. Con esto, las soluciones para la carga y la corriente en el circuito LC es Q(t) = Q0 cos(w0 t)

I(t) = I0 sin(w0 t) la dependencia de Q(t) e I(t) se muestra en la figura:

La energ´ıa el´ectrica y magn´etica est´an dadas por UE =

Q2 (t) Q2 = ( 0 )cos2 (w0 t) C 2C 22

1 LI 2 Q2 UL = LI 2 (t) = 0 sin2 (w0 t) = 0 sin2 (w0 t) 2 2 2C Se ve f´acilmente que la energ´ıa permanece constante U =(

Q2 Q2 Q20 )cos2 (w0 t) + 0 sin2 (w0 t) = 0 2C 2C 2C

La oscilaci´on de energ´ıa magn´etica y el´ectrica en el tiempo se ve en la figura

El an´alogo mec´anico de este circuito LC es el sistema masa-resorte

23

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

Mediante consideraciones energ´eticas encuentre la ecuaci´on diferencial para la carga en el condensador Soluci´ on La energ´ıa en un instante arbitrario t est´a dada por U = UE + UL =

1 Q2 1 2 + LI 2C 2

A diferencia del circuito LC, parte de la energ´ıa del circuito ser´a disipada por la resistencia. Esto es, la tasa a la cual la energ´ıa es disipada es dU = −I 2 R dt donde el signo negativo implica que la energ´ıa total disminuye en el tiempo. As´ı dU Q dQ dI = + LI = −I 2 R dt C dt dt Aqu´ı, nuevamente se tiene I = −dQ/dt Q dI − I + LI = −I 2 R C dt −

Q dI + L = −IR C dt

Q dQ2 dQ −L 2 = R C dt dt Finalmente, la ecuaci´on diferencial para Q es −

L

dQ2 dQ Q + R+ =0 2 dt dt C 24

Problema 5 Considere el circuito de la figura

Determine la corriente por cada resistencia a) inmediatamente despu´es de cerrar el interruptor b) despu´es de que ha pasado mucho de tiempo de cerrado el interruptor Suponga que el interruptor es reabierto despu´es de que ha estado mucho tiempo cerrado, encuentre nuevamente las corrientes: d) inmediatamente despu´es de que es abierto e) despu´es de un largo tiempo Soluci´ on a) Inmediatamente despu´es de que el interruptor es cerrado, la corriente a trav´es de la inductancia es cero ya que la fem autoinducida evita que la corriente crezca abruptamente. As´ı, I3 = 0. Debido a que I1 = I2 + I3 , se tiene que I1 = I2

Utilizando las leyes de Kirchhoff a la malla 1, se tiene −ε + I1 R1 + I1 R2 = 0

25

I1 = I2 =

ε R1 + R2

b) Despu´es de un largo tiempo, no hay fem autoinducida en la inductancia y las corrientes pasan a ser constantes. Para la malla 1, se tiene ahora −ε + I1 R1 + I2 R2 = 0 y para la malla 2 I3 R3 − I2 R2 = 0 por u ´ltimo, por la ley de nodos, I1 = I2 + I3 . Resolviendo, se obtiene I1 =

(R2 + R3 )ε R1 R2 + R1 R3 + R2 R3

I2 =

R3 ε R1 R2 + R1 R3 + R2 R3

I3 =

R2 ε R1 R2 + R1 R3 + R2 R3

c) Inmediatamente despu´es de que el interruptor es abierto nuevamente, la corriente a trav´es de R1 es 0, I1 = 0. Esto implica que I2 + I3 = 0. La malla 2 ahora forma un circuito RL que decae e I3 comienza a decaer. As´ı I3 = −I2 =

R3 ε R1 R2 + R1 R3 + R2 R3

d)Despu´es de mucho tiempo , todas las corrientes son cero, esto es, I1 = I2 = I3 = 0

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Problema 6 Considere el circuito de la figura, donde V (t) = Vo cos wt. Si S1 y S2 se cierran inicialmente, encuentre (Datos son R, L, Vo y w)

a) La corriente en funci´on del tiempo b) La potencia promedio entregada al circuito c) La corriente en funci´on del tiempo largo tiempo despu´es de que S1 se abre d) La capacidad C si S1 y S2 se abren y despu´es de un tiempo largo, la corriente y el voltaje est´an en fase e) La impedancia cuando S1 y S2 se abren f) La energ´ıa m´axima almacenada en el condensador y la inductancia g) La diferencia de fase entre voltaje y corriente si se dobla la frecuencia w h) La frecuencia para la cual la reactancia inductiva es igual a un medio de la reactancia capacitiva Soluci´ on a) Al cerrar ambos interruptores, no circular´a corriente ni por la inductancia ni por el condensador. La impedancia equivalente en este caso es Zeq = R de modo que la corriente es, simplemente I(t) =

Vo cos wt R

b) La potencia instant´anea consumida por la resistencia es P (t) = V (t)I(t) =

Vo2 cos2 wt R

Claramente una funci´on peri´odica, el promedio temporal es entonces 1ZT V2 < P (t) >= dtP (t) = o T o 2R

c) Cuando se abre S1 , se conecta la inductancia al circuito. La impedancia equivalente en este caso es 27

Zeq = R + iwL =

√ wL R2 + w2 L2 eiarctan( R )

Luego, la corriente es wL Vˆ Vo e−iarctan( R ) Iˆ = =√ 2 2 2 Zeq R +w L

As´ı, ˆ iwt ) = √ I(t) = Re(Ie

R2

Vo cos(wt − tan−1 (wL/R)) + w 2 L2

d) Ahora se conecta adem´as el condensador, de modo que la impedancia equivalente en este caso es Zeq = R + iwL +

1 1 = R + i(wL − ) =| Z | eiφ iwC wC

donde est´a dado por φ = tan−1

(wL − R

1 ) wC

como no hay desfase entre voltaje y corriente, φ = 0 (el circuito est´a en resonancia!), esto quiere decir que w = wo φ = 0 → tan−1 = 0 1 wo L = wo C C=

1 wo2 L

e) El circuito est´a en resonancia, luego s

| Z |=

R2 + (wL −

1 2 ) =R wC

f) La energ´ıa m´axima en el condensador es (Vc representa la amplitud del voltaje en el condensador) 1 1 Io 2 UEmax = CVc2 = C( ) 2 2 wC 28

1 Vo 2 1 V02 L UEmax = C = 2 R wo2 C 2 2R2 En el u ´ltimo paso √ se ha usado que la frecuencia es igual a la frecuencia de resonancia w0 = 1/( LC) Ahora, la energ´ıa m´axima almacenada por la inductancia ULmax

1 2 LVo2 = LIo = 2 2R2

g) Si la frecuencia es ahora w = 2wo = √

2 LC

el ´angulo de desfase entre voltaje y corriente queda √ √ wL − 1/(wC) −1 2/( LC)L − ( LC/(2C)) ) = tan ( ) φ = tan ( R R −1

3 φ = tan−1 ( 2R

s

L ) C

h) Finalmente, la frecuencia para que XL = 12 XC debe cumplir wL =

1 1 2 wC

luego w=√

1 wo =√ 2 2LC

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Problema 7 Una antena FM tiene una inductancia L = 10−6 H, una capacidad C = 10−12 F, y una resistencia R = 100 Ω. Una se˜ nal de radio induce una fem sinusoidal en la antena con amplitud 10−5 V

a) A que frecuencia angular w0 de la se˜ nal incidente el circuito estar´a sintonizado, esto es, para que w0 la corriente en el circuito ser´a m´axima? b) Asumiendo que la onda incidente est´a sintonizada, cual ser´a la amplitud de la corriente en el circuito a esta frecuencia? c) Cu´al es la amplitud de la diferencia de potencial a trav´es del condensador a esta frecuencia? Soluci´ on a) La antena estar´a sintonizada con la se˜ nal incidente a la frecuencia de resonancia, esto es, la se˜ nal debe tener una velocidad angular dada por s

w0 =

1 = LC

s

1 = 109 10−6 10−12

y la frecuencia asociada es f=

w0 1 9 = 10 = 0, 159 ∗ 109 2π 2π

Equivalentemente f = 0, 159Ghz. b) A la frecuencia de resonancia, la corriente m´axima es I0 =

V0 10−5 = = 0, 1µA R 100

c)La amplitud del voltaje en la inductancia VL = I0 XL = I0 w0 L = 0, 1 ∗ 10−6 2π ∗ 0, 159 ∗ 109 ∗ 10−6 = 9, 99 ∗ 10−5 V

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