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o•

El alfabeto griego

Prefijos de potencias de 1

Múltiplo

Prefijo

Abreviatura

1024

yotta zetta

y

1021 lQ18 101s 101 2 109

z E

exa peta ter a

p

T

giga mega kilo hecto in ici.11 )' fina l:

4. Su'l>lil uy.1 los n_..:;ult-a do a n!Niorcs p.1 r. U

\'eluci-

PROBLEMA PR AC TI CO 3. 1 Dc tc nnin.ir el m ótlu lo )' l.1 di n..-cci6n d el \'t.'Clor ;iceler;ición media.

(b)

L

Prefacio

xiv

ESTRATEG IA DE RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS

En casi todos los capítulos se incluye un recuadro llamado Estrategia de resolución de problemas para reforzar el formato Planteamiento, Solución y Comprobación para solucionar satisfactoriamente los problemas.

Ve/ocidnd re/lltivn PLAl\ITEAMIENTO El primer paso para la resolución de problemas de velocidad relativa es jdentificar y marcar los sistemas de referencia relevantes. Aquí les llamaremos sistema de referencia A y B. SOLUCIÓN l. Utilizando vi'!' ~ ¡¡pA + vAB (ecuación 3.9), relacione la velocidad del objeto móvil \partJCu.la p) relativa al sistema A con la velocidad de la part!cula relativa al sistema B. 2. Trace Wl diagrama de swna vectorial para l a ecuación vp8 = V A + VAB' Incluya ejes de coordenadas en el d ibujo. P 3. Calcule la incógnita en cuestión. Utilice la trigonom etría cuando sea necesario. COMPROBACIÓN Asegúrese de que obtiene la velocidad o posición del ruerpo respecto del sistema de referencia correcto.

APÉNDICE DE MATEMÁTICAS INTEGRADO Esta edición ha mejorado el apoyo matemático a los estudiantes que esh1dian Matemáticas al mismo tiempo que introducción a la Física o a los esh1diantes que requieren repasar las Matemáticas. El Apéndice de Matemáticas completo • revisa resultados básicos de álgebra, geometría, trigonometría y cálculo, • relaciona conceptos matemáticos con conceptos físicos del libro, • proporciona Ejemplos y Problemas Prácticos para que los estudiantes puedan comprobar su comprensión de los conceptos matemá ticos .

Desintegración radiactiva del cobalto-60 El p e riod o de semidcs in ll't;rnción d l'I cub-l'lt:!slc de EE.UU.

Los ternas de actualidad en Física, que aparecen al final de ciertos capítulos, tratan de aplicaciones actuales de la Física y relacionan estas aplicaciones con conceptos descritos en los capítulos. Estos temas van desde un parque eólico hasta termómetros moleculares y motores de detonación pulsar.

y l.1s n11111lafias desde Ca lifornia h ded ur. o; Las hl>lict"l" se c;ili e.nt.m y e.I t1 irl:' líl mbi l'! n . Los c ng ril najcs d e la turbina t.m1bién dis ip.m c ncrgí.1 debido a l roza mil'nlo. Las héli· ccs vibr.rn ind ivid ualrnc.ntc - la e ncrgfo absorbidn par.1 produci r cstils vibr;iciones fil mbi én hace d b minu ir l;i e fi cicnci ;i. Fimlmente, la turbin;i n ecc~ itil urrient~ p.1r 2 m). (n) Determinar la fuer za neta sobre q0 ejercida por q1 y q2 si q, = +25 n C, q2 = - 10 nC y x = 3,5 m. (b) Obtener un a expresión de la fuer za neta sobre q0 debida a q, y q2 en el intervalo 2 m < x < oo. PLANTEAMIENTO La fuerza neta sobre q0 es el vector suma de la fuerza F10 ejercida por q1 y la fuerza F20 ejercida por q2 . Las fu er~as individuales se determjnan mediante la ley d e Coulomb. Obsérvese que P10 = P20 = i pues P10 y í\ 0 se encuentran ambos en la dirección positiva de x. SOLUCIÓN

y,m

(n) l . Dibujar tm croquis del sistema de cargas (figma 21.8n). lnillcar las distancias r 1 0 y r20 :

q2 = -10nC +

J--------;

X, 111

1 r¡ 1 = +25 nC FIGURA

2.· Hallar la fuerza ejercida por la carga q1 sobre la q0 . Estas cargas se repelen por ser del mjsmo sigilo. La fuerza tiene la dirección del eje x:

F

q0 =

4 +20 nC

21.Ba

klq1qol

=

rio

'º

~ klq,q0 I ~ (8,99 F10 = +F, 0 1 = +-2- 1 = r, o = (0,37 X 10- 6 N) Í

X

109 N · m 2/ C 2)(25

X

10- 9 C)(20

X

10- 9 C) ~ 1

(3,5 m) 2

1

1

3. Hallar la fuerza ejercida por la carga q2 sobre la q0 . Estas cargas se atraen por ser de diferente signo. La fuerza tiene la dirección del eje - x:

F

klq2qol rio

=

20

~

-

F10 = -F,0 1 = .

(b) l. Dibujar la cmúiguración geométrica de las ca rgas, definiendo las distan cias r, 0 y r 2 0 (figura 21.8b):

Fneta

=

(8,99

X

109 N · m 2/C 2)(10

(1,5 m)

10- 6 N)f

X

F + ¡o = 1 1O

2

(0,43 X 10- 6 N)i 1

y,m

l'10=X~

--2,0 111 ---¡~ + t----~---
----~~+;--~---

3

.r,1n

\

qo FIGURA

10- 9 C)(20

X

21 . Bb

X

10- 9 C)

~ 1

/'20

-

= - (0,80 4. Sumar los resultados para obtener la fuerza neta:

klq2qol ~

--2- 1

4

2

Ley de Coulomb

s E e e 1ó

N 2 1. 3

703

2. Obtener Lma expresión parn la fuerza debida a la carga q 1: 3. Obtener tma expresión para la fuerza debida a la carga q2 : 4. Sumar los dos vectores resultantes obtenidos en 2 y 3, para obtener la fuerza ne ta:

Fnel a. (b) Determinar la forma límite del campo eléctrico para x >>a. PLANTEAMIENTO Usando el principio de superposición, EP = E1P + E2 P, calculamos el campo eléctrico en el punto P. Para x > a, el campo eléctrico E+ debido a la carga positiva tiene la dirección de las x positivas y el E_ debido a la carga negativa la de las x negativas. La distancia del punto Pala carga positiva es x - a, y a la carga negativa x - (-a) = x + a. SOLUCIÓN

y

(a) l. La figma 21.17 muestra la distribución de las cargas y sus respectivas distancias al punto en el que se mide el campo:

1+--

x+a~

---x

a--++-a--.¡-x-a

E_ E .......¡~-

>---+---~+}-----_...,.

-q

+q

p

X

FIGURA

21 . 17

710

e A P í Tu Lo 2 1

Campo eléctrico 1: distribuciones discretas de carga

2. Calcular el campo E debido a las dos cargas para x > n: (Observación: Ja ecuación de la derecha es válida sólo parn x>n.):

kq ~ kq ( E= E + + E_= [x - n]2' + [x - (-n)]2

(b) En el límite x >> n, podemos despreciar n2 comparado con x2, y simplificar así el denominador:

1 1 ] kq [ (x - n)2 - (x + n)2 i A

=

3. Poner los términos incluidos entre corchetes bajo Lm denominador común y simplificar:

~) - 1

_ [(x+n) 2 - (x-n) 2 ] · E - kq i (x + n)2(x - n)2 E

=

4nx • 4nx . kq (x2 _ · a2)2 i = kq --y¡- i

k q

4nx ~ t (x2 - n2)2

4kqn

~

x>n

x >> n

-- ¡

x3

COMPROBACIÓN Los dos resultados de los recuadros tienden a cero cuando x tiende a infinito, tal como era de esperar. OBSERVACIÓN La figura 21.18 mues h·a Ex en ftmción de x para tod o valor de x, para q = 1 nC y n = 1 cm. Lejos de las cargas, el campo viene dado por

4kqn E= i lxl3 A

lxl » n

Entre las cargas, la contribución de cada Lma de ellas se verifica en la dirección negativa. Una expresión válida para todo valor de x es

kq k( - q) E =---e +---e 2 2 A

(x - n)

A

+

(x

+ n)

-n< x < n

donde el vector Lulitario e+ tiene el sentido de las x positivas para x mayor o igual que n, y el vector e_el de las x negativas para x menor que -n. (Todo ello con la excepción de x = - n.) (Obsérvese que

e+ = IX - ª1 ¡y e_ x - n

=

l.\.· + ª1 i.) x +n

Ex,NIC

200

-100 u R A 2 1 . 1 8 Gráfica de Ex versus x para la dish·ibución de carga del ejemplo 21.9.

F 1G

-200

DIPOLOS ELÉCTRICOS Un sistema de dos cargas iguales y opuestas q separadas por tma pequefi.a distancia L se denomina dipolo eléctrico. Su intensidad y su orientación se describen mediante el momento dipolar eléctrico p, tm v~tor que apunta de la carga negativa a la positiva y cuyo módulo es el producto qL (figura 21.19):

Jl

- 11

P = qL

p=qL

I

8 - -..•~CB +11

21.9 DEFINICIÓN: MOMENTO DIPOLAR ELÉCTRICO

donde res lll1 vector cuyo origen está en la carga negativa y su extremo en la carga positiva. Para la configuración de la figma 21.17,T = 2ni y el momento dipolar eléctrico es

p=

2nqi

F 1 G u R A 2 1 . 1 9 Un dipolo eléctrico consiste en dos ca rgas iguales y opuestas separadas por una pequeña distancia L. El módulo del momento dipolar es p = qL, donde q es el valor absoluto de una de las cargas y [es el módulo del vector posición de la carga positiva respecto de la nega tiva .

Líneas de campo eléctrico

SECCIÓN 21 .5

711

En h.mción del momento dipolar p, el campo eléctrico sobre el eje del dipolo en tm ptmto a gran distancia [x[ posee la dirección y sentido del momento dipolar y su magnitud es 2kp E=21.10

[x[3

(Véase el ejemplo 21 .9). En un ptmto alejado de un dipolo en cualquier dirección, el módulo del campo eléctrico es proporcional al momento dipolar y decrece con el cubo de la distancia. Cuando tm sistema tiene w1a carga neta distinta de cero, el campo eléch·ico disminuye seg{m 1 / r2 a grandes distancias. En w1 sistema con carga neta nula, el campo eléctrico disminuye con mayor rapidez con la distancia. En el caso de tm dipolo eléctrico, el campo disminuye seg{m 1/13 en todas las direcciones. (a)

21.5 El campo eléctrico puede representarse dibujando líneas que indiquen su dirección. En cualquier ptmto, el vector campo E es tangente a las líneas de campo eléch·ico, que se llaman también líneas de fuerza porque muestran la dirección de la foerza ejercida sobre tma carga testigo positiva. En cualqtúer punto próximo a tma carga positiva, el campo eléctrico apunta radial.mente alejándose de la carga; por lo tanto, cerca de tma carga positiva las líneas de campo eléctrico también apuntan alejándose de ésta. Igualmente, las líneas del campo eléch"ico convergen hacia w1 punto ocupado por tma carga negativa. · La figura 21.20 muestra las lú1eas de campo eléctrico de una sola carga ptmtual positiva. El espaciado d e las lú1eas está relacionado con la intensidad del campo eléctrico. A medida que nos alejamos de la carga, el campo eléctrico se debilita y las lúieas se separan. Consideremos tma superficie esférica de radio r con su cenh·o en la carga. Su área es 47Tr2 . Así, cuando r crece, la densidad de las lú1eas de campo (el número de lú1eas por tulidad de superficie) decrece seg(m 1 / r2, es deci1~ del mismo modo que decrece E. Por lo tanto, si adoptamos el convenio de dibujar tm número fijo de líneas desde una carga ptmtual, siendo proporcional dicho número a la carga q, y si dibujamos las líneas simétricamente alrededor de la carga ptmtual, la intensidad del campo vendrá indicada por la densidad d e las lú1eas. Cuanto más próximas se encuentran las lú1eas, más intenso es el campo eléctrico. La figma 21.21 muestra las lú1eas de foerza para dos cargas puntuales positivas iguales, q, separadas por tma distancia pequeña. En tm punto próximo a una de las cargas, el campo es debido prácticamente sólo a esta carga, pues la otra está tan alejada que podemos despreciar su contribución al campo. En consecuencia, las lú1eas de campo próximas a tma cualquiera ,, de las cargas son radiales e igualmente espa-

(a)

(b)

(b) F 1 G u R A 2 1 . 2 o (n) Líneas de campo eléctrico o líneas de fuerza de una sola carga pm1hrn l positiva. Si la carga fuera negativa, las flechas invertirían su dirección. (b) Las mism as lú1eas de campo eléctrico pues tas de mani fiesto por hebras de hilo suspendidas en aceite. El campo eléctrico del objeto cargado en el centi·o induce ca rgas opuestas en los ex tremos de cada trocito de hilo, haciendo que se alineen por sí mismos para lelamente al campo. (Hnrold M. Wnnge.)

F 1 G u R A 2 1 . 2 1 (n) Líneas de ca mpo eléctrico correspondientes a dos cargas puntuales positivas. Las fl echas se invertirían si ambas ca rgas fueran nega tiva s. (b) Las líneas del mismo campo eléctrico puestas de manifiesto con hebras de hilo suspendidas en acei te. (Harold M. Wnage.)

712

CAPITULO 21

Campo eléctrico 1: distribuciones discretas de carga

ciadas. Puesto que las cargas son iguales, dibujaremos tm número igual de líneas saliendo de cada tma de ellas. A tma distancia muy grande de las cargas, los detalles del sistema carecen de importancia y el sistema se comporta como tma carga ptmtual de magnitud 2q. (Por ejemplo, si las dos cargas estuvieran separadas 1 mm y las observásemos desde tm ptmto situado a 100 km, parecerían una carga única.) Así, lejos de las cargas, el campo es aproximadamente igual que el generado por tma carga pw1tual de magnih1d 2q y las líneas están igualmente espaciadas, aproximadamente. Observando la figura 21.21 podemos deducir que el campo eléctrico que existe en el espacio entre las dos cargas es más débil, ya que el número de líneas en esta región es muy inferior al número de líneas que existe a la derecha o a la izquierda de las cargas, en donde las líneas están más jw1tas. Por supuesto, esta información también puede obtenerse mediante el cálculo directo del campo en los puntos de estas F 1 G u R A 2 1 . 2 2 Ex isten infinitas líneas d e campo que salen de las dos cargas, dos de las cuales son líneas especiales que d enominamos regiones. líneas de campo solitarias. Estas dos líneas deberían terminar en el punto El razonamiento utilizado en los ejemplos precedentes medio de separación entre las dos cargas, donde, al anularse el campo, puede aplicarse para dibujar las líneas de fuerza de cuallas líneas de campo desaparecen. quier sistema de cargas ptmtuales. En un lugar próximo a cada tma de las cargas, las líneas del campo poseen la misma separación y seg(m el signo de la carga entran en ella o salen radialmente. Lejos de todas las cargas, los detalles de la estructtu-a del sistema no son importantes, y las líneas del campo son las mismas que las correspondientes a una única carga pw1tual igual a la carga neta del sistema. Resumimos a continuación las reglas para dibujar las líneas de campo eléctrico.

ESTRATEGIA DE RESOL UCI ÓN DE PROBLEM AS Dibujar líneas de campo PLANTEAMIENTO Las líneas de campo eléch·ico comienzan en las cargas positivas (o en el infinito) y terminan en las negativas (o en el infinito).*

(a)

SOLUCIÓN

Las líneas se dibujan w1iformemente espaciadas, y saliendo o entrando en la carga. 2. El número de líneas que abandonan w1a carga positiva o enh·an en tma carga negativa es proporcional al módulo de la carga. 3. La densidad de líneas (ntunero de ellas por mudad de áre~ perpendicular a las n1ismas) en un ptmto es proporcional al valor del módulo del campo en dicho ptmto. 4. A grandes distancias de un sistema de cargas, las líneas de campo están igualmente espaciadas y son radiales, como si procediesen de W1a sola carga ptmhrnl igual a la carga neta del sistema. 1.

COMPROBACIÓN No pueden cortarse mmca dos líneas de camEº· (Si dos líneas de campo se cruzaran, ésto indicaría dos direcciones para E en el pw1to de intersección, lo cual es imposible.)

En la figura 21.23, se muestran las líneas de campo eléctrico para tm dipolo eléctrico. Muy cerca de la carga positiva, las líneas son radiales y dirigidas hacia fuera . Muy cerca de la carga negativa, las líneas son radiales ,y dirigidas hacia dentro. * Definimos líneas de campo solitarias como aquellas que no siguen la reg la general, ya que salen de cualquiera de las

carg as pos iti vas, tal como se representa en la figura 21.22, y aunque se dirigen a la o tra carga acaban en el punto medio dis tancia entre las dos cargas en donde el campo to tal es nulo . Entre esta s dos cargas positivas exis ten infinitas líde campo, dos de las cuales son líneas solitarias.

L:

(b)

F 1 G u R A 2 1 . 2 3 (a) Líneas de campo en un dipolo eléctrico. (b) Las mismas líneas puestas de manifiesto con hebras de hilo en aceite. (Harold M. Waage.)

Líneas de campo eléctrico

•

Puesto que las cargas tienen el mismo val01~ el número de líneas que empiezan en la carga positiva es igual al número de las que terminan en la carga negativa. En este caso, el campo es más intenso en la región entre las cargas, como indica el hecho de que la densidad de líneas del campo en esta región sea muy elevada. La figura 21.2411 muestra las líneas de campo eléctrico para 1ma carga negativa -q sihiada a w1a distancia pequeña de otra positiva +2q. De la carga positiva salen el doble de líneas de las que entran en la carga negativa. Es deciI~ la mitad de las líneas que comienzan en la carga positiva +2q entran en la carga negativa -q y la otra mitad abandonan el sistema. Muy lejos de las cargas (figura 21.24b), las líneas que abandonan el sistema están espaciadas prácticamente de forma simétrica y ap1mtan radialmente hacia fuera, como si se tratara de una sola carga p1mtual positiva +q.

F 1 G u R A 2 1. 2 4 (a) Líneas de campo eléctrico correspondientes a tma carga puntual + 2q y otra segunda carga puntual -q. (b) A grandes distancias de las cargas, las líneas son similares a las que se obtienen con una sola carga +q localizada en el centro del sistema de cargas.

Ejemplo 21.1 O

SECCIÓN

21.5

(a)

(b)

Líneas de campo eléctrico para dos esferas conductoras

Conceptual

En la figura 21.25 se muestran las líneas de campo correspondientes a dos esferas conductoras. ¿Cuál es el signo y el valor relativo de las cargas sobre las dos esferas? PLANTEAMIENTO La carga sobre una esfera es positiva si salen más líneas que entran, y negativa si enh·an más líneas que salen. La relación de los módulos de las cargas es igual a la relación del número neto de líneas que enh·aI1 o salen. SOLUCIÓN

l. Contar el ni'.m1ero de líneas que salen de la esfera grande:

Como 11 líneas de campo eléctrico salen de la esfera grande de la izquierda y 3 entran, el número neto de líneas que salen es 8.

2. Contar el número de líneas que salen de la esfera pequeña:

De la esfera pequeña salen 8 líneas de campo eléctrico y n.ingtma línea acaba en ella; en consecuencia, las líneas totales que salen de esta esfera son 8.

713

FIGURA

21 . 25

3. DetermiI1aI· el signo de la carga de cada esfera:

Dado que de ambas esferas salen más líneas de campo eléctrico de las que entran,

4. Determinar los valores absolutos de las cargas de las dos esferas:

Dado que de ambas esferas sale el mismo número total de líneas de campo eléctrico,

ambas esferas están cargadas positivamente.

los valores absolutos de las caI·gas de las dos esferas son iguales.

714

e A P í Tu Lo 2 1

Campo eléctrico 1: distribuciones discretas de carga

La relación establecida entre la intensidad del campo eléctrico y las líneas de campo eléctrico es válida porque el campo varía en razón inversa con el cuadrado de la distancia a una carga ptmtual. Como el campo gravitatorio de tma masa ptmtual también varía inversamente con el cuadrado de la distancia, el concepto de líneas de fuerza también es útil para dibujar el campo gravitatorio. Cerca de una masa ptmtual, las líneas de campo gravitatorio convergen hacia la masa, del mismo modo que las líneas de campo eléctrico convergen hacia tma carga negativa. Sin embargo, no hay ptmtos en el espacio en donde las líneas del campo gravitatorio diverjan como lo hacen las lú1eas de campo eléctrico cerca de w1a carga positiva, pues la fuerza gravitatoria es siempre atractiva y nunca repulsiva.

21.6 Un campo eléch·ico tmiforme puede ejercer una fuerza sobre tma partícula cargada y también puede ejercer tma fuerza y tm momento de ésta sobre w1 dipolo eléch·ico.

MOVIMIENTO DE CARGAS PUNTUALES EN CAMPOS ELÉCTRICOS Cuando tma partícula con carga q se coloca en tm campo eléctrico E, experimenta

la acción de w1a fuerza qE. Si la fuerza eléctrica es la única fuerza significativa que actúa sobre la partícula, ésta adquiere tma aceleración ~ ¿,¡ q ~ a =-= - E 111

m

siendo rn la masa de la partícula. (Con frecuencia la velocidad de w1 elech·ón en w1 campo eléch"ico es w1a fracción importante de la velocidad de la luz; en este caso, las leyes de Newton del movimiento deben sustituirse por la teoría especial de la relatividad de Einstein.) Si se conoce el campo eléch"ico, la relación carga-masa de la partícula puede determinarse midiendo su aceleración. La desviación de los elech·ones en tm campo eléctrico tmifonne fue utilizada por J. J. Thomson en 1897 para demosh"ar la existencia de los elech"ones y para medir su relación carga/ masa . El osciloscopio, el monitor del ordenador y el tubo de rayos catódicos de un televisor son ejemplos de aparatos basados en el movimiento de los elech·ones en campos eléch·icos.

Ejemplo 21.11

Dibujo esquemático de tm tubo de rayos ca tódicos utilizado en la televisión de color. Los haces de electrones procedentes del cai'íón electrónico, a la d erecha, activan sustancias fosforescentes sobre la pantalla de la izquierda, dando luga r a p1mtos brillantes cuyos colores dependen de la intensidad relativa de cada haz. Los campos eléctricos establecidos entre las placas defl ectoras del cai'íón (o bien campos magnéticos creados por bobinas) desvían los haces. És tos barren la pantalla siguiendo una línea horizontal, se desvían hacia abajo y barren otra línea. La pantalla entera es barrida cada 1 /30 s. (Gentilezn de H1i/0 11 Forresfer/\lirleo Displny Corpornfion, Tl1cker Georgin.)

Electrón moviéndose paralelamente a un campo eléctrico uniforme

Un elech·ón se proyecta en w1 campo eléctrico uniform E = (1000 N/C)l con una velocidad inicial v0 = (2,00 X 106 m/ s)Í en la dirección del campo (figurn 21.26). ¿Qué distancia recorrerá el elech·ón antes d e qu e momentáneamente quede en reposo? PLANTEAMIENTO Como la carga d e l electrón es negativa, la fuerza F = - eE que actúa sobre él posee un sentido opuesto al del campo. Como E es constante, la fuerza también lo es y, por lo tanto, podemos utilizar las fórmulas del movimiento con aceleración constante del capíhilo 2. Suponemos que el campo tiene la dirección positiva d e x. SOLUCIÓN

l . El despla za m.iento l'i.x está relacionado con las velocidades in.icial y final:

FIGURA

2. La aceleración se obtiene de la segunda ley d e Newton:

F,

- eE

111

111

X

v 2 - v2

3. Cuando vx = O, e l desplaza miento es:

/'i.r- ~ -

· -

2nx

= 1,14

O - v2 Ox

- 2(-eE.J111)

X 10- 2 m

=l

111v6 2eE

1,14 cm

1

COMPROBACIÓN EL desplazam.iento Lix es positivo, tal como era d e esperar para cualquier objeto

movi éndose en la dirección positiva d e las x.

21.26

(9,11 X 10- 3 1 kg)(2,00 X 106 rn/ s) 2 2(1,60

x 10- 19 C)(lOOO N/ C)

Acción del campo eléctrico sobre las cargas

Ejemplo 21.12

SECCIÓN 21.6

715

Electrón moviéndose perpendicularmente a un campo eléctrico uniforme

Un elec trón se p royec ta en e l interior de un campo e léctrico unifo rm E = (-2,0 kN/ C)j co n una velocidad inicial v0 = (1,0 X 106 m / s )Í en dirección perpendicul ar al campo (fi g ura 21.27). (a) Compara r la fuerza gravita toria que existe sobre el elec tró n con la fu erza eléc trica ejercid a sobre él. (b) ¿Cu ánto se hab rá desviado el elec trón si ha recorrid o 1 cm en la dirección x? -e PLANTEAMIENTO (a) Ca lcul ar la relación entre la fu erza eléch·ica ltJIE= eE y la fu erza gravita toria 111g. (b) Como 111g es despreciable, la fu e rza sobre el electrón es -eE verti calmente hacia arriba. El electrón se mueve, por lo tanto, con velocidad horizontal cons tante vx y se desvía hacia arriba u na di stancia 6.y = ~a t 2, d ond e t es el tiempo in vertido en recorrer 1 cm en la dirección x. FIGURA

21 . 27

SOLUCIÓN

(a ) l . Calcular la relación entre el módulo de la fuerza

eléct rica, F,J y el módulo de la fuerza g rav ita tori a, F

8

:

(b ) l. Expresar la desviación vertical en h.mción de la

acele ración a y el tiempo f: 2. El tie mpo necesario para que el elech·ón se desplace u11a dis tancia x con velocidad horizontal co nsta11te v0 es:

3. Para calcular 6.y, u sa r ay = eE/ m, y el valor obtenido de t:

Fe

eE

Fs

111g

-1

I

(1,60 x 10- 19 C)(2000 N/ C) on - - - - - - - - - -- - . 3,6 X 1 . (9, 11 X 10- 31 kg)(9,81 N/ kg)

1 6.y = - a t 2 2 y 6.x

t = -

Vo

6.y

=

~

eE(6.x)2

2

111

=

vo

~ (1,6 2

X10-

19

9,11

X

C)(2000 N / C)(0,010 m) 2 10- 31 kg lQ6 m / s

=~

COMPROBACIÓN El resultad o del p aso 4 es positi vo, h acia a rriba, com o era de esperar

para un obje to aceleránd ose h acia arriba y que inicialmente se movía ho ri zontalmente. OBSERVACIÓN (a) Com o es usu al, la fu erza eléctrica es enorme co mpa rad a con la fuerza gravita toria. Así, no es necesario consi d era r la g raved ad al diseñar un tubo d e rayos catódicos, p or ejemplo, ni p ara calcul ar la desviac ión d el elec tró n en el eje mplo anterior. De hech o, w1 tubo d e imáge nes d e televisión funcion a ig u al m ente bien a unque esté invertid o, co m o s i la g raved ad n o exis tiera . (b) La trayec toria d e un elec tró n que se mueve en un campo eléctrico unifo rme es una p aráb ola, a nálogam ente a la trayec toria d e una masa qu e se mu eve en Lm ca mpo gravita torio uniforme.

Ejemplo 21.13

Campo eléCtrico en una impresora de inyección de tinta

Suponga mos que aca bam os d e imprimir Lm ex tenso trabajo (para su profesor de inglés). Una pregrn1ta que p od ría sm g irnos de im11ediato sería cu ál es el m ecanismo con el que la impresora coloca la tinta en el lugar apro piad o. Realiza mos w1a búsqued a en Internet y enconh·am os un esquem a simi lar al de la fi gm a 21.28. En dich o esquem a, se muestra qu e las gotas de tinta se cargan y se hacen pasa r po r el campo eléctrico w1i for me generad o p or d os placas de me tal que tie nen cargas de signos opuestos. Con los conocimientos estudi ad os en es te tem a, podríam os determjna r cuál debe ser el campo eléc trico necesario entre las placas de es te tipo de imp resora. Prosiguiendo Lm poco m ás la búsqueda, en con tra m os que las gotas de tinta, de 40 micras de diámetro, tienen Lma velocidad inicial de 40 m / s, y que cuand o un a de ellas tiene un a ca rga 2 nC se desvía 3 mm h acia a rriba en un recorr ido entre las placas de 1 cm. Determinar el ca mpo eléc trico desprecia ndo los efectos de la g raved ad en el movinúento de las go tas.

Póngalo en su contexto

716

CAPÍTU L O 21

Campo eléctrico 1: distribuciones discretas de carga

Soporte de impresión

.. .•..• •

• ••• •••• •••• • •

•• •• •••• •• •

---__,

------

: 1

F 1 G u R A 2 1 . 2 a Impresora de inyección de tinta. La tinta sale del pulverizador en pequeñas gotas bien diferenciadas. A cada una de estas pequeñas gotas, que formarán un punto en la imagen, se le inh·oduce una determinada cantidad de carga. Las placas con cargas op uestas constih1yen el mecanismo para desviar las gotas. Cuanto mayor sea la carga adq uirida por las gotas mayor será la desviación sufrida por las mismas al pasar entre las placas. Las gotas que no se desvían hacia arriba por no haber adquirido carga se drenan, retornando al depósito de tinta.

(Ge11tilezn de Videojet Syste111s lllfernntio11nl.)

E entre las placas ejerce sobre la gota de tinta Lma fuerza eléctrica constante F siendo F = qE. El objetivo es determinar E. La fuerza F queda fijada mediante la ley de Newton F = 111ñ. Por cinemática se puede calcular la aceleración, y la masa de la go ta se puede determinar considerando el valor del radio y sabiendo que la densidad de la tinta es de 1000 kg/ m 3, es decit~ idéntica a la del agua. PLANTEAMIENTO El campo eléctri co

SOLUCIÓN l. El campo eléch·ico es igual a la fuerza dividida por la

F

E= -

q

carga: 2. La fuerza, düigida hacia arriba en el sentido y, es igual a la masa por la aceleración: 3. El desplazamiento vertical se obtiene mediante las fórmLLlas de la cinemática, con aceleración constante y velocidad itlicial v0Y = O: 4. El tiempo de movimiento horizontal de la gota enh·e las placas es el que tarda en recorrer 1 cm a la velocidad de 40 m/s:

2t.y

5. Despejando n y' se obtiene:

t2

pV = P17Tr 3

6. La masa es igual a la densidad por el volumen:

111 =

7. El módulo del campo E viene dado por:

3 F 111n p ~ 7Tr 3 2v~t.y 87T pr v~t.y E =-=- = - - - - = - - q 1/ 1/ (t.x)2 3 q(t.x)2

(1000 kg/ m3)(20,0 x 10- 6 m)3(40,0 m/ s)2(3,00 X 10- 3 m) _ , - 1,61 kN/ C 3 (2,00 X 10- 9 C)(0,0100 m) 2

_ S7T

_ -

COMPROBACIÓN Las unidades en la última línea del paso 7 son kg · m/ (C · s 2 ) . Coit1cide

con lo esperado, ya que 1 N

=

1 kg · m/ s 2•

OBSERVACIÓN El mecarlismo de inyección de tinta de este ejemplo se denomilla de des-

viación múltiple continua. Se usa en algunas impresoras industriales. Las ilnpresoras par·a ordenadores personales no usan este mecarlismo de desviación de las h·ayectorias de las gotas cmgadas mediar1te tm campo e léctrico.

1

Acción del campo eléctrico sobre las cargas

SECC I Ó N 21.6

717

DIPOLOS ELÉCTRICOS EN CAMPOS ELÉCTRICOS En el ejemplo 21.9, analizamos el campo eléctrico producido por tm dipolo, es decil~ tm sistema formado por dos cargas iguales y opuestas muy próximas entre sí. Aqtú consideramos el comportamiento de un dipolo en tm campo eléctrico externo. Ciertas moléculas poseen momentos dipolares eléch·icos permanentes debido a una distribución no muforme de carga dentro de la molécula. Tales moléculas se llaman moléculas polares. Un ejemplo es la molécula HCl, formada esencialmente por m1 ion de ludrógeno positivo de carga +e combinado con un ion de cloro negativo de carga - e. El cenh·o de carga del ion positivo no coincide con el centro de carga del ion negativo, de modo que la molécula posee tm momento dipolar permanente. Otro ejem.plo es el agua (figura 21.29). Un campo eléctrico externo muforme no ejerce tma fuerza neta sobre tm dipolo, pero aparece tm pai· de fuerzas que tiende a alinear el dipolo en la dirección del cainpo. En la figura 21.30, vemos que el módulo del momento d e las fuerzas ejercidas sobre las cargas es F1L sen(} = qEL sen(} = pE sen e.* El momento está dirigido perpendicularmente al papel, hacia d entro, de tal modo que tiende a situar el momento dipolar p en la dirección del campo eléch"ico E. El momento del par puede escribirse conve11ientemente como el producto vectorial:

F 1 G u R A 2 1 . 2 9 Una molécul a H 20 posee un momento dipolar eléctrico permanente dirigid o desde el centro de la carga negativa al cenh·o d e la ca rga pos iti va .

21.11

Cuando el dipolo gira tm ángulo de, el campo eléctrico realiza un trabajo dW = -rde = -pE sene de

(El signo menos es debido a que el momento tiende a disminuir e.) Igualando este trabajo con la disminución d e energía potencial, resulta dU = - dW = + pE sene de

e integrando,

U = -pE cose+ U0 Si tomamos como cero d e energía potencial la que corresponde a tonces la energía potencial del dipolo es U = -pEcose

=

- p·E

e=

90º, en-

21.12

EN E RGÍA POTENCIAL DE UN DIPOLO EN UN CAMPO ELÉ CTRICO

Los hornos de microondas están basados en el momento dipolar eléctrico d el agua para cocer alimentos. Como todas las ondas electromagnéticas, las nucroondas poseen campos eléctricos oscilantes que ejercen momentos sobre los dipolos eléctricos, provocai1do que las moléculas de agua giren con una energía cinética rotacional considerable. De este modo, se transfiere energía desde la radiación de nucroondas a las moléculas d e agua de la conuda a gran velocidad, gracias a lo cual el tiempo de cocción en tm horno de microondas se reduce de forma significativa.

F 1 G u R A 2 1 . 3 o Un dipolo en un campo eléctrico uni forme experim enta fuerzas iguales y opues tas que tie nd en a girar el dipolo, de modo que su m omento dipolar ¡; tiende a alinearse con el campo eléctrico E.

• El momento producido por dos fue rzas iguales y opuestas (sistema llamado par) es el mismo alrededor de cua lquier punto de l espacio.

718

e A P í Tu Lo 2 1

Campo eléctrico 1: distribuciones discretas de carga

Las moléculas no polares no poseen momento dipolar eléctrico permanente. Sin embargo, todas las moléculas neutras contienen cantidades iguales de carga positiva y negativa. En presencia de un campo eléctrico externo E, las cargas se separan espacialmente. Las cargas positivas se mueven en la dirección de Ey las negativas en dirección opuesta. Lamolécula adquiere de este modo un momento dipolar inducido paralelo al campo eléctrico externo y se dice entonces que está polarizada. En Lm campo eléctrico no Luuforme, tm dipolo eléctrico experimenta una fuerza neta, ya que el campo eléctrico tiene módulos distintos en los centros d e la carga positiva y negativa. La figura 21.31 muesh·a cómo una carga puntual positiva polariza a ww molécula no polar y después la atrae. Un ejemplo conocido es la atracción que mantiene Lm globo electrostáticamente cargado pegado contra Lma pared. El campo no muforme producido por la carga sobre el globo polariza las moléculas de la pared y las atrae. Una fuerza igual y opuesta se ejerce por las moléculas de la pared sobre el globo. El diámetro de tm átomo o molécula es del orden de 10- 12 m = 0,1 nm. Una mudad adecuada para el momento dipolar eléctrico de los á tomos y moléculas es la carga electró11.ica fundamental e multiplicada por la distancia de 1 pm. Por ejemplo, el momento dipolar del H 20 en estas mudades posee tm módulo de tmos 0,04 e · pm.

Ejemplo 21.14

u R A 2 1 . 3 1 Una molécula no polar en tm campo eléctri co no uniforme creado por una carga puntual + Q. La carga puntual atrae a las cargas negativas (los electrones) de la molécula y repele a las positivas (los protones). Como resultado de es te hecho, el centro de "gravedad" de la carga - r¡ está más próximo a la carga +Q que lo que es tá la carga positiva +q, y como consecuencia se induce un momento di polar p paralelo al campo creado por la carga puntual +Q. Co mo - q es tá más próximo a +Q que + r¡, F1 es mayor que F2 y la molécula es a traída por la carga puntual. Además, si la carga ptmtual fu era negativa, el ilipolo inducido sería el inverso y la molécula sería también atraída por la carga puntual. F 1G

Momento de una fuerza debida al campo eléctrico y energía potencial

Un dipolo con w1 momento de módulo 0,02 e · pm forma un ángulo de 20º con un campo eléctrico tui.iforme de módulo 3 X 103 N/C (figura 21 .32). De terminar (n) el módulo del mome nto que actüa sobre el dipolo y (b) la energía potencial del s istema . PLANTEAMIENTO El momento se deduce de la expresión ;¡. tencial de U = - p ·E.

=

p X Ey

la energía po-

SOLUCIÓN

l. Calcu lar el módulo del mom ento:

2. Calcular la energía pote ncial :

T

=

l'P X El = pE sene = (20 e · pm)(3 X

=

(0,02)(1,6 x 10- 19 C)(10- 9 m)(3 x 103 N/ C)(sen 20º )

=

13,3 X

U = =

- p·E

10- 27 N · m

1

= - pEcosfJ

- (0,02)(1,6 X 10- 19 C)(10- 9 m)(3

~ 1 - 9,0

103 N/ C)(sen 20º )

X 10- 27

x 103 N/ C)cos 20º

J1

COMPROBACIÓN El signo de la energía potencial es negativo. Esto es así porque la orien-

tación d e re ferencia de la ftmción ene rgía potencial U = - p ·E es U = O para 8 = 90º . Para 8 = 20º la energía potencial es menor qu e cero. El sis tema tiene más ene rg ía potencial si 8 = 20º qu e cua ndo 8 = 90º .

FIGURA

21 . 32

Temas de actualidad en Física

719

Recubrimiento industrial con polvo electrostático Los nifios d e todo el mtmdo se h an beneficia do de las propiedad es triboeléctricas. La empresa americana Olúo Art Company lanzó al mercado el grabador d e dibujos "Etch A Sketch" alrededor de 1960. 1 Las cuentas d e "stirene" proveen de carga al polvo fino de aluminio cuando se agita. La pantalla translúcida del juguete atrae al polvo caTgado y con un ptmzón o estilo se pued e dibuj al' trazando líneas sobre el polvo. El juguete se basa en que la pantalla y el polvo de aluminio se atraen mutuamente por tener cargas opuestas. Aw1que el polvo cargado pued e ser tm juguete, también puede servir para actividades industriales serias. Los metales tienden a corroerse si no se les proporciona protección. · Para prevenir la corrosión, las p artes metálicas d e los automóviles, aparatos metálicos y otros objetos de metal deben ser recubiertas. En el pasa do, estos recubrimientos se realizaban mediante la cas, barnices y esm altes que se aplicaban en forma líquida y se dejaban secar. Estos líquidos tienen inconvenientes.2 Los disolventes tardan tiempo en secarse yemanan fluidos volátiles indeseables. Las superficies con protuberancias se suelen recubrir d e forma no uniforme . Los El polvo fino es atraído hacia el reverso de la pantalla por efecto pulverizadores producen residuos que no son fáciles de recielec trostático. Girando los botones se ha ce desaparecer el dibujo por una pequeiia barrita. (Ge11fileza de The Ohio Art Co111pa11y.) clar. El recubrimiento con polvo electrostático reduce todos estos problemas. 3 Este método d e recubrimiento se usó por primera vez en la década de 1950, y actualmente es muy utlizado por los fabricantes, cada vez más comprometidos en cumplir los convenios medioambientales de reducción de emisión d e productos químicos volátiles. El polvillo protector se aplica stmUnish·ándole w1a carga eléch'ica al objeto que se ha de recubrir. 4 Esto es mud10 más fácil si el objeto a recubrir es conductor. Entonces, partículas5 muy pequefi.as de polvo, entre 1 µm y 100 µm, adqtueren cargas de signo opuesto. Estas partículas son ah·aíd as por el objeto que se desea cubrit~ de tal forma que las partículas que quedan sueltas son fácilmente reciclables. Cuando las partículas ya están en el objeto, se fija el recubritniento mediante luz ulh'avioleta o con tratamiento térmico. El tratamiento de fijado itm1oviliza las moléctÍlas del polvo protector y las partículas entonces pierden sus cargas. Las partículas se cargan mediante tma descarga de corona o mediante w1 proceso de carga t:riboeléctrico.6 La descarga d e corona insufla las partículas a b:avés del plasma elech·ónico cargándolas negativamente. El proceso de carga tribológico aplica las partículas a h·avés de tm tubo conshTudo de tm material que está en el exh·emo opuesto del espech·o h'iboleléch'ico; con frecuencia se utiliza teflón . A las partículas de recubrimiento se les sw11itlish·a caTga positiva mediante tm contacto rápido. Al objeto que hay que recubril' se le stmlitlish·a caTga cuyo signo depende del proceditruento seguido para recubritfo. En ftmción del recubrinliento y de los aditivos, las cargas que se sunlitlish·ai1 a los objetos vai·íai1 enh·e 500 y 1000 µC/k g.7 El proceso de fijación depende del material utilizado en el recubrinliento y del objeto a recubrit'. El tiempo de fijado puede dmai· enh·e 1y30 nlit1utos. 8 Atmque el polvo del recubritniento es econónlico y preserva el medio ambiente, p resenta algunos it1convenientes. La capacidad d e las partículas del polvo protector para mailtener la carga9 depende de la humedad, la cual deberá ser cuidadosamente conh·olada. 10 Si el cai11po eléctrico creado por la descarga de corona es demasiado foerte, el polvo se lai1Za demasiado rápidamente hacia el objeto a recubrit~ d ejai1do motas al d escubierto en el cenh·o de círculos que dai1 tm aspecto de "peladma de narai1ja" . 11 El polvo elech·ostático puede ser juego de ilitl.os, pero también pued e servir para complejos procesos de producción . 1

Gra ndjean, A., "Tr,1cing Device." l/.S. Pnlc11t No. 3,055, 11 3, Sept. 25, 1962. Ma theson, R. D. "20th- to 21st-Century Technologica l Challe nges in Soft Coa tings." Scic11cc, Aug. 9, 2002, Vol. 297, No. 5583, pp. 976-979. 3 Hammerton, D., and Buyse ns, K., "UV-Curab le Powde r Coa tings: Benefit s a nd Performance." Pni11t m1d Con ti11gs /11d11stn¡, Aug. 2000, p. 58. ' Ze re n, S., and Renoux, D., "Powde r Coatin gs Addi ti ves." Pni11t n11d Conti11gs /11d11stry, Oct. 2002, p. 116. 5 Hemphill, R., "Deposition of BaTi0 Na noparticles by Electrosta tic Spray Powde r Cha rging." l'ni11t n11d Conti11gs /11d11 stry, Ap r. 2006, pp. 74-78. 3 ' Czyzak, S. )., and Williams, D. T., "Static Electrifica tion of Salid Particles by Spraying." Scic11cc, Jul. 20, 1951, Vol 14, pp. 66-68. 2

7 8

Zeren, S., and Renoux, D ., op. cit.

Hammerto n, D., and Buysens, K., op. cit. 9 O'Konski, C. T., "The Exponenti ol Decay Law in Spray De-electrifi cation. " SciC11cc, Oct. 5, 1951, Vol. 114, p. 368. 10 Shnnna, R., et al., "Effect o f Ambient Relati ve Humidity and Surfoce in lvlod ifica tio n o n the Charge Decay Prope rties o f Polymer Powders in Powd er Coating." IEEE Tm11snctio11s 011 /11d11stry Applirntio11s, Jan. / Feb. 2003, Vol. 39, No. 1, pp. 87-95. · 11 Wostrot zky, D., Lord, S., and Sitzma nn, E. V., " Power!" l'ni11t n11d Conli11gs /11rl11stry, Oct. 2000, p. 54.

720

CAPÍTULO 21

Campo eléctrico 1: distribuciones discretas de carga

Resumen l. Cuantización y conservación son propiedades fu nd amentales de la carga eléctri ca.

2. La ley de Coulomb es la ley ftmdamental de la i11teracción enh·e las cargas en reposo. 3. El campo eléctrico describe la condición establecida en el espacio por u11 a dish·ibución d e cargas.

l.

TEMA

OBSERVACIONES Y ECUACIONES RELEVANTES

Carga eléctrica

Existen dos clases de carga eléctrica, llamadas positiva y negativa. Cargas del mismo sig no se repelen y de signo contrar io se atraen .

Cuantización

La carga eléch·ica está cua11tizada: siempre se presenta por múltiplos enteros de la unidad fu11damental de carga e. La carga del electrón es - e y la del protón +e.

e

Magnitud

2.

=

1,60

X

10- 19 C

Conservación

La carga se conserva, es decil; en cualquier proceso, la carga ni se crea ni se destruye; simplemente se transfiere.

Conductores y aislantes

En los conductores, aproxi mad amente tm electrón por á tomo posee libertad de movilniento en todo el material. En los aislantes, todos los elech·ones están ligados a los á tomos próximos.

Tierra

Así se llama tm conductor muy ex tenso que puede s uministrar w1a cantidad ilimitada de carga (tal como el sue lo terresh·e).

3. Carga por inducción

Carga de un condu ctor por il1ducción. Se conec ta a tierra el condu cto1; y se mantiene una carga externa cerca de él para ah'aer o repeler electrones de condu cción. Seguidamente, se desconecta el conductor de tierra y, por últilno, se aleja la carga externa del conductor.

4.

La fuerza ejercida por tma carga r¡ 1 sobre r¡ 2 a tilla dista11cia r1 2 viene dad a por

Ley de Coulomb

~ kf/11/2 ' F1 2 = - .2 - "1 2 1 12 donde

r12 es 1m vec tor 1mitario dirigido de q1 a q2 .

Co nstante de Coulomb 5. Campo eléctrico

21.4

k

=

8,99

X

109 N · m 2/C 2

21.3

El campo eléctrico debido a w1 sis tema de cargas en Lill punto se define com o la fuerza neta F, ejercida por aquellas cargas sobre till a carga testigo positiva r¡O' dividida por q0 :

-·

-¡

E= -

21.5

!/o ~

E ;p

Debido a w1a carga p1mtual Debido a tm sistema de cargas puntuales

kq

r¡,, riP

= ---'-

21f

El cam po eléctrico debido a varias cargas es la sum a vectorial de los campos debidos a las cargas individuales: 21.8

6.

Líneas de campo eléctrico

El campo eléctrico puede representarne mediante lú1eas del campo eléctrico o de hierza que se origil1an en las cargas positivas y terrnil1an en las cargas negativas. La intensidad del campo eléctrico viene i11dicada por la densidad de las lú1eas de fuerza.

7.

Dipolo eléctrico

Un dipolo eléctrico es tui sistema de dos cargas iguales, pero op uestas, separadas por una distancia pequeña.

P=

Momento dipolar donde

f

r¡f

21 .9

ap1mta de la carga nega tiva a la positiva.

Campo debido a 1m dipolo

El campo eléctrico en u11 ·p tmto alejado de un dipolo es proporcional al momen to dipolar y disminuye con el cubo de la distancia.

Momento sobre tm dipolo

En 1m campo eléctrico uniforme, la fuerza neta que actúa sobre w1 dipolo es cero, pero exis te un momento T dado por 21.11

Problemas

721

OBSERVACIONES Y ECUACIONES RELEVANTES

TEMA

u= -p· f + u0

Energía potencial de tui dipolo

21.12

donde U0 suele considerarse nulo. 8. Moléculas polares y no polares

Las moléculas polares, tales como HzO poseen momentos djpolares perm an entes, ya que en ellas no coinciden los cenh·os de la carga positiva y nega tiva. Se comportan como simples rupolos en tui campo eléctrico. Las moléculas no polares carece' de momentos dipolares permanentes, pero adquieren momentos di polares inducidos en pr~encia de tui campo eléch·ico.

Respuestas a las comprobaciones conceptuales 21.1

(a) + ~Q. Como las esferas son idénticas, deberán compartir la carga total a partes iguales. (b) +2Q, que es n ecesario para satisfacer la conservación de la carga.

21.2

Ql

Respuestas a los problemas prácticos

= +Q/2, Q2 = -Q/4, y Q3 = -Q/4 21.2 21.3 21.4,.,.---

N = Q/e = (50 X 10- 9 C)/(1,6 X 10- 19 C) = 3,1 X 1011 . La cuanti zación de la carga no se puede detectar en una carga de es ta dimensión; incluso añadiendo o quitando tui millón de electrones no se produce tui efecto apreciable. Alrededor de 3,5 X 10- s por ciento 2,25 X 10- 3 N +(6,3 µ,N)f

21.5

í\o = (i + j)¡V2

21.6

21.8

No, pero suponga mos que así fuera: como la componente X de 10 es menor que el módulo de tal denominador de kq 1f1o/XTo, es menor que ~l de kq 1q0 /rTo· Esto implicaría q!:!e la componente x de F 10 es mayor que el módulo de F 10 , lo cual es imposible porque la componente de tui vector ntmca puede ser mayor que su módul o. En consecuencia, la componente x de la fuerza F10 = (kq 1q0 /rT 0 )r10 no es necesariamente igual a F I Ox = kq¡f/o/\'To· E= F/r(0 = (4,0 X 104 N/C)l F = - (6,4 X 10- 15 N)Í

21.9

X =

r

21.7

r!O'

1,80 m

Problemas •

En algunos problemas se dan más datos de los realmente necesarios; en otros pocos, deben aportarse algunos datos a partir de conocimientos generales, fuentes externas o estimaciones lógicas.

•• •••

!_ • Los objetos se componen de átomos qu e a su vez están compuestos de partículas cargadas (protones y elech·ones); sin embargo, es rara la ocasión en la qu e se observa la fuerza electrostática. Explicar por qué no se suelen observar estos efectos. 2 • Un átomo de carbono se convierte en ion si se le quitan uno o más electrones en tm proceso de ionización ¿Cuál es la carga del átomo de carbono al que se le han guitado dos de sus electrones? (a) +e. (b) - e. (e) +2e. (d) - 2e. 3 • • En tma clase de Física, se realiza w1 experimento con el que, aparentemente, se refuta la ley de Coulomb. Se pasa turpeine de goma o caud10 por el pelo y después se observa cómo ah·ae peguei'ías h·ocitos de papel. Entonces, quien hace la experiencia argumenta que la ley de

Desafiante, para alunmos avanzados La solución se encuen tra en el Manual de so/11 ciones

En los datos numéricos sin coma decimal se deben 1 considerar significativos todos los dígitos, incluidos los ceros a la derecha del último diferente de cero.

PROBLEMAS CONCEPTUALES

Concepto simple, un solo paso, rel a tivamente fácil Nivel intermedio, puede exigir síntesis de conceptos

Los problem as consecutivos que están sombreados son problemas relacionados.

Coulomb establece que para que haya fuerzas electrostáticas de ah·acción entre dos objetos, ambos tienen que estar cargados. Sin embargo, el papel no lo estaba y, por consiguiente, de acuerdo con la ley de Coulomb, no debería haber fuerzas ah·activas enh·e el peine y el papel como claramente existían en la demosh·ación. (a) ¿Qué hay de erróneo en esta argtm1entación? (b) ¿Es necesario para que exista fuerza de ah·acción entre papel y peine que éste tenga carga neta negativa? Explicar las respuestas. 4

• •

Se tienen dos esferas metálicas y una baJTa de illslante cargada

p~sitivamente sobre una mesa. ¿Cómo se puede utilizar la barra para in-

ducir sobre las esferas ca rga negativa? ¿Y positiva? 5 • • Dos partículas cargadas de +4q y -3r¡ se encuentran a una distancia d. Dibujar las líneas de campo en (a) las proximidades del sistema, y (b) puntos locali zados a distancias de las cargas mucho mayores qu e d.

722

CAPÍTULO

21

Campo eléctrico 1: distribuciones discretas de carga

6 • • Se carga positivamente una esfera metálica . ¿Es posible que és ta atraiga a tma bola cargada positivamente también? Ra zonar la respuesta .

• • Se puede hacer una simple demostración de la fuerza atractiva electros tática haciendo oscilar una bola de papel de aluminio arrugada co lga ndo de tu1a cuerda y acercando tma banita cargada cerca de la bola . Inicialmente, la barra atraerá a la bola, pero si la bola toca a la barra, ésta la repelerá bruscamente. Explicar todo ello. a • • Se coloca una carga pw1tual positiva en .r = 0,00 y otra igual en .r = 1,00 m, ambas sobre el eje x. Se pone una tercera carga ptmtual y positiva en una posición de equilibrio. (n) ¿Cuál es esa posición? (b) ¿Es estable did10 equilibrio si la tercera carga queda obligada a moverse, en su caso, parnlela al eje x? (e)¿ Y si la carga estuviera constrellida a moverse a lo largo del eje y? Explicar las res puestas. • • Dos esferas conductoras sin carga con sus superficies conductoras en contacto, están apoyadas sobre una gran tabla de madera bien aislada. Una barra cargada positivamente se aproxima a una de las esferas por el lado opuesto a su punto de contacto con la otra esfera. (n) Describir las cargas inducidas sobre las dos esferas conductoras y representm· las di sti·ibuciones de carga sobre ellas. (b} Las dos esferas se alejan enti·e s í y la barra cm·gada se separa . Dibujm las distribuciones de carga sobre las esferas separadas. 9

~ • • Tres cargas, +r¡, +Q y -Q, se sitúan en los vértices de

+r¡ +

un triángulo equilátero, como muestra la figma 21.33. (n) ¿Cuál es la fuerza neta sobre la cm·ga + r¡ debida a las otras dos cargas? (b) ¿Cuál es la fuerza neta total del sistema de ti·es cargas?

11 • • Una carga positiva es libre de moverse en una región +}------ - - - - - - - \ donde ha y un campo eléctrico f.. -Q +Q ¿Cuá les de estas afirmaciones son ciertas? F 1 G u R A 2 1 . 3 3 Problema 10 (n) La partícula se acelerm·á en la dirección perpendicular al campo E. (/;) La partícu la se acelerará en la dirección para lela al campo E. (e) Se moverá en la dirección del campo E. (d) Podría es tar mom entáneamente en reposo. (e) La fuerza que recibe la partícula es opuesta a la dirección del campo E. ({J La partícula se moverá en dirección opuesta al campo E.

Si cuatro cargas es tán loca li za das en los vé rtices de Lm cua- . drado, como indica la figura 21.34, el campo E es cero en: (n) Todos los puntos s ituados sobre los lados del cuadrado que están a mitad de camino ·e ntre las dos cargas. (b) El punto centi·al del cuadrado. (e) El ptmto a mitad de camino enti·e las dos cargas superiores y en el punto a mitad de camino enb·e las dos cargas inferiores. 12 '\

• •

= x 1, y el vértice opuesto al origen en x = .r2 . (n) Expresar x 1 y x2 en hmción den. (b) Dar tma expresión del campo elécti·ico en el eje x en el in tervalo entre O y .r2 . (e} Demostrar que la expresión obtenida en (b) da los resultados esperados para x = O y x = x 1•

x

15 • • Una molécula de momento dipolar elécti·ico p está orienytda de modo que p forma un ángu lo Ocon un campo eléctrico tuillorme E. El dipolo puede moverse libremente en respuesta a la fuerza ejercida por el cmnpo. Desc ribir el movimiento del dipolo. • • Verdadero o fa lso: (n) El campo eléctrico de tma carga puntual tiene Lm sentido siempre de alejamiento de la carga. (b) La fuerza eléctrica sobre tuia paitícuJa cargada en un campo eléctrico tiene siempre el mismo sentido que el campo. (e) Las líneas de campo elécti·ico nunca pueden cortarse en LUl punto d el espacio. (d) Todas las moléculas poseen momentos dipolares eléctricos en presencia de tui campo eléctrico (a) (b)_ _ _ _ _ _ _~ 2 2 externo.

16

17 •• Dos molécu.las tienen momentos dipola.res cuyos módulos son iguales y cuyas orientaciones se muestran en la figma 21.35. Determinar la dirección del campo eléch"ico en cada Lmo de los ptmtos munerados en la figma.

F I GURA

2 1 . 3 5

Problema 17

u

tt

3

3 (d)

(e)

2

2

-------){------·--- 1

1 3

3

ESTIMACIONES Y APROXIMACIONES 1a • • Hacer tma estimación de la fuerza requ erida pm·a enlazar dos protones en un núcleo de helio. Ay11dn: co11sidernr los profanes co1110 cnrgns

p1111f11nles ilncirndo 1111n esfi111nció11 nproxi111ndn de In sepnrnció11 de m11bos. · • • Una conocida demosti·ación práctica consiste en frotar con tm trozo de piel una varilla (mágica?) de plástico con objeto de carga.ria, y seguidamente acercmla a tma lata vacía (ver figma 21.36). Explicar por qué la lata rodai·á hacia la barra . • 19

-r¡ -

+ +r¡

F I GURA

21.36

1-- =

Problema 19

+r¡ + 1 - - - - - - - - - - 1 FIGURA 21.34

-

-r¡ Lata de refresco

Problema 12

• • Dos pa rtículas cai·gadas de +r¡ y -3r¡ se separm1 w1a d istai1cia d. Dibujar las líneas de campo (n) en la proximidades del sistema y (b) en ptmtos localizados a distancias de las cargas mucho mayores que d.

13

14 • • Tres cargas ptmtuales positivas están fijas en los vértices de w1 triáng ulo equil á tero d e lado n. El origen de coordenadas está en la mitad de un lado de un triángulo, el cen ti·o del ti·iángulo en

• • Las descargas eléctricas (chispas} se producen en el aire cuando tm campo elécti·ico acelera los iones libres hasta ve locidades suficientemente altas como para ioni zar las moléculas de LUl gas mediante su impa cto con ellas. (n) Asumiendo que cada ion, en promedio, se desplaza en el gas un espacio denominado recorrido 111edio libre antes de chocar con una molécula y que este ion necesita, aproximadamente, 1 e V de energía para poder ionizai·la, estimar la intensid ad del campo necesaria 20

Problemas para producir la rotma dieléctrica del aire, a una presión y temperatura de 105 N / m 2 y 300 K, respectivamente. Consideran do qu e el área de la sección b·asversal d e tma molécula de nih·ógeno es de 0,1 nm 2, (b) ¿cómo variará el potencial de rotura dieléctrica con la temperatura? ¿Y con la presión?

CARGA ELÉCTRICA 21 • Al frotar tma barra de plástico con un paiio de lana, aque ll a adquiere una carga de - 0,8 µ,C. ¿Cuá ntos elecb·ones se b·ansfieren d el pafio de lana a la barra de plástico? 22 • Una carga igual a la de un número de Avogad.ro (NA = 6,02 X 1023 ) de protones se denomina tui fnmdny. Calcular el núm ero de coulombs que hay en un faraday.

23

•

¿Cuál es la cmga .total de todos los protones de 1,00 kg d e

carbono? ~

Suponer un cubo de aluminio de 1,00 cm de lado que acumula una carga neta de +2,50 pC. (n) ¿Cuál es e l porcentaje de electrones que se ha eliminado? (b) ¿Qué porcentaje de masa se le ha extraído? 24

• •

de 4,0 µ,C en .r = 0,2 m, y una de las tTes cargas.

,;:} • • • Cinco ca rgas igua les Q está n igualmente es paciadas en un semicírculo d e radio R como indi ca la fi gura 21.37. Dete rminar la fuer za (en func ión de k, Q y R) que se Q ejerce sobre u na carga q loca li za da equidistante de las otras cargas en e l Q cen tro del sem icír-

FIGURA

Q

R

.\'

21.37

Q Q

• •

• • • La configuración d e la molécula de amoníaco (NH) es, aproximadamente, la de un tetraedro regular con tTes iones H + formando la base y tui ion N 3 - en e l vértice del teb·aedro. La longitud d e cada lado es 1,64 X 10- 10 m . Calcul ar la fuerza que actúa sobre cada ion.

36

EL CAMPO ELÉCTRICO • Una ca rga de 4,0 µ,C es tá en el ori gen. ¿Cuá l es e l módulo y sentido del campo eléctrico sobre e l eje x en (n) x = 6 m y (b) x = - 10 m? (c) Ha cer un esquema de Ja fuiKión Ex respec to a x tanto para valores positivos como negativos de .r. (Recué rdese qu e E . es negativo cuand o E señala en el sentido nega tivo de las .r.) "

37

26 • Una carga r¡ 1 = 4,0 µ,C está en el origen y otra carga r¡ 2 6,0 µ,C está sobre el eje x en e l punto x = 3,0 m. (11) Halla1· la fu erza ejercida sobre la carga r¡ 2 . (b) Hallar la fuerza ejercida sob re r¡ 1. (c) ¿En qué diferirán estas respuestas, (n) y (b), s i r¡ 2 vale -6,0 µ,C?

38 • Dos cargas puntuales, cada una d e ellas d e + 4 µ,C, está11 sobre el eje .r, una en el origen y la ob·a en x = 8 rn. Hall a r e l campo e léch·ico sobre e l eje x en (n) x = - 2 m, (b) x = 2 m, (c) x = 6 m y (d) ·.r = 10 m. (e) ¿En qué punto del eje x es cero el ca mpo eléc trico? (/) Hacer un esquema d e E.,. en función de x en e l intervalo -3,0 m < X < 11 m.

27 • Tres cargas puntuales están en el eje x; q = - 6,0 µ,C está 1 en x = - 3,0 m, r¡ 2 = 4,0 µ,C está en el origen y r¡ 3 = -6,0 µ,C está en x = 3,0 m . Hallar la fuerza ejercid a sobre r¡ 1. 28 • • Dos cargas puntuales de 2 y 4 µ,C, respectivamente, es tán separadas tma di stancia L. ¿Dónde se d ebería poner una te rcera carga para que la fuerza e léctrica sobre ella fuera nula?

• • Dos cargas puntuales de -2 y 4 µ,C, respectivamente, están separadas una distancia L. ¿Dónde se debería poner una tercera carga para que la ftierza elécb·ica sobre ell a fuera nula? Tres cargas, cada una de módulo 3 nC, están en los vértices de tui cuadrado de lado 5 cm. Las dos caxgas de los vértices opuestos son positivas y la otra es negativa. Dete rmin ar la fuerza ejercid a por estas ca rgas sobre una cuarta carga r¡4 = + 3 nC situ ada en el vértice restante. • •

• • Una carga de 5 µ,C se encuentra sobre el eje y en y = 3 cm y una segtmda carga de -5,0 µ,C está sobre el eje y en y = - 3 cm. Determinar la fuerza ejercid a sobre una carga de 2 µ,C s ituada sobre el eje x en x = 8 cm. 31

32 • • Una caTga ptmtual de -2,5 µ,C está locali zada en e l or igen. Una segund a carga puntual de 6 µ,C se encuentra en x = 1 m, y = 0,5 m. Determinar las coordenadas x e y d e la posición en la cual un e lectró n estaría en equilibrio. • • Una carga de -1,0 µ,C está localizada en e l origen, una segunda carga de 2,0 µ,C está locali zada en x = O, y = 0,1 m y una tercera 33

Y

cu lo . ~

LEY DE COULOMB

30

O. Calcu lar las fuerzas que actúan sobre cada

34 • • Una ca rga de 5,0 p.C está loca li zada en x = O, y = O. Otra carga q está loca lizada en .r = 4,0 on, y = O. La fuerza que actúa sobre una carga de 2 µ,C en x = 8,0 cm, y = Oes 19,7 N, apuntando en la direcc ión x negativa. Cuando esta ca rga de 2 ¡J.C se sitúa en x = 17,75 cm, y = O, la fu erza que actúa sobre ella es nula. Determinar el va lor d e la ca rga q.

Problema 35 Durante un proceso denominado efecto fotoeléctrico, se utili za lu z altravioleta para cargar una pieza de metal. (n) Si esa lu z incid e en una lámina de metal y los e lectrones son extraídos con suficiente ene rgía como para que salgan de la superfi cie del metal, ¿cuánto tiempo tardará és te en adquüÜ' 1,5 nC si son ex traídos 1,00 X 106 e lectrones por segtmdo? (b) Si se necesitan 1,3 eV para ex traer un elec trón de la superficie, ¿que potencia debe tener el rayo ltuninoso asumiendo que en todo el proceso la eficiencia es del 100%? 25

=

723

39 • Cuando se coloca una carga tes tigo q0 = 2 nC en el origen, experimenta la acción d e una fuerza de 8,0 X 10- 4 Nen la dirección pos itiva del eje de las y. (n) ¿Cuá l es el campo eléctrico e n el origen? (b) ¿Cuál sería la fuerza que se ejercería sobre una carga d e - 4 nC situada en el orige n? (e) Si es ta fuerza fttera debida a una carga situada sobre el eje y en y = 3 cm, ¿cuá l sería el valor de did1a carga?

• La Tie rra tiene un campo elécb'ico cerca d e s u s uperficie que es de, aproximadamente, 150 N/C y que está dirigido hacia abajo. (n) Comparal' la fuerza eléctrica ascendente ejercida sobre un elecb·ón con Ja fuerza gravitatoria dirigid a hacia abajo. (b) ¿Q ué carga debería suministrarse a una moneda d e 3 g para que el ca mpo eléctrico equilibrase su peso cerca de Ja s uperficie de la Tierra? 40

41 • • Dos cargas igual es positivas de va lor r¡ 1 = r¡ 2 = 6,0 nC es tán sobre el eje y en puntos y1 = + 3 cm e y2 = - 3 cm . (n) ¿Cuá l es e l valor y sentido del ca mpo e léc trico sobre el eje x en x = 4 cm? (b) ¿Cuál es la ft1erza ejercid a sobre una te rce ra carga r¡ 0 = 2 nC situada en e l punto .r = 4 cm?

• • Una carga puntual de + 5 µ,C está loca li zada en x = - 3,0 cm y una segund a ca rga puntual de -8 µ,C está locali za d a e n .r = + 4,0 cm. ¿Dónde debe situ a rse una tercera ca rga de 6 µ,C para que e l campo eléctrico en x = O sea cero?

42

-724

CAPÍTULO 21

Campo eléctrico 1: distribuciones discretas de carga

• • Una carga puntu~l de - 5 µ,C está localizada en x = 4 m, y = -2 m. Una segunda carga puntual de 12 µ,C está localizada en x = 1 m, y = 2 m. (11) Determinar el módulo, la dirección y el sentido del campo e léch·ico en x = -1 m, y = O. (b) CalCLtlar el módulo, la dirección y el sentido de la fuerza sobre un electrón si tu a do en x = - 1 m, y = O. 43

MOVIMIENTO DE CARGAS PUNTUALES EN CAMPOS ELÉCTRICOS • • La aceleración de Lma partíCLtla en Lm campo.eléch·ico depende de la relación carga/masa de la partícula. (11) Calcular e/ 111 para un elech·ón. (b) ¿Cuál es el módulo y dirección d e la aceleración de Lm elech·ón en un campo eléch·ico uniforme de valor 100 N /C? (e) Cuando la velocidad de Lm elech·ón se aproxima a la velocidad de la luz e, debe utilizal'se la mecánica relativista para determinar su movimiento; sin embai·go, a velocidades bastante menores que e puede utilizarse la mecánica newtoniana. Ca!CLtlar; con la mecánica de Newton, el tiempo que tarda Lm elech·ón, partiendo del reposo en el interior de Lm campo eléch·ico de valor 100 N / C, en alcanzar· Lma velocidad de 0,01 c. (d) ¿Qué distancia recorrerá el elech·ón en este tiempo? "!llfll'I" 51

44 • • Dos cargas positivas iguales r¡ están en el eje y; una está en y = 11 y la otra en y= - 11. (11) Demostrar que el campo eléctrico en el eje x está dirigido a lo largo de dicho eje con Ex = 2kr¡x/ (x2 + 11 2 ) 312 . (b) Demostrar que en las proximidades del origen, donde x es mucho menor que 11, Ex= 2kr¡x/ 11 3. (e) Demosh·ar que para x mucho mayor que 11, E,. = 2kr¡/ x2 . Explicar por qué debería esperarse este resultado incluso antes de ser calculado. 45 • • Una carga punh1al de 5 µ,C está localizada en x = 1 m, y = 3 m y otra carga de - 4 µ,C está localizada en x = 2 m, y = -2 m. (11) Determinar el módLtlo, la dirección y el sentido del campo eléch·ico en x = -3 m, y = 1 m. (b) Determinar el módulo, la dirección y el sentido de la fuerza sopre un protón en x = - 3 m, y = 1 m.

46 • • Dos cargas Q pLmh1ales positivas están en y= +11 y en y= -11. (11) Demosh-ar que el campo eléch'ico para la distribución de cargas tiene su máximo valor en los puntos x = 11/ \12 y x = -11/ \12 calculando iJE) ax y haciendo la derivada igual a cero. (b) Hacer w1 esquema de la hmción Ex en función de x utilizando los resLtltados del apartado (11) de este problema y considerando que Ex es, aproximadamente, 2kr¡x/ 11 3 cuando x > 11.

• La aceleración de una par·tíCLtla en Lm campo eléch·ico depende de su relación car·ga/masa. (11) CalcLtlar· e/111 par·a un protón y hallar· su aceleración en Lm campo eléch·ico wuforme de valor 100 N /C. (b) Hallar· el tiempo que tar·da Lm protón inicialmente en reposo en did10 campo en alca11Zar la velocidad de O,Olc (siendo e la velocidad de la luz). {Cuar1do la velocidad del protón se aproxima a la de la luz, debe usarse la cinemática relativista par·a calcLtlar el movimiento; sin embar·go, para una velocidad O,Olc o menm; la cinemática clásica es w1a suficiente aproximación.) 52

• Un electrón tiene w1a velocidad inicial de 2 X 106 m/ sen la dirección del eje de las x. Entra en el interior de un campo eléctrico wuforme E = (300 N/ C)j que tiene la dirección y. (11) Hal!al' la aceleración del electrón. (b) ¿Cuánto tiempo tardará el electrón en recorrer 10 cm en la dirección x? (e) ¿Cuál será el módulo y la dirección de la desviación del electrón después de haber recorrido 10 cm en la dirección x? 53

• • Dos partícLtlas punh1ales con cargar¡ cada una de ellas se colocan en la base de un triángulo equilátero de lado L (figura 21.38). Una tercera partícula pw1h1al de carga 2r¡ se coloca en el oh·o vértice ¿Dónde deberíamos colocai· Lma cuarta carga punhial r¡ para que el campo eléctrico en e l centro del triángLtlo fuera cero? (El cenh·o está en el plai10 del triángulo y equ idistante de los tres vértices.) "!!'!ll'I' 47

2r¡

• • Un electrón, partiendo del reposo, se acelera por la acción d e un campo eléch·ico uniforme E = - 1,50 X 10- 10 N/Cj. Después de que el electrón recorra 1,0 µ,m, ¿cuál es su velocidad? (Despreciar la fuerza gravitacional sobre el elech·ón.) 54

• • Una masa de 2 g localizada en una región de campo eléctrico uniforme E = (300 N/ C)Í contiene w1a carga Q. La masa, liberada del reposo en x = O, posee una energía cinética de 0,12 J en x = 0,50 m . Determinar la carga Q. 55

FIGURA

21.38

Problemas 47 y 48 • • Dos pai·tículas ptmhiales con carga r¡ cada una de ellas se colocan en la base de w1 triángulo equilátero de lado L (figura 21.38). Una tercera partícLtla puntual de carga 2q se coloca en el oh·o vértice. Se coloca una cuarta carga punhial r¡' en el pwito medio de la base, de tal forma que la carga eléch·ica en el centro del h·iángLtlo es cero. ¿Cuál es el valor de r¡'? (El cenh·o está en el plano del triángulo y equidistante de los tres vértices.) 48

49 • • Dos cargas positivas iguales +r¡ es tán en el eje y; una de ellas en y = +11 y la otra en y = - 11. El campo eléch·ico se anula en el origen. Una carga de prueba r¡ 0 sih1ada en el origen estará por lo tanto en equilibrio. (11) Esh1diar la estabilidad del equilibrio para Lma carga de prueba positiva considerando desplazamientos pequeños del equilibrio a lo lmgo del eje x y desplazamientos pequeños a lo lal'go del eje y. (b) Repetir el apaitado (11) para una carga de prueba negativa. (e) Hallar el valor y signo de tma carga r¡ 0 que puede sih1arse en el origen de modo que la fuerza neta sobre cada una de las tres cargas sea cero. (d) Explicar qué ocmre si cualquiera de las cargas se desplaza ligeramente del equilibrio. • • • Dos cal'gas pw1h1ales positiva +r¡ están sobre el eje y en y = +11 e y = -n. Una cuenta de collar de masa 111 con Lma carga negativa -r¡ se desliza sin rozamiento a lo largo de una cuerda situada sobre el eje x. (n) Demostrar que para pequeños desplazamientos x . 2k>. El< = - -¡(-coso, - cos0 1) = Rcos01

valores en el resultado del paso 1:

733

22.1

-L/2

O

+L/2

k>.L

!L

VR2 + GL)2

F I G U R:A 22 .6

5. Expresar e l campo eléctrico en forma vectorial y sustituir Q por AL: entonces, tenemos

kQ kQ. E - - - -R = - R A

(b) 1. Observar e l resultado del paso 5. Si R >> L, entonces R2 + L)2 "" R2. Sustituí r R2 por R2 + (~ L)2:

RW

(!

(R »

Rl

L)

2. En esta expresión aproximada vemos que el

campo el~ctrico decrece de forma inversamente proporcional al cuadrado de la dis tancia al origen, tal como ocurre con el campo de una carga puntual:

E. -

(e) 1. Observar el resultado del paso 5 de la parte (a). Si R « L, entonces R2 + (~ L)2 - (~ L)2. Sustituir

kAL

R = l -2kA R. 1

(R

A

RVQLF

«

L)

R

> L y R > b (en el eje del disco) el campo eléctrico decrece inversamente con z2• Para demostrar esto se usa la expansión binomial: 2. Aplicar la expansión binomial al resultado del paso 5:

3. Sustituir en el resultado de l paso 5 y simplificar. (Para z >> b, sign (z) = 1 .) Así, la expresión aproximada para el campo en puntos que cumplen z >> bes la misma que el de una carga puntual Q = u7rb2 colocada en el origen. (e) 1. Tomar límites en el resultado del paso 5 de la parte (n)

=

{

+ 1 z >o O z =O - 1 z

neio a través de la superficie cerrada es positivo o negativo dependiendo de que E esté dirigido predomi11antementeJ1acia fuern o hacia dentro de la superficie. En los puntos de la superficie en que E está dirigido hacia dentro, E,, es negativo.

ENUNCIADO CUANTITATIVO DE LA LEY DE GAUSS rllt

La figura 22.19 muestra w1a superficie esférica de radio R con su centro en la carga puntual Q. El campo eléch·ico en un punto cualqtúera de la superficie es perpendi nilar a la superficie y tiene el módulo

....~-~

kQ E= -

"

El flujo neto de

~tf Q

Ri

E a través de esta superficie esférica es cl>nelo

=

IsJ: E,, dA = E,, .rsJ: dA

donde E,, puede salir de la integral por ser constante en todos los puntos. La integral de rlA extendida a toda la superficie es precisamente el área total, igual a 47TR2 . Con este valor y sustituyendo kQ/ R2 por E,,, se obtiene kQ 2 ,/, = -47T '!'neto R2 R = 47TkQ =

Q/EO

22.15

Así pues, el flujo neto a través de una superficie esférica con una carga puntual en el centro es independiente del radio de la esfera y es igual a 4'TTk veces el valor d e did1a carga. Esto concuerda con nuestra observación previa según la cual el n(11nero neto de líneas que atraviesan una superficie es proporcional a la carga neta interior a la superficie. Este número de líneas es el mismo parn cnalqtüer superficie que encierre a la carga, cualquiera que sea su forma. Así, el flujo neto a través d e cualquier superficie que rodea a una carga puntual Q es igual a 47TkQ. Podemos ampliar este resultado a sistemas de más de una carga puntual. En la figura 22.20, la superficie encierra dos cargas puntuales, r¡ 1 y r¡2, y existe una tercera carga puntual r¡3 fuera de la superficie. Puesto que el campo eléch·ico en cualquier ptmto de la superficie es el vector suma de Jos campos eléctricos producidos por cada una de las tres cargas, el flujo neto a través de la superficie es, precisamente, la suma de los flujos debidos a las cargas individuales, 4>11• 10 = .fs(E 1 + E2 + E3) • 11 dA. El flujo originado por la carga (/y que está fuera de Ja superficie, es cero debido a que cada línea de fuerza procedente de r¡3 que enb·a en la superficie en w1 ptmto abandona la misma en algún otro punto. El flujo a través de la superficie debido a la carga q 1 es 47Tkr¡ 1 y el debido a la carga r¡2 es 47Tkr¡2 . El flujo neto a b·avés de la superficie es igual a 47Tk(r¡ 1 + r¡2 ) que puede ser positivo, negativo o cero, dependiendo de los signos y valores de las dos car.gas. El flujo neto a b·avés de cualquier superficie es igual a Ja carga neta dentro de la superficie dividida por .:-0: e/> neto

=

i•S

E· 11 rlA

=

i

• S

E rlA·· __ "

Qinlcrior

fo

22.16 LEY DE GAUSS

Esta es la llamada l ey de Gauss. Nos indica que el campo eléctrico debido a tma carga puntual aislada varía inversamente con e l cuadrado de la distancia desde la carga. Esta propiedad del campo eléctrico es la que ha hecho posibile dibujar un número fijo de lineas de fuerza desde w1a carga y conseguir que la densidad de lú1eas sea proporcional a la intensidad del campo.

F 1 G u R A 2 2. 1 s Un¡¡ s uperficie esféricil que incluye la carga puntual Q. El flujo se calcula fácilmente para una superficie esférica. Es igual a l producto de E., por e l área superficial, es deci1¡ E11 41TR2 •

u R A 2 2. 2 o Superficie que incluye las cargas puntuales q1 y q2, pero no l/y El flujo ne to a través de esta s uperficie es 47Tk(q, + q2 ).

F 1G

Ley de Gauss

s E e e 1ó N

22 .2

741

La ley de Gauss es válida para todas las superficies y distribuciones de carga. Como veremos en la sección siguiente, puede utilizarse para calcular el campo eléctrico en algunas distribuciones especiales de carga con a llos grados de simeh'ía. En los campos eléch·icos que resultan de distribuciones de carga estáticas, la ley de Gauss y la ley de Coulomb son equivalentes. Sin embargo, la ley de Gauss es más general, pues también puede aplicarse a distribuciones de carga no estáticas.

.1

~ Ejemplo 22.9

Flujo a través de una superficie cerrada

1

Un campo eléctrico vale E = + (200 N/C)k para x >O y E = - (200 N/C)k para x neto

=

S

E.O

= c/>1,q +

d onde

c/>dcr

c/>izcun••

1E.

c/>der =

..

tldA

i E.,¡ i E.,,

',

-z

dA

= ( E ·1/ dA = ( Jder

8. Sumar los flujos individuales para obtener el flujo total:

c/>ncto

9. Determinar Ja carga en el inte rior de la superficie gausiana. El volumen de w1 cilindro es igual a la superficie de la sección transversal por la longitud del cilindro. El cilindro tiene una longitud de 2z:

1O. Sustituir los resultados del paso 8 y 9 en 11010 = Q 1010, 10,/E0 (resultado del paso 3) y despejar E,, en la base de Ja derecha:

11. Determinar E en fw1ción de z. En la región z R, Qinte> R. OBSERVACIÓN EL resultado del paso 6 se puede obtener por integración directa me-

diante la ley de Cou lomb, pero el cálculo es mucho más complicado.

La figura 22.25 muestra E, versus r para una distribución de cai·ga extendida en una corteza esférica. Otra vez es preciso hacer notar que el campo eléctrico es discontinuo en r = R, donde la densidad de carga superficial es u = Q/(47TR 2). Justo fuera de la corteza, el campo eléctrico es E,= Q/(471'E 0 R2 ) = a/E 0 , ya que () = ardg0,500 = 26,6° •

= Erx + Es., =

E1,cos0 + Es

= (112 N/ C) cos26,6º + 190 N/C = 290 N/C E.Y= Er, +

fs, = - EP sen O + O

= - (112 N/C) sen26,6º = É2

=1(2907 -

50,0j) N/C

-50,0 N/C

1

COMPROBACI ÓN El resultado del paso 8 de la parte (b) es cuantitativamente concordante

con la figura 22.26b. Es decir, E, es positivo, E1 es negativo y

IE)
R (figura 22.27n). Para determinar E, dentro de la esfera, elegimos una s uperficie gausiana esférica de radio r < R (figura 22.2711). En c11da una de estas superficies, E, es constante. La ley de Gauss relaciona entonces E, con la carga total que hay dentro de la superficie.

dA

+ +

SOLUCIÓN

/{

l. Dibujar una esfera cargada de radio /{ y una superficie gausiana esférica de radio r > R:

+

2. Relacionar el flujo que atraviesa la superficie gausiana con el campo eléctrico E, que existe en ella. Para cada punto de dicha superficie 11 = y E, tiene el mismo valor:

r

3. Aplicar la ley de Causs para relacionar el campo con la carga total Q que hay en el interior de la superficie, Q: 4. Determinar Q1ntoñorpara valores der. La d ensidad de carga es p = Q/V, donde V ~'" R3:

=

L

"' 'l'rwto = E·ílA = E · rA=E41Tr2 r (El área de la superficie de una esfera de radio res 4?Tr2.)

(a)

E 41Tr2 = Qint> R, el campo es idéntico al que crea una carga puntual Q en el centro de la esfera, tal como e ra de esperar.

E,

\ !.,%" ' Rr Justificar las respuestas. u

R A

2 2 .3

2.

• Una carga de 2,75 µ.C está uniformemente distribuida sobre un an illo de radio 8,5 cm. Determinar el ·campo eléctrico generado sobre el eje a (n) 1,2 cm, (b) 3,6 cm y (e) 4,0 m del centro del anillo. (el} Determinar el campo a 4,0 m con la aproximación de que el anillo es una carga ptmtual en el origen y comparar el resultado con el obteniido en (e). Explique su respuesta. 1s

16 • Un disco no conductor de radio R está ubicado en el plano z = O con su centro en el origen. El disco tiene una densidad superficial de carga uniforme u. Hallar el valor de z para el cual E:= u/(4E0). Obsérvese que en esta distancia, la intensidad del campo eléctrico es la mitad que el evaluado en puntos del eje x muy cerca del disco.

11 • Un anillo de radio n está en el plano z = O con su centro en el origen. El anillo está uniformemente cargado y tiene una carga total Q. Calcular E, en el eje en (11) z = 0,211, (b) z = 0,511, (e) z = 0,7n, (el) z = n, y (e) z = 2n. (/) Usar estos resultados para hacer una gráfica de E. versus z para valores positivos y negativos de z. (Asumir que estas distancias son exactas.) "fll\f'

glii'a 22.38 se conecta a tie1·ra, y la carga

F 1G

757

a Problemas 9, 10 y 11

ESTIMACIONES Y APROXIMACIONES • • En este capítulo, se deduce Ja expresión del campo eléctrico en el eje de un disco que está producido por el mjsmo cuando se carga uniformemente. En cualquier punto del eje, el módulo del

1e • Ui1 disco de radio a está en el plano z = O con su centro en el origen. El disco está uniformemente cargado y tiene una carga total Q. Hallar E, en el eje en (n} z = 0,2n, (b) z = 0,5n, (e) z = 0,7n, (el) z = n, y (e) z = 2n. (/) Usar estos resultados para hacer una gráfica de E, versus z para valores positivos y negativos de z. (Asumir que estas distancias son exactas.)

12

campo eléctrico es

!El= 21Tku[1 - (

R2)-112]. Como a 1+~

grandes

distancias (izl >> R), se demostró que esta ecuación puede aproximarse a E = kQ/z 2• Muy cerca del disco, la intensidad del campo eléctrico es, aproximadamente, la misma que produce un plano infinito cargado. Suponer que se tiene un disco de2,5 011 con una distribución superficial de carga uniforme de IEI = 21Tkq_ Usar la expresión exacta y la aproximada, dadas anteriormente, para hallar la intensidad del campo en el eje a distancias de (n) O,DlO cm, (b) 0,040 cm y (e) 5,0 m. Comparar los dos valores en cada caso y comentar la validez desde Ltn punto de vista cuantitativo según sea la d istancia a la que se determina el campo.

CÁLCULO DEL CAMPO ELÉCTRICO MEDIANTE LA LEY DE COULOMB

E

13 • Una carga lineal uniforme de densidad A = 3,5 nC/m se distribuye desde x = O a x = 5 m. (n) ¿Cuál es la carga total?

• • HOJA OE CÁLCULO (n) Un disco de radio 30 cm es po1·tador de una densidad de carga uniforme u= 0,5 nC/ m 2• (n) Representar gráficamente el campo eléctrico generado en el eje del disco utilizando una hoja de cálculo. (b) Comparar la aproximación E = 27rktT (fórmula para la intensidad del campo eléctrico de una lámina infinita uniformemente cargada) con la expresión exacta del campo eléctrico. ¿A qué distancia la aproximación difiere de la solución exacta en un 10%?

19

• • (n) Demostrar que el campo E generado en el eje de una carga anular de radio 11 tiene sus valores máximos en z = ~n¡'l/2.. (b) Representar E en función de z para valores positivos y negativos de z. (e) Determinar el valor máximo de E. 20

21 • • Una línea cargada con densi.dad de carga A está localizada en el eje x desde x = x 1 hasta x = x2' siendo .r1 < x 2• Demostrar que la component~ x del campo eléctrico en un punto del eje y viene da1 kA. . da por E = -(cos02 - cos01), donde8 1 = arctg(xify), 82 = arctg(.rJy), X

ey 7' O.

\Y\

758

CAPITULO 22

Ca m po e léctrico 11: distribuciones continuas d e carga

• • Un anillo de radio a contiene una distribución de carga lineal de la forma >.O =>.0 sen O, tal como muestra la figura 22.39. (a) ¿Qué dirección tiene el campo generado en e l centro del anillo? (b) ¿Cuál es el módulo de dicho campo en el centro del anillo?

22

y

que una de las bases está en x = + 10 cm y la otra en.\·= - 10 cm. (11) ¿Cuál es el ílujo saliente que atraviesa cada base? (b) ¿Cuál es el ílujo que atraviesa la s uperficie curvada (lateral) del cilindro? (e) ¿Cuál es el flujo neto que atraviesa toda la s uperficie d lfndrica? (,¡!)¿Cuál es la carga neta en el interior del dlindro? "!P.IM' 30 • Medidas cuidadosas del campo eléctrico en la superficie de una caja negra indican que el ílujo neto que sale de la superficie de la caja es 6,0 kN · m?/C. («)¿Cuál es la carga ne ta en el interior de la caja? (b) Si el flujo neto que sale de la superficie de la caja fuese cero, ¿podría obtenerse la conclusión de que no hay ninguna carga en el interior de la caja? Explique s us respuestas.

X

F 1G

u

R A

2 2. 3 9

Problema 22

23 • • Una densidad de carga lineal uniforme >. está situada sobre el eje x desde x = O ax = n. Demostrar que la componente x del ca mpo eléctrico en un punto del eje y viene dada por

E• •

k>. a ,y 'f. O. y Vy2 + n2

• Una carga puntual q = + 2 µ,C está en el centro de una esfera de 0,5 m de radio. (a) Hallar el á rea superficial de la esfera. (b) Hallar el valor del cnmpo eléctrico generado en los puntos situados en la superficie ele la esfera. (e) ¿Cuál es e l ílujo del ca mpo e léctrico debido a la carga puntual que atraviesa la s uperficie de la esfera? (d) ¿VariarO. Un cilindro circular recto de 20 cm de longitud y 4 cm de radio tiene s u centro en el origen y s u eje está situado a lo largo de l eje x de modo

gen

r

• • El cono imaginario de In figura 22.40 tie ne un ángu lo O entre la generatriz y la base d e radio R. E~e cono está libre de carga y en él existe un campo eléctrico uniforme E (las líneas de campo son verticales y paralelas al eje del cono). ¿Cuá l es la relación entre el número d e líneas de campo por unidad de ánw que penetran por la base con respecto de las que entran por la superficie lateral (cónica) de este cono? Utilizar el teorema de Gauss para dar una respuesta. (Las líneas de campo en la figura son sólo una 1 1 muestra representiva.)

Í35

&ií\ • • En una región partic ular de la atmósfera terrestre, se ha medido el campo eléctrico sobre la s uperficie de In Tierra res ultando ser de 150 N /Ca una altura d e 250 m y de 170 N/C a 400 m, en a mbos casos dirigido hacia abajo. Calcular la densidad de carga volúmica de la abnósfera suponiendo que es uniforme entre 250 y 400 m. (Puede despreciarse la curvatura de la Tierra. ¿Por qué?)

E

1

l+----R-.

F IGURA 22. 4 0

P roble m a 35

1 1 1

Problemas

APLICAC I ONES DE LA LEY DE GAUSS EN SITUACIONES DE SIMETRÍA ESFÉRICA (37) • Una corteza esférica de radio R 1 posee una carga total q1 uni'fO'rmemente distribuida en su superficie. Una segunda corteza esférica mayor de rndio R2 concéntrica con Ja anterior posee una carga q2 uni-

formemente distribuida en su superficie. (n) Utilizar la ley de Gauss para haUar el campo eléctrico en las regiones r < R1, R1< r < R2 y r > R2. (b) ¿Cuál deberá ser el cociente de las cargas q1 /q2 y su signo relativo pa·ra que el campo eléctrico sea cero para r > R2? (e) Hacer un esquema de las líneas de fuerza para el caso indica.do en el apartado (b) cuando q1 es positiva. 38 • Una corteza esférica de radio 6 cm posee una densidad superficial uniforme de carga u = 9 nC/ m 1• (n) ¿Cuál es la carga total sobre Ja corteza? Determinar el campo eléctrico en (b) r = 2 cm, (e) r = 5,9 cm, (d) r = 6, l cm y (e) r = 10 cm. • • Una esfera de radio 6 cm posee una densidad de carga volúmica uniforme p = 450 nC/m3• (n) ¿Cuál es Ja carga total de Ja esfera? Determinar el campo eléctrico en (b) r = 2 cm, (e) r = 5,9 cm, (d) r = 6,1 cm y (e),.= 10 cm.~

759

43 • • Una esfera de radio R contiene una densidad de carga volúnúca p = Bf r para ,. < R, donde Bes una constante y p = O para r >R. (n) Determinar la carga total de la esfera. (b) Hallar las expresiones del campo eléctJ·ico dentro y fuera de Ja distribución de ca1·ga. (L) Hacer una g ráfica del módu lo del campo eléctrico en función de la distancia al centro de Ja esfera. '!!l'll" • • Una esfera de radio R contien e una densidad de carga volúmica p = C/ ,.i parar < R, donde Ces una constante y p = O para r >R. (n) Hallar la carga total de la esfera. (b) Obtener las expresiones del campo e léctrico dentro y fuera de Ja distribución de carga. (e) Dibujar una gráfica del módulo del campo eléctrico en función de Ja distancia al centro de la esfera.

44

~

• • • Una corteza esférica no conductora y gruesa de radio in te· rior n y de radio exterior b posee w1a densidad p de carga volúmica unifornw. (n) Calcular la carga total. (b) Determinar el campo eléctrico en todos los pu ntos.

39

40 • • Consideremos dos esferas conductoras concéntricas (figura 22.41). La esfera exterior es hueca y en ella se ha depositado una carga -7Q. La esfera interior es sólida y en ella hay una carga +2Q. (n) ¿Cómo está distdbuida la carga en la esfera exterior? Es decir, ¿cuánta carga hay en la superficie exterior y cuánta en la superficie interior? (b) Supongamos que se conecta un alambre entre ambas esferas. Una vez alcanzado el equilibrio electrostático, ¿cuánta carga total existe en Ja esfera exterior? ¿Cuánta carga hay ahora en la superficie exterior de esta esfera y cuánta carga en su superficie interm1? ¿Cambia el campo eléctrico de la superficie de la esfera interna al conectar el cable? Si es asf, ¿cómo cambia? (.e) Supongamos que volvemos a las condiciones in iciales de (n) con +2Q en la esfera inte1·ior y -7Q en Ja exterior. Conectamos ahora Ja esfera interior a tierra con un cable y luego lo desconectamos. ¿Cuánta carga total existirá en la esfera sólida? ¿Cuánta carga tendremos en la superficie interna de la esfera exterior y cuánta en la superficie externa? \,

,. (

\ . 'r \

APLICACIONES DE LA LEY DE GAUSS EN SITUACIONES DE S I METRÍA CILÍNDRICA 46 • PÓNGALO EN SU CO NTEXTO, APLICACIÓN A LA INGENIERIA Un contador Geiger es un típico aparato de un laboratorio de

Física Nuclem· que sirve para detectar radiación. Este instrumento está constituido por un tubo cilíndrico que tiene un hilo recto de metal a lo largo de su eje central. El diámetro del hilo debe ser de 0,500 mm y el diámetro interior del tubo de 4,00 cm. El tubo se llena de un gas d il uido en el que se establece una descarga eléctrica con la que se produ ce la ruptura dieléctrica que sucede cuando el campo eléctrico alcanza 5,50 X 106 N /C. Determinar Ja máxima densidad de carga lineal que tiene q~1e llevar el hi.lo para que no se produzca Ja ruptura dieléctrica. As umir que el tubo y el hilo son infinitamente largos. 47 • • • En el problema 46, s uponer que Ja radiación ionizante· produce un ion y un electrón a la distancia de l,50 cm desde el eje del hilo central del tubo de Geiger. Suponer que el h ilo central está positivamente cargado con una densidad lineal de carga igual a 76,5 pC/m. (n) En este caso, ¿qué ve locidad adqLLirirá el electrón cuando impacte

con el hilo? (b) ¿Cómo será la velocidad del electrón comparada con lii velocidad final del ion cuando impacte fuera del cilindro? Explique sus respuestas. 48 • • Demos trar que el campo eléctrico debido a una corteza dlfndrica uniformeme nte cargada e infinitamente larga de radio R y que posee una densidad de carga superficial u, viene dado por: E = O cuando O s R < n y ER = un/(E0R) cuando R > n.

• Una corteza cilíndrica de longitud 200 m y radio 6 cm posee una de1uiidad de carga superficial unifot·rne u "' 9 t,C/m2• (n) ¿Cuál es la carga total en la corteza? Hallar el campo eléctrico en (b) r = 2 cm, (e) r = 5,9 cm, (d) r = 6,1 cm y (e) r = 10 cm. (Utilizar los resultados del problema 48.) 49

F I G URA 22 . 4 1

Problem a 40 41 • • Una esfera no conductora de radio R = 0,1 m posee Lula dens.idad de carga volúm ica uniforme. El módulo del campo eléctrico en p = 2R es 1883 N/C. (n) ¿Cuál es la dens idad de carga volúmica? (!>) Determinar el módulo del campo eléctrico en r = 0,5R desde el centro de la esfera. • • Una esfera sólida no conductora de radio R posee una densidad de carga vol.l1mica proporcional a la distancia desde e l centro: p = Ar parar s; R, siendo A una constante; r =O parar > R. (n) Hallar la carga total de la esfera. (b) Hallar el campo eléctrico E,, generado tanto en el interior como en el exterior de la distribución de cmga y representar E, en función de r. (e) Dibujar una gráfica del módulo del campo e lécrrico como función de la distanciar medida desde el centro de la esfera. 42

• • Un cilindro no conductor infinitamente largo de radio n posee una densidad d!e carga volúmica uniforme p(r) = p0. Demostrar que e l campo eléctrico viene dado por E11 = p0 R/(2E0 ) cuando O s R < n, y por ER = p0n2/(2i;.0 R) cuando R > n, donde Res la distancia desde el eje del cilindro.

50

51 • • Un cilindro de longitud 200 m y radio 6 cm posee una densidad de carga volúmica uniforme p = 300 nC/m3. (n) ¿Cuál es la carga total del cilindro? Utilizar las fórmulas dadas en el problema 50 para determinar el campo e léctrico en un punto equidistante de los extremos en (b) r = 2 cm, (e} r = 5,9 cm, (d} r = 6,1 cm y (e) r = 10 cm. 'S"!M"

760

e A P 1Tu Lo 2 2

Campo eléctrico 11: distribuciones continuas de carga

• • Consideremos dos cortezas cilíndricas concéntricas infinitamente largas. La corteza intedor tiene un radio R1 y posee una densidad de carga superficial Lmiforme u 1, mientras que la exterior tiene tm radio R2 y Lma densidad de carga superficial uniforme u 2• (n) Utilizar la ley de Gauss para hallar el campo eléctrico en las regiones r < /~I' R1 < r < R2 y r > R2• (b) ¿Cuál deberá ser el cociente de las densidades u 2 / u 1 y el signo relativo de ambas para que el campo eléctrico existente sea cero cuando r > R2? ¿Cuál es entonces el campo eléctrico entre las cortezas? (e) Hacer tm esquema de las líi;eas de car11po en el CMO ir1ciicacio er1 el apar·tado (b) con~siderando u 1 positivo.

52

• • La figura 22.42 m uestra la sección trasversal de una porción de un cable concéntrico infin'itamente largo. El cond uctor interno posee una carga de 6 nC/m; mien tras que el conductor externo está descargado. (n) Determinar el campo eléctrico para todos los valores de R, siendo R la d istancia desde el eje del sistema cilíndrico. (b) ¿Cuáles son las densidades superficiales de carga sobre las superficies interior y exterior del conductor externo? 53

........i

-----------·····¡ A= 6nC/m

J3cm 9cm 13cm

·······--~~~---·····J

1

- · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · - · · · · · · · · · · ·'

R F I G U RA 22.42

Problemas 53 y 57 Un cilindro no conductor, de longitud infinj ta y radio R contiene una distribución de carga p(r) = nr, siendo n constante. (n) Demostrar que la carga por w1idad de longitud es A = 21T n R3 /3. (b) Hallar las expresiones del campo eléctrico generado por este cilindro en todos los puntos del espacio, es decir, una expresión pa.ra r < R y otra parar> R.

54

• • Un cilindro de radio n, sólido, i11finitamente largo y no con· ductor, contiene una densidad volúmica de carga distr ibuida no unifor· memente. Esta densidad varía con respecto de la distancia al eje del cilindro, medida sobre su perpendicular, según la expresión p(R) = bR2 , donde bes una constante. (n) Demostrar que la densidad lineal de carga del cilindro es A = 1Tbn'/2. (b) Obtener expresiones del campo eléctrico R < n y R > n. "!fm'

55

• • • Una corteza cilíndrica no conductora, gruesa e infinitamente larga, de radio interior n y radio exterior b, posee una densidad de carga volúmica uniforme p. Determinar el campo eléctrico en todos los puntos.

• Una carga de - 6 nC se coloca uniformemente en una lámina cuadrada de material no conductor de 20 cm de lado situada en el plano yz. (n) ¿Cuál es la densidad superficial de carga u? (v) ¿Cuál es el valor del módulo del campo eléctrico en las proximidades de la lámina )' cerca de su centro? 60

• Una corteza conductora esférica con un a carga neta cero tiene un radio interior n y un radio exterior b. Se coloca una cargil puntual q en el c;entro ele h1 corteza. (11) Utilizílí In ley de Gnuss y las pro· piedades de los conductores en equilibrio para hallar el campo eléctrico en cada una de las regiones r < n, n < r f/ 2, la distancia del punto campo a la carga positi va es x - ! ey a la carga negativa X

+ ~ C (figura 23.10).

2. Para x > C/ 2, el potencial debido a las dos cargas es:

V= X -

x2 -

3. El módulo de ¡; es p = qC. Para X>> f/2, se puede despreciar en el denominador C2/4 comparado con x2 :

kq + k(- q) (C/ 2) .\' + (C/ 2) kqC C

(Cl/4)

kqC kp V"' ~ = x2

r >-

·

2

x >> f

COMPROBACIÓN Un dipolo tiene carga total nula; en consecuencia, es de esperar que la variación del potencial con la distancia deberá decrecer más rápidamente que en el caso de un sistema con carga neta diferente de cero. En el resultado del paso 3, el potencial varía de forma inversamente proporcional al cuadrado de la distancia. Lejos d e una configuración de cargas con carga neta no nula, el potencial varía de forma inversamente proporcional a la distancia, lo que implicil un decrecimiento menos rá pido que el que supo1~e el cuadrado de la dis tancia.

Imagen del potenciíll electroslático en el plano de un dipolo eléctrico. El potencial debido a cad

2E0

o

El incremento de potencial dV para un incremento del desplazamiento de = dxi + dyj + dyk es entonces

dV =

- E·dl

= - (27Tk(J'

i>- (dxi + dyf + dzlc) = -2,,,.ku dx

x>O

Integrru1do ambos lados de la igualdad, se obtiene V = - 2,,,.kux

+ V0

x >O

donde la constante axbitraria V0 es el potencial en x = O. Obsérvese que el potencial disnlinuye con la distru1cia al plano y tiende a -oo cuando x se aproxima a +oo. Por lo tru1to, no podemos escoge1· un potencial nulo para x = oo. Para un valor de x negativo, el campo eléch·ico es

E=

-2,,,.kui

V

x >O

de modo que dV = -

E· il

= +27Tku dx

x>O

y el potencia\ es

x>O Como x es negativo, e l potencial disminuye de nuevo con la d istancia al plano y tiende a - =cuando x se aproxima a -oo. Parn valores positivos o negativos de x, el potencial se expresa en la forma 23.21

F 1 G u R A 2 3. 1 s Representación gráfica de \1 en función de x para un plano infinito de carga situado en e l plano yz. El potencial es continuo en x = O, aunque E,= -rlV/dx no lo sea. El punto de referencia donde V = V0 no es el origen.

POTENCIA L PRÓXIMO A UN PLANO INF INITO DE CARGA

Ejemplo 23.11

Plano cargado y carga puntual

Un plano infinito de dens idad de carga u uniforme se encuentra en el plano .r = O y una carga puntual q está colocada sobre el eje x en x = n (figura 23.16). Determinar el potenci.al en un punto P situado a una distancia r de la carga puntual. PLANTEAMIENTO Podemos utilizar el principio de superposición. El potencial V total es

igual a la suma del potencial debido al plano y el debido a la carga puntual. Debemos incluir una constante arbitraria en nuestra expresión de V, la cual dependerá del punto de referencia elegido como V = O. Podemos escoger libremente el punto de referencia, exceptuando x = ±oo y x = n del eje x. En este ejemplo, e legiremos V = Oen el origen. SOLUCIÓN

l. Dibujar la configuración de carga e incluir los ejes de coordenadas y el punto (:r, y, z) donde se calcula e l campo:

2. El potencial d ebido al plano viene dado por la expresión V plono = V 0 - 27Tkulxl (ecuación 23.21) y el potencial debido a una carga pw1tual es V punio = kq/r - kq/rrcf (ecuación 23.7}, donde res la distancia desde el punto donde está la caL"ga aJ punto campo. El potencial total es la suma de ambos:

FIGURA 23.16

kq

V

= V pfono + V punió = - 27Tkulxl + -r + C

donde la constante C ( = V0 - kq/r,.1) se elige usando la referencia del punto donde el potencial sea cero.

778

Potencia l e léctrico

CAP ITULO 23

3. La distanciar desde la carga al punto de obseJvación del campo es

V

v) Estos grandes generadores de Van de Graaff expuestos en el Museo de Ciencias de Boston produce11 descargas espectaculares sobre la jaula de alambre conectada a tierra donde se encuentra el operador. ((l.>) © Knre11 R Pre11ss.)

grandes potenciales en el generador de Vn11 de Grnnff, en el cual se lleva carga hacia la superficie interior de w1 conductor esférico muy grande mediante una cinta transportadora continua (figura 23.25). Para llevar la carga desde el fondo a la parte superio r de la cinta, donde el potencial es muy elevado, debe realizarse trabajo mediante un motor que mueve la cinta. A menudo se puede escuchar como decrece la velocidad del motor al cargarse la esfera. Cuanto mayor sea la carga neta situada en el conductor exterior, mayor será s u potencial y mayor e l campo eléctrico que se generará fuera del conductor. Un acelerador de Van de Graaff es un dispositivo que utiliza el campo eléctrico intenso producido por un generador de Van de Graaff para acelerar partículas positivas, tales como pro tones.

RUPTURA DIELÉCT RICA Muchos ma teriales no conductores se ionizan en campos eléctricos muy altos y se convierten en conductores. Este fenó meno, llamado ruptura dieléctrica, tiene lugar cuando la intensidad del campo eléctrico es Emáx"' 3 X 106 V/ m = 3 MN / C. En e l a ire, a lgunos iones se aceleran hasta conseguir grandes ene rgías cinéticas

Superficies equipotenciales

s E e e 1ó N

23 . 5

antes de chocar con las moléculas más próximas. La ruptma dieléctrica sucede cuando estos iones son acelerados h asta alcanzar energías cinéticas suficientes como para aumentar sensiblemente la concentración iónica debida a las colisiones con las moléculas circundantes. Este fenómeno lim.íta el potencial máximo que puede obtenerse en tul generador de Van de Graaff. En el vacío, los generadores de Van de Graaff pueden alcanzar potenciales mucho mayores. La intensidad del campo eléctrico para el cual tiene lugar la ruptura dieléctrica de un material se denomina resistencia dieléctrica de dicho material. Para el aire vale aproximada" mente 3 MV /m. La descarga a través del aire resultante de la ruptura dieléctrica se denomina descarga en arco. Las descargas eléctricas que se experimentan al tocar el pomo metálico de una puerta después de andar sobre una alfombra un día con el tiempo seco es un ejemplo conocido de descarga en arco. Esto ocurre preferentemente en tm ambiente seco, porque el aire húmedo conduce la carga fuera del cuerpo antes de que se alcance la condición de ruplura dieléctrica. El relámpago es tm ejemplo de descarga en arco que se verifica a gran escala durante una tor-

menta.

Ejemplo 23.14

Ruptura dieléctrica para una esfera cargada

Un conductor esférico tiene un radio de 30 cm. (n) ¿Cuál es la ca1·ga máxima que puede situarse en la esfera sin que se produzca la ruptura dieléctrica del aire que la rodea? (b) ¿Cuál es el potencial máximo de la esfera? PLANTEA M IENTO (n) Para determinar la carga máxima relacionamos la carga con el campo eléctrico y establecemos que éste es igual a la resistencia dieléctrica del aire, E0,~x· (b) El potencial máximo se determina entonces a partir de la carga máxima c111 Fox/Dnllns Momiug Neivs/Corbis.) lámpagos NT transportan la carga negativa almacenada a tierra por la existencia de una diferencia de potencial de alrededor de 1 millón de volts.5 Algunos relámpagos NT extremadan1ente potentes acompañados de truenos transportan hasta 400 C!' de carga positiva a la Tierra para lo cual se requieren hasta 10 millones de volts. En algunas concenb·aciones tormentosas, como los tomados,7.8 Ja mayor parte de los rayos y relámpagos transportan más carga positiva desde la parte alta de las nubes a tierra que carga negativa desde la zona intermedia de la masa nubosa a tierra. A estos relámpagos les acompañan fuertes estallidos en forma de explosiones en. las que al principio del destello lllIIlffioso se emite gran cantidad de energía radiada y poco después del primer rayo se suceden ligeros relámpagos que se propagan a lo largo de muchos kilómetros en la parte alta de las nubes.9 No obstante, se han observado fuertes estallidos de energía radiada que se producen microsegw-idos antes de otros rayos negativos menos potentes. 1 11•12. 13 Algunas explosiones de energía se repiten y pueden ser detectables por satélites hasta 4 horas después de observarse el primer rayo. Aunque los estallidos duran menos de w1 milisegundo, son muy energéticos y se les asocia con el ruido radioeléctrico que puede ser detectado en e l hemisferio opuesto del planeta. 14 Dado que se ha detectado en diversas ocasiones radiación electrnmagnética generada por los rayos, los científicos están intentando construil' nuevos modelos sobre la generación de rayos y relámpagos. Uno de estos posibles modelos es la "ruptura a islada o peregrina". Como en la tormentas se forman enormes campos e léctricos, es posible que electrones o iones aislados y dispersos sean acelerados a velocidades próximas a la de la luz 15 y, a estas velocidades, el elech·ón podría ser tan energético que, al colisionar con las partículas de la nube, podría no ser detenido e incluso llegar a ionizar varias moléculas. Los iones formados podrían acelerarse por el campo eléctrico existente en el interior de la tormenta y producir una "ducha", o estallido, de energía. Muchos científicos están convencidos de que la "ruptura peregrina" explica la existencia de los rayos NT en casos en los que las nubes generan campos eléctricos 10 veces menores que los requeridos para superar la capacidad aislante del aire. 16 Como la tecnología actual para detectar los estallidos de energía producidos en los destellos de los relámpagos es muy reciente, actua lmente se están desarrollando nuevas teorías y experimentos con los que ratificar o rectificar estos modelos nuevos. El estudio de los rayos es un campo de estudio con gran u1terés.

º·

Wang. O.. et al, "Observcd l.caJcr and Relum-Stroke Propagalion Characteristics in the llollom 400 mol a Rocket·Trigsered Llghtning Channel." /011r110/ ofGtop/1ysknl R~rc/1. )un. V, 1999, Vol. 104, No. 012. pp. 14,369-14,376. l Lyon

23.7

,.reí

= Osi r, =

(V = Osir = ::o) oo, i =

1, 2, ... )

(V = Osi r = oo)

23.8 23.10

23.18

d onde rlq es un incremento de carga y r la distancia desde este incremento al punto donde se calcula el campo. Esta expresión puede utilizarse sólo si la distribución de carga está contenida en un volumen finito, de modo que el potencial pueda considerarse nulo en el infinito. La función potencial V es continua en lodos los puntos del espacio. El campo e léctrico apunta en la dirección de la máxima disminución del potencial.

------------------------------------------~

La variación del potencial cuando la carga de prueba se desplaza rll viene dada por tfV

e,.'"= - ril Gradiente

23.12

Un vector que señala en la dirección de la máxima variación de una función escalílr y cuyo módulo es igual a la derivada de dicha funci ón respecto a lil distancia en la d irección indicada, se IJamil gradiente de la función. El campo eléctrico Ees el gradiente negativo del potencial V. rlV (x)

Potencial como función de x

E - ---

23.13

Potencial como función de r

rlV (r) E = - --

23.14 .

4. "Relación general entre

•

'

-E _ _ ñv V

Ey V

tfx

rlr

__ (ªv. av. av ·) ax j +éJy-j +az-k

o

23.17

Resumen

TEMA

793

OBSERVACIONES Y ECUACIONES RELEVANTES

S. Unidades VyóV

La unidad del SI de potencial y diferencia de potencial es el volt (V):

Campo eléctrico Electronvolt

1V = 1 J/C

23.4

lN/C= lV/ m

23.5

El electronvolt (eV) es la variación de energfa potencial que expel"imenta una partícula de carga e cuando se d esplaza den a b, siendo llV = V~ - v. = 1 volt: 1 eV = 1,60 X 10- 19 C ·V = 1,60

6. Energía potencial de dos cargas puntuales

X

10- 19 J

23.6

(U = Os i r = eo)

23.9

lzl =te)

23.19

= 0sí lzl = Y.>)

23.20

7. Funciones potenciales En el eje de un anillo uniformemente cargado

En el eje de u.n disco uniformemente cargado

Para a un plano infinito cargado

kQ V = - -;;..._-

V = 27Tkulzl(

V

= V0

)1 + :: - 1) -

,.

V= {

Para una línea infinita de c.ln -

R

8. Carga en un conductor no esférico

En un conductor de forma arbitraria, la d ensidad de carga superficial u es máxima en los puntos donde el rndio de curvatura es mínimo.

9. Ruptura dieléctrica

La cantidad de carga que puede depositarse en un conductor viene limitada por el hecho de que las moléculas del medio que le rodea se ionizan en campos eléctricos muy intensos y e l medio se hace conductor.

Resistencia dieléctrica

La intensidad del campo eléctrico para la cual tiene lugar la rupturn dieléctrica de un material se denomina resistencia dieléctrica de este material. Para el aire es Emh =

10. Energía potencial electrostática

De cargas puntuales

3 X 106V/m = 3 MV/ m

La energía potencial electrostática de un sis tema de cargas puntua·les es el trabajo necesario para llevar las cargos desde el infinito a sus posiciones finales. l

11

U = -2 "' °"' qV 1 ¡ 1

De un conductor con carga Q y potencial V De un sistema de conductores

U = ~QV 1

23.27

1

23.28

11

U= -2 °"'QV "' I I ¡ 1

23.29

794

CAPITULO 23

Pote ncial e léctrico

Respuestas a los problemas prácticos

Respuestas a las comprobaciones conceptuales 23.1

23.2

23.1

Potencial creciente

El cambio en el potencial es cero si e l movi1niento se realiza en una dirección perpendicular a la del campo eléctrico E.

23.2

V(x)

23.3

- 4,35

El potencial eléctrico crece más respecto de la distancia si uno se mueve en la dirección opuesta a la del campo eléctrico E.

23.4

(11) el plano x = 4,0 m, (ll) V = - (25 V/m)x

23.5

3,7 X 10-6 J

23.6

V= sign (z) · 27tku(l - Vl +1(R2/ z2))

23.7

5,39 X 105 V = 539 kV

23.8

V(r)

= kQ/r -

V(r)

= ~(kQ/R)(1

=X

(5 V/ m 2 )x2

10- 18 J

6

kQ/R for r ~ R - r 2/R2) p> L) de E = (6k8/z4 )k. (e) Mostrar cómo se puede obtener el resultado de la parte (b) mediante el cálculo del campo eléc· trico de las tres cargas. 34

---··-·--:vF I GURA 23 . 33

Pro b le ma 34

:· '''

Problemas

DETERM I NACIÓN DEL CAMPO ELÉCTRICO A PARTIR DEL POTENCIAL

máxima? (Asumir que el potencial es cero muy lejos de donde están las cargas.)

• Un campo eléctrico uniforme tiene el sentido de las x negativas. Los puntos n y b están en el eje .r, 11 en x = 2 m y ben x = 6 m. > b, el potencial eléctrico en el eje de la corona u niformemente cargada se puede aproximar a kQ/x, donde Q = son;ancia mecánica, que fue tratada en el c.Jpítulo 14.

¿Crece la capacidad siempre que se inserta un dieléch'ico entre las placas de un condensador? Explicar la respuesta.

828

CAPITULO 24

Capacidad

Cambios en Condensadores-Carga directa En 1746, poco después de que la existencia de la botella de Leyden fue1·a dada a conoce1; J80 soldados demostraron la potencia de una gran botella de Leyden en la corte francesa. Formaron un círculo dándose las manos y se conectaron a una botella de Leyden. Cuando una simple descarga de la botella pasó a h·avés del círculo, los soldados empezaron a saltar y gritar. 1•2 Desde entonces, se han fabricado algunas de estas botellas con capacidades de 2,5 nF y un voltaje de 10 kV. Los condensadores han recorrido un largo camino desde entonces. Un cambio, entre otros muchos, que cxpel'ime11ta1·on en el siglo XIX, fue la adición de aceite mineral usado como dieléctrico. Sin embargo, los condensadores de aceite, que es como se les denomina, presentan riesgos de incendio cuando se calientan. En 1929, la compai'ifa química Swan fabricó condensadores que incluían policlorinatos de bifenilo (PBC) como dieléctrico.3 Los PBC son resistentes al fllego, no se combinan con oh·as sustancias y sus constantes dieléctricas son ligeramente s uperiores a la del aceite mineral, pero, desaLos condensadores se constn1yen de muy diversas fortunadamente, se ha probado su carácter cancerígeno y su formas, tamaños y tipos. Los diseñadores de circuitos 4 toxicidad cuando se qlleman parcialmente. En 1979, se prohibió la eligen el tamaño, la forma y el tipo según sean las fabricación de los PBC en Estados Unidos y su uso se abandonó, necesidades y circunstancias espccfíicas. (Mny11nrtf & aunque muchos condensadores5 PBC continuaban en servicio en 8011c/1nrd/Scic11/ificn/Vis11nls U11/i111ited.) 2006. 6 A raíz de la prohibición de este tipo de condensadores, numerosos investigadores comenzaron a desarrollar condensadores 1111ás eficientes. Actualmente, se dispone de diversos tipos de condensadores muy eficaces, cuyas constantes dieléctricas son muy elevadas, al estar fabricados con cerámicas especiales/ películas de plástico o geles de polímeros. Pero los condensadores más eficaces son los de doble capa (EDLC, eleclricnl double-lnyer cnpncitors). Los EDCL se componen de electrodos fabricados con carbón poroso depositado en un espacio donde existe un "separador elech·olítico", formando capas que se enrollan fuertemente y se ponen en un contenedor. El carbón poroso y el separador electrolítico son tan finos que Las distancias entre las diferentes capas de carbón tienen el grosor de unas moléculas.8 Los condensadores se denominan de doble capa porque cada capa de electrolito tiene dos capas de carga. Debido a la naturaleza porosa del carbón, cada capa tiene una gran superficie de carbón en contacto con e l electrolito (entre 400 y 2000 m2 / g). Esta gran superficie, junto con Ja fina capa de electrolito, permite lograr una gran capacidad. Como las capas de elech·olito son muy finas, la mayoría de los condensadores de doble capa tienen bajos voltajes de ruptura dieléctrica. Un EOLC de una batería pesa 60 gramos, tiene una capacidad de 350 farads y su voltaje de ruptura es de 2,5 vol ts.9 Como el voltaje máximo es tan bajo, los EDLC no se suelen usar de uno en uno. Asociaciones en serie de seis de estos condensadores lienen una capacidad equivalente de 58 farads y un voltaje máximo de 15 v. 10 Los EDLC se han incorporado a los teléfonos móviles, cámaras fotográficas y automóviles. Corno los EDLC pueden recarg Req Las resistencias son en realidad conductores que no conducen la corriente tan bien como los hilos utilizados en los circuitos, pero son conductores al fin y al cabo. El añadir más resistencias en paralelo implica añadir más caminos por donde pueden circulru· las cargas. La existencia de nuevos caminos en paralelo que posibilitan el flujo de cargas tiene como consecuencia la disminución de la resistencia total del sistema.

Ejemplo 25.8

Ident ificación de asociaciones en serie y en paralelo

Concept ual

El circuito mostrado en la figura 25.19 tiene una batería y seis resistencias. (11) ¿Cuáles, si es que hay alguna, están en serie? (b) ¿Cuáles en paralelo? PLANTEAMIENTO En el caso de las resistencias conectadas en serie, la corriente que las atraviesa es la misma en todas ellas puesto que el camino seguido por las cargas es el mismo. En el caso de res istencias conectadas en paralelo la diferencia de potencial (voltaje) entre los extremos de cad a tma de ellas es idéntico. FIGURA 25.19

¿:

856

e A P 1Tu Lo 2 5

T

Corriente eléctrica y circuitos de corriente continua

SOLUCIÓN

(11) En un circuito, la corriente sólo cambia en los nudos (puntos b, e y rl):

Resistencias 1 y 6 están conectadas en serie.

(/J) 1. El potencial a lo largo de un camino sólo cambia cuando hay baterías, resistencias o condensadores. Sean ~. Vb, ~. Vd, y V, los potenciales en los puntos 11, b, e, d y e, respectivamente. Construir una tabla en la que figure el potencial de los extremos de cada resistencia:

Resistencia

~.

l

X

2. La tabla revela que un extremo de la resistencia 3 y otro de la 4 están a l potencial V¡,, y los otros terminales de estas resis tencias están a potencial Ve.

~

2

V,, X X

3

X

X

4

X

X

6 Resistencias 3 y 4

V,

X

X

5

Vd

X X

X

están conectadas en paralelo.

OBSERVACIÓN La resistencia 5 está en serie con la asociación en paralelo de Ja 3 y 4. La resis-

tencia 2 está en paralelo con la asociación formada por la 3, 4 y 5. Además, la resistencia 6, la batería, la resistencia 1 y Ja asociación de las resistencias 2, 3, 4 y 5 están en serie.

ESTRATEGIA DE RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS Problemas con asociaciones de resistencias en serie y/o en paralelo PLANTEAMIENTO Dibujar un circuito si e l problema no lo aporta.

SOLUCIÓN l. Identificar asociaciones de resistencias en serie y en paralelo, y calcular su resistencia equivalente. 2. Volver a dibujar el circuito de tal forma que las asociaciones en serie o en paralelo queden reemplazadas por sus respectivas resistencias equivalentes. 3. Repetir los pasos 1 y 2 hasta que no haya más asociaciones de resistencias, ni e n serie ni en paralelo, es decil; hasta que sélo quede una resiste ncia en el circuito. Aplicar entonces la ley de Ohm, V = TR y calcula r la corriente. 4. Volver al dibujo an terior y calcular el voltaje (diferencia de potencial) y la

corriente que atraviesa cada resistencia. 5. Repetir el paso 4 hasta calcular todas las corrientes y voltajes de interés. COMPRÓBACIÓN Calcular la potencia disipada en cada resistencia (usando P = VI o su equivalente) y calcular la potencia suministrada por las reacciones químicas de cada batería utilizando la expresión P = ft',',

Posterio rmente, comprobar que la potencia s uministrada es igual a la disipada.

Ejemplo 25.9

Resistencias en paralelo

Una batería que genera una diíerencia de potencial de 12 V se conecta a una asociación de resistencias de 4 n y 6 n, respectivamente, dispuestas en paralelo como muestra la figura 25.20. Determinar (11) la resistencia equivalente, (b) la intensidad total de la corriente, (e) la corriente que circula por cad a resistencia, (d) la potencia disipada en cada resistencia y (e) la potencia suministrada por la batería.

12V

4,0Q

6,0Q

4,0Q

PLANTEAMIENTO Elegir símbolos y direcciones para las corrien-

tes e n el circuito de la fig ura 25.2 1.

F I G U RA 25.20

F I G URA 25.21

6,0Q

T

Aso ciacion es d e resistencias

S OLUCIÓN (a) Calcular la resistencia equivalente:

-

1

R....

4,on

1=

~• R"'l

potencial y la resistencia equivalente: (e) La intensidad que circula por cada resistencia se obtiene mediante la ecuación 25.22 y considerando que la caída de potencial es 12 V a través de la asociación en paralelo:

3,0

2,0

5,0

6,on

12,on

12,on

12,on

¡

2,4n l

12 V = , 5,0 A 1 2,4 n

V = IR J1

1

5,0

"'I

(b) La intensidad total es igual al cociente entre la caída de

857

25.4

= - - + - - = - - + - - = --

= 12,on =

R

s E e e 1ó N

El

12V =- = 3,0A 4,on

/=12v = 1 2,0A I 2 6,on (ti) Ut'ilizar estas corrientes para de terminar la potencia disipada

en cada resistencia:

(e) Utilizar P = V I para calcular la potencia suministrada por la batería:

P =VI = (IR)R = 12R

I~R = (3,o A) (4,0n)= 1 36 w1 = l~R = (2,0 A) (6,0 n) = 1 24 W1

r1 =

2

P2

2

p = ( .'I - (12 V)(5,0A)= 160

WI

COMPROBACIÓN La potencia su ministrada por la batería es igual a la potencia total disipada en las dos resistencias, P = 60 W = 36 W + 24 W. En el apartado (ti), podíamos haber calculado la potencia disipada en cada resistencia a partir de P 1 = Vl 1 = (12 V)(3 A)= 36 W y P2 = Vl2 = (12 V)(2 A) = 24 W. OBSERVACIÓN La relación de las corrientes en las dos resistencias en paralelo es la relación inversa de los valores de sus resistencias. De este resultado se sigue que 11R1 = 12 R2 (ecuación 25.22), de lo cual podemos deducir que

¡1' = R2 R (dos resistencias en paralelo) 2

Ejemplo 25.1 O

25.26

1

Inténtelo usted mismo

Resistencias en serie

Una resistencia de 4 n y otra de 6 n se conectan en serie con una batería de fem 12 V cuya resis tencia interna es despreciable. Determinar (a) la resistencia equivalente, (/J) la intensidad que circula por el circuito, (e) la caída de potencial a través de cada resistencia, (ti) la potencia disipada en cada resistencia y (e) la potencia total disipada. S OLUCIÓN Tape la columna de la derecha e intente resolverlo usted mismo. Pasos

Respuestas

4,on

6,on

(a) l. Dibujar un diag rama del circuito (figura 25.22).

2. Calcular Rcq para las dos resistencias en serie. (b) Utilizar V = IR«¡ para determinar la corriente que atraviesa la batería. (e) Utilizar la ley de Ohm para calcular la caída de potencial a través de cada 1-esistencia. (ti) Determinar la potencia disipada en cada resistencia mediante

P = 12R. (e) Sumar los resultados de (ti) para determinar la potencia total. COMPROBAC IÓN En este ejemplo, la corriente a través de la batería es de 1,2 A, pero en e l correspondien te circuito paralelo con la misma 1-esistencia, la corriente en la batería es de 5,0 A. La corriente en un circuito es menor cuando las resistencias se conectan en serie.

FI G UR A

26.22

e A P 1Tu Lo 2 s

8 58

Ejemplo 25.11

Corriente eléctrica y circuitos de corrient e continua

Asociaciones de resistencias en serie y en paralelo

Inténtelo usted mismo _ ,..

Considérese el circuito de la figura 25.23. Para e l caso en que el interruptor 51 está abierto y el interruptor 5 2 está cerrado, determinar (n) la resistencia equivalen te del circuito, (b) la intensidad total en la fue nte d e fem, (e) la CilÍdil de potencial a través de cada resistencia y (rl) la intens idad que ci rcula por cada resistencia. A continuación, se cie rra el interruptor S 1. Ahora (e) de termi na r la intensidad de la co rriente que circuh1 en lfl 1·esistencia d e 2 0. ] = ¡e

1/

o sea, l = !!..e - 1/(RC) = J e-1/T R o

25.41

donde la corriente inicial en este caso es 10 = t!i/ R. Las figuras 25.45 y 25.46 muestran la carga y la corriente e n función del tiempo.

r

'T

F 1 G u R A 2 s . 4 s Representación de la carga de un condensador en función del tiempo en el caso del circuito de la figura 25.44 después de cerrar el interruptor en 1 = O. Después del tiempo 1 = T = RC, la carga en el condensador es 0,63C/.', donde Ct:es su carga final. Si la velocidad de carga fuese constante, el condensador se c.1rgaría por completo al cabo de un tiempo 1 = T.

F 1 G u R A 2 s . 4 6 Gráfico de la corriente en función del tiempo para el circuito de la figura 25.44. La corriente es inicialmente C/ R, y disminuye exponencialmente con el tiempo.

PROBLEMA PRACTICO ZS.11 Demostrnr que la ecuación 25.40 satisface la ecuación 25.39 s ustituyendo en esta última los valores de Q y dQ/dl. PROBLEMA PRÁCTICO 25.12

¿Qué fracción de la carga máxima existe en un condensador en proceso de carga al cabo de un tiempo 1 = 27?

, Ejemplo 25.19

Carga de un condensador

Una batería de 6 V y resistencia interna despreciable se utiliza para cargar un condensado r de 2 µF a través de una resistencia de 100 !l. Hallar (n) la corriente inicial, (b) la carga final del condensador, (e) el tiempo necesario para obtener w1 90% de la carga final y (d) la carga cuando la corriente es la mitad que la corriente inicial. PLA NTEA M IENTO La carga inicialmente es cero y, por tanto, la caída d el potencial a través de la resis tencia es igual a la fem de la batería. Se aplica la ley de Ohm a la resistencia y se obtiene la corriente. Después de un tiempo prolongado, la corriente es cero y el voltaje entre las placas del condensador es el de la batería. Aplicando la d efinición de capacidad, se obtiene la carga. Usa r la ecuación 25.40 para relacionar la carga con el tiempo, y mediante la regla de K.irchhoff de mallas relacionar la carga y la corriente.

Inténtelo usted mismo

872

e A P i Tu Lo 2 s

T

Corriente e léctrica y circuitos de corriente continua

SOLUCIÓN

Tape la columna de la derecha e intente resol ve rlo usted mismo. Pasos

Respuestas

(n) Determinar la corriente inicial a partir de /o = /,'/R.

10

0,060 A - 160 mA

(ú) Calcular la carga final a partir de Q = Ce'.'.

Q1

¡12µC 1

(e) Considerar que Q = 0,9 Q¡ en la ecuación 25.40 y despejar l. (Para ello, primero despejare'/ T, y luego aplicar logaritmos neperianos en ambos miembros de la igualdad.)

2,3r

1

10,46 ms 1

t'.' - IR

(rl) 1. Aplicar la regla de las mallas de Kirchoff al circuito utilizando la figura 25.44b.

Q - Qr

2. Considera r q ue I = 10 /2, y obtener Q.

2

COMPROBACIÓN La respuesta al apartado (rl) se puede obtener despejando primero ten la ecuación 25.41, y sustituyendo el valor obtenido de ten la ecuación 25.40 para obtener Q. No obstante, aplicando la regla de las mallas la resolución es más directa.

Ejemplo 25.20

Valores para tiempos largos y cortos

El condensador de 6 µF del circuito de la figura 25.47 está inicialmente descargado. Cillcuhir la corriente a través de las resistencias de 4 y de 8 (n) inmediatamente después de que el interruptor se haya cerrado y (b) Lm largo tiempo des¡pués de que el interruptor se haya cerrado. (e) Determinar la carga del condensador t ranscurrido un largo tiempo después de cerrarse el interruptor.

n

n

12V

PLANTEAMIENTO Como el condensador está inicialmente descargado y lil resistencia de 4 !l limita la corriente R

La energía disipada total se obtiene u1tegrando desde t = Ohasta t = oo: W = R

l

oo ¿;2

- e-21/(RC) dt = -(,'2

o R

i°"e- nt di

R o

donde n = 2/ RC. Entonces, W = ¿j2 e - nt I"' = - ¿;2 (O - 1) = ¿j2 .!. = {}2 RC R R -n 0 Rn R n R 2 Por lo tanto, e l calor total debido al efecto Joule es W = .!_¿'2 C = .!_Q ¿• R 2 2 r

donde Qr = ¿'C. Este resu ltado es independiente de la res istencia R. Por lo tanto, cuando tui condensador se carga a través de tma resistencia mediante una fem constante, la mitad d e la ene rgía proporcionada por la batería se almacena en el condensador y la otra mitad se transforma en calor independie ntemente de la l·esistencia. Esta energía térmica incluye la potencia disipada en la resistencia interna d e la batería.

s E e e 1ó

N 2 5.6

873

874

e A P 1Tu Lo 2 s

Corrie nte e léctrica y circuitos d e corrie nte co nt inua

Sistemas eléctricos de los automóviles: innovación en la conducción Las baterías de 6 voltios (de 7 V con carga) fueron las más usadas en los circuitos eléctricos de los automóviles fabricados en Estados Unidos en la década de 1930. A mediados de los SO, los fabricantes de automóviles de todo el mundo se persuadieron de que esta batería no era la adecuada para abastecer las neces idades de energía eléctrica de los coches y, como consecuencia, introdujeron modificaciones en la instalación eléctrica para poder incorporar una batería de 12 V (14 V con carga}, que pudiera suministrar energía a los sistemas eléctricos 1 cuyo consumo requiriera 14 V. El proceso de adaptación de es te cambio duró varios años.2 A mediados de los 60, las necesidades de energía eléctrica incluían estárter (sistema de arranque}, mecanismo de ignición, luces, radio e incluso aüe acondicionado en los coches de lujo.3 Hoy en día, e l sistema e léctrico y electrónico del cochc'1 puede incluir sensores antichoque, s istemas automáticos de frenado (ABS}, motores para mover Jos asientos, dirección asistida, frenado automático, lünpiaparabrisas intermitente, reproductor de vídeo, sistemas de control, luces de cruce y ventanillas de subida y bajada automática. Algunos coches de gran lujo requerían otras prestaciones en sus sistemas eléctricos como sistemas electrónicos de control del acelerador, radar para detectar objetos a distancia, 5 estabilidad y suspensión con control electrónico y calentamiento discreccional de los asientos.6 La potencia eléctrica que requiere un automóvil, hoy en día, oscila entre 1,5 y 2,0 kW y es previsible que aumente hasta una potencia de entre 3,0 y 3,5 kW, e incluso más en un futuro próximo.7 El sistema eléctrico y electrónico de u n coche medio supone actualmente alrededor del 20% del coste total de su fabricación.8 Dado que las necesidades de energía eléctrica son cada vez mayores en la automoción,9 se ha sugerido la idea de elevar la tensión entre los bornes de las baterías a 36 V e incluso a 42 V dada la creciente necesidad de abastecer nuevos dispositivos eléctricos. (Como la potencia es e l producto de voltaje por intensidad, esto significa que a un crecimiento del voltaje sigue una disminución de la corriente para sumi1ústrar la misma potencia.) Ello llevó a la creencia de que se podrían utiliza!' instalaciones eléctricas más ligeras y simplificadas para cubrir las necesidades eléctricas de los coches. 10 Además, un voltaje alto puede significar motores de arranque y alternadores más ligeros y pequeños. Sin emba rgo, el cambio a un sistema de 42 V está siendo más complejo de lo esperado inicialmente, ya que teóricamente un coche con este tipo de baterla de 42 V exigiría dotar al vehículo de componentes no estándar. 11 En un sistema de 14 V, una conexión que se suelte por una vibración tiene que lener una distancia de unos milímetros o inferior para que forme un arco voltaico, núentras que en el de 42 V esta misma desconexión sí puede dar a lugar a dicho arco con el consiguiente peligro de que se produzca un inccndio. 12 En consecuencia, las conexiones con 42 V resultan más caras. En 2005, varios fabricantes dieron a conocer que no estaban interesados en utilizar s istemas de 42 V en los próximos años. 13•14 No obstante, un consorcio de investigadores continúa con el proyecto de implantar sistemas de 42 V en los coches. 15 Cuando estos sistemas de 42 V sean rentables será posible qu e se instalen masivamente en los automóviles. Ribbens, W. 8., l111dtrsln11di11g J\11101110/iw E/tt/ro11irs, 61/1 e.t. Ncw York: Newnes (Elsevier), 2003. Corbcll, B.. '"No Flick oí thc Swilch.'" IVmol's A11ln World, April 2001, Vol. 37, No. 4, p. 50. 3 Ribbens, W. B., op. cit. A11to111olilll' Eltclro11ics Hm11tlk11Jk, R. )urgen, ed., New York: McCmv-Hill, 1995. AUen, R.. '"New Technologies Make Roads S.1íer... One Smarl Car al• Tune.• Eltclro11ic D.!sig11, Jun. 29, 2006, pp. 41-44. 6 -rile 20Cf15600 Sedan,• Mctcedcs-Benz, hllp:/ /www.mbus.1.com/models/fealures/specs/overview.do?modelCode =S600V&class=07_S As of Sept. 2006. 7 Masnir, M. A., Monroe, J., Patd, R., and Ca1¡;. V. K., "42-volt Electrical Powcr Systcm for Mililary Vchicles-Compa· rison wilh Commerdal Automol!ive Syslcms,'" Vt'/1iwlar Tt'Cl11iolo,~.V Co11fcre11cr, 2002. Proceedings, VTC 2002-Fall, 2002 IEEE 561h, Vol. 3, pp. 1846-1850. 8 Marsh, D., '"LIN Simplifies and Standatdizes ln·Vehide Nelworks.'" Eltclro11ic Ot'Sig11 Nnus, Apr. 8, 2005, pp. 29+. 9 Huber, I~ W., and Mills, M. P., "The End of thc M. E.?" Mtd1a11ic:al E11gi11trri11g, May 2005, pp. 26-29. 10 Truell, R., '"42-Volt Systems lloosl Fuel Economy Efforts.• J\11lomolivt N.it'S, Oct. 21, 2001, Vol. 77, No. 6008, p. 6i. 11 '"No-Compromise Mild Hybrid Car Engine Has a Promising Fulure." Asrn-l'ndjie E11gi11m, )uíl. I, 2003. http:// """"'·•nglneerlive.rom/aslnpncific-enginlw/nulomolive·dcsign/ 1603/nocompromis-mild-hybrid·c•r·engine·has· a-promislng-futurc.~1lml As oí Sept. 2006. 12 Moran, T., "42.Yoll Ch•llenges: Ares and Sparks."" J\11to111olil!> R2, la resistencia equivalente de la asociación es, aproximadamente, (11) R1. (b) R2• (e) O. (d) infinito. 15

e A P r Tu Lo 2 5

878

Corriente elé ct rica y ci rcuitos de corriente continua

• Se conectan dos resistencias en paralelo existiendo entre sus extremos comunes una diferencia de potencial. La resistencia A es el doble que la B. Si la corriente que atraviesa la resistencia A es 1, ¿cuál es In que pasa por In B? (11) l . (b) 2/. (e) l /2. (ti) 41. (e) l /11.

1&

• Dos resistencias están conectadas en serie a través de una diferencia de potencial. La resistencia de A es doble que la de B. Si la co· rriente que circula por la resistencia A es /, ¿cuál es la corriente que circula por B? (11) l. (b) 2/. (e) 1/2. (ti) 41. (e) l / 4.

11

18

•

La regla de las mallas de Kirchhoff es una consecuencia de

(11) la conservación de la carga, (b) la conservación de la energía, (e) las leyes de Newton, {d) la le)' de Coulomb, (e) la cuant ización de la carga. 19

•

Verdadero o falso:

(11) Un voltímetro ideal tiene resistencia interna nula.

(b) Un amperímetro ideal tiene resistencia interna nula. (e) Una fuente de tensión ideal tiene resistencia interna nula. • En uníl clase práctica de l11boratorio ~obre seguridad, In pro· fesora explicó que para medi_r la caída de potencial en una resistencia, debe conectarse el voltímetro en paralelo con la resistencia}' para medir la corriente que la atraviesa, el amperímetro debe conectarse en serie con ella. Además, dijo que si conectamos el voltímetro en serie con la resiste ncia, no medimos la resistencia, pero tampoco Cilusamos ningún daño rti a la resistencia ni al instrumento; sin embnrgo, conectando el amperímetro en paralelo con la resistencia no mediremos la resistenciil, pero podríamos dmiar gravemente al circuito y al instrumento de medida. Explicar por qué conectando en serie voltímetro y resistencia no se causa daño alguno, mientras que conectando el amperímetro en pari11elo con la resistenci;o. ha~tt1 l.1 fcch,1 no ~"-' h,1 tfo...cubicrto ninguno.

1,53 g 1

T

Ley de Ampere

netismo es el d ipolo magnético. La figt1ra 27.24 compara las Lfrleas de B de un dipolo magnético con las líneas de E de un dipolo eléch"ico. Obsérvese que lejos de los dipolos, las lineas son idénticas. Sin embargo, dentro del dipolo, las líneas de E son de sentido opuesto a las de B. Las líneas de E salen de la carga positiva y convergen sobre la ne-

SECCIÓN 27. 4

933

(b)

(a)

gativa, mientras que las líneas de B son bucles cerrados continuos.

27.4 En el capíhilo 22 vimos que en distribuciones de ' carga altamente simétricas podíamos calcular el F 1 G u R A 2 1. 2 4 (a) Líneas del rnmpo eléctrico de un dipolo eléctrico. (IJ) campo eléctrico más fácilmente si se utilizaba la ley Líneas del campo magné tico de un dipolo magnético. Lejos de los dipolos, las de Gauss en lugar de la ley de Coulomb. Una situalíneas del ca mpo son idénticas. En la región entre las cargas en (n), el campo ción semejante se presenta en magnetismo. La ley eléctrico es de signo opuesto a1l momento del dipolo, mientras que dentro de la de Ampere, relaciona la integral de línea de la comespira en (b), el campo magnético es paralelo al momento del dipolo. ponente tangencial 8 1 alrededor de w1a curva cerrada C con la corriente le que ah·aviesa la superficie limitada por dicha curva. Es ta relación puede utilizarse para obtener w1a expresión del campo magnético en situaciones con w1 alto grado de simeh·ía. En forma matemática, la ley de Ampere es:

181 de = Í B ·de =

lc

.Te

µ, 0 /c Ces cualquier curva cerrada

27.16 LEY DE AMPERE

donde le es la corriente neta que peneb·a en el área S limitada por la curva C. El sentido positivo para el camino de integración viene dado por la dirección de la corriente le de acuerdo con la regla de la mano derecha mostrada en la figt1ra 27.25. La ley de Ampere se ctm1ple para cualquier ctuva siempre y cuando las corrientes sean estacionarias y continuas. Esto significa que la corriente no varía con el tiempo y que no hay ~cumulaeión espacial de carga. La ley de ~~re es muy litil para calcular campos B en sih1aciones de simetría tales que fcB :de _pueda ser igual a Bfc de (el producto de B por un~dis!?ncia). La integral fe B ·de se denom.il~ circulación. Más concretamente, fe B ·de se denom.i11a circulación del campo B a lo largo de la cmva C. La ley de Ampere y la ley de Gauss son ambas de considerable importancia teórica e igualmente válidas haya o no simeh·ía; no obstante, si no hay simetría, no son ütiles para el cálculo de campos magnéticos o eléctricos. La aplicación más simple de la ley de Ampere es la determinación del campo magnético creado por tm conductor infinitamente largo y rectilíneo portador de Lma corriente. La figma 27.26 muesh·a una curva circular alrededor de un punto situado sobre un alambre laxgo que pasa por el cenh·o de la misma. Seg(m la ley de Biot y Savart, la direcció11 del campo magnético debido a cada elemento diferencial de eoL'l'iente es tangen.te a esta circw1.ferencia; por lo tanto, tiene Ja misma dirección que d C, siendo su módulo constante en todo punto de la ci.rctm.ferencia. Consecuentemente, la aplicación de la ley de Ampere (j~ B1 de = µ,0 Ic) nos da Jo siguiente:

i

B

La ley de Ampere se cumple para corrientes estacionarias y continuas.

de= µ,0 /c

en donde se ha tenjdo en cuenta que B tiene el mismo valor en todos los puntos de la circunferencia. La integral de de alrededor del círculo es igual a 27Tr y la intensidad le es la que corresponde al alambre. Así, se obtiene B27TR = µ, 01, o J.Lo[

B =27TR

que es la ecuación 27.13.

F 1 G u R A 2 7 • 2 5 El sentido positivo para la curva cerrada Ca la que se aplica la ley de Ampere integral es aquel que queda fijado por la regla de la mano dered1a con el dedo pulgar indicando el sentido de la corriente que ah«wiesa la superficie ence rrad11 por did1a cm-va.

F 1G u R A

2 7 • 2 6 GeomelTÍíl pílri1 el

cálculo del campo magnético de un conductor largo y rectilíneo, portador de corrie nte, mediante lil ley de Ampere. Sobre una circunferencia que rodea al conducto1~ d campo magnético es constante y tangente a la n1isn1él.

934

CAPITULO 27

Ejemplo 27 .1 O

Fue ntes d e l ca mpo mag nético

La dirección del campo magnético

Conceptual

1

Corriente en dirección de entrada en la página

Demostrar que la dirección del campo magnético que genera una corteza cilíndrica, de gran longitud por la que circula corriente, es tangente a un círculo contenido en un plano perpendicular al eje y centrado en él (íigura 27.27).

,/~

-----

I

I

I I

PLA NTEAMIENTO Consideraremos el cilindro como un conjunto de hilos delgados paraJelos,

pegados unos a otros, por los que circula una fracción pequeña de corriente y que la suma de las corrientes del conjunto es igual a la corriente de la corteza. Elegimos un punto P arbitrario. Se divide la sección transversal de la corteza por la mitad mediante un plano que contenga al punto P y al eje. Usando la regla de la mano derecha (figura 27.25), determinar la dirección del campo magnético en P debido a la corriente de uno de los hilos. Se identifica el h ilo simétrico en la oh·a mjtad de la sección transversal y se encuentra la dirección del campo m agnético de este hilo simétrico con argumento similar. La dirección del campo magnético suma de los campos magnéticos generados por los dos hilos en P está e n la posición intermedia entre las direcciones de los campos correspondientes a los dos hilos.

I 1

''\

\

' ' ' ... ... _ FI G U RA 27.27

SOLUCIÓN

1. Se elige el punto arbitrario P. Se utilizc1 la regla de la mano derecha (figura 27.25) para encontrar las direcciones del campo magnético en P debido a la corriente de un hilo y el de su simétrico. Se dibujan los respectivos campos magnéticos de ambos hilos en el pw1to P (figura 27.28). Se ctibuja también el vector resultante suma de los dos campos magnéticos:

2. El campo magnético resultante en Pes la suma de los campos creados por todos los hilos que componen la corteza:

El campo magnético resultante en P está en la misma dirección que la suma B1 + 82 • Esto es as( porque la suma de los campos magnéticos debidos a las corrientes de cada uno de los hilos y sus respectivos simétricos apuntan en 11-1 misma dirección de 81 + 82 •

FI G UR A

27.28

Corriente en dirección de entrada en la página

Plano 3. Si el punto P elegido está dentro de la corteza, el campo magnético en P debido a las corrientes de los hilos a la derecha de P (figura 27.29) tendrá dirección opuesta al generado por los hilos que están a la izquierda de P (figura 27.28):

FI G UR A

Ejemplo 27.11

27 , 2S

Ben el interior y exterior de un alambre

Un alambre largo y recto de radio R transporta una corriente 1uniformemente distribuida en toda el área transversal del conductor. Determinar el campo magnético dentro y fuera del alambre. PLANTEAMIENTO UtiHzaremos la ley de Amphe para calcular 8 en virtud del alto grado de s imetría. A una distanciar (figura 27.30) sabemos que 8 es tangente a la circunferencia de radio r que rodea el conductor y constante en módulo en todos los puntos de la misma. La corriente que atraviesa la superficie S limitada por C depende de que r sea menor o mayor que el radio del alambre R. SOLUCI ÓN

1. La ley de Amp~re relaciona la circulación del campo magnético 8 alrededor de la curva C con la corriente que atraviesa la superficie encerrada por dicha curva:

2 . Evaluar la circulación de 8 alrededor de la circunferencia de radio/', coaxial con el hilo:

i

i

8 · rlC = B

F I G U RA 27.30

r1e = B211'r

.

1

Ley de Ampere

3. Sustituir el resultado en la ley de Ampere y obtener B:

935

SECC I ÓN 27. 4

B2TTr = /Lo/e así tenemos que /Lofc

B= 2TTr

4. Fuera del hilo, r > R, y toda la corriente atraviesa la superficie encerrada por la cmva C:

o

B = l /Lo!_ . 27T,.

5. Dentro del hilo, r < R. Considerando uJ1a distribución uniforme para le, obtener 8:

1, 7T/'2

=

TTR2

o bien

así tenemos que /Lo lc /Lo (r2/R2)f B=--=---= 27T I' 27T /'

COMPROBACIÓN Los resuJtados de los pasos 4 y 5 dan la 111.isma expresión de

B parar = R,

tal como era de es pera r. OBSERVACIÓN Dentro del alambre, el campo crece con la distancia desde el centro del conductor. La figura 27.31 muestra el gráfico de Ben función de r para este ejemplo.

B

Vemos en el ejemplo 27.11 que el campo magné tico debido a una corriente uniformemente dish·ibuida sobre un alambre de radio R viene dado por µ. 0 1 B=

277R2r { µ.º 1 277 r

rs R 27.17 ,. '2:.

R

o

R

2R

3R

,.

8 PARA UN HILO RECTO LARGO (INFINITO)

En nues tra siguiente aplicación de la ley de Ampere calcularemos el campo magnético de un toroide, formado por espiras de conductor enrolladas a lrededor de w1a figl.ll'a en forma de donut como indica la figura 27..32. Tenemos N vueltas de conductor, cada w1a trru:is.Eort~ndo una corriente /. Para calcular B, determinare mos la integral de línea B ·de alrededor de una cirCluúerencia de radio centrada en el centro de l toroide. Por simetría, B es tangente a este cfrcuJo y constante en m.ódulo en todos los puntos de Ja circunferencia. Por lo tanto,

Je

i B·dC =

FIG UR A

r

27.31

-

J

82771' = µ.0 Ic

Sean n y b los radios iliterior y exterior del toroide, respectivamente. La corriente total a través de la superficie S limitada por el cfrculo de radio r paran < r b.

·I

_ .,

r< nor> b

B = O,

I

El campo magnético interior al toroide no es uniforme, sino que decrece al incrementarse'" Sin embargo, si el radio de las espiras del toroide, (b - n), es mucho menor que el radio m edio (n + b) del to roide, la variación de r desde r = na r = b es pequefia y Bes, aproximadamente, uniforme, como en un solenoide.

. .

-.'.' ..' - f . "'. - . ·.' ';'.· .:. J ",•-.I ..._\~~, · (

..

•

~

,·

1

·¡·

"

,~.

'

u R A 2 7 • 3 3 El toroide tiene como rndio medio r = ~ (b + n), donde n y /1 son el radio interno )' externo del toroide. Cada vuelta de conductor es u na ci rcunferencia de rndio ~ (b - n). F 1G

1 ...-;_,- .

.-

'

~'

-.

-·

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J ~.~r~ir. ~·'-_, . ~ _.1,1,, -=·" i1' ., . ~ .Jt ~ ~ /

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J.

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.

h~:..t.w; '~ '1:il

··-

_

... t: .

e

(a) (n) El reactor de ensayo de fusión Tokamak es 11n grnn loroide que produce

un campo magn~tico para confinar partículas cargadas. Las bobinas, que contienen unos 10 km de alambre de cobre, refrigerado por agua, transportan una corriente pulsante con un v.1lor pico de 73000 A que produce un campo magnético de 5,2 T durante 3 s. (b) Inspección del ens;amblaje del Tokamak desde el interior del toroide. (Geulilezn rlc Pri11celcm U11iwrsi1y Plnsmn P/1ysics

(b)

Lnbom/ol'y.)

LIMITACIONES DE LA LEY DE AMPERE La ley de Ampere es Litil para calcular el campo magnético sólo cuando se trata d e una corriente estacionaria y existe un alto grado de simetría. Consideremos ia espira de corriente indicada en la figura 27.34. De acuerdo con la ley de Ampere, la integral de línea J~ B· rlC = fcB, rlC alrededor de una cmva tal como la C de la figura es igual a µ,0 multiplicado por la corriente I de la espira. Aunque la ley de Amp~re es cierta para esta curva, la componente tangencial del campo magnético 8 1 no es constante a lo largo de una curva cualquiera que rodea la corriente. Así pues, no hay simetría suficiente en este ca so para permit irnos calcular la integral f c B, rlC y despejar B,. La figurn 27.35 muestra un segmento de corriente finita de Longitud C. Deseamos determinar el campo magnético en el punto P, el cual equidista de los extremos del segmento y está a w1a distanciar desde e l centro de éste. Una aplicación d irecta de la ley de Ampere nos da de nuevo

s e u R A 2 7. 3 4 La ley de Ampl're es válida para la curva C que envuelve a la corriente de la espira circular, pero no es útil para hallar 81 debido a que no podemos sacar 81 fuera de la integral. F 1G

p

c=::==c:i~-k.---=~

B = Mo !_ 27T,. Este resultado es el mismo que en e l caso de un conductor infinitamente largo, p uesto que podemos hacer los mismos razonamientos de s im etría. El resultado no concuerda con el obtenido a partir de la ley de Biot-Savart. Esta ley da

F 1 G u R A 2 7 • 3 5 Lil aplicación de la ley de Ampl!re para hallar el campo magnético en la mediatriz de un segmento de corrien te finita da un resultado incorrecto .

1

El magneti smo en la m ateria

un resultado menor que depende de la longitud del segmento de corriente y concuerda con la experiencia. Si el segmento de corriente es sólo m1a parte de uncircuito continuo que transporta una corriente, como se indica en la figura 27.36, la ley de Ampere es válida para la curva C, pero no puede utilizarse para determinar el campo magnético en el punto P porque no hay simetría. En Ja figurn 27.37, la corriente en el segmento smge de tm pequefio conductor esférico con una carga iJ1jcial +Q a la izquierda del segmento y otra - Q a Ja derecha. Cuando se conectm1 ambas cargas, durante un corto tiempo se produce en el segmento una corriente 1 = - dQ/ dt hasta que las esferas se descargan. En este caso, tenemos la simeh·ía necesaria para suponer que ii es tangente a la curva y constante en magnitud a lo largo de Ia misma. En una situación como ésta, en la cual la corriente es discontiJ1ua en el espacio, la ley de Ampere no es válida. En el capítulo 30 veremos como Maxwell fue capaz de modificar la ley de Ampere, de modo que fuera válida para todas las corrientes. Cuando la forma generalizada de • Maxwell para la ley de Ampere se utiliza para calcular el campo magnético correspondiente a un segmento de corriente, como el indicado en la figura 27.37, el resultado concuerda con el obtenido mediante Ja ley de Biot y Savart.

937

SECC I ÓN 27. 5

p

__. 1

e

+

-

F 1 G u R A 2 7 . 3 s Si el segmento de corriente de la figura 27.34 es una parte de un circLLito completo, la ley de Ampere para la curva Ces correcta, pero no existe la simetría suficiente para utilizarla con objeto de hallar el campo magnético en el punto P.

27.5 Los átomos tienen momentos dipolares magnéticos debido al movimiento de sus electrones y al momento dipolax magnético inlTínseco asociado al espú1 de los electrones. A diferencia de los dipolos eléch·icos, la alineación de los dipolos magnéticos paralelos a tui campo magnético extemo tiende a i11cre111e11fnr el campo. Podemos analizar esta diferencia comparando las lfr1eas del campo eléctrico de un dipolo eléctrico con las líneas de] campo magnético de tui dipolo magnético, tal como w1a pequeña espira de corriente, como muestra la figura 27.24. Lejos de los dipolos, las líneas de campo son idénticas. Sin embargo, entre las cargas del dipolo eléctrico, las líneas de campo se oponen al sentido del momento dipolai; mientras que denh·o de la espira de corriente, las ilineas de campo magnético son paralelas al momento dipolar magnético. Así, pues, en w1 material magnéticamente polarizado, los dipolos magnéticos crean w1 cainpo magnético pai·alelo a los vectores del momento-dipola1·-magnético. Podemos clasificar los materiales en tres categorías, paramagnéticos, diamagnéticos y ferromagnéticos, de acuerdo con el comportamiento de sus momentos magnéticos en un campo magnético externo. El paramagnetismo surge por el alineamiento parcial de los espi11es elech·ónicos (en los metales) o de los momentos magnéticos atómicos o moleculares en presencia de w1 campo magnético externo en la dirección y sentido del campo. En los materiales paramagnéticos, los dipolos magnéticos no mteraccionan fuertemente entre sí y normalmente están orientados a l azar. En presencia de tui campo magnético externo, Jos dipolos se alinean parcialmente en la dirección y sentido del can,1po, produciendo así tui iJ1cremento del mismo. Sin embargo, a temperaturas ordinai"ias y con campos externos normales, sólo tma fracción muy pequefia de las moléculas se ven alineadas debido a que el movimiento térmico tiende a desordenar su orientación. El alimento del campo magnético total es, por consiguiente, muy pequefio. El ferromagnetismo es mucho más complicado. Debido a tma fuerte iJ1teracción entre los dipolos magnéticos veciJ1os, puede consegtill·se un alto grado de alineación incluso con campos magnéticos externos débiles, origiJ1ando así tm iJ1a·emento muy grai1de del campo total. Incluso en el caso de que no exista ningún campo magnético externo, los materiales ferromagnéticos pueden tener sus dipolos magnéticos aliJ1eados, como sucede en el caso de los imanes permanentes. El diamagnetismo surge de los momentos di polares magnéticos orbitales inducidos por un campo magnético externo. Estos momentos magnéticos son opuestos al sentido del campo magnético aplicado y, por lo tanto, debilitan el campo magnético total B. Este efecto realmente ocurre en todos los materiales, pero como los momentos magnéticos inducidos son muy pequefios comparados con los momentos magnéticos permanentes, el diamagnetismo viene enmascai·ad o por los efectos paramagnéticos o ferromagnéticos. El diamagnetismo, por lo tanto, sólo se observa en materiales que no poseen momentos magnéticos permanentes.

+Q

F 1 G u R A 2 7 . 3 7 Si el segmento de corriente de la figurn 27.35 es debido a un flujo momentáneo de carga desde un pequeño conductor situado a la izqtúerda hasta otro situado a la derecha, hay suficiente simetría para uti lizar la ley de Ampere y calcular el campo ningnético ~n P, pet"O la ley de Amp~~e no es válida porque la corriente no es continua en el espacio.

938

e A P 1Tu Lo 2 7

Fuentes del campo magnético

IMANACIÓNY SUSCEPTIBILIDAD MAGNÉTICA Cuando un material se sitúa en un campo magnético intenso, como el de un solenoide, el campo magnético de éste tiende a a linear los momentos dipolares magnéticos (permanentes o inducidos) dentro del material, el cual s~ imana. Un material que experimenta este proceso se describe por su imanación M, que se define por el momento di polar magnético neto por unidad de volumen del material:

-

tf ji.

M =dV

27.19

Mucho antes de conocerse la estructura atómica o molecular, Ampere propuso un modelo de magnetismo en el cual la imanación de los materiales era debida a co1Tientes circulares microscópicas dentro del material imanado. Actualmente, se sabe que estas corrientes circulares constituyen un modelo clásico para el movimiento orbital y el espín de los electrones. Consideremos tm cilindro de material imanado. La figura 27.38 muestra las corrientes atómicas ci1nuai-es en el cilindro con sus momentos magnéticos alineados a lo largo del eje del cilindro. Debido a la cancelación de las corrientes circulares veci11as, la corriente neta en cualquier pw1to interior del material es cero y el (mico resultado es una corriente neta sobre la superficie del mismo. Esta corriente superficial (figura 27.39), llamada corriente amperiana (o corriente de iinanación), es semejante a la corriente real de los arrollamientos del solenoide. La figura 27.40 muestra una pequeña sección en forma de d isco de área transversal A, longitud dC y volumen dV = A dC. Sea di la corriente de imanación sobre la superficie del disco. El módulo del momento di polar magnético del disco es el mismo que el de una corriente circular de área A que transporta una corriente di:

u R A 2 7 • J a Modelo de espiras de corriente atómicas en el que todos los dipolos atómicos son paralelos al eje del cilindro. La corriente neta en cualquier punto dentro del material es cero debido a la cancelación de los átomos vecinos. El resultado es una corriente superficial semejante a la de un solenoide. F 1G

!

/

t

dµ. = A di

El módulo de la imfillación M del disco es el momento magnético por unidad de volumen: _ dµ. _ A di _ di 27.20 M - dV - A dl - dC Así, el módulo del vector imanación es la corriente amperiana por unidad de longitud a Jo largo de la superficie del material imanado. De este resultado se deduce que las unidades de M son amperes por metro. Sea un cilindro de imanación uniforme ÑI paralelo a su eje. Como hemos visto, el efecto de la imanación es el mismo que si el cilindro transportara una corriente superficial por unidad de longitud de módulo M. Esta corriente es semeja11te a la trans portada por un solenoide enrollado compactadamente. Para un solenoide, la corriente por unidad de longitud es 11!, siendo 11 el número de vueltas por unidad de longitud e! la corriente de cada vuelta. El módulo del campo magnético Bm denlro del cilindro y lejos de s us extremos viene dado por la ecuación 27.10 para un solenoide reemplazando 111 por M:

F 1 G u R A 2 7 • J 9 Las corrientes en las espiras adyacentes en el interior de un material uniformemente imanado se cancelan

permaneciendo sólo una corriente superficial. Esta cancelación liene lugar en todo punto interior, cualquiera que sea la fonna de las espiras.

di

'

.,·~ · r

.

.

.

. .

•t ••

'j,, .. ...

;

27.21

Situemos un cilindro de material magnético dentro de un solenoide largo de 11 vueltas po1:_unidad de longitud que transporta w1a corriente f. El campo aplicado del solenoide B, (B = µ.,0111} imana el material, de modo que éste adquiere una ima''" nación M. El..pcampo n'\Jagnético resultante en un punto interior a l solenoide y lejos de s us extremos debido a la corriente en el solenoide más el material imanado es

B = Bap +

µ.M O" ~

8

'" J.l.o

2 7 •4

o Disco elemental para el

la corriente superficial por unidad de longitud.

27.22

En los materia!.es paramagnéticos y ferromagnético~ Mposee la Tisma dirección y sentido que B. ; en los materiales d iamagnéticos, M se opone a B•. En los materiales paramagn~ticos y diamagnéticos, la imanación resulta proporc~onal al campo magnético aplicado que produce el alineamiento de los dipolos magnéticos del material. Así, podemos escribir M - x - "P

F 1G u R A

estudio de la relación entre la imanación M y

27.23

1

s E e e 1ó N

El magnetismo en la m ateria

en donde Xm es un n(1mero sin dimensiones llamado susceptibilidad magnética. La ecuación 27.21 se convierte en

B = Bap + r-11.0M =

jjap(1 + Xm)

=

Km BilP

939

2 7. 5

Tabla 27.1

27.24

donde 27.25

se denomina permeabilidad relativa del material. Para los materiales paramagnéticos, Xm es un número pequeño positivo que depende de la temperatura. Para los materiales diamagnéticos (a excepción de los superconductores) es un número negativo pequeño jndependiente de la temperatura. La tabla 27.1 expone la susceptibilidad magnética de diversos materiales paramagnéticos y diamagnéticos. Como puede verse, en los sólidos reseñados esta magnjtud es del orden de 10- 5 y Km"' l. La imanación de los materiales ferromagnéticos que estudiaremos posteriormente es mucho más complicada. La permeabilidad relativa K01 definida como el cociente B/ B no es constante y sus valores máximos vaTían enti·e 5000 y 100 000. En el caso de los imru1es permru1entes, Km no puede definirse, ya que estos mater ia les exhiben imanación incluso en ausencia de un campo aplicado.

""

MOMENTOS MAGNÉTICOS ATÓMICOS La imanación de un material paramagnético o ferromagnético puede relacional"Se con los momentos magnéticos permanentes de los átomos inruviduales o electrones del material. El momento magnético orbital de w1 elech·ón atómico puede deducirse de forma semklásica atmque sea de origen mecánico-cuántico. En efecto, coJ1sideremos una partícula de masa 111 y carga r¡ que se mueve con velocidad v en un círculo de radio r, como muestra la figma 27.41. El módulo del momento angulru· de la partícula es L = mvr

Material Alumiruo Bismuto Cobre Diamante Oro Magnesio Mercurio Plata Sodio Títanio Tungsteno Hidrógeno (1 atm) Dióxido de carbono (1 atm) Nitrógeno (1 atm) Oxígeno (1 atm)

..

/1

El momento magnético es, por lo tru1to, µ. = l A

Teniendo en cue11ta que VI' = nético

r¡v 27Tr

= - -7Tr2 =

4r¡vr

27.27

L/ 111 (ecuación 27.26), resulta para el momento magr¡ µ. = -L 21//

Si la carga q es positiva, el momento angular y el momento magnético tienen igual sentido. Por lo tanto, podemos escribir:

µ. =r¡- L2111

27.28 RELAC IÓN CLÁSICA ENTRE El MOMENTO MAGNÉTICO Y EL MOMENTO ANGULAR

q

-

.. V

.

''

~) ...... .·

¡

El módulo del momento magnético es el producto de la corriente por el área del círculo: µ. = l A = l7Tr 2

f = J_ = r¡v T 27Tr

.-------~//

:

27.26

Si Tes el tiempo durante el cual la carga completa una revolución, la intensidad de la corriente (caTga que pasa por un punto en la urudad de tiempo) es r¡/T. Como el periodo Tes igual a la distancia 21Tr dividida por Ja velocidad v, Ja intensidad es

•••

2,3 X 10- 5 -1,66 X 10-s -0,98 X 10-s - 2,2 X 10- 5 -3,6 X 10-s 1,2 X 10- 5 -3,2 X 10- 5 - 2,6 X 10-s -0,24 X 10- 5 7,06 X 10- 5 6,8 X 10- 5 -9,9 X 10- 9 -2,3 X 10- 9 - 5,0 X 10- 9 2090 X 10-9

___

F 1G

uRA

masa

/11

2 7 .4 1

Partícula de carga q y

moviéndose en un círculo de rndio r.

El momento angular está d irigido hacia el papel y s u magnitud es 111vr; el momento magnético está dirigido hacia el papel {si q es positivo) y su magnitud es ~ qvr.

e A P 1Tu Lo 2 7

940

Fuentes del campo magnético

La ecuación 27.28 es la relación general clásica entre el momento magnético y el momento angular. Se cumple también en la teoría cuántica del átomo para el momento angular orbital, pero no para el momento angular de espín intrínseco del electrón. Para el espín elect:rónico, el momento magnético es el doble que el previs to por esta ecuación.* El factor extra 2 es un resultado de la teoría cuántica que no tiene anaJogía en la mecánica clásica. Como el momento angular está cuantizado, el momento magnético de un átomo también lo está. El cuanto del momento angular es lí = '1/(27T), en donde /1 es la constante de Planck. Por lo tanto, podemos expresar el momento magnético en función de L//i: _ qli '[ µ. = 2111 -¡; Para un electrón, 111 = 1110 y q = -e, de modo que el momento magnético del electrón d ebido a su movimiento orbital es

27.29 MOMENTO MAGNÉTICO DEB IDO AL MOVIMIENTO ORBITAL DE UN ELECTRÓN

donde µ. 8 = -

efi

2111.

= 9,27 X 10- 24 A · m 2 = 9,27 X 10- 24 J/T

= 5,79 X

10-5 eV/T

27.30 MAGNETÓN DE BOHR

es la unidad cuántica del momento magnético llan1ada magnetón de Bo h r. El momento magnético de un electrón debido a su momento angular de espín inh'fñseco

Ses _ s

S

eli S - = -2µ. 2111e f¡ B li

µ. = -2 X -

27.31

MOMENTO MAGNÉTICO DEBIDO AL ESPÍN ELECTRÓNICO

Aunque el cálculo del momento magnético de un átomo es un problema complicado en teoría cuántica, el resultado para todos Jos electrones, de acuerdo con los resultados teóricos y medidas experimentales, es que el momento magnético es del orden de unos pocos magnetones de Bolu·. Para los átomos de momento angular neto nulo, el momento magnético neto es cero. (La estructura cortical de los átomos se h·ata en e l capítulo 36.) Si todos los átomos o moléculas de un material poseen alineados sus momentos magnéticos, el momento magnético por unidad de volumen del material es el producto del número de moléculas por unidad de volumen 11 y el m omento magnéticoµ. de cada molécula. En este caso límite, la imanación de saturación M. es

27.32

M 0 = nµ.

El número de moléculas por unidad de volumen puede determinarse a partir de la masa molecular M, la densidad del material p y el número de Avogadro NA: 11

=

NA (átomos/ mol)

p(kg/ m3)

27.33

M(kg/mol) • Esle result•do, y el fenómeno del propio espín deJ electrón, fue pre,•islo en 1927 por r. DiraC", quien combinó la relatividad especial y la nl la partícula disminuye. Como en el caso (n), el cambio en el momento magnético es hacia fuera. F 1G

O

de modo que Xm = - 1

Por lo tanto, tm superconductor es un material diamagnético per fecto, es decir, posee una susceptibilidad magnética igual a - 1. • Es más sencillo considerM c.1rgas positivas, aunque son los electronl"S con carga negativa los que proporcionan los momcn· 1

tos magnéticos de la mntcria. El electrón acelera debido al Cclnlpo eléctrico induddo por el c:.mpo magnético vurinblc; un efocto llamado inducción

que veremos en el capítulo 28.

Un superconductor es un material diamagnético per fecto. Aquí, la masa oscilante superconductora del péndulo es repelida por el imán permanente. (© Bill Pierce(fi111e Mngnzi11e, /11c.)

Te mas de actua lidad! e n Física

947

Aplicaciones del solenoide ¿Por qué utiUzar solenoides? Algw1as herramientas, entre ellas los solenoides, no producen fricción en el movimiento, lo cual implica un desgaste mucho menor de las máquinas por el uso. Válvulas, interl'uptores y otros mecanismos consh·ttidos con solenoides se basan en el mismo principio: tul núcleo cenh·al en el interior del solenoide se mueve cuando circula w1a corriente por la bobina que lo forma. Las válvulas construidas con solenoides para controlar el flujo de líquidos y gases son los dispositivos mecán.icos más utilizados Algunas válvulas se abren directamente por el movimiento de los núcleos en el interior del solenoide. Cuando se corta la corriente del solenoide los muelles recuperai1 la posición de apagado de la válvula.• Otras válvulas solenoidales, que operan como pilotos de advertencia, utilizan núcleos como interruptores para pistones que tienen grandes puertas o incluso usan el movimiento del núcleo del solenoide para abrir pequeñas puertas piloto que producen tma diferencia de presión en la principal línea de corriente de fluido con la que se logra abrir la puerta principal. 2 Dada la pérdida de tiempo que supone la sustitución de una pe-

queña válvula en Jos procesos de montaje, con frecuencia, se utilizan

El imán constituido por el sole noide superconductor más grande del mundo alcanzó por primera vez su cota máxima de campo magnético (4 teslas) en diciembre de 2006. Este imán cuyo peso es de alrededor de 10000 tonelildas fue construido con un solenoide s uperconductor de 6 m de diámetro y 13 m de longitud. Este solenoide que está en el CERN se usará como pa.rte de un detector de muones (CERN).

válvulas solenoidales en muchos procesos.3 Alguna válvula soienoidal se usa para operar a velocidades de millones de ciclos,'1 y también se diseñan este tipo de válvulas para muy diferentes y atrevidos usos; p ueden usarse en áreas con corrosión5•6 o en ahnósferas explosivas? Otras aplkaciones8 en actividades paisajísticas y de irrigación requieren solenoides que operen al afre libre. El uso de solenoides en procesos de manufacturación es creciente.9 Por su fiabilidad, larga dmadón y bajo consumo compa1·ado con los sistemas estrictamente mecánicos, los solenoides se usan en robótica, aplicaciones en la automoción y, con frecuencia, para el conh·oi del aire. En aplicaciones en la automoción, algunos solenoides conh·olan la presión del fluido en la transmisión, mientras que oh·os controles automáticos cierran las compuertas. Un defecto de los solenoides es su incidencia en el calen tamiento excesivo si son sobrealimentados de corriente'° o si se les suministra de forma continua la potencia que reqweren para ponerlos en funcionamiento. 11 Este sobrecalentamiento puede ftmdir las bobinas que mantienenen en funcionamiento las máquinas, hacer caes e l sistema de manufacturación e incluso producir incendios. Por todo ello, los diseñadores tiene mucho cuidado en probar el solenoide para el u so que está destinado. No todos los solenoides se usan para aplicaciones mecáinicas. Algunos de los más potentes solenoides se usan para proveer de intensos rn rn pos magnéticos en experimentos de Física de Partículas. Muchos de estos solenoides util.izan bobinas (criogeruzadas) superconductoras para obtener eficiencia sin calentamiento. El Deusches Elektronen-Synchrotron (DESY) utiliza solenoides superconductores que consiguen 5 T, concretamente, 5,25 T con corrientes de hasta 1000 A. Para ello, estas bobinas tienen que ser enfriadas hasta 4,4 K. 12 En Cessy, Francia, se ubica el mayor solenoide superconductor del mundo, el denominado Compncl M11011 Sole11oid que se previó que comenzara a funcionar en noviembre de 2007. 13 Las bobinas del solenoide, cu yo diámeh·o interno es de unos 6,0 m, contienen 1947 km de hilo superconductor de Niobio/Titanio. Cuando se enfría a 4,5 K, circula tma corriente superior a 56 kA y produce un campo magnético de 4 T. 1 ~ Tanto los grandes solenoides para experimentos de Física de Partículas como los miniaturizados para plantas de industrias químicas, tienen una fiabilidad y eficacia que los hacen ventajosos en cuanto a calidad-precio. 1

2 3

• 5

• 7

• 9

"' 11

12 13

"

Hargraves, D., "Solenoid Valv"5: Opernlion, Selection, and Applicalion." Air Co11rlilio11i113. Hmli11g, & Rtfri31'mlh111 News, Apr. 5, 1999, pp. 26-28. Zdobinski, D., Mucld, W., and Byrne, G., "Understanding Applications, Uses, Key lo Solenoid \lalve Seledion." Plt111I E11gim·ni113, Jun. 2006, pp. 65-68. Heney, P. J., "Wíde Variely oí Solenoid Vah•es Available to Designers." Hydrnu/ics 0111t P11e11111nlics, Sepl. 1998, Vol. 5 1, No. 9, pp. 5 1-56. "Updated Solenoid Survives 20 Million Cydes." Mnchim• Desig11, Aug. 23, 2001, p. 54. "Din.>cl· Acting Solenoid Val ves." D1'Si311 News, Jul\. 5, 2006, pp. 8'-84. "Solenoid Val ve Handles Acids." Mm11ifac/11ri113 Clremisl, Jul. 1996, Vol. 67, No. 7, p. 51. "Solenoid Vah•e for Hazardous Areas." O!Jslwrr:, Nov. 1998, Vol. 58, No. 11, p. 216. Mentzer, T., "Control Gels 'Smarl'." llr11t1scnpe Marmge111e11I, Jan. 2000, Vol. 39, No. 1, pp. 38+. Mervartova, K., Nlartinez Calatayud, J., and Calala lrnrdo, M., "A Fully Automntéd As.o;embly Using Solenoid Valves for the Photodcgradation and Chemiluminomelric Detcrmination oí th e Herbicide Chlorsulfuron." thrnlyticnl U!ller>, Jan. 2005, Vol. 38, No. 1, pp. 179-194. Zdobinski, D., Mudd, W., and Byrne, G .. op. cil. Nakhe, S. V., "Smarl Solenoid Driver Reduces Power Loss." E/cc/m11ic Desig11, Oct. 13, 2005, Vol. 53, No. 22, pp. 62-64. Gadwinkel, E., el al., "Cryogenics for • 5 Tesla Supcrconducting Solenoid with Large Aperlure al DESY." CP170, At10011res in Cryo3mic E11gi11ecri11g: Tm11sarlio11s of lhe Cryog R, los ángulos 01 y 02 son muy pequeños, de tal forma que se puede hacer la aproximación de coso - 1 - ~IP y seno = tgO .. O. (n) 1lacer un dibujo y usarlo para demostrar que con esas condiáones, se pueden hacer las siguien tes aproximaciones: o, = R/ (z +~[)y 82 = R/ (z - ~ (). (b) Con las aproximaciones usadas en este problema demostrar que el campo magnético en puntos del eje z donde z >> r puede escribirse

ILo('lm 'lm)

- - , donde r2 = z - ll' es la distancia al extremo 4'1T ri r¡ más cercano del solenoide, r 1 = z + ! I' es la distancia al extremo más lejano del solenoide, y 'lm = 111'1TR 2 =µ/(', dondeµ = Nl'ITR2 es el módulo del momento magnético del solenoide.

como B =

DETERMINACIÓN DEL CAMPO CON LA LEY DE AMPERE

L

¿

s 4 Problema 38

• • C uatro alambres largos, rectos y paralelos transportan cada uno la corriente 1. En un plano perpendicular a los alambres, éstos se encuentran en los vértices de un cuadrado de lado n. Determinar la fuerza por unidad de longitud que actúa sobre uno de los alambres si (n) todas las corrien tes íluyen en el mismo sentido y (b) las corrientes que íluyen por los alambres en vértices adyacentes tienen sentid os opuestos. 'ftM' 39

• Una corteza cilíndrica de paredes delgadas, rcctilíneft y largn, de radio R transporta una corriente l. Determinar B dentro y fuera del,cilindro. "5M' 46 • En la flgura 27.55 una corriente de 8 A está dirigida hacia el papel, la otra corriente de 8 A está dirigida hacia el .!_ect~ y cada una de las curvas es una trayectoria circulilf. (n) Hallar fe B · dl para cada trayectoria indicada, en donde d( se toma en sentido antihorario. (b) ¿Cuál de las trayeclorias, si es que la hay, puede utilizarse para h:illar 8 en cualquier punto debido a estas corrientes? 45

:

.. ~

,

:

', 0 >;:

1

'\

e'1

{.\ . \J ''

\ '

u

R A

''

• •

43 • • Por un solenoide de radio R que tiene 11 vueltas por unidad de longitud circula una corriente 1. Su eje coincide con el eje x y uno de sus extremos se encuentrn en z = - ~ Cy el otro en z = + ! C, siendo l la longitlld total del solenoide. Demostrar que el campo magnético B en cualquier punto del eje x viene dado por B = ! µ 0 111(cos01 - cos02), en

donde y cos02 = (z -

~l')/'/(z - !la págfüa

F I G U RA 28.6

964

CAPÍTU L O 2 8

Inducción mag nética

cálculo de la integral de línea. Por simetría, Ees tangente a esta curva y posee el mismo módulo en cualquier punto de la misma. Asignaremos el sentido hacia dentro de la página como el positivo de 11. Este convenio de signos indica que la dirección tangencial positiva tiene sentido horario. Calcularemos e ntonces el flujo magnético oms, a Magnetoencephalographic S1udy." N1·11roi111ns~. Nov. 1, 2005, W1I. 28, No. 2, pp. 354-361. 11 lv'"lozcmoff, A. P., Man n hart, J., ond Scalapino, D., "High·Tem p R. '1!1111' 79

• • • Un cable coaxial está formado por dos cáscaras cilíndricas de p equeño grosor cuyos radios son radios r 1 y r 2 (figura 28.63). Las coa·rientes en ambas cáscaras circulan con d irecciones opuestas pero son de igual intensidad. Calcular el flujo a través del füea rectangular de lados l y r, - r 1 entre los dos conductores, tal como queda dibujado en la (j. gura 28.63. Utilizar la relación enti·e flujo y corriente (cpm = LI) para dem oslrar que la autoinductancim

-

~ I~, /~

- 10,29 W 1

COMPROBACIÓN Comprobamos el resultado que hemos obtenido de la potencia media utilizando el factor de potencia que hemos determinado en el apartado (e). Así, tenemos que Pm = 21 V .1p m,,, , I m;ix , cosll = m,,,_, 1m.1' cosll = 0,29 W, lo cual está de acuerdo con el resultado obtenido en el apartado (d).

4C ,

OBSERVACIÓN La frecuencia del generador de 60 Hz está muy por debajo de la frecuencia de resonancia de 80 Hz. (Recuérdese que la anchura de la resonancia calcu l11d11 en el ejemplo 29.7 es sólo de 1,6 Hz.) En consernencia, la re11ctancia total es mud10 mayor en módulo que 111 resistencia. Esto ocurre siempre lejos de la resonancia. Igualmente, la corriente má:xima de 0,175 A es muy inferior al valor /.,.h en la resonancia, que resultó ser 5,0 A. Fu1almente, en la figura 29.19 vimos que una constante de fase negativa significa que la coniente adelanta al voltaje del generador.

Ejemplo 29.9

Circuito LCR en serie resonante con un generador

Un circuito se compone de un generador ideal de frecuencia constante, una resistencia, ul\ condensador y un inductor con núcleo de hierro dtilce móvil. Es necesario hacer notar que si se introduce lln poco más el núcleo de hierro en la bobina, la corriente eficaz crece ligeramente. Antes de mover el n(1cleo hacia adentro, la frecuencia de resonancia d el circuito era (n) más baja que la frecuencia del generador~ (b) igual, (e) más alta.

Inténtelo usted mismo

H aUar las tensiones máximas en la resistencia, la bobma y el condensador para la resonancia en el caso del circuito del ejemplo 29.7. PLANTEAMIENTO El voltaje máximo a través de la resistencia es igua l al producto de /.,J, por R. De igual modo, el voltaje máximo a lravés de la bobina o el condensador es /0 .t, por la reactancia correspondiente. En el ejemplo 29.7 se determinó que /ms, = 5 A y f 0 = 80 Hz. SOLUCIÓN

Tape la columna d e la derecha e inte nte resolverlo us ted mis mo. Pasos

Respuestas I "''"R

1100 V 1

v1 ""'' = I,,,,.,X1

I11,"w0 L

V 11 "'"' 2. Expresar vlnú.\ en función de ltnJ\ y XL.

=

1 3. Expresar VcmA• en función de I,,,J, y Xc

COMPROBACIÓN La impedancia capacitiva, o capacitancia, y la inductiva, o inductancia, son iguales, taJ como ocurre en una resonancia. (Por ello, igualando ambas se obtiene la frecuencia de resonancia.) OBSERVACIÓN La figura 29.22 muestra el diagrama de fasores para los voltajes a través de la resistencia, el condensador y el inductor. El voltaje máxm10 aplicado a la resistencia corresponde al valor relativamente seguro de 100 V, igual a la fem máxima del generador. Sin embargo, las tensiones máximas que aparecen aplicadas a la bobina y al condensador tienen el valor peligrosamente elevado de 5000 V. Estas tensiones estrl .1le1(l'IUN í).pcll ' ' ' 111Ncm2006.

º'

y,•r"'

º'

0

º'

1020

e A P f Tu Lo 2 9

Circuitos de corriente alterna

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -Resumen . 1. La reactancia es una propiedad de los condensadores e inductores que depende de la fre-

cuencia y es análoga a la resistencia eléctrica. 2. La impedancia es una propiedad dependiente de la frecuencia de un circuito de ac que es análoga a la resistencia de un circuito de ce. 3. Los fasores son vectores bidimensionales que nos pemúten representar las relaciones de fase en un circuito. 4. La resonancia tiene lugar cuando la frecuencia del generador es igual a la frecuencia na-

tural del circuito oscilante. TEMA

l . Generador de ac

OBSERVACIONES V ECUACIONES RELEVANTES

Un generador de ac es un aparato que transforma la energía mecánica en energía el~clrica. Para ello, la energía mecánica se utiliza o bien para hacer girar una bobina conductora dentro de un campo magnético, o bien para hacer girar un imán dentro de una bobina conductora.

~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~

fem generada

6' = é:mJ, cos(wl

+

cS)

29.1

2. Corriente Corriente eficaz

1., = ~

29.8

Corriente eficaz y corriente máxima

I

= \/2 I I rn.h

29.9

ef

En una resistencia

29.12 voltaje y corriente en fose

En un inductor

I =

VL•I

= VLla direéción >de propagación de la onda, como se ve en la figura 30.4.

Ejemplo 30.3

B(x, t) para una onda plana linealmente polarizada

El campo eléctrico de una onda eleclromagnélica viene dado por E(x, 1) = E0 sen(ky + + E0 811 coso sene (k x k)

EX B=

=

O + E0 80 sen2 0 i + E0B0 cos2 0 i + O=

1 fu80

q

COMPROBACIÓN El resultado del paso 2 de la parte (b) del problema verifica que E y B son perpendiculares cnt re sí y el paso 2 de esta misma parte verifica que +x es la dirección de propagación. OBSERVACIÓN Este tipo de onda electromagnética se denomina polarizada circularmente.

E y B se mueven sobre una ci rcun ferencia con frecuencia angular w. PRÁCTICO 30.2 Calcular É ·E y B·B. Obsérvese que los módulos de É y B

Para un valor íijo de x, PROBLEM A

son constantes.

30.4 La figura 30.6 muestra los vectores de campo de w1a onda e lectromagnética. Los campos eléch·ico y magné tico son perpendiculares entre sí y perpendiculares a la dirección de propagació n de la onxión tot.11

Es decir, 11

11 2

"1

"•

sen(} = - 2 sen90º =
d en función de 01. El ángulo de desviación c/>c1 tiene su valor mínimo cuando 0 1 = 60°. Para este ángulo de incidencia, el ángulo de desviación es c/>d,mrn = 138°. Este ángulo es el ángu lo de mínima desviación . Para ángulos incidentes que son ligeramente mayores o menores que 60º, el ángulo de desviación es, aproximadamente, el mismo. Por consiguiente, la intensidad de luz reflejada por la gotita de agua será máxima en el ángulo de desviación mínima. Podemos ver en la figura 31.25 que el valor máximo de f3 corresponde al valor mínimo de c/>,r El radio angular de máxima intensidad, dado por 2f3m.h' pues, 2{3111,h

= 7T -

c/>d,mfn

= 180° -

138° = 42°

180"

31.15

El mdice de refracción del agua varía ligeramente con la longitud de onda. Por consiguiente, para cada color, la intensidad máxima se percibe con un radio angular ligeramente diferente de los que corresponden a otras longitudes de onda de valores próximos.

31.4 En tma onda electromagnética, la diiección del campo eléctrico es perpendicular a la dirección de propagación de la onda. Si el campo eléctrico es siempre paralelo a una linea perpend icular a lri de proprigación, la onda se denomina linealmente pola rizada. Las ondas electromagnéticas prodt1cidas por una antena di polar están Linealmente polarizadas con el vector campo e léctrico de cualquier punto del campo paralelo al plano que contiene este punto del campo y el eje de la antena. Las ondas producidas por muchas fuentes normalmente no están polarizadas. Una fuente luminosa típica, por ejemplo, contiene millones de átomos que actúan independientemente. El campo eléctrico correspondiente a dicha onda puede descomponerse

.g"' 160" ~

~

150"

140" 130" '--~~~~~~~~~

o·

20· 40· 60" 0 1, grndos

so·

F 1 G u R A 3 1 • 2 G Representación gráfica del d en función del ángu lo de incidencia 01. El ángulo de desv iación tiene s u vnlor mínimo de 138°

cuando el ángulo de incidencia vale 60º. Como dd/ rl01 = O en la desviación mínima, la desviación de los rayos con ángulos de incidencia ligeramente menores o mayores que 60° será, aproximadamente, la mis ma.

Polarización en sus componentes x e y que varían aleatoriamente debido a que no existe correlación entre los átomos individuales que producen la luz. Puede demosh·arse la polarización de las ondas electromiagnéticas mediante microondas, que tienen longitudes de onda del orden del centímetro. En un generador de microondas típico, se radian ondas polarizadas mediante una antena dipolar eléctrica. En la figura 31.27, la antena dipolar es vertical, de modo que el vector del campo eléctrico E de las ondas radiadas horizontalmente es vertical. Cuando los alambres son verticales, como en la figura 31.27n, el campo eléctrico paralelo a los alamlbres crea corrientes en ellos y la energía resulta absorbida. Cuando los alambres están horizontales y, por lo tanto, perpendiculares a E, como en la figura 31.27b, no aparecen corrientes y las ondas se transmiten. Existen cuatro fenómenos que producen ondas electromagnéticas polarizadas a paitir de ondas no polarizadas: (1) absorción, (2) reflexión, (3) dispersión o scntteri11g y (4) birrefringencia (también llamado doble refracción), cada uno de los cu.a tes será examinado en las secciones siguientes.

s E e e 1ó N

3 1. 4

1071

(a)

POLARIZACIÓN POR ABSORCIÓN

(b)

Algunos cristales presentes en la naturaleza, cortados de forma apropiada, absorben y lrnnsmiten la luz de forma diferente dependiendo de la polarización de la luz. Estos cristales pueden utilizru·se para obtener luz polarizada linealmente. En 1938, E. H. Land inventó una película polarizadora simple y comercial denominada Polaroid. Este producto contiene moléculas de hkirocaJburo de cadena larga que resultan alineadas cuando la lámina en que se obtienen se estira en una dirección durante el proceso de fabricación. Cuando la lámina se sumerge en w1a disolución que contiene yodo, las cadenas se hacen conductoras a las frecuencias ópticas. Cuando sobre ellas incide luz con su vector campo eléctrico paralelo a las cadenas, se establecen corrientes eléctricas a lo largo de las cadenas y la energía ltuni11osa es absorbida, del rnismo modo que las microondas eran absorbidas por los a lambres de la figura 31.27. Si et campo eléctrico es perpendicular a las cadenas, la luz se h·ansmite. La dirección perpendicular a léls cadenas se denominél eje de transmisi6n. Para simplifica1; supondremos que cuando el campo eléch·ico es paralelo éll eje de transmisión se h·ansmite la totalidad de la luz mienh·as que toda ella resulta absorbida si es perpendicular al eje de t:rrulSmisión. En realidad, Lma película polaroid absorbe parte de la luz aunque el campo eléch·ico sea paralelo al eje de h·ansmisión Consideremos un haz de luz no polarizada que se propaga en ta dirección z y que incide sobre una película polarizadora con su eje de transmisión en la dirección x, como indica la figma 31.28. Después, e l haz incide sobre una segunda película polarizada, el analizado1; cuyo eje de h·ansmisión forma un án,gtilo 8 con el eje x. Si E es la amplitud del campo eléctrico del haz que incide sobre esta segunda película, la componente paralela al eje de transmisión será E11 = Ecos Oy la perpendiculai; E.._ = E sen 8. Lél película absorbe E~ y transmite Ei' de modo que la am plitud del campo e léctrico del hélz trélnsn11itido será E = Ecos 8 y el 11 campo estará polarizado linealmente en la dirección del eje de transmisión. Como la intensidad de la luz es proporcional a l mód LLIO de la ampLitud del campo eléctrico, la intensidad /de la luz transmitida por la segunda película vendrá dada por

EÍo

31.16 LEY DE MALUS

donde /0 es la intensidad del hélz incidente. Si tenemos un rayo incidente de luz no polarizada de intensidad /0 incidiendo en una lámina polarizadora, la dirección del campo eléctrico varía en los distintos lugares de la lámina y en cada lugar fluctúa con el tiempo. En cada lugat; el ángulo entre el campo eléctrico y el eje de h·ansmisión es en promedio de 45º, de forma que aplicru1do la ecuación 31.16 obtenemos l = /0(cos2 e)m = ! fw donde I es la intensidad! del rayo transmitido.

E sen O /

u R A 3 1 . 2 7 Demostración de la polarización de microondas. El campo elécrrico de las microondas es vertical, paralelo a la antena di polar vertical. (n) Cuando los hi los metálicos del sistema absorbente son verticales, se establecen corrientes eléctricas entre ellos y se absorbe e ne rgía, como indica la baja lecl"ura del detector de microondas. (U) Cuando los hilos están horizontales, no se crean corrientes y se transmiten las microond11s, como ind ica la lectura elevada del detector. (Lnrry Ln11grill.) F 1G

Eje de transmisión

.l,

. que la dispersad a en la d irección y está polarizada en la d irección x.

Eje óptico

/ Rayo o

¡..._.,.__ __ + •

POLARIZACIÓN POR BIRREFRINGENCIA La birre fringencia, o doble refracción, es Llll fenóme no complejo que se presenta e n la ca lcita y oh·os cristales no c(1bicos y en algunos plásticos sometidos a tens ión como el celofán. En la mayoría de los mate ria les, la velocidad de la luz es la misma e n todas direcciones . Estos ma teriales son isótropos. Debido a s u estructura a tómica, los materiales birre fringentcs son anisótropos. La velocidad d e la luz depende del plano de la polarización y de su direcció n d e propagación a través del material. C uando un rayo d e luz está incid iendo sobre estos mate riales, puede separarse en dos rayos denominados rnyo ordinario y rayo extrnorrli11nrio. Estos rayos están polarizados en d irecciones mutuamente perpendiculares y se p ropagan con d iferentes velocid ad es. Dependiendo de la o rientació n rela tiva d e l material y d e la luz incid ente, los rayos pueden propagarse también en direcciones diferentes. Existe una dirección particula r e n un ma terial birrefringenle en que ambos rayos se pro pagan con la misma velocidad. Esta d irección se d enomina eje óptico del materia l. (Este eje ó ptico es más bien una dirección y no ll11a recta en el ma teria l.) Cua ndo la luz se pro paga a lo largo del eje óptico, no ocurre nada inusual. Sin e mbargo, cua ndo la luz está incidiendo en á ngulo con respecto al eje óptico como se ve en la figura 31.33, los rayos se propagan en d istintas d irecciones y emergen

F 1 G u R A 3 1 . 3 3 (n) Un haz estrecho de luz q ue incide sobre un cristal birrefringente como la c;ilcila se divide en dos haces, denominados rayo o rdinario (rayo o) y rnyo extraordinario (rayo e), con polarizaciones mut11amente perpendicul;ires. Si se h A. (b) C-. B. (e) C-. A. (rl) A--. C. • En el prob lema 13, si el átomo ocupa in icialmente e l estado A, ¿qué h·ans ición nportará luz de mayor lo ng itud de onda? (n) A--> B.

14

(/J) B-> C. (e) A_. C. (d) B-. A.

•

Orilla _

15

•

¿Qué papel juega e l helio en el láser d e helio-neón? rssM""

16 • Al observarse con el espectroscopio un rayo de luz visible que atraviesa un gas de hidrógeno atómico a temperatura ambiente, se aprecian rayas oscuras con las long itudes de onda correspondientes a su serie d e emisión. Los átomos que intervienen en la absorción resommte emiten lu z en estas longitud de onda al volver al estado fundamental. Explíquese por qué e l espectro que se observa nunca exhibe líneas oscuras muy pronunciadas. • ¿Cuál de los s ig uientes tipos de luz tiene los fotones d e mayor energía? (n) Roja. (b) Infrarroja. (e) Azul. (rl) Ultravioleta. ssM

17

ESTIMACIONES Y APAOXI MACIONES • Hacer una estimación de l tiempo requerido parn que la l uz recorra la trnyectoria completa e n la experiencia realizada por Galileo parn determinar la velocidad de la luz. Compárese el tie mpo que e mplea la luz en el \daje de vuelta con el de respues t;i d el ojo humano. ¿Qué precisión tie ne el expe rime nto? 18

Agua

F 1G

u

R A

3 1 .5 3

Arena

Proble m a 7

• Estímese e l tiempo de retraso e n llega r la luz a la retina cuando se utiliza1~ gafas de sol con respecto al que t:1rda si11 el las.

19

• Un material A tiene un índice de refracción nrnyor que otro B. ¿Cuál de ellos tendrá mayor ángu lo crítico de reflexión total, cuando los mate riales están en el aire? (n) A. (11) B. (e) El mis mo ángulo crítico. (ri) Faltan datos para responder.

8

• APLICACIÓ N BIOLÓG ICA El ojo humano percibe los colores por medio d e unas estructu ras llamadas w 11os que se localizan e n la retina. Las mo léi;:ulas de los conos son de tres tipos que responden a procesos similares a los de absorción electromagnética resonante con-espondiente al rojo, verde y azul, 1-espectivame nte. Te1liendo en cuenta este hecho, explicar por qué e l color de un objeto azu l (de 450 nm e n el aire) no cambia cuando se s ume rge en agua incolora, a pesar de que la lo ngitud de onda de la lu z se acorta según la ecuación 31.6. ssM

20 •• A P LI CAC IÓN BI OLÓG ICA Estimar e l n(11nero de fotones que se reciben e n e l ojo p rocedentes del Sol por décima de segundo. ¿Cuánta e nergía se recibe e n ese tiempo suponiendo que se absorben todos los fotones, s i la potencia total emitida por e l So l es de 4,2 X 102 watts?

9

• • El méto d o de Ole Romer para medir J;i velocidad de la lu z reqi•iere líl predicción preci~íl ctel tien1po en e l que sm:ede e l eclipse de la luna de Júpiter lo. Teniendo en cuenta que un ecl ipse tiene lu ga r la medianoche del 1 de junio cuando la Tierra se encuentra en la posición A de la fig ura 3 1.54, predecir el tiempo estimado de observación del ecl ipse de llll cuarto de mio después cuando la Tierra se e ncue ntra en la posición 8 de la mis ma figura, asumiendo (n) que la velocidad de la 21

1092

CAPiTULO 31

Propiedades de la luz

luz es infinita y (ú) que la velocidad de la luz es 2,998 x 108 m/s. Si el ángulo de incidencia es suficientemente pequeiio, puede usarse la aproximación sen O z O para simplificar la ley de Snell. Calcular el ángulo de incidencia que haría que el error en el ángulo de refracción no fuera mayor que el 1% con respecto al que se obtendría utilizando la fórmula exact-a. Esta aproximación se usará en el capítulo32 en el caso de formación de imágenes mediante superficies esféricas. 22

• •

Tierra

*

.• -··OB------, /

/

:C , \

-e--''

F 1G

'

Sol

\

Jüpiter

\A

.• ---.,

- --q------- - ------- -- - --- ~-fCntnrnct n11rl R1fmrtiw S111;~cry, Mar. 200-I, Vol. 30, No. 3, pp. 47-52. Cummings. J. S., et al., "Clinic,ll Evaluillion oí tlu· Ciryst.1lens AT45 Accommodaling, lnlrM.>eular Lcns: Rcsult'i of fhc U.S. Food and Dmg Ad111inis.1r.1lion Clínicill Trii11." /01111111{ o/ Cnt11rntl 1111rl Rtfmctiur S11rgt•ry, Mny 2006, Vol. 32, No. 5, pp. 812-825. • Chnrtcrs, L., "Dual-Oplic lOL Efíeclive Answcr to Presbyopia." 0¡1l11/rn/1110/1ig.v Tir11t':>, Fcb. 1, 2006, pp. 20-21. 7 Rados, C., "A Focus on Vision." I'DA Co11~.

......

Ao Ao

~

a

F 1 G u R A 3 3. 1 9 La amplitud resultante correspondiente a las a ndéis procedentes de tres focos es cel'O cuando oes 120°. Este m ínimo de interferencia se presenta para un ángulo 8 menor que el correspondiente al primer mínimo con dos focos, que se presenta cuando oes 180º.

Ao

o=90º

o= 90º

Ao

\ a u R A 3 3 • 2 o Diagrama de fasores para el primer mínimo en el caso de cuatro fuentes en fase e igualmente espaciadas. La amplitud es nula cuando la diferencia de fase de las ondas procedentes de fuentes adyacentes es 90°. F 1G

u R A 3 3 • 2 1 Diagramas de intensidad para dos, tres y cuatro fuentes coherentes igualmente espaciadas. Existe un máximo secundario entre cada par de máximos principales en el caso de las tres fuentes, y dos máximos secundarios si se trata de cuatro fuentes. (Ge11tilez11 rle Michne/ Cng11e/)

F 1G

--

Su ma d e ondas armónicas m edi ante fasores

s E e e 1ó

1155

N 33.5

l/lo .......--Cuiltro fuentes

/

Tres fuentes

u R A 3 3. 2 2 Represent¡ición de la intensidad en función del sen (J para dos, tres y cuatro fuentes coherentes igualmente espaciadas y en fase. F 1G

o

sen()

máximos sectmdarios son muy débiles comparados con Jos máximos principales. Cuando aumenta el número de fuentes, Jos máximos principales se hacen cada vez más agudos y más intensos, mientras gue las intensidades de los máximos secundarios se hacen d espreciables frente a las de los máximos principales.

* DETERMINACIÓN DEL DIAGRAMA O FIGURA DE DIFRACCIÓN PRODUCIDA POR UNA SOLA RENDIJA A continuación, calcularemos el diagrama de intensidad indicado en la figura 33.11 utilizando el método de los fasores para SLLmar ondas armónicas. Supondremos que la rendija de anchura n se divide en N intervalos y que existe un foco puntual de ondas en el punto medio de cada ü1tervalo (figura 33.23). Si la distancia entre dos fuentes adyace ntes es d y Ja anclmra de la abertura es n, tenemos d = n/N. Como la pantalla sobre la cual estamos calculando la intensidad está muy alejada de las fuentes, los rayos procedentes de éstas que llegan has ta un punto P d e dicha pantalla son, aproximadamente, paralelos. La diferencia de trayectos e nh·e d os fuentes cualesquiera adyacentes es entonces 8 sen {), y la diferencia de fases 8 está relacionada con la diferencia de cam.ino óptico mediante 0 = ri sen8 27T ,\

Si A 0 es la amplitud debida a una sola fuente, la amplitud en el ptmto máxüno centrnl, donde{) = O y todas las ondas es tán en fase, es Arn~x = NA0 (figura 33.24). Se puede halla r el valor de la amplitud en otro punto situado en un cierto ángulo {) utilizando el método d e fasores para Ja suma de ondas armónicas. Como en el caso d e la suma d e 2, 3 o 4 ondas, la intensidad es cero en cualquier punto en el gue los fasores que representan las ondas forman un polígono cerrado. En este caso, el polígono tiene N lados (figLU"a 33.25). En el primer múlimo, la onda procedente d e la primera fuente justo por debajo de Ja parte superior de Ja abertma y la que procede de la fuente exactamente debajo del punto medio de la abertura están desfa-

N

o•• :

fuentes :- ------ ------ --- -

••

o

/ Ao Pantalla

u R A 3 3. 2 4 Una sola rendija se representa por N fuentes de amplitud A0. En el punto máximo central, donde (J = O, las ondas procedentes de las fuentes se suman en fase, dando una amplitud resultante Amix = NA 0•

F 1G

F 1 G u R A 3 3. 2 3 Esquema para e l cálcu lo de la figura de interferencias lejos de una rendija estrecha. Se supone que la rendija de anchura n contiene un gran número de fuentes puntuales en fase separadas por un¡¡ distancia li. Los rnyos procedentes de estas fuentes que terminan en un punto muy alejado son, aproximadamen te, paralelos. La diferencia de caminos para las ondas procedentes de dos fuentes adyacentes, es, pues, ll sen 6.

'

360º

'\~=-¡;¡-

F 1 G u R A 3 3 . 2 s Diagr¡ima de fasores correspondiente al primer núnimo en el diagrama de difracción de una sola rendija. Cuando las ondas procedentes de lils N h1entes se cancelan completamente, los N fasores forman un polígono cerrado. La diferencia de fase e ntre ondas procedentes de fuentes adyacentes es entonces ll = 360º / N. Cuando N es muy grande, las ondas procedentes de la primera y última fuentes están, aproximadamente, en fase.

1156

Interferencia y difracción

CAPITULO 33

sadas 180º. En este caso, las ondas procedentes de la fuente cerca de la paJte superior e uúerior de la aberturn están desfasadas en casi 360º. [La diferencia de fase es de hecho (360° - 360° / N).] Así pues, si el número de fuentes es muy grande, 360 / N es despreciable y se obtiene una anulación completa cuand o las ondas procedentes de la primera y última fuente están desfasadas en 360º, lo cual corresponde a una diferencia de canlinos de 1 longitud de onda, según la ecuación 33.11. Podemos calcular ahora la amplitud en un punto general para el cual las ondas procedentes de dos fuentes adyacentes difieran en una fase igual a 8. La figura 33.26 muestra el diagrama de fasores para la sim1a de N ondas c uyas fases difieren de la de la primera onda en 8, 28, ..., (N - 1)8. Cuando N es muy grande y 8 muy pequei'ía, el diagrama de fasores es, aproximadamente, un axco de circunferencia. La amplitud resultante A es la longitud de la cuerda de este arco. Se calcula esta amplitud resultaJ1te en función de la diferencia de fases e/> entre la primera y última onda. A partir de la figura 33.26, tenemos A/2 sen ~c/> "" -,.-

o bien

A= 2rsen4c/>

33.17

donde res el radio del arco. Como la longitud del arco es A010, subtendido es , tenemos c/> = Amáx

=

NA 0 y el ángulo

33.18

r o sea,

Sustituyendo por esta expresión en la ecuación 33.17, se tiene 2Amáx sen 4 A= - - sen4 = Amáx

4

Como la amplitud en el punto máximo central (8 = O) es Aniáx' e l cociente entre la intensidad en cualquier otro punto y la del máximo central, viene dado por

_l 1o

o sea,

=

~=

(sen 4)

A~1~x

2

~c/>

sen !4>)2

/ = / (-4c/>

33.19

º

INTENS IDAD DE DIFRACC IÓN DE UNA SOLA REND IJA

La diferencia de fase

= n sen 8 21T ,\

33.20

Las ecuaciones 33.19 y 33.20 describen el diagrama de intensidad de la figura 33.11. El primer mínimo aparece paran sen 8 = ..\, pimto donde las ondas procedentes del medio de la mitad superior y del medio de la mitad mferior de la abertura tienen ima diferencia de caminos de A/2 y están desfasados 180°. El segundo mínimo se presenta paran sen {) = 2..\, punto donde las ondas que proceden de la mitad superior de la mitad superior de la abertura y las que proceden de la mitad inferior de la mitad superior de la abertura poseen una diferencia de caminos de ..\/2 y están desfasadas 180°.

Ao '

Ao '

'

F 1 G u R A 3 3. 2 6 Modelo de fasores para el cálculo de la amplitud de las ondas procedentes de N hientes en función de la diferencia de fase entre las ondas procedentes de la primera fuente cercana al borde superior de la rendija y la última cercana a su borde inferior. En el caso de que N sea muy grande, la amplitud resultante A es la cuerda de un arco de circunferencia de longitud NA0 = Am.i)2

[' = / ( - -

l. La intensidad del diagrama de difracción 1' debido a una rendija

º

de anchura n viene dada por las ecuaciones 33.19 y 20:

~e/>

donde 27T c/> = -nsen8 A 2. La intensidad del diagrama de interferencia J es proporcional al cuadrado de la amplitud A de la superposición de las funciones de las ondas de la luz procedente de las cinco rendijas:

/ cr.

A2

donde A sen(cx + 8') = A 0 sena + A 0 sen(a + 8) + A 0 sen(a + 28) + A 0 sen(a + 38) + A0 sen(a + 48) siendo ex = wt

8

y

= d sen il 27T ,\

ff - o·

8' = f3 + 8

3. Para calcular A, consh·uimos un diagrama de fasores, tal como se indica en la figura 33.28. La amplitud A es igual a la suma de las proyecciones de las amplitudes de las ondas individuales en el fasor resultante:

así

f3 = o' - 5 = w - 5 = s '

.'

:

:

'

..

," '

,'

F I GURA 33.28

.-\h

··., ~.-:: ____\~ ,'

,.(___)

Ao

!f-o·

2(7T - S') + 45

= 27T

5. Detenninar A a partir de la figUJ"a:

A = 2A 0 cos8'

+ 2A 0 cos f3 + A0

6. Sustituir 8' utilizando el paso 4, y sustituir f3 teniendo en cuenta que f3 = 8. ({3 y 8 son iguales, ya que cuando se cortan dos líneas paralelas por Lllla transversal, los ángulos interior y exterior en e l mismo lado de la transversal son iguales, es deci1~ corresponden a los ángulos de un rectángulo formados por lados paralelos respectivos con una de sus diagonales.):

A "" A0(2cos2S

+ 2cos8 + 1)

7. Elevando al cuadrado ambos miembros de la igualdad

A 2 = AÜ(2 cos 2S

+ 2 cos8 + 1)2

8. Sustituyendo/' por el valor del resultado del paso 1, se tiene:

·.

Ao

4. Para determinar()', añadin1os los ángulos exteriores. La suma de los ángulos exteriores es igual a 27T. (Si recorremos el perímetro de un polígono estamos realizando una rotación cuyo ángulo es la suma de los ángulos exteriores, que es igual a 27T rad ianes.):

podemos relacionar las intensidades. Consid!erando que /' y A 0 son la intensidad y amplitud, respectivamente, debidas a una (mica rendija, tenemos:

'

(j'

= 2S

así 1 = 1'(2 cos 2S + 2 cos8

l = 10 (

+ 1)2

sen !4>)2 --¡;--(2 cos 28 + 2 cos8 + 1)2

n sen 8 donde = -A-211

y

e = O, tanto como 8 son iguales a O, de forma que para 8 = O, el paso 5 del problema viene a dar A = SAIY y el resultado del paso 8 viene a ser l = 52/ 0 = 25l¡y como era de esperar.

COMPROBACIÓN Si

J

Difra cc ión d e Fraunhof er y de Fresnel

s E e e 1ó N 3 3 . 6

1159

C uando la pantalla se acerca a la rendija,

Los cüagramas de difracción, como el de una sola rendija de la figura 33.11, que se observan en puntos desde los cuales se ven casi paralelos los rayos procedentes de una abertura o de un obstáculo se denominan diagramas de difracción de Fraunhofer. Estos diagramas pueden observarse a grandes distancias del obstáculo o abertura, de modo que los rayos que alcancen un punto cualquiera sean aproximadamente paralelos, o bien pueden observarse utilizando Lma lente para enfocar rayos paralelos sobre tma pantalla de observación s ituada en el plano foca l de la lente. Cuando el diagrama de difracción se observa cerca de una abertura o de un obstáculo, se denomina d iagrama o fig ura de difracción de Fresnel. Debido a que los rayos procedentes de una abertura o de un obstáculo próximos a una pantalla no pueden considerarse paralelos, la difracción de Fresnel es mucho más difícil de analizar. La figura 33.29 ilustra la diferencia existente entre los diagramas de Fresnel y de Fraunhofer en el caso de una sola rendija.* En la figura 33.30n, se muestra el diagrama de difracción de Fresnel de un disco opaco. Obsérvese el punto briJlante del centro del diagrama causado por la interferencia consh·uctiva de las ondas luminosas difractadas desde el borde del disco. Este diagrama tiene cierto interés histórico. En un intento de desacreditar la teoría ondulatoria de Fresnel, Siméon Poisson señaló que esta teoría predecía la existencia de un punto brillante e1' el cenb-o de la sombra un disco, hecho que consideraba tu1a conb·adicción ridícula. Sin embargo, Fresnel inmediatamente demostró experimentalmente que dicho punto existe efectivamente. Esta demostración sirvió para convencer a muchos de los que dudaban de la validez de la teoría ondulatoria de la luz. El cüagran1a de difracción de Fresnel de w1a abertura circula1· se muestra en la figura 33.30b. Comparándolo con el diagrama del cüsco opaco de la figura 33.30n, pued e verse que ambos diagramas son complementarios entre sf. La figura 33.31n muestra el diagrama de difracción de Fres(a) nel de un borde rectilíneo iJwninado po r la luz procedente de una fuente puntual. Se añade tm gráfico de la intensidad en función de la distancia (medida a lo largo de una línea perpendicular al borde) en la figura 33.3l b. La intensidad de la luz no cae bruscamente a cero en la sombra geométrica, pero disminuye rápidamente y es despreciable al cabo de unas pocas longitudes de onda del borde. El cüagrama de difracción de Fresncl de una abertura rectangular se muestra en la

(b)

(a)

el diagrama de Fraunhofer que se observa lejos de ésta ...

va cambiando gradualmente, 1ransformándose en ...

el diagrama de Frcsncl observado ) \ cerca de la rendija.

F 1 G u R A 3 3. 2 9 Diagramas de difracción correspondientes a una sola rendija con la pantalla a diversas distancias.

Intensidad

(b)

u R A 3 3. 3 o (n) Diagrama de difracción de Fresnel de un disco opaco. En el centro de la sombra, las ondas luminos.'lS difractadas por el borde del disco están en fase y producen un punto brillante conocido como punto de Poisson. (b) Diagrama de difracción de Fresnel de una abertura cifClllar. Comparar este diagrama con el del apartado (n}. ((n) y (b) M. Cng11et, M. Fm\011, f. C 17irierr, Al/ns ofOpticnl Plie110111e11n.)

Borde

Distancia

F 1G

• Véase Ridmrd E. l lnskcl, "A Simple Expcrínwnt on 1039.

rre~ncl

u R A 3 3. 3 , (n} Difracción de Fresnel de un borde recto. (b) Representación g ráfica de la intensidad en función de la distancia a lo

F 1G

largo de una recta perpendicular a dicho borde. (Ge111i/ezn de Bntte/lcNorl/1wesl Lllbomlories.)

Diffraction", Arr11·rira11 /orrma/ of Pliysics, vol. 38, 1970, pdg.

11 60

e A P f Tu Lo 3 3

Interferencia y difracción

figura 33.32. Estos diagramas no pueden verse con fuentes luminosas extensas, como las lámparas incandescentes ordinarias, porque las franjas oscuras del diagrama producidas por la luz procedente de un pt.mto de la fuente se solapan con las franjas briUantes del diagrama producido por la luz prncedente de otro pw'tto.

33.7 La difracción debida a tma abertura circular tiene implicaciones importantes en la resolución de muchos insh'ltmentos ópticos. La figurn 33.33 muestra el diagrama de difracción de Fraunhofer de Lma abertura circular. El ángulo 8 subtendido por el primer mínimo de difracción está relacionado con la longitud de onda y con el diámetro de la abertura D por sen8 = 1,22

A

33.23

0

La ecuación 33.23 es semejante a la ecuación 33.9 excepto en el factor 1,22. Este factor aparece en el análisis matemático del problema, que es semejante al de una sola rendija, pero más complicado debido a Ja geometría circuJar que posee. En muchas aplicaciones, el ángulo 8 es pequefio, de modo que sen 8 p uede reemplazarse por 8. El primer múumo de difracción se produce entonces en w1 ángulo 8 dado por A 9 = 1,22 D 33.24

u R A 3 3 . 3 2 Diagrama de la difracción de Fresnel de una abertura rectangular. (Ge11/ilezn de Miclmel Cng11el.)

F 1G

La figuta 33.34 muestra dos fuentes punhtales que subtienden un ángulo et respecto a tma abertura circular alejada de las fuentes. También se incluye en dicha figura la intensidad de los diagramas de difracción de Fraunhofer correspondientes. Si et es mucho mayor que 1,22 A/ D, se verán como dos fuentes. Sin embargo, al ir disminuyendo et, amnenta el solapamiento de los diagramas de difracción y resulta cada vez más difícil distinguir las dos htentes de una sola. Para la separación angular cdtica, ac' dada por

ªe=

,\

33.25

1,22 D

el primer múumo del diagrama de difracción de una fuente cae en el máximo cenh·al de la otra. Se dice entonces que estos objetos están en el límite justo de su 1·esolución según el denominado criterio de resolución de Rayleigh. La figura 33.35 muestra los diagramas de difracción para dos fuentes cuando a es mayor que el ángulo crítico que permite la resolución y cuando et es exactamente igual al ángulo crítico mencionado. La ecuación 33.25 tiene mud1as aplicaciones. El poder de resolución de tm instrumento óptico, como un microscopio o m1 telescopio, se refiere a su capacidad para resolver y distinguir dos objetos que están muy próximos. Las imágenes de los objetos tienden a solaparse deb ido a los efectos de difracción de la abertura de entrada del insitnll11ento. La ecuación 33.25 pone de manifiesto que puede aumentarse el poder de resolución, o bien aumentando el diámetro D de la lente (o espejo), o h aciendo disnumúr [a longitud de onda A. Los telescopios ash·onónucos utilizan grandes lentes o espejos objetivo parn aumentar su resolución y además aumentar también su capacidad de recoger la luz que procede de objetos lejanos. Una red de 27 radio-antenas, como la que se muesb.·a en la fotografía de la figm·a 33.36, con las antenas montadas sobre raíles, puede configmar un telescopio simple con Lma resolución de 36 km (22 mi!Jas). En un F I GURA 33.34 Dosfuentes distantes que subtienden un ángulo a. Si a es mud10 mayor que 1,22 A/ D, siendo A la longitud de onda de la luz y Del d.iámetro de la abertura, los diagramas de difracción apenas se solapan y las fuentes se ven fáci lmente como dos fuentes separadas. Si a no es mud10 mayor que l,22A/ O, el solapamiento de los diagramas de difracción hace que sea difícil distinguir dos fuentes de una.

Abertura circular de diámetro D

\ Dos fue ntes pw1tuales incoherentes

Pantalla alejada de la abertura

F t G u R A 3 3. 3 3 Diagrama d e difracción de Fraunhofer de lma abe rtura ci1·cular. (Gc11tilezn de Míe/me/ Cng11et.)

(a)

(b) F 1 G u R A 3 3. 3 s Diagramas de difracción correspondientes a una abertura circular y a dos fuentes puntuales incoherentes cuando (n) a es mud10 mayor que 1,22 A/ D y (b) cuando a es igual al límite de resolución, a0 = 1,22 A/ D ((n) y (b) Ge11tilezn de Miclme/ Cng11el.)

Difracción y reso luci ón

s E e e 1ó N 3 3 . 7

microscopio, a veces se coloca bajo el objetivo w1a película de aceite transparente con w1 índice de refracción del orden de 1,55 con objeto de que disminuya la longitud de onda de la luz (A' = A/11). Aún puede reducirse más la longitud de onda mediante la utilización de luz ultravioleta y w1a película fotográfica; sin embargo, como el vidrio ordinario es opaco a la luz u.1h·avioleta, las Lentes del microscopio ultravioleta deben ser de cuarzo o fluorita. Para obtener altas resoluciones, se usalil microscopios electrónicos, que utilizan elech-ones en lugar de luz. Las longitudes de onda de los electrones varían con la raíz cuadrada de su energía cinética; permite disponer de longitudes de onda tan bajas como se desee.*

Ejemplo 33.9

116 1

Una extensa red de radio ante11as (VLA, very lnrge nrrny), se encuentra cerca de Socorro, Nuevo México. Las antenas, de 25 m de diámetro, se montan en raíles y pueden constituir varias configmaciones que incluso pueden extenderse en un diámelro de 36 km. Los datos de estas antenas se combinan electrónicamente, de tal forma que constituyen un único telescopio de muy alta resolución. (Ge11lilezn del Observa/ario Nncio11nl de Rndionsl ro110111ín/ U11iuersidndes Asocindns, /11c./ F1111dnció11 Nncio11nl Pnm In Cie11cin. Fo1ógrnfo: Kelly Gnl//i11. Co111posicióu digital: Pntricin Smiiey.)

F I GURA 33.36

Física en la biblioteca

Póngalo en su contexto

Mientras estudiamos en la biblioteca, echándonos hacia atrás con nuestra siJJa, analizamos los pequeños huecos que hay en las placas del falso techo. Observamos que los huecos están separados entre sí Lmos 5 mm, aproximadamente. Podemos ver claramente los huecos que están directamente encima de nosotros, a unos 2 m¡ sin embargo, Jos de las placas que están más alejadas no los podemos apreciar. Nos preguntamos si la razón por la que no podemos

ver los huecos distantes es que se encuentran a una distancia cuyo valor está fuera de los criterios de resolución establecidos por Rayleigh. ¿Es ésta Lma explicación plausible acerca de la desaparición de los huecos en las placas más alejadas? Observélmos que los huecos desaparecen cuando están a unos 20 metros de distancia de nosotros. PLANTEAMIENTO Para resolver el problema, es necesario conocer algm1os datos y clarificar cómo se realiza la observación. Si utilizam.os la ecuación 32.25, necesitaremos conocer la longitud de onda de La luz y el diámetro de abertura. Suponiendo que nuestra pupila es la aber-

tura, podemos considerar que tiene unos 5 mm de diámetro. (Este es el valor utilizado en nuestro libro de texto de Física.) La luz está probablemente centrada en una longitud de onda en torno a 500 nm. SOLUCIÓN 1. El límite angular de resolución para el ojo depende de la relación de la longitud de onda y el diámetm de la pupila:

() = 122-

2. El ángulo subtendido por los huecos depende de su dfatancia d e separación d y de su distancia L desde nuestro ojo:

8 =L

3. igualando los dos ángLtlos y sustituyendo los valores correspondientes, nos da:

4. Despejando L, obtenemos: 5. Una distancia de 41 m es demasiado grande (por Lm factor 2). Sin embargo, pensamos que el valor asignado al diámetro de la pupila bien pudiera no ser correcto. Sabemos que

la pupila es menor cuando la luz brilla más y el techo de la biblioteca está muy iluminado y pintado de blanco. En una búsqueda rápida en Internet encontramos

,\

c

'

o

d

d

,\

- = 122-

L ' D 5,0 mm 500 nm - - - = 1 22- - L ' 5,0mm L = 41 m

Es una explicación rawnable. Si el diámeh·o de la pupila es de 2,5 mm, el valor de Les 20 m.

enseguida información acerca del diámeb·o de una pupila normal. Las pupilas tienen un diámetro que oscila entre 2 y 3 mm y p u eden alcanzar hasta 7 nun:

Resulta instructivo comparar la limjtación que marca la resolución del ojo debida a la difracción, como se ha v isto en el ejemplo 33.9, con la originada por la separación de los receptores (conos) en la retina. Para que sean vistos como dos objetos distintos, sus imágenes deben caer sobre la retina en dos conos no adyacentes. (Véase el problema 65 en e l capítulo 32.) Como la retina está a 2,5 cm aproximadamente de la lente del ojo o cristalino, Ja distancia y sobre la retina que corresponde a una separación angular de 1,5 X 10-4 rad se obtiene mediante

ªe =

y

1,5 X 10- 4 rad = - - 2,5 cm

Verdadera o fa lso: La difracción de Fratmhofer es un caso límite de la de Fresnel.

• Las propiedades ondulatorias de los ek"ltrones se cslu· diarán en el capítulo 34.

1 162

CAPITULO 33

l nterferen,ci a y d ifracción

o bien

y = 3,8

X

10- 4 cm = 3,8

X 10- 6 m =

3,8 µ.m

La separación real de los conos en la fóvea (central), en donde los conos están muy estrechamente juntos, es del orden de 1 µ.m . Fuera de esta región, se encuentran separados entre 3 y 5 µ.m.

* 33.8 Un dispositivo útil pasa medir la longitud de onda de la luz es la red de d ifracción, que consiste en un gran número de rayas o rendijas igualmente espaciadas y grabadas sobre una superficie plana. Una red de este tipo puede fabricarse cortando surcos parnlelos, igualmente espaciados, sobre una placa de vidrio o metal con una máquina de gran presión. Cuando se trata de una red de reflexión, la luz se refleja en los salientes situados entre las rayas marcadas. Los discos de gramófono y los discos compactos presentan algunas de las propiedades de tma red de reflexión. En el caso de las redes de transmisión, la luz pasa a través de los espacios transparentes que existen entre las rayas grabadas. Existen redes baratas de plástico con 10 000 o más rayas por centímetro. El espaciado de la rayas en una red con 10000 rayas por centímetro es d = (1 cm)/10000 rayas = 10 - 4 cm. Consideremos tma onda luminosa plana que incide normalmente sobre una red de transmisión (figl.U'a 33.37) y supongamos que la anchl.U'a de cada rendija es muy pequefia, de forma que cada w1a de ellas produce un haz muy difractado. El diagrama de interferencia producido sobre una pantalla a gran djstancia de la red es debida a tm gran n(unero de fuentes lwninosas igualmente espaciadas. Supongamos que tenemos N rendijas separadas la distanciad enh-e dos ndyacentes. Para 9 = O, la luz de cada renruja está en fase con la procedente de todas las demás de modo que la amplitud de la onda es NA¡y siendo A0 la amplitud correspondiente de cada renruja, y la intensidad es N2J!Y siendo 10 la correspondiente a cada rendija. Para tm ángulo 9 1, tal que d sen 9 1 = Av la diferencia de camino entre dos renrujas sucesivas es A1, de modo que la luz procedente de cada rendija también está en fase con la de todas las demás renrujas y la intensidad es N2/0 . Los máximos de interferencia se encuentran en ángulos 9 dados por d sen 9,,, = mA

111

= O, l, 2,...

rl

33.26

La posición de un máximo de i.nterferencia no depende del número de fuentes, pero cuantas más fuentes existan, más nítidos e intensos serán did1os máximos. Podemos ver que los máximos de interferencia serán más agudos cuando haya muchas ranuras, considerando el caso de N ranuras, donde N es muy grande (N >>A). La distancia enb·e la primera ranma y la N-ésima es (N - l)d =Nd. Cuando la diferencia de camino recorrido por la luz entre la primera ranl.U'a y la N-ésima es A, la intensidad resultante es cero. (Ya se vio al estudiar la difracción con una sola renruja.) Como su separnción aproximada es Nd, la intensidad será cero para el ángulo emín dado por así

·Los discos compactos actüan como redes de Teflexión (Keui11 R. Morris/Corbis.)

u R A 3 3. 3 7 Luz que incide normalmente sobre una red de difracción. Para un ángulo O, la diferencia de caminos entre rayos procedentes de rendijas adyacentes es rl sen O. F 1G

Nd senfJ01111 = A

A Omm . "" sen8mm . = -Nd

La anchura del máximo de interferencia, 28m,n es, por lo tanto, inversamente proporcional a N. Así pues, cuanto mayor sea el número de rendijas N, más agudo (estrecho) es el máximo. Como la intensidad en el máximo es proporcional a N2IfY la intensidad de luz en el máximo multiplicada por la anchura del máximo es proporcional a NJ0 . La iJ1tensidad multiplicada por la anchura es una medida de lapotencia por urudad de longitud en el máximo. En la fi.gl.U'a 33.38n, puede verse un espectroscopio para prácticas de laboratorio que utiliza una red de difracción para analizru· la luz procedente de una fuente, que generalmente es un tubo de vidrio que contiene átomos de gas, por ejemplo, helio o vapor de sodio. Los átomos de gas se excitan mediante el bombru'deo por electrones que son acelerados por una alta tensión aplicada a h·avés del tubo. La luz emitida por dicho tipo de fuentes contiene (mica.mente ciertas longitudes de onda que son características de los átomos contenidos en el tubo o foco. La luz emitida por la fuente pasa a h·avés de una rendija estrecha de colimación y se hace paralela mediante una lente

•

Redes de difracc ión

11 63

(b)

(a)

adecuada. La luz parnlela incide entonces sobre la red, pero en vez de observawe sobre una pantalla muy alejada, la luz paralela que emerge de la red se enfoca rnediante tm anteojo y se observa directamente. El anteojo está montado sobre wia plataforma rotatoria que ha sido calibrad a de modo que pueda medLrse el ángulo 6. En la di.rección hacia delante (8 = O), se ve el máximo central correspondiente a todas las longitudes de onda. Si la fuente emite luz de w1a longitud de onda particular A, se verá el prLmer máximo de interferencia en el ángulo (J dado por la ecuación 33.26, siendo 111 = l. Cada longitud de onda emitida por la fuente produce una imagen separada de la rendija de co!Lmación del especb·oscopio denomü1ada línea o raya espectral. El conjtmto de líneas correspondiente a /11 = 1 se denomina espectro de priwer orde11. El espectro de segw1do orden corresponde a /11 = 2 para cada longitud de onda. Pueden verse órdenes mayores si el ángulo (J dado por la ecuación 33.26 es menor de 90°. Dependiendo de las longitudes de onda, los órdenes pueden apaxecer mezclados; es deci1~ la línea de tercer orden correspondiente a una determinada longitud de onda puede aparecer antes que la lfoea de segtmdo orden correspondiente a otra longitud de onda. Si se conoce la separación de las rendijas de la red, pueden determinarse las longitudes de onda emitidas por la fuente mediante la medición del ángtilo 6.

Ejemplo 33.1 O

SECCIÓN 33 . 8

u R A 3 3 . 3 a (n) Espectroscopio pa1·a prácticas de laboratorio. La luz procedente de la rendija colimad ora cercana a la fuente se

F 1G

hace parnlela mediante una lente e incide sobre una red. Se observa la luz difractada con un anteojo que forma un ángulo con el haz incidente que puede medirse con gran exactitud. (b) Vista aérea del radiotelescopio (VLA) de Nuevo México. Las señales de radio procedentes de galaxias muy alejadas se suman constructivamente cuando se satisface la ecuación 33.26, siendo rl la distancia enh-e dos telescopios adyacentes. ((n) C/nrence Be1111ell/ll11iversirlnrl de Onklm1tl, Rochesler, Mic/1ign11. (b) NRAO/AUl/Scieuce P/1010 Libmry/ Plwlo l~esenrchers.)

Líneas O del sodio

Sobre tma red de difracción de 12000 rayas por centímetro incide luz de sodio. ¿Con qué ángulos se verán las dos líneas amarillas de longitudes de onda de 589,00 nm y 589,59 nm (llamadas líneas D del sodio) correspondientes al primer orden? PLANTEAMIENTO Aplicartlsen8 = 111A a cada longitud deonda,sie11do111=1yd=1 an/12000. SOLUCIÓN

1. El ángulo 8"' v iene dado por rl sen 8,,, = 111A, siendo 111 = 1:

sen0 1 =

2. Calndar 81 para A = 589,00 nm:

81

;¡A 9

3. Repetir el cálculo para A = 589,59 nm:

81

589,00X10- 111 = arcsen[ (1/ 12000) cm

= arcsen [ 589,59 X 10-

9

111

(1 / 12000) cm

COMPROBACI ÓN El máximo de intensidad de primer orden para mayores longitudes de

onda aparece en ángulos más grand es, tal como era de esperar. PROBLEMA PRÁCTICO 33.4 Determinar los ángulos correspondientes a las dos líneas

amarillas del sodio si la red posee 15000 l.ú1eas por centímeh·o.

Una característica importante de uin espectroscopio es su capacidad para medir la luz de dos longitudes de onda muy próximas Jt. 1 y Jt. 2• Por ejemplo, las dos líneas amarillas destacadas del espectro del sodio tienen longitudes de onda de 589,00 nm y 589,59 nm, que pueden observarse como dos longitudes de onda si no se solapan sus máximos de ü1terferencia. Según el criterio de Rayleigh para la resolución, estas longitudes de onda se resuelven si la separación angular de sus máximos de interfexencia es mayor que la separación angular enh·e un máximo de interferencia y el primer mínimo de interferencia que aparece a cada lado. Se define e l poder de Tesolución de

~

(lOOcm)] X

X

--;-;,--

(lOOcm)] ---

1m

=

~ ~

= ~

1164

e A P 1T u Lo 3 3

Interferencia y difracción

una red de difracción como A/ltUI, siendo ló.AI la diferencia más peque11a entre dos longitudes de onda próxilnas, cada w1a de eUas aproximadamente igual a A, que pueden ser resueltas. El poder de resolución es proporcional a l número de rendijas iltuninadas porque cuantas más rendijas estén iluminadas más 1útido será el máximo de interferencia. Se puede demosh·ar que el poder de resolución R es A

R = - - = 111N

ló.AI

Divis~~ del h/

/ =

Haz de referencia

'/J,ysi(S U:l11•r:;, Jul. IO, 2006, Vol. 89, No. 2, l.cllcr 023112, 3 pp. Nepijko, S., and Wiesendnnger, lt, "Studies o( M11gnetic PropcrtiL"s oí Small P.uticlcs b)• Elcdron Hologr~lphy." A¡>J'li.

Mínimos de interferencia {fuentes con una diferencia de fose de 180") 2. Difracción

111 = O,1,2, ...

dsen001 =111>.

111 = l, 2, 3, .. .

33.2 33.3

Se produce difracci6n siempre que una porción de un frente de onda se encuentra limitada por w1 obStáculo o abertura. La intensidad de la luz en un punto cualquiera del espacio puede calcularse mediante el empleo del principio de Huygens, considerando que cada punto del frente de onda es una fuente puntual y teniendo en cuenta el diagran1a de interferencia resultante.

Diagramas de Fraunl1ofer

Los diagramas de Fraunhofer se observan a distancias grandes del obstáculo o abertura, de modo que los rayos que llegan a un punto cualquiera son aproximadamente paralelos, o bien pueden observarse utilizando una lente para enfocar los rayos paralelos sobre una pantalla de observación situada en su plano focal.

Diagramas de Fresnel

Los diagramas de Fresnel se observan en puntos próximos a la fuente.

Una sola rendija

Cuando la luz está incidiendo sobre una sola rendija de anchura 11, el dfagrama de intensidad sobre una pantalla muy alejada muestra un máximo cenlral de difracción ancho que disminuye a cero para un ángulo 01 dado por >. seno = 33.9

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

1

11

La anchura del máximo central es inversamente proporcional a la andmra de la rendija. Se presentan otros ceros en el d iagrama de difracción d e um1 sola rendija en ángulos dados por 11

seno., = 111>.

111 = 1, 2, 3, ...

33.11

A cada lado del máximo central existen máximos secundarios de mucha menos intensidad. ---------~---------------

Dos rendijas

E1 diagrama de interferencia-difracción de dos rendijas es el diagrama de interferencia modulado por el diagrama de difracción de una sola rendija.

Resolución de dos fuenlés

Cuando la luz procedente de dos fuentes o focos que están muy próximos pasa a lravés de una abertura, los diagramas de difracción de ambas fuentes pueden solaparse. Si el solapamiento es demasiado grande, no pueden resolverse las dos fuentes como dos f1.1entes separadas. Cuando el máximo central de difracción de una fuente coincide con el mínimo de difracción de la otra, se dice que las dos fuentes están en el límite de resolución según el criterio de Rayleigh. En el caso de una abertura circular de diámetro O, la separación angular crítica de dos fuentes mediante el criterio para la resolución de Rayleigh es

J

Problemas

1167

OBSERVACIONES Y ECUACIONES RELEVANTES

TEMA

33.25

Criterio de Rayleigh

Una red de difracción está formada por un gran número d e rayas o rendijas muy juntas, y se utiliza para medir la longitud de onda de la luz emitida por una fuente. Las posiciones de los máximos de interferencia de una red vienen dadas por

*Redes

rf senOm = 111>..

111 = O, 1, 2,...

33.26

donde 111 es e l número de orden. El poder de resolución de una red es

R = - >.- = 111N

33.27

liu j

s ie ndo N e l número de re ndijas de la red que resultan iluminadas. 3. *Fasores

Dos o más ondas a1mónicas p ueden su ma.-se representando cada onda por lUl vector bidime nsional llamado fasor. La diferencia de fase entre las ondas se representa por el ángulo que forman entre sí los fasores.

Respuestas a las comprobaciones conceptuales 6

33.1 33.2

Verdadem. La difracción de Fresnel describe la figuras de difracción para cualquier d is tancia de la fuente a la pantalla, y la de Fraunhofe1~ para distancias considerables, es deci1~ cuando la fuente de luz se encuentra muy alejada de la pantalla.

Respuestas a los problemas prácticos 33.1

9,2 cm-

33.2

4,4 mm.

1

= 5,0 V/m, ó "' 37°

33.3

A

33.4

62,07° y 62,18º

Problemas Concepto simple, un solo paso, relativamente fácil

En a lgunos problemas se dan m ás datos de los r ealme nte necesarios; en otros pocos, deben a portarse algunos d a tos a partir d e conocimientos g enerales, fuentes externas o esti maciones lógicas .

•• ••• "HM'

En los datos numé ricos sin coma d ecimal se debe n consid erar s ig n ificativos todos los díg itos, incluidos los ceros a Ja derecha del ú ltimo diferente de cero.

PROBLEMAS CONCEPTUALES • Para que exista en una onda luminosa una diferencia de fase, se requiere un mínimo de diferencia de ca mino óptico. ¿Cuál es este mínimo? (n) 90". (b) 180"- (e) 27('/'. (rl) El resultado depende de la longitud de onda de la luz.

• Un aro d é alar'l'lhfe se introduce e n agua jabonosa y se saca de modo que la película jabonosa esté vertical. (n) Cuando se observa por reflexión con luz blanca, la parte superior de la película aparece negra. Explicar la razón. (b) Debajo de la región negra existen bandas coloreadas. ¿La primera de ellas es roja o vio leta? 6

• Se genera una figura i11terferencial de dos rendijas utiHzando luz láser monocromática de longitud de onda de 640 nm. ¿Cuál es la diferencia de camino óptico procedente de cada una de las rendijas, en el segundo máximo de luz a partir del centrnl? (n) 640 nm. (b) 320 nm. (e) 960 nm. (d) 1280 nm. l'§!W

1

• En el esquema interferencia! de dos rendijas formado con luz de 640 nm, ¿cuál es la diferencia de fase en el primer m(nimo a partir del máximo central debida a la luz procedente de cada una de las rendijas? (11) 640 nm. (b) 320 nm. (e) 960 nm. (d) 1280 nm.

3

4 • Si el ángulo de una película de a ire en forma de cu ña tal como el ángulo del ejemplo 33.2 es de masiado grande, las franjas interferenciales no se observru1. ¿Por qué?

s • ¿Por qué para observar colores en un diagrama de interferencia la película donde se fom1an ha de ser delgada?

La solución se encuentra en e l Mn1111nl de so/11cio11es Los problemas consecutivos que están sombreados son

•

• En el experimento de los anillos de Newton, la separación entre circunferencias interferenciales decrece rápidamente segi.'m van creciendo sus diámetros. Explique por qué ocurre este fenómeno. ssM

Desafiante, para alumnos avanzados

problemas relacionados.

¿Cuáles de las siguie ntes parejas de fuentes lum inosas son coherentes? (n) Dos candeh1s. (b) Una fuente de luz y su imagen reflejada en un esp~jo plano. (e) Dos pequeños orificios ilu minados por la misma fuente d e luz . (d) Dos faros de coche. i(e) Dos imágenes de una fuente puntual producida por reflexión de las dos s uperficies, delantera y trasera, de una de una película jabonosa. 2

Nivel intermedio, puede exigir síntesis de conceptos

• Formamos una figura interferencia 1con dos rendijas ilurninadas con luz cuyil longitud de onda es de 450 nm. ¿Cómo v¡irfa la distancia en tre el primer máximo y el central cuando las dos rendijas se van acercando entre sí? (n) La distancia crece. (b) Dea·ece. (e) Permanece igual. 9

• En el diagrama de interferencia de dos rendijas formadas por dos ondas monocromáticas, una verde y otra roja, ¿cuál de estas frecuencias tiene su p1'in1er máximo más cercano de s u máximo central? (n) Verde. (b) Roja, (e) Ambas frecuencias presentan distancias iguales entre los citados máximos.

10

1168

e A P f Tu Lo 3 3

Int erferencia y difracción

11 • En el esquema de difracción con una rendija formada con luz de longitud de onda de 450 nm, ¿cómo se modifica la distancia entre el primer máximo y el máximo central cuando la rendija disminuye de tama1io? (n) La distancia crece. (b) Decrece. (e) Permanece igual.

visión normal puede distinguir con dificultad dos estrellas, aun siendo conocidas, cuando aparecen juntas en el firmamento. Quien no dijera que había dos estrellas fallaría la prueba.) "!J9l\1!'

12 • Las ecuaciones 33.2, rl sen O"' = 111>., y 33.11, n sen O"' = 111>., son fáciles de confundir. Definir para cada ecuación los símbolos que intervienen y razonar sus aplicaciones.

DIFERENCIA DE FASE Y COHERENC I A

Cuando una red de difracción se ilumina con luz blanca, el máximo de luz verde de primer orden (n) está más próximo al máximo central que el de la luz roja, (b) está más próximo al máximo central que el de la luz azul, (e) solapa el máximo de luz roja de segundo orden, (rl) solapa el máximo de Luz azul de segundo orden. 13

•

14 • En una cámara donde puede hacerse el vacío, se monta un experimento de interferencias de doble rendija. Uti lizando luz monocromática, se observa un determinado diagrama de interferencia cuando la cámara está en contacto con el aire. Al hacer el vacío, se observa que (n) las franjas de interferencia permanecen fijas, (b) las franjas de interferencia se aproximan entre sí, (e) las franjas de interferencia se separan alejándose, (rl) las franjas de interferencia desaparecen completamente.

• Verdadero o falso: (n) Cuando ocurre interferencia destructiva entre dos ondas, la energía se convierte en energía térmica. (b) Sólo se observa interferencia en ondas procedentes de fuen tes coherentes. (e) En el diagrama de difracción de Fraunhofer correspondiente a una sola rendija, cuando más estrecha es ésta, más ancho es el máximo central del diagrama de difracción. (rl) Una aberh.1ra circular puede producir un diagrama de difracción de Fraunhofer y w1a de Fresnel. (e) La capacidad de resolver dos fuentes puntuales depende de la longitud de onda de la luz. "!!lll'

15

Se observan dos fuentes de luz blanca muy próximas entre si a través de un orificio circular y utilizando filtros. ¿Qué filtro es más apropiado para impedir la resolución de la imagen en la retina cuando la luz procede de dos distintas fuentes? (n) Rojo. (b) Amarillo. (e) Verde. {rl) Azul. (e) La elección del filtro es irrelevante. 16

•

11 • • Explicar por qué la capacidad del ojo humano para distinguir la luz de los faros de un coche que se acerca es superior por la noche que con la luz del día. Considerar que los faros de ese coche están encendidos tanto de noche como de dla.

22 • Se hace incidir normalmente luz de 500 nm de longitud de onda sobre una película de agua de 10-• cm de espesor. El índice de refracción del agua es 1,33. (n) ¿Cuál es la longitud de onda de la luz en el agua? (b) ¿Cuántas longitudes de onda están contenidas en la distancia 21, siendo I el espesor de la película? (e) ¿Cuál es la diferencia de fase entre la onda reflejada en la parte superior de la película y la reflejada en la interfase del fondo agua-aire después de que ha recorrido esta distancia?

23 • • Dos fuentes coherentes de microondas que producen ondas de 1,5 cm de longitud de onda están en el plano xy; una fuente en el eje y en y = 15 cm y la otra en x = 3 cm, y = 14 cm. Si las htentes están en fase, hallar la diferencia de fase entre las dos ondas cuando llegan al origen de coordenadas. 'S?l'l\'I'

INTERFERENCIAS EN PELÍCULAS DELGADAS • Se prepara una pellcula de aire en forma de cuña colocando un trocito de papel entre los bordes de dos láminas de vidrio planas. Una luz de 700 nm de longitud de onda incide normalmente sobre las láminas de vidrio y se observan bandas de interferencia por reflexión. (n) La primera banda próxima al punto de contacto de las láminas, ¿es oscura o brillante? ¿Por qué? (b) Existen cinco bandas oscuras por centlmetro. ¿Cuál es el ángulo de la cu1ia? 24

• • El diámetro de hilos finos se puede medir con precisión mediante diagramas de interferencia. Dos láminas de vidrio de longitud L ópticamente planas se disponen junto con el hilo en la forma indicada en la figura 33.40. Este montaje se ilumina con luz monocromática y se detectan las franjas de interferencia resultantes. Supóngase que l.. = 20 cm y que se utiliza luz amarilla de sodio para su iluminación (A"' 590 nm). Si se ven 19 franjas brillantes a lo largo de la distancia de 20 cm, ¿cuáles son los limites del diámetro del hilo? S11gere11cin: la fra11jn 19 porlrfn 110 estar j11sto e11 el ex/ re1110, pero 110 se ve11 20frn11jns. "!1'!1111" 25

• • Se utiliza luz de 600 nm de longitud de onda para iluminar con incidencia normal dos placas de vidrio de 22 cm de longitud que están en contacto por un extremo y separadas por el otro mediante un hilo de 0,025 mm de diámetro. ¿Cuántas franjas aparecerán a lo largo de la longitud total de las placas? 26

ESTIMACIONES Y APROXIMACIONES • Se dice que la gran Muralla China es la única obra humana que se puede ver desde el espacio a simple vista. Argumentar esta afirmación apoyándose en el poder de resolución del ojo humano. Evaluar ila validez del argumento para observadores localizados tanto en una órbita cercana a la Tterra, a unos 400 km, como en la Luna.

18

(n) Hacer una estimación de cuánto se tiene que aproximar lll1 coche a un observador en una recta de una autopista para que pueda distinguir por la noche la pareja de faros del coche del único faro de una motocicleta. (b) Hacer una estimación de la distancia en línea recta a la que es preciso estar, para que la estela luminosa de dos luces rojas de un cod1e se vean como w1a sola. "!!llJI'

19

• • Se pone un pequeño altavoz a gran distancia de un observador y situado al este. Se conecta al altavoz una señal sinusoidal de frecuencia variable. Estimar la frecuencia más baja a la que sus oídos reciben las ondas de sonido hiera de fase cuando el observador está mirando haci¡¡ el norte. 20

• • Hacer una estimación de la distancia máxima a la que un sistema de estrella doble puede ser vista como tal por el ojo humano. Asumir que las dos estrellas están a una distancia 50 veces mayor que la existente entre la Tierra y el Sol, y despreciar los fenómenos atmosféricos. (Una prueba de agudeza visual, similar a ésta, es la que se proponía en la antigua Roma para entrar en el ejercito. Una persona con 21

•

• •

F 1G

u

RA

3 3. 4

o Problem a 25

• • Una película delgada de índice de refracción 1,5 está rodeada por aire. Se ilumina con luz blanca que incide normalmente y se observa por reflexión. El análisis de la luz reflejada resultante muestra que las (micas longitudes de onda que se han perdido cerca de la parte visible del espectro son las de 360, 450 y 602 nm. Es decir, en el caso de estas longitudes de onda existe interferencia destructiva. (a) ¿Cuál es el espesor de la película? (b) ¿Qué longitudes de onda visible serán las más brillantes en el diagrama de interferencia reflejado? (e) Si esta película está depositada sobre vidrio cuyo índice de refracción es 1,6, ¿qué longitudes de onda del espectro visible se perderán en la luz reflejada? 21

2s • • Una gota de aceite (11 = 1,22) flota sobre agua (11 = 1,33). Cuando se observa luz reflejada desde arriba, del modo indicado en la figura 33.41, ¿cuál es el espesor de la gota en el punto en donde se ob-

1169

Problemas serva Ja segunda franja roja, contando desde el borde de la gota? Suponer que dicha luz tiene Lma longitud de onda de 650 nm. • • Una película de aceite de índice de refracción 11 = 1,45 repos., sobre una pieza de vidrio ópticamente plana de índice de refracción 11 = 1,6. Cuando se ilumina con ILLZ blanca de incidencia no1mal, predomin.an en Ja luz reflejada las longitudes de onda de 690 y 460 nm. Hallar el espesor de Ja pelfcula de aceite. 'SSM"

35 • Ulfüzando tm aparato convencional de dos rendjjas con luz de 589 nrn de longitud de onda, se observan, sobre una pantalla a 3 m, 28 franjas brillantes por centímetro. ¿Cuál es la separación enh-e las rendijas? 'SSWI'

29

• Se hace incidir normalmente luz de 633 nm de longitud de onda procedente de Llll láser de helio-neón sobre un plano que contiene dos rendijas. El primer máximo de interferencia se encuentra a 82 cm del máximo central cuando se observa en una pantalla situada a 12 m. (n) Calcular la separación de las rendijas. (b) ¿Cuántos máximos de interferencia es posible observar?

36

e F

1G u

J R A

3 3. 4 1

Problema 28

30 • • Una película de aceite de índice de refracción 11 = 1,45 flota sobre agua (11 = 1,33). Iluminada con luz blanca de incidencia normal, predominan en la luz reflejada las longitudes de onda de 700 y 500 nm. Determinar el espesor de Ja película de aceite.

ANILLOS DE NEWTON • • Un aparato de a1úllos de Newton se compone de una lente de vidrio p lano-convexa de radio de cmvatura R que descansa sobre una lámina de vidrio plana, como se ve en Ja figura 33.42. La película delgada que hay entre ambas es aire de espesor variable. El diagrama se observa por luz reflejada. (11) Demostrar que en el caso de Llll espesor 1 la condición J¡Jªra un anillo brillante de interferencia (constructiva) es 21 = (111 +!JA, donde /11 = O, l, 2, ... (b) Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo de lados I', R - 1, e hipotenusa R., demostrar que para f

r

donde

1' es la diferencia de

fase entre las ondas

parciales que llegan desde los bordes opuestos de la rendija. Calcular el valor Je t./> para los tres primeros máximos secundarios, determinando, a su vez, el áng\1)0 para el que rll / tl. = 440 nm para que se difracte por las alas de esta mariposa Morp/10? 66 • • Una red de 2000 rendijas por centímetro se utiliza para ana lizar el espectro del mercurio. (n) Hallar la desviación angular de primer orden de las dos líneas de 579,0 nrn y 577,0 nm de longitud de onda. (b) ¿Cuál deberá ser la anchurn del haz en la red para que puedan resolverse estas lfne