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Electricidad y
Magnetismo
Compilado de problemas resueltos
´n Urrutia Quiroga
Sebastia
[email protected]
web.ing.puc.cl/~ sgurruti/
Segunda Edici´on – Febrero de 2015
´Indice
1. Electrost´
atica
2
1.1. Integrales de Coulomb: fuerza y campo el´ectrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
1.2. Ley de Gauss para el campo el´ectrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
1.3. Potencial el´ectrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
1.4. Energ´ıa potencial electrost´atica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
1.5. Conductores y capacitancias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
2. Electricidad en medios materiales
50
2.1. Ecuaciones de Laplace y Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
2.2. Diel´ectricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
56
2.3. Corriente el´ectrica y ley de Ohm microsc´opica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
2.4. Ley de Ohm macrosc´opica: circuitos fem/R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
2.5. Circuitos RC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
83
3. Magnetost´
atica
93
3.1. Fuerza de Lorentz y torque sobre una espira . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
93
3.2. Ley de Biot-Savart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
3.3. Ley de Amp`ere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
4. Campos variables en el tiempo
124
4.1. Ley de inducci´on de Faraday-Lenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
4.2. Inductancia. Circuitos RL, LC y RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
4.3. Corriente Alterna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
5. Ecuaciones de Maxwell
151
5.1. Introducci´on a la teor´ıa electromagn´etica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
–1–
1.
Electrost´
atica
1.1.
Integrales de Coulomb: fuerza y campo el´
ectrico
(1) Considere la distribuci´on de cargas puntuales de la figura:
b
P
r
−q
+2q
b
b
d
b
−q
d
a) Calcule el campo el´ectrico en P
b) Evalu´e el caso l´ımite r ≫ d, ¿c´omo var´ıa la magnitud del campo el´ectrico con la distancia en
este caso?
Soluci´
on:
a) El campo el´ectrico en P puede ser obtenido utilizando el Principio de Superposici´on. El campo
el´ectrico producido por +2q es simplemente:
~1 =
E
1 2q
ˆ
4πǫ0 r 2
~ = −d ˆ
Si hacemos ~r = r ˆ y R
ı, entonces el campo producido por la carga de la derecha es:
~
~r − R
q
r ˆ + d ˆ
ı
~2 = − q
E
=−
~ 3
4πǫ0 k~r − Rk
4πǫ0 (r 2 + d2 )3/2
De manera an´aloga, por simetr´ıa, el campo producido por la carga de la izquierda es:
r ˆ − d ˆ
ı
~3 = − q
E
2
2
4πǫ0 (r + d )3/2
~ P viene dado por:
As´ı, el campo total E
3
X
2qr ˆ
q
~P =
~ j = 1 2q ˆ − 1
E
E
=
2
2
2
3/2
4πǫ0 r
4πǫ0 (r + d )
2πǫ0
j=1
–2–
1
r
− 2
2
r
(r + d2 )3/2
ˆ
b) Para analizar el l´ımite r ≫ d, reescribimos el campo de la siguiente manera:

2 !−3/2 
d


1+


r
q
1


~
EP =
 2−
 ˆ
2

2πǫ0  r
r


Ahora, utilizando la expansi´on de Taylor a primer orden
n
1 + ε ≈ 1 + nε , ε ≪ 1
se tiene que:
2 !−3/2
3 d2
d
1+
≈1−
r
2 r2
Entonces,
~P ≈ q
E
2πǫ0
y por tanto:
1
1
3 d2
−
+
r 2 r 2 2r 2 r 2
ˆ
2
~ (r≫d) = 3qd ˆ
E
P
4πǫ0 r 4
Notar que, para grandes distancias (r ≫ d), esta distribuci´on de carga genera un campo que
1
1
decae como 4 , lo que contrasta con el campo de una carga puntual que decae seg´
un 2 .
r
r
(2) Dos peque˜
nas esferas conductoras, de igual masa m y carga q, cuelgan por dos hilos no conductores
sin masa y de largo ℓ. Cada esfera forma un ´angulo θ con el eje vertical, como se muestra en la
figura.
b
ℓ
θ θ
+
ℓ
+
r
a) Calcule el valor de la carga q para el equilibrio est´atico del problema.
–3–
b) Suponiendo que las esferas pierden carga a raz´on λ > 0 C/s, ¿con qu´e velocidad angular se
acerca una a la otra, para θ ≪ 1?
Soluci´
on:
a) Debido a la simetr´ıa del sistema, bastar´a con hacer an´alisis de fuerzas para una de las cargas.
Consideramos el equilibrio entre las tres fuerzas que act´
uan: la fuerza de repulsi´on electrost´atica
Fe , la tensi´on sobre el hilo T , y la fuerza de gravedad mg:
X
Fx = 0 −→ T sin θ − Fe = 0
X
Fy = 0 −→ T cos θ − mg = 0
La primera ecuaci´on equivale a
q2
T sin θ = k 2
r
−→
r 2 T sin θ
q =
k
2
De la segunda ecuaci´on,
T =
−→
q = ±r
r
T sin θ
k
mg
cos θ
Por tanto, y como r = 2ℓ sin θ,
q = ± 2ℓ sin θ
r
mg tan θ
k
b) Para ´angulos peque˜
nos, sin θ ≈ tan θ ≈ θ. Del enunciado, q˙ = −λ (pues pierde carga) y, al
decirnos que las esferas se acercan, las cargas son necesariamente positivas:
r
mg
3/2
q = αθ , α = 2ℓ
k
Derivando con respecto al tiempo,
dq
∂ 3/2 dθ
3α √ ˙
= q˙ =
αθ
=
θθ
dt
∂θ
dt
2
−→
2λ
θ˙ = − √
3α θ
Finalmente, la velocidad angular de la esfera a la izquierda ser´a:
ˆ
ω
~ 1 = − θ˙ k
Y la de la esfera derecha:
ˆ = −~ω1
~ω2 = + θ˙ k
–4–
(3) Determine el campo el´ectrico generado por un alambre infinito con densidad de carga uniforme,
localizado en el eje z.
Soluci´
on:
Consideremos la siguiente situaci´on, en donde λ representa la densidad lineal de carga:
~ = z kˆ
R
~r
z0 kˆ
y
ρˆ
ρ
x
en donde
~ = z k,
ˆ −∞ < z < ∞
R
−→
dR = dz
ˆ + ρ ρˆ
~r = z0 k
~ = (z0 − z) k
ˆ + ρ ρˆ
~r − R
As´ı,
~ r) =
E(~
λ
4πε0
∞
h
i1/2
~ = (z0 − z)2 + ρ2
∴ k~r − Rk


(z0 − z)
ρ


ˆ+h
h
i3/2 k
i3/2 ρˆ dz
−∞
(z0 − z)2 + ρ2
(z0 − z)2 + ρ2
ˆ
ˆ + Eρ ρˆ
= Ez k
con
Ez
ˆ ∞
(z0 − z)
λ
=
dz
u = z0 − z
4πε0 −∞ [(z0 − z)2 + ρ2 ]3/2
ˆ ∞
λ
u du
=
(la funci´on es impar)
2
4πε0 −∞ [u + ρ2 ]3/2
= 0
–5–
Eρ =
=
=
=
=
ˆ ∞
ρ
λ
dz
u = z − z0
4πε0 −∞ [(z0 − z)2 + ρ2 ]3/2
ˆ ∞
λ
ρ du
u = ρ tan θ, du = ρ sec2 θdθ
2
2
3/2
4πε0 −∞ [u + ρ ]
ˆ π/2
ρ2 sec2 θ dθ
λ
4πε0 −π/2 [ρ2 (1 + tan2 θ)]3/2
ˆ
ˆ
λ 1 π/2 ρ2 sec2 θ dθ
λ 1 π/2
=
cos θ dθ
4πε0 ρ −π/2
sec3 θ
4πε0 ρ −π/2
λ 2
4πε0 ρ
Resumiendo,
~ r) =
E(~
λ ρˆ
2πε0 ρ
(4) Encuentre el campo el´ectrico a una distancia z sobre el centro de un disco circular plano de radio
R, el cual posee una densidad de carga superficial σ constante. ¿Qu´e pasa con su f´ormula en el caso
en que R → ∞? Revise tambi´en el caso en que z ≫ R.
Soluci´
on:
ˆ,
Sean: ~r = z k
~ = ρ ρ.
R
ˆ As´ı,
~ = zk
ˆ − ρ ρˆ
(∗) ~r − R
p
~ = z 2 + ρ2
(∗) k~r − Rk
(∗) dS = ρ dρ dθ
As´ı,
~
~r − R
dS
~ 3
|~r − R|
ˆ 2π ˆ R
ˆ − ρ ρˆ
σ
zk
=
ρ dρ dθ
2
2 3/2
4πǫ0 0
0 (z + ρ )
ˆ + Eρ ρˆ
= Ez k
~ r) =
E(~
1
4πǫ0
¨
σ
Ya sea mediante el c´alculo expl´ıcito de la integral, o por argumentos de simetr´ıa del problema, se
concluye que:
Eρ ≡ 0
–6–
Por otra parte,
Ez
ˆ 2π ˆ R
σz
ρ dρ dθ
=
2
2 3/2
4πǫ0 0
0 (z + ρ )
ˆ R
ρ
σz
=
dρ
2
2ǫ0 0 (z + ρ2 )3/2
1
1
σz
=
−√
2ǫ0 |z|
z 2 + R2
Por lo tanto,
σz
~
E(z)
=
2ǫ0
1
1
−√
|z|
z 2 + R2
ˆ
k
Notemos que, si R → ∞, entonces el disco cubrir´a todo el plano; por esta raz´on, el campo el´ectrico
de un plano infinito con carga superficial constante es:
σ
Eplano = l´ım E(z) = ±
R→∞
2ǫ0
y en constante, con signo dependiente de si estamos sobre (+) o bajo (−) el plano.
Para z ≫ R > 0, entonces:
1
1
√
=
2
2
z
z +R
Con ello,
Ez≫R =
R2
1+ 2
z
−1/2
1
≈
z
1 R2
1−
2 z2
σz R2
πR2 σ
1 Q
=
=
2ǫ0 2z 3
4πǫ0 z 2
4πǫ0 z 2
con Q = σπR2 la carga total del disco.
(5) Considere un plano infinito de densidad de carga uniforme σ, con un orificio circular de radio R:
a) Obtenga el campo el´ectrico sobre un punto arbitrario del eje –perpendicular al plano– que
pasa por el centro del orificio.
b) Suponga que ahora, a lo largo de este eje, se ubica un hilo no conductor de largo ℓ con densidad
de carga lineal uniforme λ desde z = 0 hasta z = ℓ, con z es la distancia perpendicular al
plano. Encuentre la fuerza el´ectrica entre ambos objetos.
–7–
Soluci´
on:
a) Para resolver este problema, usamos el Principio de Superposici´on: el campo el´ectrico de la figura
corresponde a la suma de los campos producidos por un plano infinito (con densidad de carga
σ) y un disco de radio R (con densidad de carga −σ). Supongamos que el plano agujereado
se encuentra en el XY ; as´ı, el problema consiste en obtener el campo sobre un punto del eje
z. Del problema anterior, estos campos son conocidos, por lo que:
σ
z
z
σ z ˆ
~
~
~
ˆ= σ √ z
ˆ
E(z) = Eplano + Edisco =
k−
−√
k
k
2
2
2
2
2ǫ0 |z|
2ǫ0 |z|
2ǫ
z +R
z +R
0
b) Por la tercera Tercera Ley de Newton, podemos calcular la fuerza entre ambos elementos como
la fuerza ejercida por el plano agujereado sobre la barra. El elemento de fuerza el´ectrica que
el plano ejerce sobre un elemento dq = λdz del alambre es:
~
~
dF~ = E(z)dq
= λE(z)dz
=
σλ z dz ˆ
√
k
2ǫ0 z 2 + R2
Por tanto, la fuerza sobre el hilo completo es:
ˆ ℓ
F~ =
dF~
0
ˆ ℓ
σλ
z dz
ˆ
√
=
k
2 + R2
2ǫ0
z
0
ℓ
σλ √ 2
ˆ
z + R2 k
=
2ǫ0
0
σλ √ 2
ˆ
=
ℓ + R2 − R k
2ǫ0
(6) Un recipiente hemisf´erico no conductor, de radio interior a, tiene una carga total Q repartida
uniformemente en su superficie. Encuentre el campo el´ectrico en el centro de curvatura.
–8–
Soluci´
on:
Tomamos como origen el centro de curvatura de la semiesfera. A partir de esto, podemos determinar
la contribuci´on de un elemento diferencial de carga en la superficie al campo el´ectrico en el eje que
ˆ (El campo E,
~ por simetr´ıa, solo
pasa por el centro de curvatura, que coincide con la direcci´on k
ˆ
tendr´a componente en k).
~
~r − R
~ = 1
dE
σdS
~ 3
4πǫ0 k~r − Rk
Un elemento diferencial de superficie sobre la esfera est´a dado por
dS = a2 sin θ dθ dφ
y, como la carga est´a uniformemente distribuida, la densidad superficial es simplemente
σ=
Q
2πa2
Con esto, podemos determinar el campo total integrando sobre toda la superficie:
2
~ r) = a
E(~
4πǫ0
ˆ
2π
0
ˆ
π
sin θ
π/2
~
Q ~r − R
dθ dφ
~ 3
2πa2 k~r − Rk
Evaluando en ~r = ~0 obtenemos el campo en el centro de curvatura:
~C = − Q
E
8π 2 ǫ0
ˆ
0
2π
ˆ
π
sin θ
π/2
~
R
dθ dφ
~ 3
kRk
~ = a ρˆ = a cos θ k
ˆ + a sin θ cos φ ˆ
~ = a. Por el argumento
Si tomamos R
ı + a sin θ sin φ ˆ, entonces |R|
ˆ De todas formas, se puede verificar calculando
de simetr´ıa, solo interesa la componente seg´
un k.
expl´ıcitamente las integrales en ˆ
ı, ˆ. Con esto,
ˆ π
ˆ π
Q
Q
Q
EC = −
cos θ sin θ dθ = −
sin 2θ dθ =
2
2
4πǫ0 a π/2
8πǫ0 a π/2
8πǫ0 a2
|
{z
}
= −1
Finalmente,
~ C = EC k
ˆ=
E
Q ˆ
k
8πǫ0 a2
–9–
1.2.
Ley de Gauss para el campo el´
ectrico
(1) Considerando la ley de Gauss,
q
~ ·n
E
ˆ dS =
ε0
¨
S
~ de una esfera cargada
con q la carga encerrada por la superficie S, determine el campo el´ectrico E
uniformemente, de carga Q y radio a.
Soluci´
on:
Primero que todo, calculemos la densidad volum´etrica de carga para la esfera:
ρ(r) =
Q
Q
3Q
=
=
4 3
V
4πa3
πa
3
~ = E(r) rˆ. Como superficies gaussianas, tomaremos esferas de radio
Por simetr´ıa, proponemos que E
r con normal exterior n
ˆ = rˆ. As´ı,
¨
¨
qenc
~
E·n
ˆ dS =
E(r)ˆ
r · rˆ dS = E(r) A(S) = 4πr 2 E(r) =
ε0
S
S
Para calcular la carga encerrada, distinguimos dos casos:
r>a
qenc = Q
r<a
−→
r 3
4
qenc = ρ(r) · πr 3 = Q
3
a
E(r) =
−→
Q
4πε0 r 2
E(r) =
Q
r
4πε0 a3
Notar que es continua en r = a. As´ı, el campo el´ectrico tiene la siguiente forma:
E(r)
Q
4πε0 a2
∝r
∝
1
r2
r
r=a
– 10 –
con:
~
E(r)
=

Qr


ρˆ , si r < a

 4πǫ0 a3




Q
ρˆ , si r ≥ a
4πǫ0 r 2
[Propuesto] Compare este resultado con el c´alculo hecho mediante integrales de Coulomb.
(2) Considere un cable coaxial muy largo, compuesto por un cilindro s´olido interior –de radio a– que lleva
una densidad de carga volum´etrica ρ (constante), y por un cilindro exterior hueco –de radio b > a–
que lleva una densidad de carga superficial σ; esta densidad es tal que hace al cable el´ectricamente
neutro. Encuentre el campo el´ectrico producido por el cable en todo el espacio.
Soluci´
on:
Establecemos un sistema de coordenadas cil´ındricas en el centro del cable. Distinguimos tres regiones:
(i) r > b
(ii) a < r < b
(iii) 0 ≤ r < a
Por simetr´ıa, el campo (de existir) debe ser radial, y su magnitud u
´ nicamente funci´on del radio
(pues el cable posee una simetr´ıa azimutal, i.e. es invariante ante una rotaci´on del ´angulo polar).
r>b
Dada la simetr´ıa, usaremos como superficie gaussiana un cilindro de radio r < b y altura h.
Luego,
¨
¨
¨
~
~
~ ·n
E·n
ˆ dS =
E·n
ˆ dS +
E
ˆ dS
S
M anto
T apas
~ = E(r) ρ;
Para el manto, n
ˆ = ρˆ y E
ˆ de esta forma:
¨
¨
~ ·n
E
ˆ dS = E(r)
dS = 2πrhE(r)
M anto
M anto
ˆ De esta forma, E
~ ⊥n
Por otro lado, para las tapas, n
ˆ = ± k.
ˆ y por tanto:
¨
~ ·n
E
ˆ dS = 0
T apas
– 11 –
Con esto,
Φe = E(r)2πrh
pero como el cable es neutro, qenc = 0. Luego,
E(r)2πrh = 0
−→
E(r) = 0
Notar que: qenc = πa2 hρ + σ2πbh = 0 −→ σ = −
ρa2
2b
a<r<b
Nuevamente utilizaremos como superficie gaussiana un cilindro de radio r y altura h. Por los
mismos argumentos anteriores, la integral de flujo el´ectrico se reduce a:
Φe = E(r)2πrh
La carga encerrada en este caso corresponde qenc = ρVa , con Va = πa2 h el volumen del cilindro
s´olido interior. As´ı,
πa2 h
a2 ρ
E(r)2πrh = ρ
−→ E(r) =
ǫ0
2ǫ0 r
0≤r<a
Escogemos la misma superficie gaussiana. Los mismos argumentos de simetr´ıa son v´alidos en
esta regi´on, y por tanto:
Φe = E(r)2πrh , qenc = ρπr 2 h
Entonces,
E(r)2πrh = ρ
πr 2 h
ǫ0
−→
E(r) =
ρr
2ǫ0
En resumen (notando que existe una discontinuidad en el campo al atravesar la superficie cargada
r = b),
 ρr

ρˆ , si 0 ≤ r < a


2ǫ

0




a2 ρ
~
E(r) =
ρˆ , si a < r < b

 2ǫ0 r





 ~
0
, si b < r
– 12 –
(3) Considere dos esferas no conc´entricas de radio R. La primera de ellas lleva una densidad volum´etrica
de carga ρ y la segunda −ρ. Los centros de las esferas est´an a distancia d < 2R. Si d~ es el vector
que va del centro de la esfera positiva al centro de la negativa, demuestre que el campo el´ectrico en
la intersecci´on de las esferas es constante, y encuentre su valor.
b
b
d~
Soluci´
on:
Este problema se resuelve con superposici´on, recordando antes la f´ormula del campo el´ectrico generado por una distribuci´on homog´enea y esf´erica de carga (resuelto anteriormente):

Qr


ρˆ , si r < a

 4πǫ0 a3
~
E(r)
=


Q


ρˆ , si r ≥ a
4πǫ0 r 2
donde r es la distancia al centro de la distribuci´on. Ahora, sea P un punto arbitrario dentro de la
regi´on de intersecci´on:
P
b
~r ′
~r
ρ
b
d~
b
−ρ
El campo en P producido por la distribuci´on de carga positiva es
~ 1 = ρ ~r
E
3ǫ0
– 13 –
y el de la distribuci´on negativa viene dada por
~ 2 = −ρ ~r ′
E
3ǫ0
As´ı, por el principio de superposici´on, el campo el´ectrico en P est´a dado por
~ )=E
~1 + E
~ 2 = ρ ~r − ρ ~r ′
E(P
3ǫ0
3ǫ0
~
Pero d~ + ~r ′ = ~r, de forma que ~r ′ = ~r − d:
~ ) = ρ ~r − ρ ~r − d~ = ρ d~
E(P
3ǫ0
3ǫ0
3ǫ0
El punto P fue escogido arbitrariamente; luego, para todo ~x dentro de la intersecci´on, el campo es
uniforme y est´a dado por
~ x) = ρ d~
E(~
3ǫ0
Notar que el campo es paralelo a la direcci´on que une ambos centros
(4) Considere la siguiente distribuci´on volum´etrica de carga en coordenadas esf´ericas
ρ(r) =
k
,
r2
a≤r≤b
Encuentre el campo el´ectrico en todo el espacio.
Soluci´
on:
Dado que no existe direcci´on privilegiada para la densidad de carga, el problema presenta simetr´ıa
~ = E(r) ρ.
esf´erica. Por esta raz´on, es posible argumentar que el campo en cuesti´on posee la forma E
ˆ
Ahora, nuestro problema separa al espacio en tres regiones:
r<a
Si empleamos una esfera de radio r como superficie gaussiana, entonces la ley de Gauss nos
se˜
nala que
¨
qenc
~ ·n
E
ˆ dS = E(r)A(S) =
−→ E(r) ≡ 0
ǫ0
S
pues no hay carga en dicha zona del espacio.
– 14 –
r>b
El c´alculo anteriormente realizado sigue siendo v´alido en esta regi´on, y por ello:
E(r) =
qenc
A(S)ǫ0
As´ı, como A(S) = 4πr 2 , nos basta hallar la carga encerrada en este caso:
qenc =
ˆ
2π
0
ˆ
0
b
π
ˆ
b
ρ(r)r 2 sin θ dr dφ dθ
a
k 2
r dr
2
a r
= 4πk(b − a)
= 4π
ˆ
Por tanto,
E(r) =
4πk(b − a) 1
k(b − a)
=
ǫ0
4πr 2
ǫ0 r 2
a<r<b
En este caso, la carga encerrada por la superficie gaussiana –esfera de radio r– es
ˆ r
k 2
r˜ d˜
r
qenc = 4π
˜2
a r
= 4πk(r − a)
De esta forma,
E(r) =
4πk(r − a) 1
k(r − a)
=
2
ǫ0
4πr
ǫ0 r 2
(5)
a) Determine la forma diferencial de la ley de Gauss. ¿Qu´e hip´otesis debe adicionar?
b) Una distribuci´on de carga el´ectrica produce un campo
ˆ
−αr ρ
~
E =c 1−e
r2
en donde c, α son constantes, y r es la distancia al origen. Encuentre la densidad volum´etrica
de carga de la distribuci´on, as´ı como tambi´en la carga encerrada dentro de una esfera de radio
r = 1/α.
Soluci´
on:
– 15 –
a) Supongamos que se cumplen las hip´otesis del teorema de la divergencia (lo cual es razonable
para los problemas f´ısicos de la mayor´ıa de los casos), y por ello:
¨
qenc
~ ·n
E
ˆ dS =
ǫ0
S
˚
˚
1
~
ρ dV
∇ · E dV =
ǫ0
V
V
˚ ρ
~−
0 =
∇·E
dV
ǫ0
V
Como lo anterior fue realizado para un volumen arbitrario, y dado que las funciones son
continuas, entonces se infiere que el integrando debe ser nulo para la que igualdad sea v´alida
para cualquier volumen. As´ı,
~ = ρ
∇·E
ǫ0
que el la forma diferencial de la ley de Gauss.
b) Para obtener la densidad volum´etrica de carga a partir de un campo, aplicamos la ley de Gauss
en su forma diferencial. Dado que trabajamos en coordenadas esf´ericas, la divergencia es:
1 ∂ 2 1 ∂
1 ∂Fφ
∇ · F~ = 2
r Fr +
sin θFθ +
r ∂r
r sin θ ∂θ
r sin θ ∂φ
En este caso, Eφ = Eθ = 0, y por tanto:
−αr
~ = cαe
∇·E
r2
−→
ρ(r) =
ǫ0 cαe−αr
r2
Ahora, la carga encerrada viene dada u
´ nicamente por:
ˆ 1/α
Q = 4π
ρ(r)r 2 dr = 4πǫ0 c 1 − e−1
0
(6) Considere una esfera aislante de radio a cargada el´ectricamente con carga 3Q y, conc´entrico a ella,
un cascar´on esf´erico conductor, de radio interior b y exterior c, cargado con carga −Q (ver figura).
Encuentre el campo el´ectrico para a < r, siendo r la distancia al centro de la esfera. Encuentre las
densidades de carga interior y exterior en el cascar´on conductor.
– 16 –
Soluci´
on:
Para calcular el campo usamos la ley de Gauss en coordenadas esf´ericas. Para a < r usamos
superficies gaussiana esf´ericas conc´entricas de radio r dependiendo de la regi´on de inter´es. En todos
los casos el campo es, por los mismos argumentos de simetr´ıa,
E(r) =
qenc
4πǫ0 r 2
Veamos cada regi´on del espacio:
a<r<b
En este caso el radio r de la superficie gaussiana es tal que la carga encerrada corresponde a
la almacenada en la esfera de radio a, qenc = 3Q. As´ı,
E(r) =
3Q
4πǫ0 r 2
b<r<c
En este caso el campo el´ectrico es nulo, por ser una regi´on dentro de un conductor.
E(r) = 0
c<r
En este caso, el radio de la superficie gaussiana permite que esta encierre tanto la esfera como
al cascar´on. Por ende, la carga encerrada es qenc = 3Q + (−Q) = 2Q. El campo es, entonces,
E(r) =
Q
2Q
=
2
4πǫ0 r
2πǫ0 r 2
Notar que en r = b, c el campo es discontinuo
Para obtener las densidades de carga en las superficies interior (r = b) y exterior (r = c) del cascar´on
conductor, usamos el hecho de que dentro del conductor (b < r < c) el campo es nulo, por lo que
el flujo a trav´es de una superficie gaussiana S esf´erica conc´entrica de radio r entre b y c tambi´en se
anula,
¨
~ ·n
Φe =
E
ˆ dS = 0
S
Pero, si el flujo se anula, necesariamente la carga encerrada dentro de esta superficie debe anularse.
Esto solo es posible si se inducen cargas en la superficie interior del cascar´on, tal que 3Q + Qb = 0.
Luego, Qb = −3Q y la densidad en la superficie interna del cascar´on es:
σb = −
– 17 –
3Q
4πb2
Ahora, como la carga neta del cascar´on conductor es −Q, necesariamente se debe inducir carga en
la superficie exterior, tal que:
−Q = Qb + Qc = −3Q + Qc
de donde Qc = 2Q, y la densidad de carga en la superficie exterior queda dada por:
σc =
2Q
Q
=
2
4πc
2πc2
(7) Calcule la fuerza por unidad de largo que se ejercen una banda muy larga, de ancho b y densidad de
carga σ, y un alambre igualmente largo, con densidad lineal de carga λ, puesto en el mismo plano
que la banda a distancia d del borde inferior, como muestra la figura.
Soluci´
on:
Podemos optar por calcular la fuerza que ejerce la distribuci´on lineal de carga sobre la distribuci´on
plana, o viceversa. Utilizaremos la primera opci´on, y para ello necesitamos obtener el campo el´ectrico
generado por la distribuci´on lineal. Esto puede calcularse con ley de Gauss, considerando la simetr´ıa
cil´ındrica del campo el´ectrico en presencia de una distribuci´on lineal infinita de carga:
Si la superficie gaussiana es un cilindro de radio r y largo h, y utilizamos coordenadas cil´ındricas,
entonces:
λh
λ
~
Φe = 2πrhE(r) =
−→ E(r)
=
ρˆ
ǫ0
2πǫ0 r
Dada la simetr´ıa del problema, y sin p´erdida de generalidad, supondremos que la banda se encuentre
inmersa en el plano XY . As´ı, dq = σ dx dy. Calcularemos la fuerza que se ejerce sobre una porci´on
de largo L de la distribuci´on planar:
~ dq = σλ dx dy ˆ
dF~ = E
2πǫ0 y
– 18 –
con x ∈ [0, L], y ∈ [d, d + b]. Por lo tanto,
d+b
σλ
dx
dy ˆ
2πǫ0 y
0
d
ˆ
σλL d+b
dyy ˆ
=
2πǫ0 d
σλL
d+b
=
ln
ˆ
2πǫ0
d
F~ =
ˆ
L
ˆ
y, finalmente, la fuerza por unidad de longitud es:
~
F
σλ
d
+
b
f~ =
=
ln
ˆ
L
2πǫ0
d
1.3.
(1)
Potencial el´
ectrico
a) Calcule el potencial el´ectrico en un punto P debido a un dipolo. Para ello, considere al dipolo
en el eje vertical, como se muestra en la figura.
b) Determine la energ´ıa potencial de un dipolo embebido en un campo el´ectrico externo.
Soluci´
on:
Antes que todo, algunas definiciones importantes:
– 19 –
(∗) Se define el potencial electrost´
atico de una distribuci´on continua de carga como:
1
φ(~r) =
4πǫ0
˚
R3
~
ρ(R)
d3 R
~
|~r − R|
(∗) La relaci´on entre potencial y campo el´ectrico es:
~ r ) = −∇φ(~r)
E(~
(∗) Se define el potencial electrost´
atico de una distribuci´on discreta de carga como:
N
1 X qj
4πǫ0 j=1 |~r − ~rj |
φ(~r) =
(∗) La interpretaci´on f´ısica del potencial es:
W = −q
ˆ
~
r2
~
r1
~ · d~r = q(φ2 − φ1 )
E
a) Sea d = 2a. Por el principio de superposici´on,
1
φ(P ) =
4πε0
q
q
−
R1 R2
Por el teorema del coseno,
R1 2 = r 2 + a2 − 2ar cos (θ)
= r 2 + a2 − 2ar cos (θ)
2
R2 = r 2 + a2 − 2ar cos (π − θ) = r 2 + a2 + 2ar cos (θ)
As´ı,
R1 = r
r
a 2
Por tanto,
−2
a
cos θ
r
r
Desarrollando en series de Taylor, para r ≫ a, tenemos que:
−1/2
a 2
a
1
1
1
1 a 2 a =
1+
−2
cos θ
≈
1−
+
cos θ
R1
r
r
r
r
2 r
r
De manera an´aloga para R2 ,
1+
1
1
1 a 2 a ≈
1−
−
cos θ
R2
r
2 r
r
q
1
1
q 1 2a
φ(P ) =
−
=
cos θ
4πε0 R1 R2
4πε0 r r
qd cos θ
=
4πε0 r 2
p cos θ
=
4πε0 r 2
– 20 –
con p = qd el momento de dipolo el´ectrico. Finalmente,
φ(P ) =
p cos θ
4πε0 r 2
b) Supongamos la siguiente situaci´on:
La energ´ıa potencial asociada al dipolo ser´a:
U = −qφ(~r) + qφ(~r + ~a)
Podemos desarrollar φ(~r + ~a) en serie de Taylor (hasta el primer orden):
φ(~r + ~a) = φ(~r) +
As´ı,
∂φ
∂φ
∂φ
ax +
ay +
az = φ(~r) + ∇φ(~r) · ~a
∂x
∂y
∂z
~
U = q~a · ∇φ(~r) = p~ · ∇φ(~r) = −~p · E
(2) Considere un anillo de radio R uniformemente cargado con densidad λ. ¿Cu´al es el potencial electrost´atico a una distancia z sobre el eje del anillo? En seguida, calcule el potencial en el eje de un
anillo de radio interior a, radio exterior b y densidad σ.
– 21 –
Soluci´
on:
Tomemos un elemento infinitesimal de longitud en el anillo dℓ = R dθ, el cual posee un elemento de
carga dq = λR dθ. Su contribuci´on al potencial en P es:
dφ(P ) =
1 dq
1
Rλ dθ
√
=
4πǫ0 r
4πǫ0 R2 + z 2
Luego, el potencial debido al anillo completo est´a dado por:
ˆ 2π
2πRλ
1
Q
1
√
√
=
φ(P ) =
dφ =
4πǫ0 R2 + z 2
4πǫ0 R2 + z 2
0
con Q la carga total del anillo. Es f´acil ver que si z ≫ R, se tiene el potencial de una carga puntual
φ(P ) =
1 Q
4πǫ0 |z|
Ahora, para obtener el potencial de un disco de radios a y b, simplemente se considera la superposici´on de anillos infinitesimales:
Tomamos un anillo de radio r y ancho infinitesimal dr. Sabemos que el potencial en el eje est´a dado
por:
1
dQ
√
dφ(P ) =
4πǫ0 r 2 + z 2
donde dQ = σ2πr dr es la carga que contiene dicho anillo. Luego,
dφ(P ) =
2πσ r dr
σ
r dr
√
√
=
4πǫ0 r 2 + z 2
2ǫ0 r 2 + z 2
Finalmente, el potencial es:
σ
φ(P ) =
2ǫ0
ˆ
a
b
√
r dr
σ √ 2
2
2
2
√
=
b +z − a +z
2ǫ0
r2 + z2
– 22 –
(3) Considere dos cascarones esf´ericos de radios a y b (a < b). El cascar´on interior tiene una carga
homog´eneamente distribuida Q, y el exterior −Q. Encuentre la diferencia de potencial entre ambos
objetos.
Soluci´
on:
Consideremos el siguiente esquema:
−Q
a
Q
b
El campo el´ectrico en todo el espacio (de existir) es esf´ericamente sim´etrico. Lo mismo sucede con
el potencial, que ser´a constante en una superficie esf´erica. Lo que se pide es
ˆ b
~ · d~r
∆V = φ(b) − φ(a) = −
E
a
Para evaluar la integral, claramente debemos encontrar el campo y elegir un camino desde a hasta
b. Utilizamos una superficie gaussiana esf´erica de radio r, con a < r < b. Por ley de Gauss:
¨
Q
~ ·n
E
ˆ dS = 4πr 2 E(r) =
ǫ0
S
Luego, en la regi´on entre los dos cascarones,
~
E(r)
=
Q
ρˆ
4πǫ0 r 2
Dada la forma del campo, resulta inteligente elegir un camino radial:
γ : ~r = r ρˆ ,
Luego,
a≤r≤b
−→
d~r = dr ρˆ
~ · d~r = Q dr
E
4πǫ0 r 2
Entonces:
Q
∆V = φ(b) − φ(a) = −
4πǫ0
ˆ
a
b
b
dr
Q 1 Q
1 1
=
=
−
r2
4πǫ0 r a 4πǫ0 b a
– 23 –
Notar que φ(b) − φ(a) < 0 → φ(b) < φ(a), i.e. cuesta m´as trabajo llevar una
carga hasta a que hasta b desde el infinito
(4) Iones de carga q son acelerados desde el reposo hasta una diferencial de potencial ∆V0 , para luego
entrar a una regi´on entre dos electrodos cil´ındricos muy largos, A y B, de radios a y b respectivamente
(a < b). El ion recorre media circunferencia de radio r0 describiendo la trayectoria se˜
nalada con
l´ınea punteada. Despreciando los efectos de borde, y asumiendo que los cilindros son muy largos en
comparaci´on al espacio que los separa, encuentre la diferencia de potencial ∆VBA .
Soluci´
on:
Primero, debemos encontrar la velocidad con la que los iones ingresan a la regi´on entre los cilindros:
Estos son acelerados a partir del reposo desde una regi´on a potencial φ = V0 hasta otra regi´on a
potencial φ = 0. La energ´ıa inicial est´a dada por
Ei = qV0
mientras que la energ´ıa final (justo antes de ingresar entre los electrodos) es
Ef =
mv 2
2
As´ı, por conservaci´on de energ´ıa,
∆E = 0
−→
v2 =
2qV0
m
Ahora, dentro de la regi´on entre cilindros, existe un campo el´ectrico radial que se puede obtener
con la ley de Gauss: utilizando una superficie gaussiana cil´ındrica de radio r ∈ [a, b] y altura h, se
tiene:
qenc
2πrhE(r) =
ǫ0
en donde la carga encerrada por la superficie es qenc = σ2πha, donde σ es la densidad superficial
de carga sobre el cilindro de radio a. De aqu´ı,
2πrhE(r) =
σ2πha
ǫ0
– 24 –
−→
σa
~
E(r)
=
ρˆ
ǫ0 r
En particular,
~ 0 ) = σa ρˆ
E(r
ǫ0 r0
Este campo es el responsable de la fuerza que siente el ion (en direcci´on radial), y que permite su
trayectoria. Por equilibrio de fuerzas,
~ 0 ) = −m
q E(r
v2
ρˆ
r0
(el signo corresponde a la direcci´on de la fuerza centr´ıpeta)
Despejando,
σ=−
2ǫ0 V0
a
y el campo el´ectrico en el interior de los electrodos queda como
2V0
~
E(r)
=−
ρˆ
r
Ahora, la diferencia de potencial entre cilindros es:
ˆ b
ˆ b
b
2V0
~
∆V = φ(b) − φ(a) = −
E · d~r = −
−
dr = 2V0 ln
r
a
a
a
en donde hemos tomado un camino radial para realizar la integral de l´ınea.
(5) Encuentre el potencial dentro y fuera de una esfera s´olida cargada uniformemente, cuyo radio es R
y su carga total es Q. Use el infinito como punto de referencia.
Soluci´
on:
Es f´acil ver, por ley de Gauss, que el campo el´ectrico en esta configuraci´on (propuesto) viene dado
por:

Qr


ρˆ , si r ≤ R

 4πǫ0 R3
~
E(r)
=


Q


ρˆ , si r > R
4πǫ0 r 2
Potencial Exterior:
Ahora, para obtener el potencial electrost´atico, calculamos la siguiente integral del l´ınea:
ˆ r
~ · d~r
φ(r) − φ(∞) = −
E
∞
Como usamos el infinito como referencia, φ(∞) = 0. Usando una trayectoria radial, d~r = dr ρˆ
y –para r > R–,
ˆ r
ˆ r
Q
Q
dr
Q
φ(r) = −
dr = −
=
2
2
4πǫ0 ∞ r
4πǫ0 r
∞ 4πǫ0 r
– 25 –
Potencial Interior:
Ahora, para r < R,
φ(r) = −
ˆ
R
ˆ
r
Eout (r) dr −
Ein (r) dr
∞
R
ˆ r
Q
Q
=
−
r dr
4πǫ0 R 4πǫ0 R3 R
Q(R2 − r 2 )
Q
−
=
4πǫ0 R
8πǫ0 R3
Q(3R2 − r 2 )
=
8πǫ0 R3
(6) Un alambre, cuya densidad lineal de carga es λ, se extiende en el eje z desde z = −d hasta z = d.
a) Calcule el potencial en un punto z > d sobre el eje del alambre.
b) ¿Cu´al es el cambio de energ´ıa potencial de un electr´on si se mueve de z = 4d hasta z = 3d?
c) Si el electr´on parte del reposo desde z = 4d, ¿cu´al es su velocidad en z = 3d?
Observaci´on: No considere efectos gravitacionales.
Soluci´
on:
ˆyR
~ = r k,
ˆ dR = dr, y con ello ~r − R
~ = (z − r) k.
ˆ As´ı,
a) Sean ~r = z k
ˆ d
1
λ
λ
z+d
φ(z) =
dr =
ln
4πǫ0 −d z − r
4πǫ0
z−d
– 26 –
b) Un electr´on se mueve desde z = 4d hasta z = 3d; luego, su cambio en energ´ıa potencial es:
5
eλ
∆U = U(3d) − U(4d) = q φ(3d) − φ(4d) = e φ(4d) − φ(3d) =
ln
4πǫ0
6
c) Por conservaci´on de energ´ıa,
=
U(4d) + K(4d)
U(3d) + K(3d)
eλ
K(3d) = U(4d) − U(3d) = −∆U =
ln
4πǫ0
−→
6
5
pues parte del reposo. As´ı, despejando
v=
s
meλ
ln
2πǫ0
5
6
(7) Se tiene una distribuci´on rectil´ınea de carga de densidad λ homog´enea. Un punto P est´a a una
distancia r de la distribuci´on, y su proyecci´on sobre la recta de carga est´a a las distancias ℓ1 y ℓ2
de sus extremos.
a) Calcule el potencial electrost´atico en P . Analice los casos l´ımites.
b) Obtenga el potencial en el punto P debido a un alambre infinito de carga.
Soluci´
on:
~ = z k,
ˆ dR = dz y |~r − R|
~ =
a) Tomando el origen tal como se muestra en la figura, ~r = r ρ,
ˆ R
– 27 –
√
z 2 + r 2 . As´ı,
1
φ(P ) =
4πǫ0
λ
4πǫ0
λ
=
4πǫ0
=
=
λ
4πǫ0
ˆ
ℓ1
λ
dz
~
|~r − R|
dz
√
2
r + z2
−ℓ2
ℓ1
√
2
2
ln z + z + r −ℓ2
!
p
2
ℓ1 − ℓ1 + r 2
p
ln
−ℓ2 + ℓ2 2 + r 2
−ℓ2
ˆ ℓ1
b) Para calcular el potencial de un alambre infinito, ¿basta con hacer ℓ1 , ℓ1 → ∞? Si lo hacemos,
notamos que el potencial diverge. Esto se debe a que la carga el´ectrica total en la distribuci´on
no es finita, y solo en esos casos podemos fijar el potencial igual a cero en infinito. Para resolver
este problema, recordamos que el campo el´ectrico producido por un alambre infinito es:
~
E(r)
= E(r) ρˆ =
Sabemos que:
λ
ρˆ
2πǫ0 r
~ = −∇φ = dφ ρˆ
E
dr
pues la simetr´ıa del problema nos sugiere que no hay dependencia angular. As´ı,
ˆ
λ
φ(r) = − E(r) dr + C −→ φ(r) = −
ln (r) + C
2πǫ0
con C una constante arbitraria. Evaluando en r = 1, obtenemos que φ(1) = C. Luego, la
constante no es m´as que el potencial de todos los puntos que est´an sobre el manto cil´ındrico
de radio unitario:
λ
φ(r) = −
ln (r) + φ(1)
2πǫ0
(8) Dos cables infinitos, paralelos al eje X, poseen densidades de carga uniformes λ y −λ. Ellos est´an
a distancia a del origen.
a) Encuentre el potencial en un punto (x, y, z) usando el origen como punto de referencia.
b) Demuestre que las superficies equipotenciales son cilindros circulares.
Soluci´
on:
Tenemos dos alambres infinitos, cada uno a distancia a del origen, como se aprecia en la figura
(notar que el eje X sale de la p´agina)
– 28 –
a) Por el principio de superposici´on, el potencial total en el punto P ser´a la suma de los potenciales
debidos a cada distribuci´on individual. El potencial debido al alambre de densidad λ es
φ1 (P ) = −
λ
ln (s+ ) + C1
2πǫ0
y el potencial debido al alambre de densidad −λ es
φ2 (P ) =
λ
ln (s− ) + C2
2πǫ0
Ahora, como nos piden que la referencia sea el origen, las constantes C1 y C2 deben satisfacer
φ1 (a) = φ2 (a) = 0
y con ello:
λ
λ
ln (a) + C1 −→ C1 =
ln (a)
2πǫ0
2πǫ0
λ
λ
φ2 (a) = 0 =
ln (a) + C2 −→ C2 = −
ln (a)
2πǫ0
2πǫ0
φ1 (a) = 0 = −
Notar que C1 + C2 = 0. El potencial en el punto P es
λ
λ
λ
φ(P ) = φ1 (P ) + φ2 (P ) = −
ln (s+ ) +
ln (s− ) =
ln
2πǫ0
2πǫ0
2πǫ0
s−
s+
Si P = (x, y, z), entonces
s− =
Finalmente,
p
(y + a)2 + z 2
λ
φ(P ) =
ln
2πǫ0
∧
s+ =
p
(y − a)2 + z 2
!
p
(y + a)2 + z 2
λ
(y + a)2 + z 2
p
=
ln
4πǫ0
(y − a)2 + z 2
(y − a)2 + z 2
– 29 –
b) Las curvas de nivel vienen dadas por:
(y + a)2 + z 2
= η = cte
(y − a)2 + z 2
Desarrollando,
(y + a)2 + z 2 = η (y − a)2 + z 2
y 2 + 2ay + a2 + z 2 = η(y 2 − 2ay + a2 + z 2 )
(1 − η)y 2 + 2(1 + η)yz + (1 − η)z 2 + (1 − η)a2 = 0
Si η = 1, entonces las curvas de nivel son solo puntos, por lo que pueden considerarse como
c´ırculos de radio cero. Para η 6= 1,
1+η
2
2
2
y +z +a +2
ya = 0
1−η
Recordamos la ecuaci´on de una circunferencia con centro en y0 y radio R:
(y − y0 )2 + z 2 = R2
←→
y 2 + z 2 − 2yy0 + (y0 2 − R2 ) = 0
De aqu´ı, es claro que –en planos perpendiculares a los alambres– las superficies equipotenciales
son circunferencias con
√
2a η
η+1
∧
R=
y0 = a
η−1
|η − 1|
En definitiva, las superficies equipotenciales son cilindros:
(9) Considere un plano infinito con densidad superficial de carga uniforme positiva σ, el cual tiene una
perforaci´on circular de radio R, tal como muestra la figura. Se define un sistema de coordenadas
cartesianas con origen en el centro del orificio, tal que la distribuci´on de carga se encuentra en el
plano cartesiano Y Z. Calcule el trabajo que debe realizar un agente externo para llevar una carga
negativa desde el centro del disco hasta un punto sobre el eje X ubicado a una distancia D del
origen.
– 30 –
Soluci´
on:
Primero que todo, recordemos que el trabajo requerido para llevar una carga Q desde un punto a
hasta un punto b est´a dada por:
W = Q φ(b) − φ(a)
Con anterioridad calculamos el campo el´ectrico debido a esta configuraci´on, el cual solo ten´ıa una
componente no nula en la direcci´on ˆ
ı:
σ
x
~
√
E(x)
=
ˆ
ı
2
2ǫ0 x + R2
Por tanto, la diferencia de potencial entre el origen y el punto D en el eje X es:
ˆ D
~ · d~r
φ(D) − φ(0) = −
E
0
ˆ D
x
σ
√
= −
dx
2
2ǫ0 x + R2
0
σ √ 2
=
D + R2 − R
2ǫ0
As´ı, el trabajo ser´a:
W =−
qσ √ 2
D + R2 − R
2ǫ0
donde el signo menos implica que la fuerza debe ser ejercida por el agente externo.
1.4.
Energ´ıa potencial electrost´
atica
(1) Calcular la energ´ıa potencial electrost´atica de sistema de tres cargas positivas, cada una +q, que se
colocan en las siguientes configuraciones:
– 31 –
a) Cada carga en las esquinas de un tri´angulo equil´atero de lado a.
b) Cada carga en los v´ertices de un cuadrado de lado ℓ.
Soluci´
on:
Recordemos que:
(∗) Para un sistema de n cargas, la energ´ıa potencial asociada al sistema es:
n
1
1X
U=
qi Vi =
2 i=1
2
1
4πǫ0
X
n X
i=1 j6=i
n
qi qj
1 X X qi qj
=
ri,j
4πǫ0 i=1 j>i ri,j
donde ri,j es la distancia que separa a las cargas qi y qj
(∗) Para un sistema continuo de cargas, la energ´ıa potencial asociada al sistema es:
˚
1
U=
ρ(~r)φ(~r) d3 r
2
V
(∗) La energ´ıa potencial almacenada en un campo el´ectrico es:
˚
ǫ0
U=
E 2 (~r) d3 r
2
R3
a) En este caso, es f´acil ver que:
1
q1 q2 q1 q3 q2 q3
U =
+
+
4πǫ0 r1,2
r1,3
r2,3
2
2
2
1
q
q
q
=
+
+
4πǫ0 a
a
a
2
1
3q
=
4πǫ0
a
b) El ejercicio es an´alogo, salvo por el cambio en las distancias:
r1,2 = ℓ
√
r1,3 =
2ℓ
r1,4 = ℓ
r2,3 = ℓ
√
r2,4 =
2ℓ
r3,4 = ℓ
– 32 –
Con ello,
√
4 X
X
1
4
2
4+ 2
= +√ =
r
ℓ
ℓ
2ℓ
i,j
i=1 j>i
As´ı, finalmente tenemos que:
q2
U=
4πǫ0
√ !
4+ 2
ℓ
(2) Cuatro part´ıculas, dos de las cuales poseen carga +q y las otras dos −q, est´an ubicadas como indica
la figura. Si cada una posee masa m y se suelta de los v´ertices del cuadrado a partir del reposo, se
pide calcular sus velocidades cuando el largo del cuadrado vale ℓ.
Soluci´
on:
Por el principio de la conservaci´on de energ´ıa, se cumple que
Einicial = Efinal
Si calculamos la energ´ıa inicial, notaremos que posee una contribuci´on cin´etica y otra potencial,
por lo que:
Einicial = Kinicial + Uinicial
Como el sistema parte del reposo, se tiene que Kinicial = 0. La energ´ıa potencial inicial est´a dada
por:
1
qA qB qA qC
qA qD qB qC
qB qD qC qD
Uinicial =
+
+
+
+
+
4πǫ0 rA,B
rA,C
rA,D
rB,C
rB,D
rC,D
1
q2
q2
−4 ·
+2· √
=
4πǫ0
a
2a
!
√
q2
2−4
=
4πǫ0
a
– 33 –
Para la situaci´on final, si cada una se mueve con velocidad v y poseen masa m, la energ´ıa cin´etica
final es:
4
X
mi
mv 2
Kfinal =
2
=
4
= 2mv 2
2
v
2
i=1 i
La energ´ıa potencial final se consigue cambiando a por ℓ, por lo que:
√
q2
2−4
Ufinal =
4πǫ0
ℓ
As´ı,
2
Uinicial = 2mv + Ufinal
Finalmente,
v=
s
−→
v=
r
Uinicial − Ufinal
2m
1 1
q 2 √
2−4
−
8mπǫ0
a ℓ
(3) Calcular la energ´ıa potencial electrost´atica del siguiente sistema de cargas puntuales:
Soluci´
on:
El problema es f´acil de abordar si se considera que hay:
12 pares de cargas, como A y B, con separaci´on b entre ellas
√
12 pares de cargas, como A y C, con separaci´on 2b entre ellas
√
4 pares de cargas, como A y H, con separaci´on 3b entre ellas
√
3b
8 pares de cargas, como A y O, con separaci´on
entre ellas
2
– 34 –
La energ´ıa total del sistema es la suma de las energ´ıas de cada par de cargas:
1
(−e)(−e)
(−e)(−e)
(−e)(−e)
(−e)(+2e)
+4· √
+8· √
U =
12 ·
+ 12 · √
4πǫ0
b
2b
3b
3b/2
2
√
e
28
=
12 + 6 2 − √
4bπǫ0
3
(4) Muestre que la energ´ıa potencial almacenada en una esfera s´olida, de radio R, cargada uniformemente con una carga Q es
3
Q2
U=
5 4πǫ0 R
Soluci´
on:
Utilizando coordenadas esf´ericas, la densidad de carga en la esfera est´a dada por:
ρ(r, ϕ, θ) = ρ(r) =
3Q
Q
=
2
4πR /3
4πR3
Como hemos calculado anteriormente, el potencial al interior de una esfera s´olida con carga uniformemente distribuida es:
Q(3R2 − r 2 )
φ(r, ϕ, θ) = φ(r) =
8πǫ0 R3
De esta forma, dado que las cantidades no tienen dependencia angular,
ˆ
ˆ R
1
U =
dΩ
ρ(r) φ(r) r 2 dr
2
0
ˆ R
1
3Q
Q
=
· 4π ·
·
(3R2 − r 2 )r 2 dr
2
4πR3 8πǫ0 R3 0
3Q2
4R5
=
·
16πǫ0 R6
5
2
3
Q
=
5 4πǫ0 R
(5) Una esfera de radio R posee una densidad de carga radial ρ(r) = kr, con k una constante. Encuentre
la energ´ıa potencial de esta configuraci´on.
Soluci´
on:
Calculemos el campo el´ectrico en todo el espacio utilizando la ley de Gauss:
r>R
qenc =
ˆ
dΩ
ˆ
R
2
ρ(r)r dr = 4π
0
ˆ
0
– 35 –
R
kr 3 dr = πkR4
Por otra parte,
¨
~ ·n
E
ˆ dS = 4πr 2 E(r)
S
Con ello,
qenc
4πr E(r) =
ǫ0
2
r<R
qenc =
ˆ
dΩ
ˆ
r
′
′2
−→
′
kR4
E(r) =
4ǫ0 r 2
ρ(r )r dr = 4π
0
ˆ
r
3
kr ′ dr ′ = πkr 4
0
De manera an´aloga,
4πr 2 E(r) =
qenc
ǫ0
−→
E(r) =
kr 2
4ǫ0
Para el c´alculo de la energ´ıa potencial, haremos uso del hecho de que el campo el´ectrico no tiene
dependencia angular, por que tenemos:
ˆ
ˆ ∞
ǫ0
U =
dΩ
E 2 (r) r 2 dr
2
ˆ R0
ˆ ∞
2
2
2
2
= 2πǫ0
E (r) r dr +
E (r) r dr
0
R
!
ˆ R 2 42
ˆ ∞ 2 8 2
k r
k R
= 2πǫ0
r 2 dr +
r 2 dr
2
2
4
0 16ǫ0
R 16ǫ0 r
ˆ
ˆ
R
∞
k2π
dr
6
8
=
r dr + R
2
8ǫ0
0
R r
k 2 π R7
=
+ R7
8ǫ0
7
k 2 π 8R7
πk 2 R7
=
·
=
8ǫ0
7
7ǫ0
1.5.
Conductores y capacitancias
(1) Para una distribuci´on homog´enea y esf´erica de carga, calcular:
a) El potencial en todos los puntos interiores
b) La energ´ıa potencial electrost´atica
Soluci´
on:
– 36 –
a) Sabemos que, dentro de la esfera, el potencial debe satisfacer la ecuaci´on de Poisson:
∇2 φ = ∆φ = −
ρ
ǫ0
Debido a la simetr´ıa esf´erica del problema, el potencial tendr´a una dependencia radial con respecto al centro de la esfera. As´ı, φ = φ(r), y resolvemos la ecuaci´on de Poisson en coordenadas
esf´ericas:
ρ
1 d
2 dφ
r
=−
2
r dr
dr
ǫ0
Esto es,
d
dr
ρr 2
2 dφ
r
=−
dr
ǫ0
−→
r2
dφ
ρr 3
=−
+ c1
dr
3ǫ0
Integrando nuevamente,
φ(r) = −
−→
dφ
ρr
c1
=−
+ 2
dr
3ǫ0 r
ρr 2 c1
− + c2
6ǫ0
r
Como calculamos el potencial dentro de la esfera, este debe ser finito en el origen; para ello,
debe cumplirse que c1 = 0. Con ello:
φ(r) = −
ρr 2
+ c2
6ǫ0
Para hallar c2 , le aplicamos continuidad al potencial en la frontera r = R:
φin (R) = −
ρR2
1 4/3πR3ρ
+ c2 =
= φout (R)
6ǫ0
4πǫ0
R
Finalmente,
ρ
φ(r) =
2ǫ0
−→
c2 =
ρR2
2ǫ0
r2
2
R −
3
b) La Energ´ıa potencial asociada a una distribuci´on de carga se puede obtener como:
˚
˚
˚
ˆ
1
ρ
ρ
4πρ R
4πρ2 R5
2
U=
φ dq =
φ dV =
φr dr dΩ =
φ(r)r 2 dr =
2
2
2
2 0
15ǫ0
V
V
V
(2) Una esfera de metal de radio R y carga q est´a rodeada por un cascar´on esf´erico met´alico de radio
interior a y radio exterior b. El cascar´on no tiene carga neta.
a) Encuentre la densidad superficial de carga en cada superficie
b) Encuentre el potencial en el centro, utilizando infinito como punto de referencia
c) Si la esfera exterior se conecta a tierra bajando su potencial a cero (igual que en infinito),
¿C´omo cambian las respuestas anteriores?
– 37 –
Soluci´
on:
a) Consideremos el siguiente esquema:
Como la esfera de radio R es met´alica (conductora), toda la carga debe estar concentrada
en su superficie. Dada la simetr´ıa esf´erica del problema, esta distribuci´on de carga debe ser
uniforme, es decir:
q
σR =
4πR2
Ahora, el cascar´on es el´ectricamente neutro; sin embargo, en sus superficies (Sa y Sb ), se induce
~
carga de forma tal que el campo el´ectrico en su interior sea nulo, i.e. E(r)
= ~0, si a < r < b.
Tomando una superficie gaussiana en el interior del cascar´on,
¨
Qint
~ ·n
E
ˆ dS = 0 =
−→ Qint = 0
ǫ0
S
As´ı, como Qint = q + σa 4πa2 , es claro que:
σa = −
q
4πa2
Como el cascar´on es neutro, debe cumplirse que
σa 4πa2 + σb 4πb2 = 0
−→
σb = −
b) Distinguimos cuatro regiones, como se aprecia en la figura:
– 38 –
a2
q
σa =
2
b
4πb2
~ = ~0 y su potencial es constante
Como las regiones I, III est´an dentro de un conductor, E
(pueden ser distintos entre s´ı, pero iguales en todo punto de cada regi´on). Para encontrar el
campo el´ectrico en las regiones II, IV utilizamos la ley de Gauss. Tomando una superficie
esf´erica de radio r con R < r < a (regi´on II), se tiene:
Φe = 4πr 2 E(r) =
q
ǫ0
−→
E(r) =
1 q
4πǫ0 r 2
Del mismo modo, para r > b (regi´on IV ), se cumple que:
E(r) =
1 q
4πǫ0 r 2
Con esto, podemos calcular el potencial en el origen
ˆ 0
ˆ
~
=−
φ(0) − φ(∞)
E · d~r =
∞
0
∞
~ · d~r
E
tomando una trayectoria radial:
ˆ ∞
φ(0) =
E(r) dr
0
ˆ b
ˆ ∞
ˆ R
ˆ a
E(r) dr +
E(r) dr +
E(r) dr
E(r) dr +
=
b
a
0
R
ˆ a
ˆ ∞
q dr
q dr
=
+
2
4πǫ0 r 2
R 4πǫ0 r
b
q
1
1
1
=
+ −
4πǫ0 b R a
c) Ahora, tenemos que:
Hasta antes de la frontera r = b, el campo el´ectrico y la densidad de carga se mantienen
intactos. Por otra parte, el potencial es nulo sobre la superficie exterior Sb , lo que implica que
ˆ ∞
φ(b) =
E(r) dr = 0
b
para cualquier camino que una al infinito con el punto b, pues el campo es conservativo. Luego,
como el integrando es continuo y vale cero para cualquier camino γ, por teor´ıa de la integraci´on,
debe cumplirse que
~ r ) = ~0 , ∀~r ∈ IV
E(~
– 39 –
Notar que lo anterior implica que la carga encerrada por una superficie gaussiana contenida
en IV necesariamente es cero. Es decir, el cascar´on ya no es un objeto el´ectricamente neutro
(se debe inducir una carga neta en ´el, igual a −q).
q + σa 4πa2 + σb 4πb2 = q − q + σb 4πb2 = 0
−→
σb = 0
(3) Una esfera met´alica hueca, con espesor no nulo, se encuentra inicialmente descargada. Ahora, imagine que una carga positiva q es colocada en alg´
un lugar (no necesariamente al medio) dentro de la
esfera, sin tocar las paredes.
a) ¿Qu´e carga se induce en la pared interior y exterior de la esfera? Indicar cualitativamente la
densidad de carga inducida. Describir c´omo son las l´ıneas de campo el´ectrico dentro y fuera
de la esfera.
b) Suponga que se mueve la carga dentro de la cavidad. ¿Cambia la distribuci´on en la superficie
exterior de la esfera?
c) Ahora, se coloca la carga en contacto con la superficie interior de la esfera. ¿C´omo queda la
distribuci´on de carga en la superficie interior y exterior?
d ) ¿Qu´e sucede si ahora se acerca otra carga Q cerca de la superficie exterior del conductor?
Soluci´
on:
a) La carga q en el interior de la esfera met´alica inducir´a una separaci´on de carga en el metal. Sea
qi la carga total inducida en la superficie interior, y qo la carga total inducida en la superficie
exterior. Debido a que la esfera inicialmente se encuentra descargada, la ley de conservaci´on
de la carga indica que se debe tener
qi + qo = 0
Para determinar el valor de qi , tomemos una superficie gaussiana contenida enteramente dentro
del cascar´on esf´erico. La carga total encerrada por esta superficie es qenc = q + qi . Debido a
que el campo el´ectrico es nulo dentro de un conductor, la Ley de Gauss indica que:
Φe =
q + qi
=0
ǫ0
−→
– 40 –
qi = −q, qo = −qi = q
La carga negativa en la superficie interna se concentra en la parte de la esfera m´as cercana a
la carga q. En contraste, la carga positiva de la superficie exterior se distribuye uniformemente
sobre la superficie exterior. Esto u
´ ltimo debido a que la esfera met´alica es una superficie
equipotencial, y la u
´ nica forma de que esto suceda es que el campo sea radial y uniforme sobre
la superficie exterior.
La distribuci´on de las cargas, y sus respectivas l´ıneas de campo, son similares a como se aprecia
en la siguiente figura:
El campo fuera de la esfera es
~
E(r)
=
1 q
ρˆ
4πǫ0 r 2
tal como si la carga q se encontrara en el centro del conductor.
b) La distribuci´on de carga en el exterior no cambia al mover la carga q en el interior, por la misma
raz´on anterior. Por supuesto, la carga inducida en el interior de la superficie s´ı se redistribuye
en la medida que movemos q, para asegurar que el campo en su interior siga siendo nulo.
Esto resulta interesante, pues desde el exterior del conductor podr´ıamos saber cu´anta carga se
encuentra en el interior, pero no podremos asegurar en qu´e posici´on se encuentra.
c) Cuando la carga q toca la superficie interior, la carga inducida −q se concentrar´a enteramente
en el punto de contacto y cancelar´a la carga q.
d ) Si se acerca ahora otra carga Q al exterior de la esfera, entonces la carga se distribuir´a en la
superficie exterior de forma de ser una equipotencial. La distribuci´on de carga al interior no
cambia debido a la presencia de una carga en el exterior. En otras palabras, si una cavidad
est´a encerrada en un conductor, ninguna distribuci´on est´atica de carga en el exterior podr´a
producir campos dentro. Este principio se conoce como shielding, y explica el por qu´e los
aparatos el´ectricos se encuentran en cubiertas met´alicas.
(4)
a) Considere dos placas met´alicas conductoras de igual ´area A, y separadas por una distancia d.
La placa superior posee carga Q, mientras que la placa inferior posee carga −Q. Encontrar la
capacidad del sistema.
b) Considere un cilindro s´olido de radio a rodeado por una c´ascara cil´ındrica de radio interior
b. La longitud de ambos cilindros es L tal que permite despreciar los efectos de borde. El
– 41 –
condensador se carga de forma que el cilindro interior posea carga Q y el exterior, carga −Q.
¿Cu´al es su capacidad?
c) [Propuesto] Probar que la capacidad de una configuraci´on esf´erica, compuesta de dos esferas
conc´entricas de radios a y b, es
ab
C = 4πǫ0
b−a
Soluci´
on:
a) Para encontrar la capacidad C, primero debemos saber la forma del potencial el´ectrico en el
interior del condensador (y luego determinar la diferencia de potencial entre ambas placas).
Ignorando el efecto del borde del capacitor –producto a su largo finito–, se puede entender al
campo producido por ambas placas como el campo producto de un plano infinito: Para todo
punto fuera de la regi´on interna del capacitor, se cumplir´a que:
~ out = E
~ +Q + E
~ −Q = σ k
ˆ + −σ k
ˆ = ~0
E
2ǫ0
2ǫ0
Para todo punto dentro del capacitor, se cumple que:
ˆ+ σ k
ˆ= σk
ˆ
~ in = E
~ +Q + E
~ −Q = σ k
E
2ǫ0
2ǫ0
ǫ0
Ahora, la diferencia de potencial entre las placas del condensador se obtiene integrando el
campo sobre una curva que va desde la placa positiva hasta la negativa; por simplicidad,
elegimos una trayectoria normal a cada superficie:
ˆ −
~ · d~r = −Ed = − σd −→ |∆V | = σd
E
∆V = φ− − φ+ = −
ǫ0
ǫ0
+
De esta forma, la capacidad de un condensador de placas planas y paralelas ser´a:
C=
Q
ǫ0 A
=
|∆V |
d
Es claro como la capacitancia solo depende de factores geom´etricos (esta conclusi´on es v´alida
para cualquier sistema).
b) Para obtener la capacidad, debemos primero obtener el campo el´ectrico en cualquier parte en
la regi´on entre ambos conductores. Debido a la simetr´ıa cil´ındrica del sistema, elegimos por
superficie gaussiana un cilindro coaxial con longitud ℓ < L y radio a < r < b. Usando la ley
de Gauss, con un campo radial, tenemos
Φe = E(r)2πℓr =
qenc
2πaℓσ
=
ǫ0
ǫ0
– 42 –
−→
E(r) =
aσ
ǫ0 r
La diferencia de potencial est´a dada por:
∆V
ˆ
b
~ · d~r
= φ(b) − φ(a) = −
E
a
ˆ b
= −
E(r) dr
a
ˆ
aσ b dr
aσ
b
= −
= − ln
ǫ0 a r
ǫ0
a
donde el camino de integraci´on tiene la direcci´on radial del campo el´ectrico. De esta forma,
tenemos que:
σ2πaL
2πǫ0 L
Q
C=
= aσ
=
|∆V |
ln (b/a)
ln (b/a)
ǫ0
(5) Considere un condensador de placas paralelas cargadas con densidades σ y −σ , como muestra la
figura. Se arroja una carga q horizontalmente, por el espacio entre las placas, con velocidad vx .
Encuentre la trayectoria seguida por la part´ıcula cargada y el ´angulo que forma su vector velocidad
con la horizontal al momento de salir, considerando que ℓ es lo suficientemente grande como para
que la carga no choque con alguna de las placas. Desprecie efectos gravitacionales.
Soluci´
on:
~ = σ k.
ˆ Por tanto, la fuerza el´ectrica ejercida sobre
EL campo el´ectrico dentro del capacitor es E
ǫ0
la carga viene dada por la ley de Coulomb:
~ = qσ k
ˆ
F~ = q E
ǫ0
De la segunda ley de Newton,
F~ = m~a
−→
~a =
qσ ˆ
k
mǫ0
ˆ + ax ˆ
Separando la ecuaci´on anterior en componentes, i.e. ~a = az k
ı, tenemos:
ax = 0
x′′ = 0
−→
– 43 –
x(t) = at + b
∗ Reemplazando las condiciones iniciales, x(0) = 0, x′ (0) = vx , obtenemos:
x(t) = vx t
az = β
z ′′ = β
−→
z(t) =
β 2
t + bt + c
2
∗ Reemplazando las condiciones iniciales, i.e. z(0) = z ′ (0) = 0, concluimos que:
z(t) =
1 qσ 2
t
2 mǫ0
donde el origen coincide con la posici´on inicial de la carga al momento de entrar en el capacitor.
De las ecuaciones anteriores, es claro que la trayectoria de la part´ıcula es una par´abola en el plano
XZ. Ahora, el tiempo que demora en llegar al extremo derecho del capacitor ser´a
x(t∗ ) = d
−→
t∗ =
d
vx
Con esto, las componentes de velocidad en cada eje ser´an:
Vx (t∗ ) = x′ (t∗ ) = vx
Vz (t∗ ) = z ′ (t∗ ) =
∧
qσ d
mǫ0 vx
Finalmente, el ´angulo est´a dado por
α = arctan
Vz (t∗ )
Vx (t∗ )
= arctan
qdσ
mvx 2 ǫ0
(6) Considere la configuraci´on de la figura. Encuentre la capacidad equivalente, asumiendo que todos
los condensadores poseen la misma capacidad C.
– 44 –
Soluci´
on:
Para los condensadores conectados en serie, la capacidad equivalente est´a dada por:
n
X 1
1
1
1
1
=
+
+ ...+
=
Ceq
C1 C2
Cn
Ck
k=1
Por otro lado, para los condensadores en paralelo, la capacidad equivalente es:
Ceq = C1 + C2 + . . . + Cn =
n
X
Ck
k=1
Para la segunda y tercera fila existen capacitancias equivalentes en serie, C2 , C3 respectivamente:
−1
−1
1
1
C
1
1
1
C
C2 =
+
=
∧
C3 =
+ +
=
C C
2
C C C
3
Ahora, los capacitores C, C2, C3 est´an en paralelo. As´ı,
Ceq = C + C2 + C3 =
11
C
6
(7) Se tiene un condensador plano, con capacidad C1 y un condensador esf´erico, con capacidad C2 . El
primero tiene cargas el´ectricas q1 y −q1 , y el segundo tiene cargas el´ectricas q2 y −q2 . Luego, se
conectan ambos condensadores como lo muestra la figura:
– 45 –
a) Obtenga las nuevas cargas Q1 , −Q1 , Q2 , −Q2 una vez obtenido el equilibrio el´ectrico.
b) ¿Cu´anto vale la p´erdida de energ´ıa potencial el´ectrica?
c) Seg´
un su sentido f´ısico ¿d´onde se pierde dicha energ´ıa?
d ) Se coloca un dipolo el´ectrico p~ entre las dos esferas del condensador. ¿Qu´e sucede con ´el?
Soluci´
on:
a) Por conservaci´on de la carga el´ectrica, al conectar ambos condensadores, la carga total solo
debe distribuirse, luego:
q1 + q2 = Q1 + Q2
Al producirse el equilibrio, los conductores unidos quedan al potencial V ; luego, la diferencia de
potencial entre sus terminales es com´
un para ambos condensadores (que ahora est´an conectados
en paralelo):
C1
Q1
=
Q1 = C1 V , Q2 = C2 V
−→
Q2
C2
Reemplazando en la primera igualdad,
Q1 =
C1 (q1 + q2 )
C1 + C2
∧
Q2 =
C2 (q1 + q2 )
C1 + C2
b) La energ´ıa inicial est´a dada por:
Ui =
Y la energ´ıa final es:
Uf =
1 q1 2 1 q2 2
+
2 C1
2 C2
(Q1 + Q2 )2
1 Q1 2 1 Q2 2
+
=
2 C1
2 C2
2(C1 + C2 )
As´ı, la energ´ıa perdida es la resta entre ambas cantidades:
−∆U = Ui − Uf =
1 (q1 C2 − q2 C1 )2
2 C1 C2 (C1 + C2 )
c) La p´erdida de energ´ıa se produce debido a que, al conectar ambos condensadores, se produce
una redistribuci´on de carga en ellos (y entonces, en un intervalo de tiempo corto, circula
una corriente el´ectrica en los conductores). La energ´ıa que se pierde corresponde a la energ´ıa
disipada, en forma de calor, por los conductores.
d ) El dipolo gira para orientarse en el sentido del campo el´ectrico entre ambas c´ascaras esf´ericas.
Adem´as, como el campo no es uniforme en esta regi´on, el dipolo se desplaza hacia donde el
campo el´ectrico es m´as intenso, i.e. hacia la c´ascara negativa.
– 46 –
(8) Se tiene un circuito como el que se muestra en la figura:
1 uF
3 uF
S2
4 uF
+
−
2 uF
S1
12 V
a) Encontrar la carga de cada condensador cuando se cierra el interruptor S1 .
b) Lo mismo que lo anterior, ahora con S2 tambi´en cerrado.
Soluci´
on:
a) Cuando S1 est´a cerrado, los dos capacitores superiores est´an en serie, as´ı como tambi´en los
dos inferiores. Las capacidades equivalentes son:
−1
−1
1
3
1 1
4
Cupper = 1 +
µF = µF
∧
Clower =
+
µF = µF
3
4
2 4
3
Por u
´ ltimo, Cupper y Clower est´an en paralelo, por lo que la capacidad total ser´a:
Ct = Cupper + Clower =
25
µF
12
Con esto, podemos determinar la carga total suministrada por la fuente: Q = V C = 25 µC.
Ahora, sean Qi y Vi la carga y diferencia de potencial –respectivamente– del i−´esimo condensador, numerados en orden creciente respecto a su capacitancia. Por estar en serie, Q1 =
Q3 , Q2 = Q4 . As´ı:
Q1 = 1µV1 ,
Q2 = 2µV2 ,
Q3 = 3µV3 = Q1 ,
Q4 = 4µV4 = Q2
Adem´as, los voltajes satisfacen
12 = V1 + V3 = V2 + V4
Resolviendo el sistema,
Q1 = V1 = 36 − 3V1 ,
Q2 = 2V2 = 48 − 4V2
– 47 –
−→
V1 = 9, V2 = 8, V3 = 3, V4 = 4
Por u
´ ltimo,
Q1 = 9 µC, Q2 = 16 µC, Q3 = 9 µC, Q4 = 16 µC
Se comprueba que Q1 + Q2 = Q3 + Q4 = 25 µC = Q.
b) En este caso, los condensadores C1 y C2 est´an en paralelo, al igual que C3 y C4 :
Clef t = C1 + C2 = 3 µF
∧
Cright = C3 + C4 = 7 µF
−→
Ceq =
10
µF
21
La carga suministrada por la fuente ser´a:
Q = Ceq V = 25.2 µC
Adem´as, se tiene V1 = V2 , V3 = V4 , ya que se encuentran en paralelo. As´ı,
V1 =
1
2
= V2 =
,
Q1
Q2
V3 =
3
4
= V4 =
Q3
Q4
Con esto, 2Q1 = Q2 y 4Q3 = 3Q4 . Tambi´en debe darse que Q1 + Q2 = Q3 + Q4 = 25.2 µC, y
por tanto:
2Q1 = Q2 = 25.2 − Q1 −→ Q1 = 8.4 µC, Q2 = 16.8 µC
4
Q3 = 25.2 − Q4 = 25.2 − Q3 −→ Q3 = 10.8 µC, Q4 = 14.4 µC
3
(9) Dos placas conductoras cuadradas de lado a se disponen con sus cargas paralelas y muy pr´oximas
entre s´ı. La distancia entre las placas es x, como se indica en la figura. Calcule la fuerza sobre la
placa B en las direcciones x y z, cuando la diferencia de potencial entre las placas es Vo .
Soluci´
on:
La energ´ıa almacenada en el condensador es:
U=
CVo 2
2
donde la capacidad est´a dada por
C=
ǫ0 A
ǫ0 a(a − z)
=
x
x
– 48 –
De esta forma,
∂U ˆ
Vo 2 ǫ0 a a − z
1 ˆ
∂U
~
F = −∇U = −
ˆ
ı−
k=+
ˆ
ı+ k
∂x
∂z
2
x2
x
– 49 –
2.
Electricidad en medios materiales
2.1.
(1)
Ecuaciones de Laplace y Poisson
a) Considere dos cascarones cil´ındricos conductores de radios a y b > a coaxiales, cargados a los
potenciales Va y Vb , respectivamente. Encuentre el potencial entre los cascarones.
b) Considere dos cascarones esf´ericos conductores de radios a y b > a conc´entricos, cargados a
los potenciales Va y Vb , respectivamente. Encuentre el potencial entre los cascarones, y fuera
de ellos.
Soluci´
on:
Para este, y todos los problemas del mismo estilo, conviene usar las ecuaciones de Laplace o de
Poisson. Estas ecuaciones describen microsc´opicamente el potencial en todo el espacio, en el sentido
de que dada la densidad de carga en un punto, se puede obtener el potencial en ese punto (desde
luego, tambi´en se puede partir del potencial, para obtener la densidad).
a) Dada la geometr´ıa del problema, empleamos coordenadas cil´ındricas, con el eje z coincidente
con el eje de los cascarones. En este caso estamos, interesados en cualquier punto dentro de
la regi´on entre ambos cascarones. En cualquiera de estos puntos no existen cargas (dicha
regi´on es vac´ıa), por lo que ah´ı ρ = 0. Por lo tanto, debemos resolver la ecuaci´on de Laplace,
∇2 V = 0. Ahora, dada la simetr´ıa del problema, sabemos que el potencial debe depende solo
de la distancia al eje de ambos cilindros, por lo que esperamos que V = V (r). As´ı la ecuaci´on
de Laplace queda muy simplificada:
dV
d
dV
1 d
r
= 0 −→
r
=0
r dr
dr
dr
dr
pues r 6= 0. Resolvemos la EDO:
r
dV
=A
dr
−→
dV
A
=
dr
r
−→
V (r) = A ln (r) + B
Las constantes A y B las determinan las condiciones de borde. En particular, sabemos que
V (a) = Va y V (b) = Vb , por lo cual:
Va = A ln (a) + B ,
Vb = A ln (b) + B
Restando ambas ecuaciones, obtenemos
Va − Vb = A ln
a
b
−→
A=
Va − Vb
ln (a/b)
Por otra parte, multiplicando la primera ecuaci´on por ln (b) y la segunda por ln (a), y restando,
b
Vb ln (a) − Va ln (b)
Va ln (b) − Vb ln (a) = B ln
−→ B =
a
ln (a/b)
que nos entrega el valor del potencial.
– 50 –
b) Por los mismos argumentos de ´ıtem anterior, debemos resolver la ecuaci´on de Laplace en
ambas regiones (entre y fuera de los cascarones). Esta vez, por simetr´ıa, usamos coordenadas
esf´ericas. A priori sabemos que el potencial no puede depender de los ´angulos, o sea, V = V (r).
La ecuaci´on de Laplace que hay que resolver es entonces:
1 d
A
2 dV
r
−→ V (r) = − + B
2
r dr
dr
r
Las condiciones de borde son las que nuevamente entregan los valores u
´ nicos de las constantes.
En este caso, debemos separar cada regi´on de inter´es:
a<r<b
Las condiciones de borde relevantes aqu´ı son: V (a) = Va y V (b) = Vb . Esto implica que
Va = −
A
+B ,
a
Vb = −
Despejando:
ab(Va − Vb )
A=−
,
b−a
B=−
en la regi´on entre los cascarones.
A
+B
b
Va Vb
−
b
a
ab
b−a
b<r
Esta vez, las condiciones de borde relevantes son V (b) = Vb y que el potencial sea nulo en
el infinito, V (r → ∞) = 0. Esto implica que
Vb = −
A
+B ,
b
V∞ = B = 0
Es claro que
en la regi´on fuera de los cascarones.
A = −bVb
Una pregunta propuesta al lector: ¿Es el potencial continuo en la interfaz? ¿Por qu´e?
(2) Dos conos conductores conc´entricos, cuyas ecuaciones en coordenadas esf´ericas son θ1 = π/6 y
θ2 = π/4, se muestran en la figura. Los conos son de extensi´on infinita y en r = 0 est´an separados
por una distancia infinitesimal. Si el cono interior est´a a un potencial de 0 V, y el exterior a 50 V,
determinar el potencial y el campo el´ectrico en la regi´on interior a ambos conductores.
– 51 –
Soluci´
on:
Sea V la regi´on delimitada por θ1 < θ < θ2 . Si no hay densidad de carga libre en V, el potencial
satisface la ecuaci´on de Laplace ∆V = 0. Dada la geometr´ıa del problema, es conveniente utilizar
coordenadas esf´ericas. El problema posee una clara simetr´ıa azimutal (el potencial no depende del
a´ngulo polar φ). Adem´as, debe existir independencia de r, pues la extensi´on de los conos es infinita.
De esta forma, el potencial debe ser u
´ nicamente funci´on de θ:
1
d
dV
∆V = 2
sin θ
=0
r sin θ dθ
dθ
o, equivalentemente,
d
dV
sin θ
=0
dθ
dθ
−→
sin θ
dV
= C1
dθ
−→
dV
= C1 csc θ
dθ
Recordando que la integral de la cosecante es ln (tan θ/2) + cte, entonces:
V (θ) = C1 ln (tan θ/2) + C2
Debemos imponer las condiciones de borde en las superficies conductoras. Se tiene que
V (θ1 ) = C1 ln (tan π/12) + C2 = 0 ,
V (θ2 ) = C1 ln (tan π/8) + C2 = 50
El despeje queda propuesto al lector. Para encontrar el campo el´ectrico, utilizamos que
~ = −∇V
E
(3) [Propuesto] Suponga que el potencial V0 (θ) sobre la superficie de una esfera de radio R es dado.
Demuestre que la densidad de carga en la esfera es:
∞
ε0 X
(2l + 1)2 Cl Pl (cos θ)
σ(θ) =
2R l=0
donde
Cl =
ˆ
π
V0 (θ)Pl (cos θ) sin θ dθ
0
Soluci´
on:
Supongamos un potencial con simetr´ıa azimutal, de modo tal que V (r, θ, φ) = V (r, θ). Aplicando el
m´etodo se separaci´on de variables, afirmamos que existen funciones R(r), A(θ) tales que V (r, θ) =
R(r)A(θ) para todo r ∈ (0, ∞), θ ∈ (0, π). As´ı, la Ecuaci´on de Laplace toma la siguiente forma:
– 52 –
∆V = 0 →
→
→
→
1 ∂
1
∂
∂V
2 ∂V
r
+ 2
sin θ
=0
r 2 ∂r
∂r
r sin θ ∂θ
∂θ
.
A(θ) ∂
R(r) ∂
∂A
2 ∂R
r
+
sin
θ
=
0
· R(r)A(θ)
r 2 ∂r
∂r
r 2 sin θ ∂θ
∂θ
.
∂
1
∂
∂A
1
2 ∂R
r
+
sin
θ
=
0
· r2
r 2 R(r) ∂r
∂r
r 2 A(θ) sin θ ∂θ
∂θ
1 ∂
1
∂
∂A
2 ∂R
+
=0
r
sin θ
R ∂r
∂r
A sin θ ∂θ
∂θ
{z
} |
{z
}
|
λ
−λ
El m´etodo de separaci´on de variables nos sugiere que λ es constante. Para hallar la componente
angular del potencial, resolvemos la parte derecha de la ecuaci´on:
1 d
dA
sin θ
+ λA = 0
sin θ dθ
dθ
Con el cambio de variables t = cos θ y X = A(θ) tenemos que:
d
d
2 dX
2 dX
sin θ
+ λX = 0 −→
(1 − t )
+ λX = 0
dt
dt
dt
dt
que es justamente la Ecuaci´on diferencial asociada a los polinomios de Legendre. Por tanto, X(t) =
Pl (t) y λ = l(l + 1). Para R(r), sugerimos que esta soluci´on es de la forma R(r) = r n , y por tanto:
d 2 dR
r
− l(l + 1)R = 0 → r 2 n(n − 1)r n−2 + 2rnr n−1 − l(l + 1)r n = 0
dr
dr
→ n(n + 1) + 2n − l(l + 1) r n = 0
→ n(n + 1) + 2n − l(l + 1) = 0
→ n1 = l, n2 = −(l + 1)
As´ı, Rl (r) = al r l + bl r −(l+1) . Finalmente, el potencial posee como soluci´on general:
V (r, θ) =
∞
X
l=0
al r l + bl r −(l+1) Pl (cos θ)
Volvamos al problema en cuesti´on. Notar que, tanto en la regi´on interior como exterior de la esfera,
existen las siguientes condiciones
∆V = 0
V (R, θ) = V0 (θ)
– 53 –
lo que se conoce como Problema de Dirichlet. Para solucionarlo, definimos los potenciales internos
y externos a la esfera, a saber Vi n(r, θ) y Vout (r, θ) respectivamente. Del curso de Electricidad y
Magnetismo, sabemos que ambos potenciales deben satisfacer que:
Vin (R, θ) = Vout (R, θ) = V0 (θ)
∂Vout ∂Vin σ(θ)
−
=−
∂r
∂r
ε0
r=R
Al interior de la esfera, la f´ısica del problema nos exhorta a buscar una soluci´on que no diverja. Por
tanto, el t´ermino bl debe ser id´enticamente nulo y con ello:
Vin (r, θ) =
∞
X
l=0
al r l Pl (cos θ)
Lo mismo ocurre fuera de la esfera, y por tanto al ≡ 0 y as´ı:
∞
X
−(l+1) Vout (r, θ) =
bl r
Pl (cos θ)
l=0
Analicemos la relaci´on que existe entre al y bl en ambos potenciales. Como en la frontera (i.e. r = R)
´estos deben ser iguales, se cumple que:
∞
∞
X
X
−(l+1) l
al R Pl (cos θ) =
bl R
Pl (cos θ)
l=0
l=0
−→
bl = al R2l+1 , ∀l
Al mismo tiempo, como el potencial en la frontera tiene una forma determinada previamente en el
enunciado,
,ˆ
∞
π
X
l
al R Pl (cos θ) = V0 (θ)
Pm (cos θ) sin θ dθ
0
l=0
∞
X
l=0
al R
l
ˆ
π
Pl (cos θ)Pm (cos θ) sin θ dθ =
0
ˆ
π
V0 (θ)Pm (cos θ) sin θ dθ
0
∞
X
l=0
al Rl
2
δl,m = Cm
2l + 1
2m + 1
Cm
2Rm
Rm+1
= (2m + 1)
Cm
2
am =
∴ bm
As´ı, utilizando la condici´on para la densidad de carga se cumple que:
– 54 –
σ(θ)
∂Vout ∂Vin −
= −
∂r
∂r
ε0
r=R
∞
h
i
X
σ(θ)
− (l + 1)bl R−(l+2) − lal Rl−1 Pl (cos θ) = −
ε0
l=0
∞
i
1 Xh
2l + 1
σ(θ)
l−1
(l + 1) (2l + 1)Rl+1 Cl R−(l+2) + l
C
R
Pl (cos θ) =
l
l
2 l=0
R
ε0
∞
1 X
σ(θ)
(2l + 1)2 Cl Pl (cos θ) =
2R l=0
ε0
Finalmente,
∞
σ(θ) =
ε0 X
(2l + 1)2 Cl Pl (cos θ)
2R l=0
(4) [Propuesto] Una esfera de metal de radio R descargada es colocada en una regi´on del espacio con
ˆ Note que, debido a las cargas inducidas en la superficie de la
~ = E0 k.
campo el´ectrico uniforme E
esfera, el campo el´ectrico cambia en la vecindad de la esfera. Encuentre el potencial electrost´atico
fuera de la esfera. HINT: Para r ≫ R, V → −E0 z + C.
Soluci´
on:
Consideremos a la esfera como una superficie equipotencial, donde fijaremos un potencial igual
a cero sobre la superficie de la misma. As´ı, la funci´on potencial a encontrar debe satisfacer los
siguientes requerimientos:
V =0
V → −E0 z + C
si
si
r=R
r≫R
Considerando ambas condiciones, es claro que C = 0. Hagamos z = r cos θ para facilitar el an´alisis.
De la primera condici´on, notamos que:
∞
X
l=0
al Rl + bl R−(l+1) Pl (cos θ) = 0
y por tanto
al Rl + bl R−(l+1) = 0
Ahora,
V (r, θ) =
∞
X
l=0
−→
bl = −al R2l+1
∞
X
R2l+l
R2l+l
l
l
al r − l+1 Pl (cos θ) =
al r 1 − 2l+1 Pl (cos θ)
r
r
l=0
– 55 –
Si r ≫ R, entonces
R
≪ 1 y dicha potencia es despreciable. As´ı,
r
∞
X
l=0
al r l Pl (cos θ) = −E0 z = −E0 cos θ
Por ortogonalidad (y dado que P1 (cos θ) = cos θ) es posible visualizar que, para l 6= 1 → al ≡= 0,
mientras que a1 = −E0 . Finalmente, el potencial fuera de la esfera tiene la siguiente forma:
R3
V (r, θ) = −E0 r − 2 cos θ
r
2.2.
Diel´
ectricos
(1) Calcular la capacidad del condensador de la figura, suponiendo que la placa intermedia posee una
discontinuidad en el medio.
Soluci´
on:
El problema se puede tratar como dos condensadores en paralelo, uno formado por dos diel´ectricos
de constante κ1 y κ2 , y el otro formado por diel´ectrico de constante κ3 y vac´ıo. A su vez, el primer
condensador (C1 ), se puede ver como dos condensadores en serie, llenos de los diel´ectricos 1 y 2,
as´ı:
1
1
1
=
+
C1
C11 C12
con
C11 =
Luego:
1
1
=
C1
ǫ0 S1
κ1 ǫ0 S1
,
d1
d1 d2
+
κ1 κ2
C12 =
−→
κ2 ǫ0 S1
d2
C1 =
κ1 κ2 ǫ0 S1
d1 κ2 + d2 κ1
De manera similar, para el condensador C2 ,
1
1
1
=
+
C2
C21 C22
con
C21 =
ǫ0 S2
,
d1
C22 =
– 56 –
κ3 ǫ0 S2
d2
y por ende
C2 =
κ3 ǫ0 S2
d1 κ3 + d2
Finalmente, como C1 y C2 est´an en paralelo, la capacidad total ser´a:
C = C1 + C2 =
κ3 ǫ0 S2
κ1 κ2 ǫ0 S1
+
d1 κ2 + d2 κ1 d1 κ3 + d2
(2) Considere una espera conductora de radio interior a y radio exterior c. El espacio entre las dos
superficies es llenado con 2 diel´ectricos distintos, de manera que la constante diel´ectrica es κ1 entre
a y b, y κ2 entre b y c. Determine la capacitancia del sistema.
Soluci´
on:
El sistema se puede tratar como dos capacitores conectados en serie, ya que la diferencia de potencial total a trav´es de los capacitores es la suma de las diferencias de potencial a trav´es de cada
condensador individual. La capacitancia equivalente para un capacitor esf´erico de radio interior r1
y radio exterior r2 lleno de diel´ectrico de constante κ est´a dado por:
r1 r2
C = 4πǫ0 κ
r2 − r1
As´ı, la capacitancia equivalente del sistema es:
1
1
b−a c−b
κ2 c(b − a) + κ1 a(c − b)
=
+
=
C
4πǫ0 κ1 ba
κ2 bc
4πǫ0 κ1 κ2 abc
Finalmente:
C=
4πǫ0 κ1 κ2 abc
κ2 c(b − a) + κ1 a(c − b)
Notemos el caso l´ımite en que κ1 , κ2 → 1, la expresi´on se reduce a
C=
4πǫ0 abc
4πǫ0 abc
4πǫ0 ac
=
=
c(b − a) + a(c − b)
b(c − a)
c−a
que concuerda con la capacitancia de un condensador esf´erico de radios a y c en el vac´ıo.
– 57 –
(3) Un condensador cil´ındrico de altura ℓ, y cuyos conductores tienen radios a y b (b > a), est´a cargado
con una carga Q, i.e. una armadura tiene carga +Q y la otra −Q. Entre ellas existe vac´ıo. La
armadura es un cilindro met´alico macizo. Este dispositivo se sumerge en un l´ıquido diel´ectrico de
densidad constante ρ y permitividad ǫ, a una profundidad h. Determinar la altura x que sube el
nivel del l´ıquido que queda dentro del condensador, en relaci´on al l´ıquido externo (basta llegar a la
ecuaci´on correspondiente).
Soluci´
on:
La diferencia de nivel ∆h estar´a dada por el equilibrio entre la fuerza el´ectrica sobre el l´ıquido y su
peso. La fuerza electrost´atica es:
∂U
Fx = −
∂x
Como la carga es constante,
U=
1 Q2
2 C(x)
con C(x) la capacitancia del condensador cuando el l´ıquido est´a a una altura x. De esta forma, el
problema se traduce en determinar la capacidad del condensador en funci´on de la altura x.
La figura muestra que el condensador puede considerarse como dos condensadores conectados en
paralelo, uno de altura ℓ − x y otro de altura x. La capacidad total ser´a la suma de las capacidades
C1 , C2 . Podemos hacer esta suposici´on (equivalente con 2 condensadores en paralelo) si despreciamos
los efectos de borde y la deformaci´on del campo el´ectrico cerca de la superficie del l´ıquido:
C1 =
2πǫ0 (ℓ − x)
ln (b/a)
∧
C2 =
2πǫx
ln (b/a)
La capacitancia total ser´a
C = C1 + C2 =
2π ǫx + ǫ0 (ℓ − x)
ln (b/a)
– 58 –
La energ´ıa el´ectrica ser´a
C=
1 Q2 ln (b/a)
4π x(ǫ − ǫ0 ) + ℓǫ0
Derivando, se obtiene la fuerza que tiende a subir al l´ıquido:
Fx =
1 Q2 ln (b/a)(ǫ − ǫ0 )
2
4π
x(ǫ − ǫ0 ) + ℓǫ0
Por otra parte, el empuje del l´ıquido es:
g(x − h)π(b2 − a2 )ρ = Ex
Finalmente, es posible determinar x a partir de
|Fx | = |Ex |
(4) Una esfera de radio R, con carga libre q, est´a sumergida en un medio diel´ectrico homog´eneo de
constante κ y de extensi´on te´oricamente infinita. Calcular:
a) Los vectores de campo el´ectrico y polarizaci´on a una distancia r > R
b) La densidad de carga de polarizaci´on
Soluci´
on:
~ D
~ y P~ son todos paralelos entre s´ı en cada punto, y por la simetr´ıa esf´erica,
a) Debido a que E,
la naturaleza radial del campo no cambia por la presencia del medio diel´ectrico. Adem´as, estos
vectores pueden depender solo de la distancia al centro de la esfera y no de alguna coordenada
angular. Usando la ley de Gauss, con una superficie esf´erica de radio r > R conc´entrica:
¨
¨
¨
q
~
D·n
ˆ dS =
D(r) dS = D(r)
dS = qlibre = q −→ D(r) =
4πr 2
S
S
S
Es claro que
q
ρˆ
4πr 2
El campo el´ectrico y la polarizaci´on pueden evaluarse f´acilmente:
~
D(r)
=
~ = κǫ0 E
~
D
−→
~
E(r)
=
q
ρˆ
4πκǫ0 r 2
adem´as,
~ = ǫ0 E
~ + P~
D
−→
q(κ − 1)
~
P~ (r) = (ǫ − ǫ0 )E(r)
=
ρˆ
4πκr 2
– 59 –
b) Claramente, el diel´ectrico ha debilitado la magnitud del campo el´ectrico (en comparaci´on al
espacio vac´ıo). El campo el´ectrico es originado por toda la carga, la de polarizaci´on y la carga
libre. La carga libre es solo la carga de la esfera q. Sin embargo, la carga de polarizaci´on se
forma de dos contribuciones: una densidad volum´etrica
ρP = −∇ · P~
y una densidad superficial
σP = P~ · n
ˆ
sobre la superficie del diel´ectrico en contacto con la carga puntual.
Es claro que, en todos los puntos del diel´ectrico,
~ =0
∇·E
−→
∇ · P~ = 0
Usando que
q(κ − 1)
P~ (r) =
ρˆ
4πκr 2
la densidad superficial ser´a
q(κ − 1)
σ = P~ · n
ˆ = P~ (R) · − ρˆ = −
4πκR2
y la carga superficial es
Qs =
¨
σ dS = −4πR2
q(κ − 1)
q(κ − 1)
=−
2
4πκR
κ
S
Notar que la carga total ser´a:
Qtotal = Qlibre + Qs = q −
q(κ − 1)
q
=
κ
κ
(5) Se tiene un condensador plano con placas cuadradas de largo a, distancia d entre placas, y una
carga total Q. Calcular la fuerza que se ejerce sobre un material diel´ectrico cuando se encuentra a
una distancia x del punto O.
– 60 –
Soluci´
on:
La energ´ıa potencial asociada a esta configuraci´on es
U(x) =
1 Q2
2 C(x)
Notar que es funci´on de la posici´on x, puesto que la capacitancia total tambi´en lo es El sistema se
puede ver como dos condensadores en paralelo, uno de ellos con un diel´ectrico de constante κ. As´ı,
Ceq = C1 + C2 =
ǫ0 ax κǫ0 a(a − x)
ǫ0 a(x + κ[a − x])
+
=
d
d
d
Con esto, la energ´ıa potencial el´ectrica almacenada es:
U(x) =
1
Q2 d
2 ǫ0 a(x + κ[a − x])
Y la fuerza que se ejerce sobre el diel´ectrico ser´a:
Fx ˆ
ı=−
dU
ˆ
ı
dx
−→
Fx =
Q2 d
1−κ
2ǫ0 a (x + κ[a − x]2 )
Notar que 1 − κ < 0, i.e. la fuerza apunta seg´
un −ˆ
ı. Esto significa que la placa diel´ectrica es atra´ıda
hacia el interior del condensador.
(6) Un cilindro conductor hueco sin espesor, de radio r1 y largo ℓ, lleva una carga q uniformemente
distribuida. Alrededor de ´el, otro cilindro conductor hueco sin espesor es colocado de forma coaxial,
de radio r2 y mismo largo, tal como indicado en la figura. Este nuevo cilindro lleva una carga −q,
tambi´en uniformemente distribuida. Se llena la regi´on entre los dos cilindros con un material cuya
constante diel´ectrica es funci´on de la distancia al eje de los cilindros, κ = κ(r). Considere ℓ ≫ r1 , r2 .
a) Encuentre una expresi´on para κ(r) que lleva un campo electrost´atico radial independiente de
la distancia al eje
b) Calcule la capacidad del condensador cil´ındrico correspondiente
c) Calcule la densidad superficial de cargas de polarizaci´on en la superficie del material diel´ectrico
a r = r1 y r = r2 , para el κ(r) calculado en el ´ıtem (a)
~ = 1 ∂ rAr , calcular la densidad
d ) Considerando que, en coordenadas cil´ındricas , ∇ · A
r ∂r
volum´etrica de cargas de polarizaci´on en el diel´ectrico
– 61 –
e) Calcular la cantidad total de cargas de polarizaci´on, incluy´endose cargas en la superficie y en
el volumen del diel´ectrico
f ) Calcule la energ´ıa potencial electrost´atica almacenada en el condensador
g) Suponiendo que uno puede sacar el material diel´ectrico de entre r1 y r2 desliz´andolo f´acilmente
sin roce, a lo largo del eje del sistema, calcule el trabajo necesario para remover el material de
entre las placas
Soluci´
on:
a) Para obtener el campo electrost´atico en el interior, utilizamos la ley de Gauss para diel´ectricos,
con una superficie cil´ındrica de radio r ∈ (r1 , r2 ) y largo ℓ:
~ = D(r) ρ.
Por simetr´ıa, es evidente que D
ˆ Con esto,
¨
~ ·n
D
ˆ dS = 2πrℓD(r) = qlibre −→
D(r) =
q
2πrℓ
S
As´ı,
~ = 1D
~ = D(r) ρˆ
E
ǫ
κ(r)ǫ0
−→
~
E(r)
=
q
2πκ(r)ℓrǫ0
Para que el campo no dependa de r, κ debe ser de la forma
a
κ(r) =
r
Con ello,
q
~ =
E
2πℓǫ0 a
b) En este caso, la capacitancia ser´a la misma que un condensador cil´ındrico, considerando que
ǫ = κ(r)ǫ0 . As´ı,
ˆ B
~ · d~r = φ(A) − φ(B) = ∆V
E
A
ˆ r2
q
=
ρˆ · dr ρˆ
r1 2πℓǫ0 a
ˆ r2
q
q(r2 − r1 )
=
dr =
2πℓǫ0 a r1
2πℓǫ0 a
∴ C =
q
2πℓǫ0 a
=
∆V
r2 − r1
– 62 –
c) La densidad superficial de cargas de polarizaci´on est´a dada por:
σ = P~ · n
ˆ
y
Sobre la superficie interior:
~ = a − 1 ǫ0 E
~
P~ = (ǫ − ǫ0 )E
r
P~ =
n
ˆ = − ρˆ ,
y entonces,
y entonces,
a
q
−1
ρˆ
r1
2πℓǫ0 a
~
σ1 = P · n
ˆ
=−
n
ˆ = ρˆ ,
a
−1
r2
=
r=r1
Sobre la superficie exterior:
P~ =
~
σ2 = P · n
ˆ
r=r2
a
−1
r1
q
2πℓǫ0 a
q
ρˆ
2πℓǫ0 a
a
q
−1
r2
2πℓǫ0 a
d ) La densidad volum´etrica de carga de polarizaci´on es
ρ = −∇ · P~
Como P~ = P (r) ρ
ˆ ya fue calculado anteriormente, simplemente se debe calcular la divergencia
como se sugiere en en el enunciado. As´ı,
q
ρ=
2πℓar
– 63 –
e) La carga total de polarizaci´on es
Qp =
˚
ρ dV +
¨
V
σ1 dS +
S1
¨
σ2 dS
S2
Como σ1 , σ2 son constantes en cada superficie respectiva, entonces:
¨
a
q
q
σ1 dS = σ1 · A1 = −
−1
· 2πℓr1 = −(a − r1 )
r1
2πℓa
a
S1
¨
σ2 dS = σ2 · A2 =
S2
a
−1
r2
q
q
· 2πℓr2 = (a − r2 )
2πℓa
a
Por otra parte, con dV = r dr dϕ dz,
˚
ˆ
ˆ
q r2
q
ρr dr dϕ dz = 2πℓ ρr dr =
dr = (r2 − r1 )
a r1
a
V
As´ı,
q
q
q
Qp = (r2 − r1 ) − (a − r1 ) + (a − r2 ) = 0
a
a
a
Esto siempre se cumple, pues un diel´ectrico es el´ectricamente neutro.
f ) La energ´ıa almacenada por el condensador es:
1 q2
U=
2C
donde
C=
y por tanto,
U=
2πℓǫ0 a
r2 − r1
1 q 2 (r2 − r1 )
2 2πℓǫ0 a
g) Tenemos que, la energ´ıa inicial viene dada por:
Ui =
Por otra parte, la energ´ıa final ser´a
1 q 2 (r2 − r1 )
2 2πℓǫ0 a
1 q2
Uf =
2 Cf
donde Cf es la capacidad final (en el vac´ıo):
2πℓǫ0
Cf =
ln (r2 /r1 )
−→
1 q 2 ln (r2 /r1 )
Uf =
2
2πℓǫ0
Finalmente, el trabajo necesario para remover el diel´ectrico es:
1 q2
r2
r2 − r1
W = Uf − Ui =
ln
−
2 2πℓǫ0
r1
a
– 64 –
(7) Se tienen tres esferas conductoras conc´entricas de radios a, b, y c. El espacio entre las dos primeras
est´a lleno con un diel´ectrico de constante κ. Inicialmente, la esfera de radio a est´a descargada y las
esferas de radios b y c tienen carga q1 y q2 , respectivamente. La esfera interior de radio a se conecta
con la esfera de radio c con un cable aislado delgado.
a) Calcular la carga libre en cada esfera
b) Calcular la carga de polarizaci´on en la superficie externa y en la superficie interna del diel´ectrico
Soluci´
on:
a) Definimos las siguientes cuatro regiones:
Al conectar las esferas de radios a y c, ´estas distribuir´an la carga en ambas de modo que
queden al mismo potencial, luego
q2 = qa + qc
Ahora, para la Regi´on I,
~ < a) = ~0
E(r
– 65 –
pues corresponde al interior de un conductor. Para la Regi´on II, a < r < b, se utiliza la ley de
Gauss para diel´ectricos:
˚
qa
qa
~
~ ·n
~
ρˆ −→ E(r)
=
ρˆ
D
ˆ dS = 4πr 2D(r) = qa −→ D(r)
=
2
4πr
4πκǫ0 r 2
Sr
Para la Regi´on III, b < r < c,
˚
qa + q1
~ ·n
E
ˆ dS = 4πr 2 E(r) =
ǫ0
qa + q1
~
E(r)
=
ρˆ
4πǫ0 r 2
−→
Sr
Por u
´ ltimo, para la Regi´on IV con r > c, tenemos:
q1 + qa + qc
~
E(r)
=
4πǫ0 r 2
El potencial en la esfera de radio a es:
ˆ ∞
ˆ b
ˆ c
ˆ
~
~
~
φ(a) =
E · d~r =
E · d~r +
E · d~r +
a
a
donde la u
´ ltima integral corresponde a
ˆ ∞
c
~ · d~r
E
ˆ
a
b
dr qa + q1
+
r2
4πǫ0
ˆ
c
b
dr
+ φ(a)
r2
1 1
qa + q1 1 1
−
−
+
= 0
a b
4πǫ0
b c
b−a
c−b
qa
+ (qa + q1 )
= 0
ab
bc
q1 (b − c)a
∴ qa =
b(c − a)
qa
4πκǫ0
Finalmente,
c
~ · d~r = φ(c) = φ(a)
E
qa
∴ φ(a) =
4πκǫ0
Luego,
b
∞
qc = q2 − qa = q2 −
b) Sobre la superficie interna del diel´ectrico,
– 66 –
q1 (b − c)a
b(c − a)
As´ı,
~
σ =P ·n
ˆ
r=a
σa = −
,
~ ,
P~ = (ǫ − ǫ0 )E
n
ˆ = r ρˆ
(κ − 1)qa
(ǫ − ǫ0 )qa
=−
2
4πκǫ0 a
4πκa2
Sobre la superficie externa,
~
σ =P ·n
ˆ
2.3.
r=b
,
n
ˆ = ρˆ
−→
σb =
(ǫ − ǫ0 )qa
(κ − 1)qa
=
2
4πκǫ0 b
4πκb2
Corriente el´
ectrica y ley de Ohm microsc´
opica
(1) Dos esferas met´alicas conc´entricas, de radios a y b, est´an separadas por un material conductor de
conductividad σ constante.
a) Si estas esferas son mantenidas a una diferencia de potencial V constante, encuentre la corriente
que va de una a la otra
b) Encuentre la resistencia entre las esferas
c) Observe que, en el caso anterior, se cumple R ∝ 1/C, donde C es la capacidad. Demuestre que
dicha f´ormula el v´alida para dos conductores cualesquiera, separados por un material conductor
de conductividad σ constante
Soluci´
on:
– 67 –
a) Al establecer una diferencia de potencial sobre los conductores
V = φ(a) − φ(b)
se inducir´an cargas Q y −Q sobre las superficies r = a y r = b, respectivamente. El campo
el´ectrico en la regi´on interior se puede determinar a partir de la Ley de Gauss debido a la
simetr´ıa esf´erica del problema:
¨
qenc
Q
~ ·n
~
E
ˆ dS =
−→ E(r)
=
ρˆ , a < r < b
ǫ0
4πǫ0 r 2
Ω
Por otro lado,
V =
ˆ
a
b
~ · d~r =
E
ˆ
b
a
Q
Q dr
=
2
4πǫ0 r
4πǫ0
1 1
−
a b
donde se ha elegido una trayectoria radial. Con ello,
Q=
4πǫ0 abV
b−a
−→
~
E(r)
=
V ab
ρˆ
(b − a)r 2
Debido a que la zona a < r < b est´a llena con un material conductor, el campo el´ectrico dar´a
origen a un movimiento de cargas (corriente), en donde la densidad est´a relacionada con el
campo mediante la Ley de Ohm Microsc´opica
~ =
J~ = σ E
σV ab
ρˆ
(b − a)r 2
La corriente que fluye entre los conductores se puede obtener integrando sobre una superficie
esf´erica S de radio r, a < r < b:
¨
4πσV ab
I=
J~ · n
ˆ dS = 4πr 2J(r) =
(b − a)
S
b) La resistencia vendr´a dada por la Ley de Ohm Macrosc´opica, V = IR, y con ello:
V
1
1 1
=
−
R=
I
4πσ a b
c) Recordando que la capacidad de un condensador esf´erico es
C=
4πǫ0 ab
b−a
entonces, se tiene que:
ǫ0
σC
Veamos que esto se cumple en el caso general: Sean 1 y 2 dos conductores cualesquiera, separados por un material de conductividad σ:
R=
– 68 –
Se tendr´a un flujo de corriente dado por:
I=
¨
J~ · n
ˆ dS
Ω
Por ley de Ohm,
~
J~ = σ E
Reemplazando,
I=σ
¨
Ω
Q
~ ·n
E
ˆ dS = σ
ǫ0
por ley de Gauss. Por otro lado, si C es la capacidad del sistema, se cumple que
Q = CV
Reemplazando,
I=
σ
CV
ǫ0
−→
R=
V
ǫ0
=
I
σC
(2) Considere un conductor perfecto, inicialmente con carga Q0 , y completamente rodeado por un medio
uniforme de conductividad σ y constante diel´ectrica ǫ.
a) Si el conductor es una esfera de radio a, muestre que su carga como funci´on del tiempo es
Q(t) = Q0 e−σt/ǫ
b) Muestre que el resultado anterior es v´alido independientemente de la forma del conductor
Soluci´
on:
a) Sea Q(t) la carga sobre la superficie esf´erica en el instante t. Esta generar´a un campo el´ectrico
esf´ericamente sim´etrico para r > a:
~ t) = Q(t) ρˆ
E(r,
4πǫr 2
– 69 –
Al ser el medio circundante un conductor, se tendr´a una densidad de corriente como respuesta
a dicho campo:
~ t) = σ E(r,
~ t) = σQ(t) ρˆ
J(r,
4πǫr 2
Esta es una corriente que fluye isotr´opicamente de forma radial. La corriente se obtiene de
integrar J~ sobre una superficie cerrada que contenga a la esfera conductora, en particular se
puede tomar una esfera de radio r > a:
¨
σQ(t)
I(t) =
J~ · n
ˆ dS =
ǫ
esfera
Por otro lado, sabemos que
dQ
= −I(t)
dt
−→
dQ
σQ
=−
dt
ǫ
−→
Q(t) = Q0 e−σt/ǫ
donde el signo aparece por tratarse de una descarga.
b) El resultado anterior es v´alido sin importar la forma de los conductores. En efecto, sea S una
superficie cerrada que contenga completamente al conductor. La corriente que se genera est´a
dada por:
¨
¨
Q
~
~ ·n
I=
J ·n
ˆ dS = σ E
ˆ dS = σ
ǫ
S
S
donde hemos utilizado la ley de Ohm y la ley de Gauss. Es claro que
dQ
σQ
=
dt
ǫ
y se obtiene la misma ecuaci´on diferencial que en el caso anterior.
I =−
(3) Entre dos cilindros conductores coaxiales muy largos, de radios a y c > a, se llena con materiales
de conductividades σ1 y σ2 , y permitividades ǫ1 y ǫ2 , como muestra la figura.
a) Encuentre la resistencia entre el n´
ucleo y el conductor externo.
b) Si se conecta una diferencia de potencial V0 entre el n´
ucleo y el conductor externo, calcule la
densidad de corriente J y la corriente I que circula.
– 70 –
Soluci´
on:
a) Asumimos que la corriente circula radialmente desde la placa interna a la externa, de tal forma
que una corriente I se relaciona con la densidad como:
¨
¨
~
I=
J ·n
ˆ dS =
J(r) dS
S
S
en donde S es el manto de un cilindro de radio r coaxial con los cascarones conductores. Por
simetr´ıa, la densidad de corriente sale de la integral. Si ℓ denota el largo de los cables, entonces
¨
I
I = J(r) dS = 2πrℓ J(r) −→ J(r) =
2πrℓ
S
Suponiendo v´alida la ley de Ohm en este material, el campo el´ectrico podemos calcularlo
f´acilmente. No obstante, debemos ser cuidadosos pues la conductividad var´ıa en cada regi´on
llena de material conductor. El campo en las regiones queda, respectivamente,
E1 =
I
,
2πσ1 rℓ
E2 =
I
2πσ2 rℓ
ambos en direcci´on radial. La diferencia de potencial entre ambas placas es
ˆ c
ˆ b
ˆ c
I ln (b/a) I ln (c/b)
|∆V | =
E(r) dr =
E1 (r) dr +
E2 (r) dr =
+
2πσ1 ℓ
2πσ2 ℓ
a
a
b
y, por tanto, la resistencia es:
R=
ln (b/a) ln (c/b)
+
2πσ1 ℓ
2πσ2 ℓ
Observaci´
on. Notar que |∆V | = |∆V1 | + |∆V2 |, por lo que R = R1 + R2 . Esto demuestra que
el sistema pudo haberse
P considerado como dos resistores en serie, para el cual sabemos que
vale la relaci´on R = Rk .
k
b) Por la ley de Ohm, si se aplica una diferencia de potencial V0 entre las placas, la corriente que
fluir´a de una a la otra es
V0
2πℓV0
I=
=
ln (b/a) ln (c/b)
R
+
σ1
σ2
y la densidad de corriente es
J(r) =
I
V0
1
=
ln (b/a) ln (c/b) r
2πℓr
+
σ1
σ2
– 71 –
(4) Suponga que se construye una cu˜
na (figura abajo izquierda) usando material de resistividad ρ.
Determine la resistencia del cuerpo entre las caras A y B mostradas en la figura. Repita para el
cono truncado mostrado abajo a la derecha. El material es el mismo que en el primer resistor.
A
a
B
a+b
h
A
a
d
L
a+b
B
Soluci´
on:
Para este problema debemos saber que la resistencia de un conductor de area transversal A y largo
L, hecho con un material de resistividad ρ, est´a dada por R = ρ L/A. La idea consiste en que, si
la corriente circula como indica el enunciado, el resistor se puede considerar como una sucesi´on de
resistores de ´area A(x) y ancho dx:
A(x)
a+b
h(x)
a
x=0
x=L
dx
La resistencia neta del cuerpo se obtiene sumando todas estas contribuciones, dado que podemos
P
considerar la sucesi´on como muchos resistores en serie, para lo cual sabemos que se cumple R = Ri
i
con:
b
ρ dx
A = A(x) = h(x) d = a + x d −→ dR =
L
A(x)
Por lo tanto,
R=
ˆ
0
L
ρ
ρL
dx =
bx
d
a+
L
ˆ
Para el caso del cono truncado,
– 72 –
0
1
dt
ρL
b
=
ln 1 +
a + bt
bd
a
x=0
a
A(x)
dx
r(x)
x=h
a+b
2
b
A = A(x) = πr (x) = π a + x
h
2
As´ı,
R=
ˆ
0
h
ρ
dR =
π
ˆ
h
0
dx
ρh
2 =
π
bx
a+
h
ˆ
−→
1
0
dR =
ρ dx
2
bx
π a+
h
dt
ρh
=
2
(a + b t)
bπ
1
1
−
a a+b
(5) [Propuesto] En un diodo de vac´ıo, los electrones son “evaporados” en un c´atodo caliente, a potencial cero, y acelerados a trav´es de una separaci´on con el ´anodo, que se mantiene a potencial
positivo V0 . La nube de electrones que se mueven dentro de la separaci´on (llamados carga espacial )
r´apidamente confluyen al otro lado. A partir de entonces existe una corriente constante entre las
placas. Supongamos que las placas son relativamente grandes comparadas con la separaci´on entre
placas (A ≫ d2 en la figura), de modo tal que se pueden despreciar los efectos de borde. Entonces
V , ρ, and v (la velocidad de los electrones) son solo funciones de x:
a) Escriba la ecuaci´on de Poisson para la regi´on entre las placas.
– 73 –
b) Asumiendo que los electrones parten del reposo, ¿cu´al es su velocidad en el punto x, donde el
potencial es V (x)?
c) En el estado estacionario, I es independiente de x. ¿Cu´al es, entonces, la relaci´on entre ρ y v?
d ) Use los tres resultados anteriores para obtener la ecuaci´on diferencial para V , luego de eliminar
ρ y v.
e) Resuelva esta ecuaci´on para V como funci´on de x, V0 , and d. Grafique V (x), y compare con el
resultado sin carga espacial. Adem´as, encuentre ρ y v como funciones de x.
f ) Muestre que
I = K V0 3/2
y encuentre la constante K. Esta ecuaci´on es llamada Ley de Child-Langmuir. Note que el
diodo de carga espacial es no-lineal, y por tanto no obedece la ley de Ohm.
Soluci´
on:
a) Como el potencial es solo funci´on de x, entonces
d2 V
ρ
=−
2
dx
ǫ0
b) De la conservaci´on de energ´ıa,
mv 2
qV =
2
−→
v=
r
2qV
m
c) Es claro que:
dq = ρ dV = ρ A dx
−→
dq
dx
= ρA
dt
dt
As´ı,
I = ρAv
Nota: ρ, y por tanto tambi´en I, son negativos.
d ) Ahora,
r
d2 V
ρ
I
I
m
d2 V
=
−
=
−
=
−
−→
= β V −1/2
dx2
ǫ0
ǫ0 A v
ǫ0 A 2qV
dx2
r
I
m
con β = −
. Nota: I es negativa, entonces β es positivo; q es positivo.
ǫ0 A 2q
e) Multiplicando por V ′ =
dV ′
dV
V
= β V −1/2
dx
dx
′
dV
,
dx
−→
ˆ
′
V dV = β
ˆ
V
−1/2
dV
−→
V′ 2
= 2β V 1/2 + cte
2
Pero V (0) = V ′ (0) = 0 (el c´atodo est´a a potencial cero, y el campo en el c´atodo es cero), y
entonces la constante es cero. As´ı,
p
p
dV
2
V ′ = 4β V 1/2 −→
= 2 β V 1/4 −→ V −1/4 dV = 2 β dx
dx
– 74 –
∴
p
4 3/4
V
= 2 β x + cte
3
Pero V (0) = 0, y esta nueva constante tambi´en es nula. As´ı,
V
3/4
3p
βx
=
2
−→
V (x) =
3p
β
2
4/3
4/3
x
En t´erminos de V0 , en vez de I,
V (x) = V0
=
9β
4
2/3
4/3
x
=
81I 2m
32ǫ0 2 A2 q
1/3
x 4/3
d
Sin la carga espacial, el potencial crecer´ıa linealmente con la distancia: V (x) = V0
x4/3
x
d
Por otra parte,
d2 V
1 4 x−2/3
4ǫ0 V0
=
−ǫ
V
= − 2 2/3
0
0
2
4/3
dx
d 3 3
9(d x)
r
x 2/3
p
2q √
V = 2qV0 /m
v=
m
d
ρ = −ǫ0
f)
V (d) = V0 =
81I 2 m
32ǫ0 2 A2 q
1/3
d4/3
−→
V0 3 =
81md4 2
I
32ǫ0 2 A2 q
−→
I2 =
32ǫ0 2 A2 q 3
V0
4
| 81md
{z }
= K2
y por tanto,
I = K V0 3/2
– 75 –
2.4.
Ley de Ohm macrosc´
opica: circuitos fem/R
(1) Determine la resistencia equivalente, o de Thevenin, entre los puntos a y b:
R
R
a
R
R
b
R
Soluci´
on:
Optaremos por un m´etodo muy sencillo: aplicando una corriente I al circuito, sea V el voltaje entre
los puntos a, b. As´ı,
V = Va − Vb = I Req
Sean c, d los nodos intermedios. De las Reglas de Kirchhoff,
X
ik = 0
−→
nodo a
X
Vd − Va Vc − Va
+
=0
R
R
ik = 0
−→
ia→c + ib→c + id→c =
Va − Vc Vb − Vc Vd − Vc
+
+
=0
R
R
R
ik = 0
−→
ia→d + ib→d + ic→d =
Va − Vd Vb − Vd Vc − Vd
+
+
=0
R
R
R
nodo c
X
I + id→a + ic→a = I +
nodo d
X
ik = 0
nodo b
−→
−I + id→b + ic→b = −I +
Vd − Vb Vc − Vb
+
=0
R
R
De las dos ecuaciones intermedias, es claro que Vc = Vd y por tanto ic→d = id→c = 0. As´ı, llamando
Vo al voltaje en los nodos c, d:
I+
Vo − Va Vo − Va
+
=0
R
R
↔
Va =
IR
+ Vo
2
−I +
Vo − Vb Vo − Vb
+
=0
R
R
↔
Vb = −
−→
Req = R
IR
+ Vo
2
Por lo tanto,
V = Va − Vb = IR
(2) Una bater´ıa descargada se carga conect´andola a la bater´ıa cargada de otro autom´ovil mediante
cables para corriente. Determine la corriente del motor de arranque y en la bater´ıa descargada.
– 76 –
Soluci´
on:
Utilizaremos la Ley de Voltajes de Kirchhoff (LVK) para cada malla:
Malla 1.
−12 + 0.01 · I1 + 1 · (I1 − I2 ) + 10 = 0
Malla 2.
−10 + 1 · (I2 − I1 ) + 0.06 · I2 = 0
De la primera ecuaci´on se obtiene que
I2 = 1.01 I1 − 2
Reemplazando,
0.0706 I1 − 2.02 = 10
−→
I1 = 170.25 A
Con esto,
I2 = 169.95 A
I2 es la corriente a trav´es del motor de arranque, mientras que la corriente a trav´es de la bater´ıa
descargada ser´a, seg´
un nuestra convenci´on,
– 77 –
Ibatery = I3 = I1 − I2 = 0.2975 A
(3) Tomando R = 1 kΩ y ε = 250 V en la figura,determine la direcci´on y magnitud de la corriente en el
cable horizontal entre los puntos a y e.
Soluci´
on:
Definamos las siguientes corrientes:
I1 la corriente que circula por el △ abc en dicho orden
I2 la corriente que circula por el △ cde en dicho orden
I3 la corriente que circula por el △ cea en dicho orden
Utilizando la LVK, se cumple que:
−ε + I1 R + 4R(I1 − I3 ) = 0 ,
2RI2 + 2ε + 3R(I2 − I3 ) = 0 ,
4R(I3 − I1 ) + 3R(I3 − I2 ) = 0
Escribiendo el sistema en forma matricial,


 

I1
ε
5R
0
−4R
 0
5R −3R   I2  =  −2ε 
−4R −3R 7R
I3
0
As´ı, I3 viene dada por:
5R
0
ε 0
5R −2ε −4R −3R 0 5R(0 − 6εR) + ε(0 + 20R2 )
−10εR2
ε
I3 =
=
=
=−
= −50 mA
2
2
2
3
5R
5R(35R − 9R ) − 4R(0 + 20R )
50R
5R
0
−4R 0
5R −3R −4R −3R 7R y con ello sabemos que va en direcci´on a → e.
– 78 –
(4)
a) Se tiene un circuito de infinitos resistores, cada uno con resistencia R, como muestra la figura.
Calcular la resistencia equivalente entre los puntos A y B.
A
...
...
B
b) Lo mismo para la siguiente configuraci´on:
...
...
Soluci´
on:
a) La idea es la siguiente: si hacemos un corte luego del primer elemento del patr´on de resistencias,
notaremos que el resto de ellas es exactamente igual al caso antes de hacer el corte (pues son
infinitas resistencias) y por tanto son iguales a la resistencia equivalente pedida.
R
R
Req
R
De acuerdo a las reglas para combinar resistencias en serie y en paralelo, se establece la
ecuaci´on:
Req = R + R + R k Req −→ Req 2 − 2RReq − 2R2 = 0
Resolviendo,
Req = R(1 +
√
3)
b) Repetimos el c´alculo anterior, hasta obtener que:
Req = ϕ R
con ϕ el n´
umero ´
aureo. Para mayor informaci´on se sugiere revisar aqu´ı.
– 79 –
(5) Una bater´ıa real puede modelarse por una f.e.m. ε ideal y una resistencia interna en serie R. Una
resistencia de carga R2 se conecta a los terminales de la bater´ıa.
a) Determine el valor de R2 tal que la diferencia de potencial aplicada a los terminales sea m´axima
b) Determine el valor de R2 para obtener una corriente m´axima en el circuito
c) Determine el valor de R2 para que la potencia consumida por ´esta sea la m´axima posible
d ) Determine el valor de R para que la potencia consumida por R2 sea la m´axima posible
Soluci´
on:
a) Primero que todo, determinamos la corriente circulante,
−ε + IR + IR2 = 0
−→
I=
ε
R + R2
As´ı, la diferencia de potencial entre los extremos de la bater´ıa es:
V = IR2 =
R2 ε
ε
=
R + R2
1 + RR2
Luego, la diferencia de potencial ser´a m´axima cuando R2 → ∞ y valdr´a ε, igual que la f.e.m.
b) Ten´ıamos que
ε
R + R2
Luego, la corriente ser´a m´axima si R2 = 0, y equivale a cortocircuitar los terminales de la
bater´ıa.
I=
c) La potencia consumida por R2 est´a dada por
P = IV =
R2 ε
ε
R2 ε2
=
R + R2 R + R2
(R + R2 )2
– 80 –
Para maximizar,
∂P
ε2 (R + R2 )2 − 2(R + R2 )R2 ε2
=
=0
∂R2
(R + R2 )4
As´ı,
(R + R2 )2 − 2(R + R2 )R2 = 0
−→
R2 + R − 2R2 = 0
Finalmente, la potencia ser´a m´axima si
R2 = R
es decir, se debe colocar una resistencia igual a la resistencia interna de la bater´ıa.
d ) Se puede repetir el c´alculo anterior, pero es m´as f´acil optar por la intuici´on: si R es distinta
de cero, entonces ´esta consumir´a parte de la potencia que suministra la fuente. As´ı, para que
la resistencia de carga consuma toda la potencia suministrada por la fuente, se debe cumplir
que:
R=0
(6) El amper´ımetro ideal de la figura mide 2 A. Determine I1 , I2 y ε. Obtenga la potencia disipada en
cada resistencia.
Soluci´
on:
Suponemos que la corriente fluye como muestra la figura. Por la ley de nodos aplicada al nodo de
la izquierda, se debe cumplir que
−I1 − I2 + 2 = 0
−→
I1 + I2 = 2
en donde 2 A es la corriente que, por enunciado, pasa por el amper´ımetro. La ley de las mallas
aplicada a la malla superior entrega
2 · 5 − 15 + 7I1 = 0
−→
y por tanto
I2 = 2 − I1 =
– 81 –
9
A
7
I1 =
5
A
7
La misma ley aplicada a la malla de abajo implica
2 · 5 − ε + 2I2 = 0
−→
ε=
88
V
7
La potencia en cada resistencia la obtenemos a partir del Efecto Joule, P = I 2 R:
P7 Ω =
25
25
·7W =
W,
49
7
P5 Ω = 4 · 5 W = 20 W ,
P2 Ω =
81
162
·2W =
W
49
49
(7) El circuito de la figura es llamado Puente de Wheastone y se usa para calibrar resistencias. El dispositivo est´a formado por 3 resistencias, de las cuales 2 son ajustables, y un galvan´ometro (dispositivo
que sirve para medir corrientes). Para realizar la medida, se ajustan las resistencias variables R1
y R2 hasta que el galvan´ometro marque cero. Exprese el valor de Rx en funci´on de las otras 3
resistencias. Modele al galvan´ometro como una resistencia Rg .
Soluci´
on:
La corriente que circula por el galvan´ometro es:
Ig =
Va − Vb
Rg
Para que sea nula, debe cumplirse que: Va = Vb . Luego, aplicando LCK,
Nodo a:
Nodo b:
Igualando, obtenemos:
V − Va
Va − 0
=
R1
Rx
−→
V − Va =
R1
Va
Rx
V − Vb
Vb − 0
=
R2
R3
−→
V − Vb =
R2
Vb
R3
R1
R2
Va =
Vb
Rx
R3
−→
Rx =
R1 R3
R2
– 82 –
2.5.
Circuitos RC
(1) En el circuito de la figura, suponga que el interruptor ha estado abierto por un tiempo muy largo,
y en t = 0 se cierra.
R1
ε
+
−
C
R2
a) ¿Cu´al es la constante de tiempo antes de que se cerrara el interruptor?
b) ¿Cu´al es la constante de tiempo despu´es de que se cierra el interruptor?
c) Encuentre la corriente a trav´es del interruptor como funci´on del tiempo una vez que el interruptor se ha cerrado
Soluci´
on:
a) Antes que el interruptor se cerrara, las dos resistencias R1 y R2 est´an en serie con el condensador. Debido a que la resistencia equivalente es Req = R1 + R2 , la constante de tiempo est´a
dada por
τ = Req = (R1 + R2 )C
y la carga almacenada en el condensador es
q(t) = Cε 1 − e−t/τ
b) Una vez que el interruptor se cierra, el circuito cerrado a la derecha se vuelve un circuito RC
de descarga del capacitor que decae con constante de tiempo τ = R2 C. La carga comienza a
decaer acorde a
q(t) = Cε e−t/τ
c) La corriente a trav´es del interruptor consiste en 2 fuentes: la corriente constante I1 del circuito
izquierdo, y la corriente que decae I2 del circuito RC. Las corrientes est´an dadas por
ε
I1 (t) =
R1
I2 (t) = −
dq
Cε −t/τ
ε −t/τ
=
e
=
e
dt
τ
R2
As´ı, la corriente total ser´a:
IT (t) = I1 (t) + I2 (t) =
– 83 –
ε
ε −t/τ
+
e
R1 R2
(2) En el circuito de la figura, el interruptor se encuentra cerrado durante un tiempo muy largo.
C
ε
R2
+
−
R3
R1
a) ¿Cu´al es la corriente en cada resistencia?
b) ¿Cu´al es la carga en el condensador?
c) En t = 0 se abre el interruptor. Encuentre la corriente que pasa por la resistencia R2 en funci´on
del tiempo
d ) ¿Cu´anto tiempo debe pasar para que la carga en C disminuya hasta 4/5 del valor en t = 0?
Soluci´
on:
a) El interruptor ha estado cerrado durante un tiempo muy largo, esto significa que el condensador
se ha cargado completamente. Cuando esto sucede, el condensador equivale a un circuito
abierto y no pasa corriente a trav´es de ´el. Bajo estas circunstancias, solo habr´a corriente por
la primera malla:
ε
+
−
I1
R2
R3
R1
I1 =
ε
ε
=
Req
R1 + R2
que es la corriente circulante por R1 y R2 . La corriente por R3 es nula.
b) Para obtener la carga en el condensador, primero debemos obtener el voltaje a trav´es del mismo
y luego utilizar la relaci´on que relaciona el voltaje con la carga acumulada C VC (t) = q(t). Nos
interesa la carga final del condensador, esto es
l´ım q(t) = C VC (t → ∞)
t→∞
Como ya vimos, despu´es de un tiempo suficientemente largo no hay corriente por la malla
derecha, por lo que no hay diferencia de potencial entre los extremos de R3 . Por lo tanto, el
– 84 –
voltaje en el capacitor ser´a igual a la ca´ıda de voltaje en R2 ,
VC (t → ∞) = VR2 = I1 R2 =
Con ello,
q(t → ∞) =
ε R2
R1 + R2
ε C R2
R1 + R2
c) Notemos que, al abrir el interruptor, no pasa corriente por la malla de la izquierda y se inicia
un proceso de descarga en el condensador:
C
+
ε
+
−
R2
-
R3
I2
R1
q(t)
C
Notemos que I2 es positiva; esto significa que las cargas positivas est´an dejando la placa positiva
y est´an llegando a la placa negativa. Es decir, la carga entre las placas est´a disminuyendo a
medida que I2 sea positiva:
dq
I2 = −
dt
I2 R3 − VC (t) + I2 R2 = 0
−→
I2 (R2 + R3 ) = VC (t) =
As´ı, obtenemos una EDO de primer orden para q(t):
−
dq
q
(R2 + R3 ) =
dt
C
−→
q(t) = q0 e−t/C(R2 +R2 )
con q0 la carga inicial del condensador, calculada en el apartado anterior.
d ) Para determinar el tiempo que debe pasar para obtener 4/5 de la carga inicial, resolvemos la
ecuaci´on:
4
∗
q0 = q0 e−t /C(R2 +R3 )
5
t∗
ln (4/5) = −
C(R2 + R3 )
con lo que
t∗ = C(R2 + R3 ) ln (5/4)
(3) Dos condensadores de capacidades C1 y C2 est´an conectados a dos resistencias iguales R, como
muestra la figura. en t = 0 el condensador C1 posee una carga Q0 , mientras que C2 est´a descargado.
– 85 –
R
C1
C2
R
a) Obtenga las cargas de los condensadores en funci´on del tiempo
b) ¿Cu´al es la potencia disipada por las resistencias?
c) Encuentre la energ´ıa disipada hasta que se alcance el equilibrio. ¿De qu´e depende dicha cantidad? Corrobore o refute su hip´otesis y explique el por qu´e de ello
Soluci´
on:
a) Intuitivamente, esperamos que en presencia de las resistencias, y ausencia de bater´ıas externas,
el condensador inicialmente cargado se descargue, traspasando parte de su carga al condensador
inicialmente descargado. Veamos el comportamiento general de las cargas en cada condensador,
como funci´on del tiempo. Aplicando la ley de las mallas, y tomando como sentido de la corriente
el de la figura, vemos que:
R
+Q1(t)
C1
+Q2(t)
-Q1(t)
C2
-Q2(t)
R
IR +
Q2
Q1
+ IR −
=0
C2
C1
La corriente que viaja por la malla es la misma, por lo que la tasa a la que se carga o descarga
cada condensador es exactamente I. En ese caso, tenemos que
I(t) = −
dQ1
dQ2
=
dt
dt
Note que ambas cargas no son independientes, ya que est´an supeditadas a la ley de conservaci´on de carga:
Q0 = Q1 (t) + Q2 (t) , ∀t
Reemplazando en la primera ecuaci´on,
2R
dQ2 Q2 Q0 − Q2
+
−
=0
dt
C2
C1
– 86 –
−→
dQ2
Q2
Q0
+
=
dt
2RC0
2RC1
con C0 −1 ≡ C1 −1 + C2 −1 . La EDO anterior puede ser resuelta con su m´etodo favorito del
curso de Ecuaciones Diferenciales; en este caso, utilizaremos la Transformada de Laplace: Sea
F (s) = L{Q2 (t)}, as´ı
s F (s) − Q2 (0) +
Q0 /2RC1
F (s)
=
2RC0
s
−→
F (s) =
Q0 C0 /C1
Q0 /2RC1
=
s(2RC0 s + 1)
s(s + 1/2RC0 )
ya que Q2 (0) = 0. Aplicando fracciones parciales,
Q0 C0 1
1
Q0 C0 −t/2RC0
F (s) =
−
−−
→ Q2 (t) =
1−e
L−1
C1
s s + 1/2RC0
C1
Por tanto,
Q2 (t) =
Q0 C0 1 − e−t/2RC0
C1
∧
Q0 C0 1 − e−t/2RC0
C1
Q1 (t) = Q0 −
Las cargas finales de los condensadores ser´an:
C0
Q1,f = Q0 1 −
,
C1
Q2,f = Q0
C0
C1
b) Del problema anterior, podemos obtener la corriente circulante por la malla:
I(t) =
dQ2
Q0 −t/2RC0
=
e
dt
2RC1
La potencia que disipa ambas resistencias es, por lo tanto,
P = P(t) = 2I 2 R =
Q0 2 −t/RC0
e
2RC1 2
c) La energ´ıa disipada corresponde a la integral de la potencia disipada por las resistencias desde
t = 0 hasta el infinito, cuando se alcanza el equilibrio. As´ı,
ˆ ∞
ˆ ∞
Q0 2
Q0 2 C0
−t/RC0
∆E =
P(t) dt =
e
dt
=
2RC1 2 0
2C1 2
0
que es independiente de R. La energ´ıa neta disipada es la diferencia entre la energ´ıa inicial y
la final del sistema. Por una parte, la energ´ıa inicial corresponde a la energ´ıa almacenada en el
condensador cargado, la cual es por supuesto, independiente de R. Por otra parte, la energ´ıa
final corresponde a la energ´ıa almacenada ahora en ambos condensadores, cargados con sus
respectivas cargas finales. Nuevamente, nada depende de R, por lo que la diferencia de energ´ıa
tampoco lo har´a. Por ello esperamos que la energ´ıa disipada sea independiente de R. Note que
Q0 2
Ei =
,
2C1
Q1,f 2 Q2,f 2
Ef =
+
2C1
2C2
de donde
∆E = Ef − Ei =
– 87 –
Q0 2 C0
2C1 2
(4) En t = 0 el interruptor del circuito mostrado abajo se cierra. Obtenga las cargas en los capacitores, y
las corrientes que fluyen por las resistencias, si los condensadores inicialmente estaban descargados.
R1
C1
C2
R2
S
ε
Soluci´
on:
Supongamos que la corriente circula como muestra la figura de abajo, y apliquemos ley de las mallas
a la malla del borde exterior:
R1
+ Q1 - Q 1
I1
I2
+ Q2
- Q2
R2
I(t)
ε
−ε + I1 R1 +
Mientras que en la malla interior,
−ε +
Q1
=0
C1
Q2
+ I2 R2 = 0
C2
Claramente, la tasa a la que se carga cada condensador es igual a la corriente que pasa por dicho
condensador. As´ı,
dQ1
dQ2
I1 =
, I2 =
dt
dt
Reemplazando en las ecuaciones,
−ε + R1
dQ1 Q1
+
=0,
dt
C1
– 88 –
−ε +
Q2
dQ2
+ R2
=0
C2
dt
Resolveremos detalladamente la primera ecuaci´on mediante Separaci´on de variables:
dQ1
ε
Q1
1 dQ1
dt
=
−
=
εC1 − Q1
−→
=
dt
R1 R1 C1
R1 C1
εC1 − Q1
R1 C1
As´ı,
ln (εC1 − Q1 ) = −
t
+A
R1 C1
Tomando la exponencial, y definiendo B = eA , una nueva constante,
Q1 (t) = εC1 − B e−t/R1 C1
Como inicialmente el condensador estaba descargado, B = εC1 , y por tanto:
Q1 (t) = εC1 1 − e−t/R1 C1
Para el segundo condensador es un proceso an´alogo,
Q2 (t) = εC2 1 − e−t/R2 C2
Derivamos para obtener las corrientes,
I1 (t) =
ε −t/R1 C1
e
,
R1
I2 (t) =
ε −t/R2 C2
e
R2
2
1
∆V y se abre cuando ∆Vc < ∆V . El volt´ımetro
3
3
ideal mide la diferencia de potencial graficada en la figura (b). ¿Cu´al es el periodo T de la onda en
funci´on de R1 , R2 y C?
(5) El switch en la figura (a) se cierra cuando ∆Vc >
– 89 –
Soluci´
on:
2
Partamos en el punto cuando el voltaje reci´en ha alcanzado el valor de ∆V y el switch acaba de
3
2
cerrarse. El voltaje es ∆V y decae hacia 0 con una constante de tiempo R2 C:
3
2
∆Vc (t) = ∆V e−t/R2 C
3
Queremos hallar t1 cuando ∆Vc alcanza el valor de
2
1
∆V = ∆V e−t/R2 C
3
3
Despu´es se abre el switch, el voltaje es
(R1 + R2 )C:
1
∆V . As´ı,
3
−→
t1 = R2 C ln (2)
1
∆V y crecer´a hasta ∆V con una constante de tiempo
3
2
∆V e−t/(R1 +R2 )C
3
2
Ahora, queremos hallar t2 cuando ∆Vc alcanza el valor de ∆V . As´ı,
3
2
2
∆V = ∆V − ∆V e−t/(R1 +R2 )C −→ t2 = (R1 + R2 )C ln (2)
3
3
∆Vc (t) = ∆V −
Finalmente,
T = t1 + t2 = (R1 + 2R2 )C ln (2)
(6) [Propuesto] Considere el siguiente circuito, donde todas las resistencias tienen un valor de R y el
condensador vale C:
V(t)
+
−
Si V (t) = Vo H(t), con H el escal´on unitario, determine el valor de la corriente inicial (t = 0) y
final (t → ∞) que circula por la fuente de voltaje, considerando que el capacitor est´a inicialmente
descargado.
Soluci´
on:
Notemos lo siguiente:
– 90 –
R
2R
R
2R
+
−
+
−
+
−
R
R
R
R
En t = 0, el condensador se comporta como un cortocircuito, por lo cual la resistencia en paralelo
con ella no influye en el circuito, y por tanto la corriente ser´a limitada solo por la resistencia restante
en serie. As´ı,
Vo
I(t = 0) =
R
Por otra parte, en el infinito el condensador se comporta como un circuito abierto, por lo cual la
resistencia equivalente ser´a la suma de las resistencias en serie, 2R, y por tanto la corriente ser´a
I(t → ∞) =
Vo
2R
Comprobemos lo anterior: Consideremos la ecuaci´on b´asica del condensador
Q=CV
−→
I=C
dV
dt
−−→ I(s) = sC V (s) − V (0)
L
como Q(0) = 0, entonces V (0) = 0. En el dominio de Laplace,
Z(s) =
V (s)
1
=
I(s)
sC
y se comporta como una resistencia. Para evitar la confusi´on, diremos que el condensador y
la resistencia son ejemplos de impedancias, i.e. elementos resultantes del cociente entre voltaje y
corriente en Laplace. Con esto en mente, podemos definir una impedancia equivalente:
−1
1
2R + s R2 C
Zeq = R + (R k C) = R +
+ sC
=
R
1 + s RC
As´ı,
1 + s RC
Vo
2
2R + s R C s
Vo
1
RCVo
=
· +
2
2R + s R C s 2R + s R2 C
Vo /R2 C 1
Vo /R
=
· +
s + 2/RC s s + 2/RC
V (s)
I(s) =
=
Zeq
– 91 –
Aplicando la transformada inversa,
1 − e−2t/RC
Vo −2t/RC
Vo
I(t) =
+
e
2
R C
2/RC
R
V
Vo o −2t/RC
=
1 − e−2t/RC +
e
2R
R
Vo −2t/RC
=
1+e
2R
que corrobora nuestro an´alisis inicial.
– 92 –
3.
Magnetost´
atica
3.1.
Fuerza de Lorentz y torque sobre una espira
(1) Se lanza un electr´on (e− ) con velocidad inicial ~v en el medio de dos placas entre las cuales existe
~ constante (entrando a la hoja). Ignore todo efecto gravitacional.
un campo magn´etico B
a) ¿Hacia d´onde se deflecta la trayectoria?
b) ¿Cu´al es la magnitud de la velocidad si la part´ıcula choca exactamente con el fin de la placa?
Soluci´
on:
a) La fuerza de Lorentz corresponde a la uni´on entre electromagnetismo y mec´anica cl´asica, y
establece que:
~ + ~v × B
~
F~ = q E
~ ≡ ~0. Dado que la velocidad inicial es perpendicular al campo
En este caso, q = −e y E
magn´etico, la trayectoria ser´a una circunferencia en el plano XY :
Para analizar hacia d´onde se deflectar´a la part´ıcula, basta con analizar lo que ocurre en el
instante inicial t = 0,
~ = v0 ˆ
ˆ = v0 B ˆ
~v (0) × B
ı × −B k
Luego, la fuerza inicial es:
F~ (0) = −ev0 B ˆ
y, por tanto, se deflectar´a hacia abajo.
b) Dado que el electr´on impactar´a al extremo derecho de la placa inferior, entonces debe realizar
una trayectoria como la siguiente:
– 93 –
La magnitud de la fuerza magn´etica est´a dada por F = ev0 B, y su direcci´on es radial (apuntando hacia el centro de curvatura). Por mec´anica cl´asica, se tendr´a:
ev0 B =
mv0 2
R
−→
De trigonometr´ıa plana, se sabe que:
2
d
2
l + R−
= R2
2
Igualando,
l2 d
mv0
= +
eB
d
4
−→
−→
R=
mv0
eB
R=
l2 d
+
d
4
eB
v0 =
m
l2 d
+
d
4
(2) Suponga que la figura representa esencialmente los componentes de un espectr´ometro de masas. Este
aparato se usa para medir la masa de part´ıculas cargadas. En una fuente se produce un ion de masa
m y carga q, el cual parte del reposo y es acelerado por una diferencia de potencial ∆V , entrando en
una secci´on con un campo magn´etico uniforme (entrando a la hoja), y un campo el´ectrico deflector.
Solo part´ıculas con velocidad ~v constante abandonan la secci´on (es un selector de velocidades). Las
part´ıculas emergentes entran a una segunda regi´on donde existe otro campo magn´etico (entrando
a la hoja), donde ellas siguen una trayectoria circunferencial hasta estrellarse en un detector a
distancia 2r del punto de entrada.
a) Encuentre la velocidad ~v
~ yB
~
b) Encuentre el la relaci´on entre E
c) Finalmente, encuentre la masa m de la part´ıcula
– 94 –
Soluci´
on:
a) La velocidad v con que el ion entra al selector se obtiene por conservaci´on de energ´ıa:
q ∆V =
mv 2
2
donde el cambio en energ´ıa potencial se traduce en un aumento en la energ´ıa cin´etica. As´ı,
r
2q ∆V
~v =
ˆ
m
b) Para que la velocidad de la part´ıcula permanezca constante y salga a trav´es del selector, se
requiere que la fuerza de Lorentz actuando sobre ella sea nula. Se tiene:
~ = Eˆ
E
ı,
ˆ = ~0
qE ˆ
ı − qv ˆ × B k
~ = −B k
ˆ , ~v = v ˆ
B
−→
qE − qvB ˆ
ı = ~0 −→
E = vB
~ 0 , la part´ıcula describe una circunferencia
c) Luego de ingresar a la regi´on de campo magn´etico B
de radio r. La magnitud de la fuerza magn´etica es qvB0 . Por din´amica circular,
r
mv 2
m 2q ∆V
qvB0 =
−→ qB0 =
r
r
m
y finalmente:
m=
qB0 2 r 2
2 ∆V
– 95 –
(3) Una part´ıcula de carga q y masa m entra con velocidad v en un campo magn´etico uniforme B como
se muestra en la figura. ¿Cu´anto tiempo transcurre entre que la carga ingresa al campo magn´etico
y sale?
Soluci´
on:
Es sabido que la fuerza magn´etica sobre una carga en movimiento q est´a dada por la fuerza de
Lorentz. Esta fuerza es siempre perpendicular a ~v ; luego, se sigue que esta fuerza no ejerce trabajo. Con esto, la energ´ıa cin´etica de la part´ıcula es constante y entonces su rapidez tambi´en. La
trayectoria que sigue la part´ıcula bajo este campo magn´etico uniforme es una h´elice:
Si se observa el movimiento proyectado en un plano perpendicular al campo magn´etico, la trayectoria
describe una semicircunferencia, hasta volver a salir de la regi´on donde se encuentra el campo
magn´etico. Sea R el radio de ´esta, luego podemos determinar el tiempo que demora en salir como
T =
πR
v′
con v ′ la componente de velocidad perpendicular al plano. De la segunda ley de Newton,
mv ′ 2
= F = qvB sin (π/4) = qv ′ B
R
– 96 –
−→
mv ′
R=
qB
Finalmente,
T =
πm
qB
(4) Considere el circuito cerrado de la figura que lleva una corriente I en el sentido contrario al reloj. Un
campo magn´etico uniforme apuntando en la direcci´on ˆ es aplicado. Encuentre la fuerza magn´etica
que act´
ua sobre el elemento r´ıgido y el arco semicircular.
y
~
B
d~r
I
R
I
ϕ
x
I
Soluci´
on:
~ = B ˆ , llamemos F~1 y F~2 a las fuerzas actuando sobre el
Tenemos un campo uniforme dado por B
segmento r´ıgido y la parte semicircular, respectivamente. La fuerza sobre el segmento r´ıgido es:
ˆ R ˆ R ˆ
F~1 = I
d~r × B ˆ = I
dr ˆ
ı × B ˆ = 2IRB k
−R
−R
Ahora, para calcular F~2 , notamos que elemento infinitesimal en el semic´ırculo se puede escribir
como:
d~r = dr θˆ = R dϕ − sin ϕ ˆ
ı + cos ϕ ˆ
La fuerza que act´
ua sobre un elemento d~r es:
~
~
ˆ
dF2 = I d~r × B = IR dϕ − sin ϕ ˆ
ı + cos ϕ ˆ × B ˆ = −IBR sin ϕ dϕ k
Integrando sobre el arco semicircular, tenemos:
ˆ π
~
ˆ = −2IBR k
ˆ
F2 = −IBR
sin ϕ dϕ k
0
– 97 –
As´ı, la fuerza neta que act´
ua sobre el circuito completo es
F~neta = F~1 + F~2 = ~0
Consistente con el hecho de que la fuerza sobre un circuito cerrado en un campo magn´etico uniforme
es siempre nula.
~ y a un campo
(5) Considere una part´ıcula de carga q y masa m, sometida a un campo el´ectrico E
~ ambos uniformes y perpendiculares entre si. Suponga que inicialmente (t = 0) la
magn´etico B,
carga se encuentra en el origen y en reposo.
a) Describa cualitativamente el movimiento posterior (t > 0) seguido por la part´ıcula. Haga un
dibujo de la trayectoria.
b) Resuelva las ecuaciones de movimiento, sujetas a las condiciones iniciales mencionadas. Usando
esta soluci´on, describa el movimiento de la part´ıcula y compare con el apartado anterior.
Soluci´
on:
a) Sea q > 0. Supongamos, sin p´erdida de generalidad, que el campo el´ectrico y el campo
magn´etico est´an dados por
~ = E ˆ , B
~ = Bk
ˆ
E
Dado que en t = 0 la velocidad inicial de la part´ıcula es nula, no hay fuerza magn´etica (instante
A en la figura). La fuerza el´ectrica, en cambio, apunta en la direcci´on ˆ, acelerando la part´ıcula.
La part´ıcula comienza a moverse aumentando su velocidad, y con ello la fuerza magn´etica. Esta
u
´ ltima deflecta la part´ıcula hacia x > 0 seg´
un la regla de mano derecha. A diferencia de los
problemas anteriores, esta vez el movimiento no es circunferencial. A medida que la fuerza
magn´etica va aumentando, tambi´en cambia su direcci´on de acci´on: cada vez se alinea m´as a la
fuerza el´ectrica (que act´
ua en el eje Y ), frenando la part´ıcula en esta direcci´on. Dado que entre
los instantes A y B la part´ıcula desacelera en la direcci´on se˜
nalada, ´esta se mueve barriendo
una suerte de arco “alargado”. En el punto B la fuerza magn´etica ha sido tal que se opone
justo a la fuerza el´ectrica, y la part´ıcula comienza a volver hacia y, z = 0 (instantes entre B y
C). A partir de este instante, el campo el´ectrico es el que ahora intenta frenar a la part´ıcula,
por lo que la rapidez disminuye y con ello la fuerza magn´etica, hasta llegar a C, instante en el
cual la part´ıcula est´a en reposo, lista para un nuevo ciclo:
– 98 –
y
~
E
q
u
B
u
A
~
B
b
x
C
z
b) De la ley de Newton,
ˆ
F~ = m~a = q E ˆ + ~v × B k
−→




vx ′
B vy
 vy ′  = q  E − B vx 
m
vz ′
0
La u
´ ltima ecuaci´on, vz ′ = 0 con z(0) = vz (0) = 0 nos dice que
z(t) ≡ 0
y el movimiento es en el plano. Si definimos ω = qB/m, entonces el sistema de 2 × 2 queda
como:
′ vx
0 ω
vx
0
=
+
vy ′
−ω 0
vy
ωE/B
Notamos que el sistema es de la forma ~x ′ = A~x + f~, y podemos resolverlo mediante Variaci´on
de Par´ametros:
ˆ t
At
~x(t) = e ~x0 +
eA(t−s) f~(s) ds
0
´
De Algebra
Lineal, sabemos que:
At
e
=V
eλ1 t 0
0 eλ2 t
V −1
con V la matriz de vectores propios y λk los valores propios asociados. En este caso,
1
−i i
i 1
−1
λ1 = ω i , λ2 = −ω i , V =
, V =
1 1
2 −i 1
Por lo tanto,
At
e
1
=
2
eiωt + e−iωt −ieiωt + ie−iωt
ieiωt − ie−iωt
eiωt + e−iωt
– 99 –
=
cos ωt sin ωt
− sin ωt cos ωt
Como la velocidad inicial es nula, la soluci´on homog´enea es
0
~xh =
0
mientras que la soluci´on particular es
ˆ ωE t sin ω(t − s)
E 1 − cos ωt
~xp =
ds =
cos ω(t − s)
sin ωt
B 0
B
Por tanto,
vx (t) =
E
1 − cos ωt ,
B
He integrando para obtener la posici´on,
E ωt − sin ωt ,
x(t) =
ωB
vy (t) =
E
sin ωt
B
E y(t) =
1 − cos ωt
ωB
que de C´alculo II sabemos que corresponde a la parametrizaci´on de una cicloide. Para mayor
informaci´on se sugiere visitar aqu´ı. Notar que podemos escribir, haciendo R = E/ωB,
2 2
x(t) − Rωt + y(t) − R = R2
que corresponde a un c´ırculo cuyo centro se mueve con velocidad constante v = ωR en x.
(6) Un loop rectangular de masa despreciable, soportando una masa m, se mantiene verticalmente con
la parte superior en un campo magn´etico uniforme, como muestra la figura. El campo apunta hacia
dentro del papel. Suponga que la gravedad act´
ua uniformemente hacia abajo.
a) Encuentre la corriente I (magnitud y direcci´on de circulaci´on) para la cual el loop mantiene a
la masa m sin que se mueva
b) Suponga que aumentamos la magnitud de la corriente, sin variar el sentido de circulaci´on
anterior. Naturalmente, esperamos que el loop suba, llevando la masa consigo. Es correcto
afirmar entonces que se realiza trabajo para que la masa pueda subir. Una expresi´on de este
trabajo (errada) ser´ıa W = F~mag · ~h cuando m sube una altura h. Sin embargo, sabemos que
la fuerza magn´etica NO realiza trabajo. ¿Qu´e ocurre en este caso? ¿Qui´en realiza el trabajo?
– 100 –
c) Suponga ahora que al loop rectangular le cambiamos la forma arbitrariamente (segunda parte
de la figura). Muestre que la fuerza magn´etica sobre este loop es la misma que la obtenida en
el apartado inicial, sin importar la forma del loop.
Soluci´
on:
a) La fuerza magn´etica que ejerce un campo sobre una corriente que circula sobre un tramo C es
ˆ
~
F~ = I d~r × B
C
Notemos que no todo el loop est´a dentro del campo. La fuerza sobre los segmentos verticales
se cancelan, as´ı que solo aporta el segmento horizontal superior. Necesitamos que la fuerza sea
hacia arriba, para que se oponga al peso del cuerpo de masa m. Para ello, notemos que eso solo
se cumple si la corriente circula en sentido horario, en cuyo caso d~r va en direcci´on ˆ
ı (hacia la
~
ˆ
~
derecha), B va en direcci´on −k (entra al papel) y por ende F va en direcci´on ˆ (hacia arriba).
Para este segmento tenemos
ˆ
F~ = IB
dr ˆ = IBa ˆ
Necesitamos que esta fuerza sostenga al peso, por lo que
IBa = mg
−→
I=
mg
Ba
b) Como la fuerza magn´etica jam´
as realiza trabajo, alguien o algo debe estar haci´endolo para
que efectivamente la energ´ıa potencial de la masa aumente.
Cuando el loop comienza a moverse, las cargas en los segmentos horizontales ya no se mueven
m´as de forma horizontal, ya que adquieren una componente vertical ~u asociada a la subida del
loop, por lo que su velocidad ser´a ~v ′ . La fuerza magn´etica ya no apuntar´a directamente hacia
arriba, sino que apuntar´a diagonalmente hacia la izquierda. Si q = λ a denota la carga neta en
un segmento de largo a, evidentemente la componente horizontal de la fuerza magn´etica ser´ıa
quB = λ auB, que se opone al sentido de la corriente, frenando las cargas:
Lo que sea que mantiene la corriente estacionaria (una bater´ıa quiz´as) debe entonces EMPUJAR estas cargas para mantener la corriente estacionaria, para que no sean frenadas por esta
– 101 –
nueva fuerza horizontal. Si v denota la componente horizontal de la velocidad de las cargas,
entonces el trabajo hecho por el agente externo empujando las part´ıculas es
W = Fhorizaontal d = λ auBvt = IaBut
donde d = vt es la distancia horizontal recorrida por las cargas en un instante t. Notemos que
I = λ v es la corriente. Finalmente, notemos que h = ut es la distancia vertical que recorren
las cargas (mientras sube el loop), por lo que el trabajo queda como sigue:
W = IaBh
que es la misma expresi´on que si se calculase usando un argumento f´ısico err´oneo, i.e. suponiendo que la fuerza magn´etica trabaja. ¿Qui´en hace trabajo? El agente externo, una bater´ıa,
o lo que sea que mantiene la corriente estacionaria en el tiempo.
c) La fuerza en un caso general viene dada por:
F~ =
ˆ
C

~ =I
I d~r × B
ˆ
C

~
d~r × B
en donde hemos sacado el campo por ser uniforme. Notemos que:
ˆ
d~r = ~rfinal − ~rinicial = ~a = a ˆ
ı
C
seg´
un nuestro sistema. Luego la fuerza es la misma que la del inciso inicial, sin importar la
forma de la curva C.
(7) En un experimento dise˜
nado para medir el campo magn´etico de la Tierra usando el efecto Hall, una
barra de cobre de 0.5 cm de espesor es posicionada a lo largo de un eje que va de este a oeste. Asuma
que la densidad de electrones es n = 8.46 × 1028 electrones por metro c´
ubico, y que el plano de la
barra es puesto perpendicular a la direcci´on del campo magn´etico de la Tierra. Si una corriente de
8 A en el conductor resulta en un voltaje de Hall de 5.1 × 10−12 V, ¿Cu´al es la magnitud del campo
magn´etico terrestre en el lugar del experimento?
Soluci´
on:
~ uniforme es aplicado perpenComo sabemos, el efecto Hall ocurre cuando un campo magn´etico B
dicularmente al plano de un cable plano por el que circula una corriente I. Este campo produce una
fuerza magn´etica sobre las cargas en movimiento, las cuales se desv´ıan y acumulan en los bordes
del conductor (figura de abajo).
– 102 –
La figura muestra el caso real: los electrones (cargas negativas) son los portadores de corriente, y
por ende, quienes se ven afectados por el efecto Hall. El exceso de cargas en cada borde produce una
diferencia de potencial, y un consecuente campo el´ectrico que apunta a lo ancho del conductor. Esta
desviaci´on en la trayectoria de las cargas ocurre hasta que la fuerza el´ectrica es capaz de oponerse
a la fuerza magn´etica. Notar del dibujo que la fuerza magn´etica y el´ectrica se oponen (el campo
el´ectrico apunta en una direcci´on, pero si las cargas son negativas, la fuerza apunta contraria al
campo). En dicho caso, si v representa la velocidad de los electrones, entonces el equilibrio requiere
que:
V
qv B = qE = qℓ V −→ v =
ℓB
en donde se us´o que V = ℓE es la diferencia de potencial entre los bordes, y ℓ es el ancho. A esta
diferencia de potencial se le conoce como voltaje de Hall. Por otra parte, si I denota la corriente
que circula, entonces:
I = JA = Jℓw = ρvℓw = newvℓ
en donde n es el n´
umero de part´ıculas por unidad de volumen, ρ = ne es la densidad de carga, y
J = ρv la densidad de corriente. Es posible entonces expresar el voltaje de Hall en funci´on de la
corriente que circula,
new V
BI
−→ B =
V =
new
I
En este problema buscamos el valor del campo magn´etico de la Tierra, el cual apunta perpendicular a
nuestro conductor en el laboratorio. Es directo porque tenemos todos los datos num´ericos. El campo
que mediremos ser´a:
B=
8.46 × 1028 m−3 · 1.6 × 10−19 C · 0.5 × 10−2 m · 5.1 × 10−12 V
≈ 4 × 10−5 T
8A
(8) Un circuito cuadrado r´ıgido, de lado L y masa M, est´a pivoteado en torno a uno de sus ejes en
~ uniforme, y el campo gravitatorio. El circuito lleva una corriente
presencia de un campo magn´etico B
I que es capaz de mantenerlo en equilibrio en un ´angulo θ. Encuentre el sentido y magnitud de
dicha corriente:
– 103 –
Soluci´
on:
Para el equilibrio, se requiere que el torque neto sobre la espira con respecto a alg´
un punto de
aceleraci´on nula sea cero. Se escoge como origen el punto O ubicado en una de las esquinas de la
espira, como se muestra en la figura.
Para el torque que ejerce el peso, usamos que la fuerza de gravedad se puede concentrar en el centro
de masa
L
MgL
ˆ
~τ = ~r × F~ =
sin θ ˆ
ı − cos θ ˆ × −Mg ˆ = −
sin θ k
2
2
Por otro lado, el torque que ejerce la fuerza magn´etica es
~
~τ = ~µ × B
– 104 –
donde µ
~ es el momento magn´etico de la espira,
~µ = IAˆ
n = IL2 n
ˆ
ˆ Luego n
Requerimos en primer lugar que este torque tenga direcci´on k.
ˆ debe tener la direcci´on de
µ
~ en el dibujo
~ = IL2 B cos θ k
ˆ
~τ = ~µ × B
El equilibrio exige entonces
L
2
ˆ = ~0
Mg sin θ − IL B cos θ k
2
Luego, la corriente I debe ser
I=
Mg tan θ
2LB
La direcci´on debe ser acorde con la direcci´on del momento magn´etico, la cual se muestra en la
siguiente figura
– 105 –
3.2.
Ley de Biot-Savart
(1) Un alambre delgado y r´ıgido, que lleva una corriente I, es colocado a lo largo del eje X. Calcular
el campo magn´etico en el punto P . Analice el caso particular en que el alambre es sim´etrico con
respecto al eje Y . ¿Qu´e sucede cuando ℓ → ∞?
Soluci´
on:
Recordemos la Ley de Biot-Savart:
~ r ) = µ0
B(~
4π
~ × (~r − R)
~
I dR
~ 3
k~r − Rk
ˆ
~ = dx ˆ
Consideremos un elemento diferencial dR
ı que lleva una corriente I en la direcci´on X. Por
otra parte, ~r = a ˆ y por tanto:
√
~ = a ˆ − x ˆ
~ = a2 + x2 , I dR
~ × (~r − R)
~ = aI dx k
ˆ
~r − R
ı , k~r − Rk
Los l´ımites de integraci´on ser´an −x1 y x2 tales que x1 + x2 = ℓ y
x1 =
Por lo tanto,
a
tan θ1
∧
~ ) = µ0 Ia
B(P
4π
ˆ
x2 =
x2
−x1
(a2
a
tan θ2
dx
ˆ
k
+ x2 )3/2
Usando el cambio de variable x = a tan θ,
ˆ arctan cot θ2
ˆ π/2−θ2
2
µ
Ia
a
sec
θ
dθ
µ
I
0
0
~ )=
ˆ=
ˆ = µ0 I cos θ1 + cos θ2 k
ˆ
B(P
k
cos
θ
dθ
k
4π − arctan cot θ1 a3 sec3 θ
4πa θ1 −π/2
4πa
recordando que sin (π/2 − t) = cos (t). En el caso sim´etrico, θ1 = θ2 y por tanto cos θk = p
y as´ı,
~ sim (P ) = µ0 I p ℓ
ˆ
B
k
4πa ℓ2 /4 + a2
– 106 –
ℓ/2
(ℓ/2)2 + a2
Si ℓ → ∞, entonces θk → 0 y por tanto:
~ ∞ (P ) = µ0 I k
ˆ
B
2πa
Notemos que en este l´ımite, el sistema posee simetr´ıa cil´ındrica, y las l´ıneas de campo magn´etico
son circulares. Este resultado se comprobar´a m´as adelante con la Ley de Amp`ere.
(2) Considere la espira de corriente formada por segmentos radiales y arcos de circunferencia como se
~ en el punto P .
muestra en la figura. Obtenga el campo magn´etico B
Soluci´
on:
Si fijamos el origen en P , notamos inmediatamente que las contribuciones de los segmentos 1 y 5
~ es paralelo al vector ~r − R,
~ con ~x = ~0. Para el sector
son nulas, ya que en ambos casos el vector dR
2:
~r = ~0 ,
~ = b ρˆ ,
R
~ = b dθ θˆ
dR
~ × (~r − R)
~ = b2 dθ k
ˆ
dR
−→
Por lo tanto,
~ 2 = µ0 I
B
4πb
ˆ
φ
ˆ=
dθ k
0
∧
~ =b
k~r − Rk
µ0 φ I ˆ
k
4πb
De manera an´aloga, para el segmento 4 ,
~ 4 = − µ0 φ I k
ˆ
B
4πa
Por u
´ ltimo, para la secci´on 3 , es f´acil notar que su contribuci´on es nula, ya que en este caso el
~ apunta en la direcci´on contraria al vector unitario radial en coordenadas polares, y a
vector dR
~ apunta en la direcci´on radial, de esta forma, el producto cruz entrega al vector nulo.
su vez dR
Resumiendo, solo los segmentos pares contribuyen al campo en P , y el campo total ser´a la suma
de ambas contribuciones:
µ0 φ I 1 1 ˆ
~
~
~
B = B2 + B4 =
−
k
4π
b a
– 107 –
(3) Considere una espira circular que lleva corriente I en el sentido indicado por la figura. Calcule el
campo magn´etico a una distancia z en el eje de simetr´ıa de la espira.
Soluci´
on:
En este caso,
~r
~
R
~
dR
~
k~r − Rk
=
=
=
=
ˆ
zk
R ρˆ
R dθ θˆ
√
z 2 + R2
~ × (~r − R)
~ = zR dθ ρˆ + R2 dθ k
ˆ
dR
Como ρˆ = cos θ ˆ
ı + sin θ ˆ, entonces:
ˆ + zR cos θ ˆ
µ0 I R 2 k
ı + zR sin θ ˆ
~
dB =
dθ
2
4π
(z + R2 )3/2
Las integrales en el plano XY son nulas por estar integradas entre 0 y 2π, con lo que:
R2
µ0 I
ˆ
~
B(z)
=
k
2 (R2 + z 2 )3/2
que es consistente con los argumentos de simetr´ıa.
(4) Considere un disco muy delgado que tiene una densidad de carga superficial σ uniformemente
distribuida. El disco se pone a girar a velocidad angular ω en torno a su eje. Encuentre el campo
magn´etico en el eje del disco.
– 108 –
Soluci´
on:
Se tiene una distribuci´on de carga en movimiento, y por tanto una corriente, de forma que ´esta
generar´a un campo magn´etico. Anteriormente se determin´o el campo en el eje de un anillo de radio
r con corriente I.
Podemos ver el disco como una superposici´on de anillos con corriente de ancho infinitesimal dr, de
modo que el campo magn´etico total ser´a la suma de las contribuciones de estos anillos. Veamos que
ocurre en la porci´on de disco comprendida entre r y r + dr, con r ∈ [0, R]:
q = σ πr 2
−→
dq = 2πσr dr
La carga dq da una vuelta completa en un tiempo
∆t =
1
2π
=
f
ω
La rotaci´on del anillo genera una corriente:
dI =
dq
= σω r dr
∆t
– 109 –
As´ı, el campo magn´etico a una distancia z sobre el eje del disco generado por este anillo es:
dB =
r2
µ dI
µ0 σω
r3
=
dr
(r 2 + z 2 )3/2 2
2 (r 2 + z 2 )3/2
El campo total es:
µ0 σω
~
B(z)
=
2
ˆ
R
0
r3
ˆ
dr k
(r 2 + z 2 )3/2
Haciendo el cambio de variables t2 = r 2 + z 2 , t dt = r dr obtenemos la siguiente integral:
ˆ
ˆ
ˆ 2
ˆ r3
r2
t − z2
z2
z2
dr
=
r
dr
=
t
dt
=
1
−
dt
=
t
+
+ c1
(r 2 + z 2 )3/2
(r 2 + z 2 )3/2
t3
t2
t
Volviendo a las variables originales,
ˆ
R
0
r3
dr =
(r 2 + z 2 )3/2
√
z2
+
Finalmente,
µ0 σω
~
B(z)
=
2
r2
R
2
√
z2
= R2 + z 2 + √ z
− 2|z|
+√
z 2 + r 2 0
R2 + z 2
√
z2
R2 + z 2 + √
− 2|z|
R2 + z 2
ˆ
k
(5) Considere dos bobinas de N espiras de igual radio R, separados por una distancia 2b como muestra
la figura. En ambas bobinas circula una corriente I en el mismo sentido.
a) Obtenga el campo magn´etico en el punto medio P entre las dos bobinas, y muestre que en
este punto la primera derivada del campo es nula
b) Escoja una distancia 2b tal que la segunda derivada del campo se anule en P
c) Muestre que con la elecci´on anterior, la tercera derivada se anula en P
Soluci´
on:
– 110 –
a) De alg´
un problema anterior, sabemos que para una espira circular con corriente I, radio R y
a una altura z de su centro, el campo en el eje de simetr´ıa es:
µ0 I
R2
~
ˆ
B(z)
=
k
2 (z 2 + R2 )3/2
Como esta bobina consta de N espiras circulares, separadas por una distancia despreciable
con respecto a z, podemos utilizar el principio de superposici´on y obtener el campo resultante:
R2
µ0 I N
~
ˆ
B(z) =
k
2 (z 2 + R2 )3/2
Ahora, localicemos el origen en P . Sea un punto en el eje a una distancia z del origen; el campo
provocado por la bobina de abajo es:
R2
~ down (z) = µ0 I N
ˆ
B
k
2 (R2 + (z + b)2 )3/2
mientras que la bobina de arriba contribuye con:
R2
~ up (z) = µ0 I N
ˆ
B
k
2 (R2 + (z − b)2 )3/2
As´ı, el campo magn´etico total, por el principio de superposici´on, es:
µ0 I N
R2
R2
~
ˆ = Bk
ˆ
B(z) =
+
k
2
(R2 + (z − b)2 )3/2 (R2 + (z + b)2 )3/2
Si derivamos una vez,

dB
3µ0 I N 
=−

dz
2R
z−b

z+b

5/2 + 5/2 
1 + ([z − b]/R)2
1 + ([z + b]/R)2
vemos que al evaluar en P –origen con z = 0– la derivada ser´a:
dB =0
dz z=0
b) Para escoger la distancia, vemos la segunda derivada. Derivando lo anterior,


2 !−5/2
2 !−5/2
2
dB
3µ0 I N 
z−b
z+b

= −
1+
+ 1+
2
dz
2R
R
R


2 !−7/2
2 !−7/2
2
2
3µ0 I N  5(z − b)
z−b
5(z + b)
z+b

+
1
+
+
1
+
2R
R2
R
R2
R
– 111 –
Evaluado en el origen,
" −5/2
−7/2 #
d2 B
3µ0 I N
b2
10b2
b2
(0) = −
2 1+ 2
− 2 1+ 2
dz 2
2R
R
R
R
Necesitamos que esta expresi´on sea nula. Imponer esto nos lleva a una ecuaci´on que nos permite
despejar b como funci´on de R:
b2
b2
2 1 + 2 = 10 2 −→ 2b = R
R
R
Esto significa que si escogemos la separaci´on entre las bobinas igual al radio de las mismas,
entonces la segunda derivada tambi´en se anula en P .
c) Volviendo a la segunda derivada, reemplazando 2b = R y derivando por tercera vez, se ve que
en P la tercera derivada tambi´en es nula. Todos estos c´alculos nos sirven para mostrar que el
campo en la vecindad de P es aproximadamente uniforme. En efecto, si expandimos en Taylor
el campo cerca del origen,
B ′′ (0) 2 B ′′′ (0) 3 B (iv) (0) 4
z +
z +
z + ...
B(z) = B(0) + B (0) z +
2!
3!
4!
′
Reemplazando las derivadas antes calculadas,
B(z) ≈ B(0) +
B (iv) (0) 4
z
4!
Esta configuraci´on se conoce como Helmholtz coils (bobinas de Helmholtz). El segundo t´ermino
es de orden de z 4 , lo cual es muy peque˜
no. Es por esto que el campo en la vecindad de P
resulta muy uniforme. La figura de abajo muestra el campo real dentro de las bobinas:
(6) Considere dos alambres, de longitud ℓ, paralelos separados por una distancia a ≪ ℓ y que llevan
corrientes I1 e I2 en la direcci´on y. Calcule la fuerza entre ambos conductores.
Soluci´
on:
– 112 –
La fuerza magn´etica F~1 , que ejerce el alambre 2 sobre el alambre 1, se puede obtener como
ˆ
~
~2
F1 = I1 d~r1 × B
~ 2 es el campo magn´etico creado por el conductor 2. Usando el resultado del primer probledonde B
ma, para alambres suficientemente largos, las l´ıneas del campo magn´etico debido a I2 son c´ırculos
conc´entricos con el alambre 2, con el campo apuntando en la direcci´on tangencial. As´ı, en un punto
arbitrario P sobre el alambre 1, tenemos
~ 2 = µ 0 I2 k
ˆ
B
2πa
Al ser este campo uniforme a lo largo del conductor 1, y siendo ´este un alambre rectil´ıneo, la fuerza
que experimenta est´a dada por:
µ
I
0
2
~ 2 = I1 ℓ ˆ ×
ˆ = µ 0 ℓ I1 I2 ˆ
F~1 = I1 ~ℓ × B
k
ı
2πa
2πa
Claramente esta fuerza apunta hacia el conductor 2. Resulta evidente que F~2 = −F~1 . De esta
forma, dos cables paralelos que llevan corriente en la misma direcci´on se atraer´an. Por otro lado, si
las corrientes fluyen en direcciones opuestas, la fuerza resultante ser´a repulsiva.
– 113 –
(7) ¿Cu´al debe ser la velocidad v (medida en un sistema inercial) de dos hilos paralelos muy largos y
no conductores, cargados uniformemente con densidad λ, y separados una distancia d, para que la
fuerza magn´etica anule la fuerza el´ectrica ejercida entre los hilos?
Soluci´
on:
Sabemos que el campo magn´etico generado por el cable es:
µ0 I ˆ
~
B(r)
=
θ
2πr
Con este campo es f´acil calcular la fuerza que ejerce un cable sobre otro cable igual, con la misma
corriente, situado a una distancia d. El campo magn´etico que ejerce el primero sobre el segundo es
constante a lo largo de todo el segundo cable, debido a que depende solo de la distancia, y todos
los puntos del segundo cable est´an a la misma distancia, d. As´ı,
2
ˆ × θˆ = − µ0 I L ρˆ
F~m = ILB(d) k
2πd
en donde L es el largo de cada cable. El signo negativo implica que la fuerza es atractiva. En el
caso de dos cables muy largos cargados que se mueven, evidentemente la corriente corresponde a
I = λv, en donde v es la velocidad del cable. La fuerza magn´etica entre dos cables cargados con
densidad de carga λ es entonces Fm = µ0 λ2 v 2 L/2πd. Por otra parte, el campo el´ectrico que ejerce
una l´ınea de carga muy larga es, usando la ley de Gauss,
~
E(r)
=
λ
ρˆ
2πǫ0 r
– 114 –
y claramente ese campo ejerce una fuerza repulsiva sobre otro cable exactamente igual situado a
una distancia d:
ˆ
λ2 L
~
F~e = λE(d)
dℓ =
ρˆ
2πǫ0 d
Para que la fuerza magn´etica anule la el´ectrica tiene que ocurrir que:
λ2 L
µ 0 λ2 v 2 L
=
2πd
2πǫ0 d
−→
v=√
1
=c
µ0 ǫ0
Evaluando num´ericamente este resultado vemos que v ≈ 3 × 108 m/s, que es la velocidad de la
luz. Evidentemente los alambres nunca podr´an viajar tan r´apido, por lo que siempre predomina la
fuerza el´ectrica por sobre la magn´etica.
3.3.
Ley de Amp`
ere
(1) Considere un conductor cil´ındrico de radio R y de extensi´on infinita, que lleva una corriente I con
una densidad de corriente no uniforme J = α r, donde α es una constante desconocida, y r es la
distancia de un punto interior en el conductor al eje de simetr´ıa. Encuentre el campo magn´etico en
todo el espacio.
Soluci´
on:
La Ley de Amp`ere nos dice que
˛
γ
~ · d~r = µ0 Ienc
B
en donde Ienc representa la corriente encerrada por la curva cerrada γ. Esta ley es an´aloga a
la ley de Gauss de electrost´atica, y no depende de la forma de γ. Aunque esta ley siempre es
v´alida, no siempre es u
´ til, y tal como ocurre con la ley de Gauss, se usa en situaciones de alta
simetr´ıa. Para aplicarla, es preciso saber en qu´e direcci´on debe apuntar el campo, de modo tal
que la integral de l´ınea se simplifique considerablemente. Saber en qu´e direcci´on apunta el campo
magn´etico generalmente no es dif´ıcil, y solo requiere entender bien la naturaleza vectorial del mismo.
En particular, el campo siempre debe ser perpendicular a la corriente, y su sentido no debe depender
del sistema coordenado que se use.
Para una corriente que circula en la direcci´on z (coordenadas cil´ındricas) es sencillo establecer en
qu´e direcci´on debe ir el campo. Primero, no puede tener una componente en la direcci´on z, porque el
campo no puede ser paralelo a la corriente. Por otra parte, si tuviera componente radial, cambiar´ıa
el sentido de la misma si se invierte el sentido de la corriente. Pero invertir el sentido de la corriente
es, f´ısicamente, lo mismo que escoger el eje z en la direcci´on opuesta a la inicial. Entonces se deduce
que la componente radial del campo depende de la elecci´on del eje z, lo cual contradice el hecho de
que las magnitudes f´ısicas no pueden depender de la elecci´on de coordenadas. Por ende, tampoco
puede tener componente radial. Se concluye que el campo debe estar en la direcci´on tangencial, y
debe u
´ nicamente depender del radio por la simetr´ıa axial del problema
~ = B(r) θˆ
B
– 115 –
Sea γ una circunferencia de radio 0 < r < R, cuyo centro coincide con el eje de simetr´ıa del cilindro.
As´ı,
~r = r ρˆ −→ d~r = r dθ θˆ
Con ello,
˛
~ · d~r = B(r)r
B
γ
En este caso,
Ienc (r) =
De esta forma,
ˆ
2π
0
ˆ
ˆ
2π
dθ = 2πr B(r) = µ0 Ienc
0
r
J(u)u du dθ = α
0
2
~ in (r) = µ0 α r θˆ
B
3
ˆ
2π
dθ
0
∧
ˆ
r
2πα r 3
u du =
3
2
0
Bin ∝ r 2
Para el exterior, r > R, lo u
´ nico que cambia es que ahora debemos considerar toda la corriente que
circula por el cable, que ya no depende del radio:
Ienc = I =
Finalmente,
2πα R3
3
~ out (r) = µ0 I θˆ
B
2πr
3I
2πR3
−→
α=
∧
Bout ∝
1
r
(2) Calcule el campo magn´etico dentro de un solenoide ideal de largo ℓ, N vueltas y que lleva una
corriente estacionaria I.
Soluci´
on:
Un solenoide es una bobina enrollada en forma helicoidal. La figura muestra las l´ıneas de campo
magn´etico de un solenoide con corriente constante I:
Vemos que si las vueltas est´an muy cercanas espacialmente, el campo magn´etico resultante dentro
del solenoide es parcialmente uniforme, siempre que la longitud del solenoide sea mucho mas grande
que su di´ametro. Para un solenoide ideal, que es infinitamente largo con vueltas infinitesimalmente
– 116 –
cercanas, el campo magn´etico dentro es uniforme y paralelo al eje x, utilizando la ley de la mano
derecha, y es nulo fuera del solenoide. Podemos utilizar la ley de Amp`ere para calcular el campo
magn´etico dentro de un solenoide ideal. Una vista transversal de un solenoide ideal se muestra en
la figura:
Consideremos el camino rectangular de largo ℓ y ancho w y en sentido contra-reloj. La integral de
l´ınea del campo a trav´es de este camino es
˛
˛
˛
˛
˛
~
~
~
~
~ · d~r
B · d~r = B · d~r + B · d~r + B · d~r + B
←
↓
→
↑
Ahora, la integral sobre ← es nula, ya que el campo es nulo en el exterior del solenoide. Las integrales
sobre ↑ y ↓ tambi´en son nulas, ya que el campo a lo largo de estas trayectorias es perpendicular a d~r.
Con esto, podemos estirar el camino cerrado de manera que encierre todo el solenoide,notando que
la corriente total que atraviesa la superficie encerrada por la trayectoria es NI, con N el n´
umero
de vueltas del solenoide
˛
~ · d~r = Bℓ = µ0 NI −→ B = µ0 NI
B
ℓ
(3) La figura muestra la secci´on transversal de un cable compuesto por dos cilindros conc´entricos. Asuma
que una corriente I, de densidad constante, “sale de la p´agina” por el cilindro central (r ≤ R1 ) y
~ en todo
“entra en la p´agina” por el cilindro exterior (R2 ≤ r ≤ R3 ). Calcule el campo magn´etico B
el espacio.
– 117 –
Soluci´
on:
La ley de Amp`ere nos dice que:
˛
~ · d~r = µ0 Ienc
B
C
~ = B θˆ y por tanto:
En nuestro caso, por la simetr´ıa axial del problema, B
B=
µ0 Ienc
2πr
r < R1
I
J1 =
πR1 2
−→
y con ello:
B1 =
Ienc = I
r
R1
2
µ0 I r
2πR1 2
R1 < r < R2
µ0 I
2π r
B2 =
R2 < r < R3
I
J2 = −
2
π(R3 − R2 2 )
−→
y con ello:
µ0 I
B3 =
2π r
Ienc
r 2 − R2 2
=I −I 2
R3 − R2 2
R3 2 − r 2
R3 2 − R2 2
r > R3
B4 = 0
ˆ El cable tiene una cavidad cil´ındrica
(4) Un cable de radio R lleva una densidad de corriente J~ = J0 k.
de radio α paralelo al eje del cable, a distancia b de ´el. Muestre que el campo magn´etico dentro de
la cavidad es uniforme.
– 118 –
Soluci´
on:
Resolvemos el problema por superposici´on de dos corrientes, una del cilindro completo con densidad
ˆ y otra en la cavidad con densidad −J0 k.
ˆ El campo magn´etico al interior de un
de corriente J0 k,
ˆ se puede obtener f´acilmente con la ley de Amp`ere: Tomando
cable con densidad de corriente J~ = J0 k
la curva circular de radio r, y dada la simetr´ıa cil´ındrica de la distribuci´
on de corriente, el campo
magn´etico es constante y tangente sobre la curva. As´ı:
˛
¨
µ 0 J0 r ˆ
~
~
θ
B · d~r = B(r) 2πr = µ0 J~ · n
ˆ dS = µ0 J0 πr 2 −→ B(r)
=
2
∂S
S
Sea entonces un punto arbitrario al interior de la cavidad, como muestra la figura:
~rk = rk ρˆk ,
Por superposici´on,
pero
k = {1, 2}
~ ) = µ0 J0 r1 θˆ1 − µ0 J0 r2 θˆ2
B(P
2
2
ˆ × ρˆ1
θˆ1 = k
∧
ˆ × ρˆ2
θˆ2 = k
y por tanto,
~ ) = µ 0 J 0 r1 k
ˆ × ρˆ1 − r2 k
ˆ × ρˆ2 = µ0 J0 k
ˆ × ~r1 − ~r2 = µ0 J0 k
ˆ × ~b
B(P
2
2
2
– 119 –
el cual es un campo uniforme.
(5) Se tiene dos corrientes, ambas con igual sentido (en el dibujo, saliendo de la hoja). Una de ellas es
una corriente plana e infinita dedensidad
lineal Js , y la otra es una corriente cil´ındrica infinitamente
r
larga cuya densidad es J = J0 1 −
. Se define al punto P como el punto ubicado a distancia
R
R/2 del centro del cilindro:
a) Encuentre el campo magn´etico, en P , generado por Js
b) Encuentre el campo magn´etico, en P , generado por J
c) Encuentre el valor de J0 (Js ), que hace que el campo magn´etico resultante en el punto P sea
nulo
Soluci´
on:
a) Podemos pensar la regi´on de corriente como una superposici´on de conductores paralelos que
llevan corrientes en la direcci´on ˆ
ı:
Primero analizamos en qu´e direcci´on debiese ir el campo. ¿Puede el campo tener componente
en x? No, porque el campo no puede ser paralelo a la direcci´on de la corriente que lo genera.
¿Puede tener componente en z? Otra vez no. Si suponemos que la superficie se compone de
muchos hilos delgados, como muestra la figura, la componente z de la contribuci´on al campo,
– 120 –
generada por uno de estos hilos ubicado en y > 0, se cancela con su hilo opuesto en y < 0. Por
ello es que no puede tener componente z. Por tanto,
~ = ± B ˆ
B
donde el signo depender´a si estamos sobre o bajo la regi´on, donde el sentido vendr´a dado por la
regla de la mano derecha. Ahora, podemos utilizar la ley de Amp`ere para encontrar el campo
magn´etico debido a esta distribuci´on de corriente. Tomaremos la curva cerrada que aparece en
la figura. La corriente que atraviesa la superficie limitada dicha curva es:
IC = Js bℓ
Notando que, en la integral de l´ınea, los segmentos verticales no contribuyen (d~r perpendicular
al campo)
˛
~ · d~r = B 2ℓ = µ0 IC = µ0 Js bℓ −→ B = µ0 Js b
B
2
C
As´ı,
~ ) = − µ0 Js b ˆ
B(P
2
b) Para el cilindro, utilizamos nuevamente la ley de Amp`ere. Dada su extensi´on infinita, por
simetr´ıa, el campo magn´etico en su interior debe ser funci´on u
´ nicamente de la coordenada
radial, y su direcci´on es tal que es tangente en todo punto a una curva circular conc´entrica al
cilindro:
2
˛
ˆ 2π ˆ r t
r
r3
~
B · d~r = 2πr B(r) = µ0 Ienc = µ0
dθ
J0 1 −
t dt = 2πµ0 J0
−
R
2
3R
0
0
C
As´ı,
~
B(r)
= µ 0 J0
r2
r
−
2 3R
θˆ
−→
~ ) = µ 0 J0
B(P
R
R2
−
4
12R
ˆ =
µ 0 J0 R
ˆ
6
c) En el punto P , se tendr´a la superposici´on de ambos campos:
µ
J
R
µ
J
b
0
0
0
s
~ res (P ) =
B
−
ˆ
6
2
Para tener un campo magn´etico nulo, debe tenerse entonces:
J0
R
bJs
=
6
2
−→
J0 =
3bJs
R
~ = Kˆ
(6) Considere un plano infinito por el que circula una corriente superficial uniforme K
ı.
a) Encuentre el campo magn´etico en todo el espacio. Para ello, realice un an´alisis que permita
saber a priori en qu´e direcci´on debe apuntar el campo.
– 121 –
b) Calcule el flujo magn´etico a trav´es del manto de un cono de altura h y radio basal R, situado
en la regi´on sobre el plano del inciso anterior, con su eje perpendicular al mismo.
c) Obtenga la fuerza magn´etica por unidad de area que el plano del inciso (a ejerce sobre otro
plano paralelo situado a una distancia d del primero, por el que circula la misma corriente
~ = Kˆ
K
ı.
Soluci´
on:
a) Con un an´alisis id´
entico al problema anterior, es posible probar que el campo es:


 − µ0 K ˆ z > 0
~ =
2
B
µ0 K

 +
ˆ z < 0
2
El campo magn´etico ejercido por este plano resulta uniforme. Note que el campo posee un
salto de discontinuidad de µ0 J entre la regi´on bajo y sobre el plano. La analog´ıa con el campo
el´ectrico ejercido por un plano infinito cargado es total.
b) Un hecho experimental muy importante es que, hasta ahora, no existen los monopolos
magn´eticos. Por ejemplo, no podemos separar un im´an en un polo norte y un polo sur. Si
rompemos un im´an a la mitad, cada pedazo se transformar´a “misteriosamente” en un nuevo
im´an, con polo norte y polo sur. Como no podemos encontrar monopolos magn´eticos, no es
posible encontrar l´ıneas de campo magn´etico abiertas. Las l´ıneas siempre ser´an cerradas, o
bien, comenzar´an y terminar´an en el infinito. Consecuencia de esto es que, a trav´es de una
superficie cerrada, siempre el flujo magn´etico es cero, porque toda l´ınea que entra debe salir,
por ser cerrada. As´ı,
˛
~ ·n
B
ˆ dS = 0
S
Esta ecuaci´on es la ley de Gauss del magnetismo. Si en cambio se pudiera encontrar un monopolo
magn´etico, las l´ıneas comenzar´an o terminar´an en una suerte de “carga magn´etica” qm , an´alogo
al flujo el´ectrico. En ese caso, las l´ıneas ya no ser´an cerradas, y se obtendr´ıa una ley de Gauss
del tipo
˛
~ ·n
B
ˆ dS = k qm
S
Sin embargo, este hecho nunca ha sido confirmado experimentalmente; as´ı que asumimos que
el flujo magn´etico sobre una superficie cerrada siempre es cero. Basados en este hecho, consideremos un cono sobre el plano del inciso (a). Si lo ponemos con el eje perpendicular al plano,
~ El flujo neto,
entonces claramente no hay flujo a trav´es de la base. Esto porque ah´ı n
ˆ ⊥ B.
que tiene que ser siempre cero, queda
˛
˛
˛
~
~
~ ·n
0=
B·n
ˆ dS +
B·n
ˆ dS =
B
ˆ dS
tapa
manto
manto
de donde se concluye que el flujo a trav´es de manto es, por s´ı solo, igual a cero.
– 122 –
~ ejerce sobre una l´ınea de corriente,
c) An´alogamente
a la fuerza que un campo magn´etico B
´
~ es posible decir que la fuerza magn´etica que este mismo campo ejerce sobre
F~ = C Id~r × B,
~ y volum´etricas J~ es:
corrientes superficiales K
¨
¨
~
~
~
~
~ dV
F =
K × B dS
∧
F =
J~ × B
S
V
~ es la fuerza por unidad de largo, K
~ ×B
~ representa la
luego deducimos que, as´ı como Id~r × B
~
~
fuerza por unidad de superficie sobre S y J × B es la fuerza por unidad de volumen sobre V .
En nuestro problema, nos interesa la fuerza magn´etica por unidad de superficie sobre un plano
~ = Kˆ
infinito por el que circula una corriente K
ı. Si este plano se encuentra sobre el plano del
~ = − µ0 K ˆ y la fuerza por unidad de area es:
inciso (a), entonces el campo que siente es B
2
2
2
µ0 K ˆ
~ ×B
~ = − µ0 K ˆ
f~m = K
ı × ˆ = −
k
2
2
Note el signo negativo. Esto indica que la fuerza apunta hacia abajo, por lo que se concluye
que dicha fuerza es atractiva. Si, por el contrario, la corriente de los planos corriera en sentidos opuestos, la fuerza ser´ıa repulsiva, an´alogamente a la fuerza magn´etica entre dos hilos
conductores rectos por los que pasa corriente.
– 123 –
4.
Campos variables en el tiempo
4.1.
Ley de inducci´
on de Faraday-Lenz
(1) Este es un problema meramente cualitativo. Si los imanes se mueven de la forma descrita en la
figura, determine la direcci´on de la corriente inducida en cada una de las espiras.
Soluci´
on:
Recordemos la Ley de Lenz:
Una f.e.m inducida siempre generar´
a una corriente cuyo campo magn´etico se oponga
al cambio original en el flujo magn´etico.
En el caso de la izquierda, el movimiento del im´an tiende a aumentar el flujo magn´etico, por lo que
se generar´a una corriente que cree un campo magn´etico que se oponga a este hecho. Para reducir
~ que apunte fuera de la espira y, por la
el flujo magn´etico, debe aparecer un campo magn´etico B
regla de la mano derecha, la corriente circular´a en direcci´on anti-horaria.
En el caso de la derecha, el flujo disminuye; por tanto, se deber´a generar un campo magn´etico que
entre a la espira, de modo tal que se oponga a la reducci´on de flujo. De esta forma, la corriente
circulante tendr´a direcci´on horaria.
Finalmente,
~ = Bˆ
(2) La espira rectangular de la figura se encuentra sumergida en un campo magn´etico uniforme B
ı.
Si la espira gira con velocidad angular ω utilizando el eje z como eje de rotaci´on, y asumiendo que
en t = 0 la espira se encuentra en el plano Y Z, determine la fem inducida y la corriente inducida
en la espira.
– 124 –
Soluci´
on:
ˆ
Calculamos en flujo magn´etico, considerando que n
ˆ = −θ,
¨
ı · θˆ dS = BS sin θ −→
Φ = − Bˆ
dΦ
dθ
= BS cos θ
dt
dt
Notemos que
dθ
=ω
dt
−→
θ = ωt + θ0
Dada la condici´on inicial, es claro que θ0 = π/2. A partir de la ley de inducci´on de Faraday, podemos
obtener la magnitud de la fem inducida en la espira:
ε=−
dΦ
= −Bωab cos (ωt + π/2)
dt
La magnitud de la corriente es, simplemente
I=
|ε|
Bωab
=
cos (ωt + π/2)
R
R
(3) Considere el experimento del siguiente video: Si coloca un solenoide alrededor de un n´
ucleo de hierro
(el hierro es solo para reforzar el campo magn´etico) y coloca un anillo met´alico en ´el, al prender la
fuente de voltaje, el anillo saltar´a varios metros en el aire ¿Por qu´e? Si repite el experimento con
un anillo con un corte a todo lo alto del anillo, ´este no se elevar´a. ¿Por qu´e?
– 125 –
Soluci´
on:
Antes que circule corriente, el flujo a trav´es del anillo es cero. Despu´es de encender el aparato,
aparece un flujo (hacia arriba en la figura) y la fem generada en el anillo har´a circular una corriente
(en el anillo) que, de acuerdo con la Ley de Lenz, ser´a en direcci´on tal que el campo magn´etico
generado tienda a anular el nuevo flujo. Esto significa que que la corriente circular´a en sentido
opuesto a la corriente en el solenoide. Corrientes opuestas se repelen, y el anillo saltar´a.
En el segundo caso, el anillo est´a cortado y no permite que circule una corriente por el per´ımetro,
y por tanto el efecto antes descrito no se generar´a.
(4) Considere un loop circular conductor de di´ametro D, masa M y resistencia R que cae por acci´on
de la gravedad desde una gran altura h, en una regi´on en donde existe un campo magn´etico no
uniforme con componente Bz = B0 (1+kz), siendo z la altura respecto del suelo y k alguna constante.
Suponga que el plano del loop se mantiene horizontal en toda la ca´ıda. Ignore efectos de roce con
el aire.
a) Explique por qu´e se induce una corriente en el loop. Calcule su magnitud e indique su sentido.
b) Describa cualitativamente la ca´ıda del loop. ¿Cu´al es la velocidad terminal del mismo?
Soluci´
on:
~ = Bx ˆ
a) En la regi´on en donde se encuentra el loop circular, existe un campo magn´etico B
ı+
ˆ
By ˆ + Bz k, cuyas componentes x e y no son nulas. Esto se puede deducir notando que, si
el campo solo tuviese la componente z se˜
nalada en el enunciado, su divergencia claramente
no es nula, contradiciendo lo que se sabe de los campos magn´eticos f´ısicamente plausibles. No
obstante, si imponemos que el loop se mantiene horizontal toda la ca´ıda, solo la componente
vertical Bz ser´a relevante en el calculo del flujo magn´etico a trav´es del ´area que encierra el
mismo. Por otra parte, ya que esta componente no es uniforme, depender´a del tiempo, y lo
mismo ocurrir´a con el flujo magn´etico. Por la ley de Lenz, una variaci´on en el flujo magn´etico
– 126 –
induce una fem en el circuito:
˛
C

~ · d~r = ε = − ΦB = − d 
E
dt
dt
¨
S

~ ·n
B
ˆ dS 
Es MUY IMPORTANTE entender la convenci´on que se usa para el sentido en que se recorre
la integral de l´ınea. La convenci´on es simple: regla de mano derecha, la misma de C´alculo en
Varias Variables:
Veamos este problema. El flujo a trav´es del loop que cae horizontalmente, es debido solo a la
ˆ obtenemos:
componente vertical, por lo que tomando el vector n
ˆ = k,
¨
¨
¨
~ ·n
ΦB =
B
ˆ dS =
Bz dS = Bz dS = B0 (1 + kz)A
S
S
S
en donde hemos usado que la componente normal, al depender solo de la altura z, es constante
sobre toda la superficie, la cual se encuentra horizontal, as´ı que sale de la integral. En este
caso, A es el ´area de la espira. La variaci´on en este flujo es:
dz
dΦB
= B0 kA
dt
dt
y vemos que no es nulo. Notemos que z ′ es la velocidad con que cae el loop, y dado que escogimos
el eje z hacia arriba, esta velocidad resulta negativa (la coordenada z del loop disminuye en el
tiempo). Por Lenz, la fem inducida en la espira es:
ε=−
dΦB
= −B0 kA z ′
dt
un valor positivo cuando k > 0. Por nuestra convenci´on, entonces vemos que la corriente
ˆ anti-horario visto desde la parte
fluye en el mismo sentido en que se recorre C, tal que n
ˆ = k:
superior del loop. Su m´odulo es evidentemente
I=
|ε|
B0 kA z ′ (t)
=−
R
R
~ =B
~ k +B
~z,
b) Haremos esto un poco expl´ıcito. Podemos descomponer el campo magn´etico como B
en donde Bk es la componente que vive en el plano XY . Al circular una corriente, el campo
– 127 –
ejerce una fuerza magn´etica sobre el loop, dada por:
˛
~
~
F =
I d~r × B
= I
˛
~k +
d~r × B
˛
~z
d~r × B


˛
˛
~


= I
d~r × Bz + I (dx ˆ
ı + dy ˆ) × (Bx ˆ
ı + By ˆ)


˛
ˆ
= I  By dx − Bx dy  k
Recordemos que no conocemos la forma de las otras componentes del campo magn´etico, pero
ˆ en donde
aun as´ı, podemos deducir que la fuerza neta apunta en la direcci´on z es F~B = I(t)η k,
η la integral de l´ınea.
El desarrollo anterior nos convence de que sobre el anillo, adem´as de actuar la fuerza de
gravedad, act´
ua una fuerza que resulta ser proporcional a la corriente, y por ende, proporcional
a la velocidad con que cae el anillo. Cualitativamente, esperamos que esta fuerza proporcional
aumente conforme aumenta la rapidez con que cae el loop. La fuerza magn´etica aumentar´a hasta
que llegue a ser igual al peso del cuerpo, una fuerza siempre constante. En ese momento la
aceleraci´on del loop ser´a cero, y el mismo caer´a con velocidad constante. Este es un movimiento
totalmente an´alogo a un cuerpo que cae con roce en el aire. La velocidad final con que termina
movi´endose el objeto, se conoce como velocidad terminal. Aceptando toda esta descripci´on del
movimiento, es posible obtener la velocidad terminal al menos de dos formas distintas:
Cuando el loop caiga con velocidad igual a la terminal, su aceleraci´on ser´a nula. En este
estado, la fuerza magn´etica ser´a igual al peso,
Iterm η =
B0 Akvterm
η = Mg
R
en donde Iterm es la corriente terminal (constante) que circula por el loop. En principio,
para calcular η necesitamos expl´ıcitamente las componentes Bx , By de campo magn´etico
para evaluar la integral; sin embargo, no las conocemos. No obstante, hay una manera
astuta de calcular esta integral de todas formas: usando el Teorema de Green,
˛
¨
∂Bx ∂By
+
dS
η = By dx − Bx dy = −
∂x
∂y
pero
~ =0
∇·B
∂Bx ∂By
∂Bz
+
=−
∂x
∂y
∂z
−→
As´ı:
η = B0 k
¨
– 128 –
dS = B0 kA
Por ende, la velocidad terminal resulta ser
vterm =
MgR
B0 2 A2 k 2
Cuando el loop cae, la variaci´on en la energ´ıa potencial gravitatoria se compensa con la
energ´ıa disipada por efecto Joule en el loop. Si en un intervalo ∆t ha ca´ıdo una distancia
∆h, entonces
Mg∆h = I 2 R∆t
∆h
pero si la velocidad es constante en el tramo, entonces v =
. Aplicando esto a cuando
∆t
el loop se mueva con velocidad terminal,
Iterm 2 R = Mgvterm
Reemplazando la corriente Iterm =
B0 Akvterm
,
R
vterm =
MgR
B0 2 A2 k 2
(5) Una barra conductora de masa m desliza entre 2 rieles conductores, sin fricci´on, que forman un
´angulo θ con la horizontal, est´an separados una distancia ℓ y unidos por una resistencia R. Un
~ es aplicado verticalmente. La barra se suelta del reposo y desliza
campo magn´etico uniforme B
hacia abajo.
a) Determine la corriente inducida en la barra. ¿En qu´e direcci´on fluye, de a hacia b o de b hacia
a?
b) Calcule la velocidad terminal de la barra.
c) Una vez alcanzada la velocidad terminal, ¿Cu´al es la corriente inducida?
d ) ¿A qu´e tasa se disipa energ´ıa en la resistencia?
e) ¿Cu´al es la tasa de trabajo ejercido por la gravedad?
– 129 –
Soluci´
on:
a) Antes que todo, coloquemos el eje de forma usual, y no sobre el plano inclinado. Supongamos
que, en un instante dado, la barra se encuentra a una distancia x del extremo, como se ve en
la figura:
El circuito formado por los rieles y la barra que desliza encierra una superficie plana cuya
normal es:
n
ˆ = sin θ ˆ
ı + cos θ ˆ
y el flujo a trav´es de esta espira es:
ΦB =
¨
~ ·n
B
ˆ dS = Bxℓ cos θ
Con esto, la fem inducida en los extremos de la barra es:
ε=−
dΦB
dx
= −Bℓ cos θ
dt
dt
As´ı, la corriente inducida ser´a
I=
|ε|
Bℓ
dx
=
cos θ
R
R
dt
La direcci´on se ve de la siguiente forma: el flujo est´a aumentando, por lo que se requiere inducir
una corriente tal que su campo magn´etico apunte hacia abajo y se contraponga al cambio en
el flujo. de esta forma, por la regla de la mano derecha, la corriente debe circular en direcci´on
b → a.
b) La fuerza magn´etica que ejerce el campo sobre la barra es:
~ ×B
~ = Iℓ k
ˆ × B ˆ = −BIℓ ˆ
F~m = I L
ı
La fuerza de gravedad viene dada por:
F~g = −mg ˆ
Haciendo suma de fuerzas en el eje x (proyectando paralelamente sobre la superficie):
mx′′ = mg sin θ − BIℓ cos θ = mg sin θ −
– 130 –
B 2 ℓ2
cos2 θx′
R
v′ = α − β v
con v = x′ , α = g sin θ y β = B 2 ℓ2 cos2 θ/mR. Resolviendo,
dv
dt =
α−β
−→
t − t0 =
ˆ
v
v0
ln (a − β v) ln (a − β v0 )
ds
=−
+
α−βs
β
β
como t0 = 0, v0 = 0:
βv
−β t = ln 1 −
α
−→
Por tanto,
vt = l´ım v(t) =
t→∞
v(t) =
α
1 − e−β t
β
α
mgR sin θ
= 2 2
β
B ℓ cos2 θ
c) La corriente terminal es:
Bℓ
mg tan θ
cos θ vt =
R
Bℓ
It =
d ) El m´odulo de la fem inducida en este caso es:
|εt | =
mgR tan θ
Bℓ
Por tanto, la potencia disipada es:
Pelec = |εt |It =
m2 g 2 R tan2 θ
B 2 ℓ2
e) La tasa de trabajo ejercida por la gravedad es:
Pgrav = Wk vt =
m2 g 2 R tan2 θ
B 2 ℓ2
con Wk = mg sin θ la componente del peso en la direcci´on de desplazamiento. Vemos que el
valor de esta potencia es la misma que la potencia que disipa la resistencia. Esto se debe al
principio de conservaci´on de la energ´ıa.
(6) Note la similitud entre la ley de Amp`ere
˛
~ · d~r = µ0 I
B
C
y la ley de Faraday-Lenz
˛
~ · d~r = − dΦB
E
dt
C
– 131 –
Nada nos impide aplicar los m´etodos de “anillos amperianos” al c´alculo de campos el´ectricos generados por campos magn´eticos variables, de forma an´aloga al c´alculo de campos magn´eticos producidos
por corrientes estacionarias. Suponga un solenoide largo y recto, de radio a y con n vueltas por
unidad de largo, por el que circula una corriente I(t). Si la corriente var´ıa en el tiempo, encuentre
el campo el´ectrico que se induce dentro y fuera del solenoide.
Soluci´
on:
Como ya calculamos previamente, el campo magn´etico producido por el solenoide recto es:
ˆ r<a
µ0 nI(t) k
~
B=
~0
r>a
en donde hemos usado coordenadas cil´ındricas, siendo el eje z coincidente con el eje del solenoide.
Supongamos un loop circular de radio r < a como muestra la figura. El flujo magn´etico encerrado
por ese loop es
ΦB = B(t)πr 2 = µ0 πr 2 nI(t)
y la variaci´on de flujo queda como
dΦB
2
˙
˙
= B(t)πr
= µ0 πr 2 nI(t)
dt
Por la ley de Faraday-Lenz,
˛
2
~ · d~r = −B(t)πr
˙
˙
E
= −µ0 πr 2 nI(t)
Dado que el campo magn´etico es paralelo al eje z, el campo el´ectrico inducido ser´a perpendicular
~ = E θ.
ˆ Para una descripci´on m´as detallada de este
a ´este, en la direcci´on tangencial, por lo que E
argumento, revisar el inicio del problema siguiente. As´ı, la fem inducida ser´a
˛
˛
~
ε = E · d~r = E θˆ · dr θˆ = 2πr E(r)
– 132 –
y por ende
˙
2π E(r) = −µ0 πr 2 nI(t)
Con ello,
~ in = − µ0 nr I(t)
˙ θˆ
E
2
Este es el campo dentro del solenoide. El campo fuera se obtiene de forma an´aloga, pero el loop
ahora encierra todo el solenoide. El flujo es
ΦB = B(t)πa2 = µ0 nπa2 I(t)
Por la ley de Faraday-Lenz,
Y finalmente:
−→
dΦB
˙
= µ0 nπa2 I(t)
dt
˙
2πr E(r) = −µ0 nπa2 I(t)
2
~ out = − µ0 na I˙ θˆ
E
2r
lo cual concluye el problema.
(7) Un cable recto infinitamente largo porta una corriente con peque˜
nas perturbaciones I(t). Determine
el campo el´ectrico inducido, en funci´on de la distancia s desde el cable. Hint: use el anillo amperiano
de la figura.
Soluci´
on:
Primero que todo, de la ley de Faraday en su forma diferencial, es posible concluir que el campo
~ –dado que, en este caso, al derivar no cambio en la direcci´on
el´ectrico inducido circular´a en torno a B
del campo– de manera an´aloga al caso de un hilo de corriente y la ley de Amp`ere:
– 133 –
As´ı, de manera an´aloga a lo que ocurre en un solenoide al calcular el campo magn´etico, el campo
el´ectrico inducido ser´a paralelo al eje. En la aproximaci´on cuasiest´atica, el campo magn´etico tiene
magnitud µ0 I/2πs y circula alrededor del cable. Para el anillo amperiano de la figura,
˛
¨
d
~ · d~r = E(s0 )ℓ − E(s)ℓ = −
~ ·n
E
B
ˆ dS
dt
ˆ
µ0 ℓ dI s ds′
µ0 ℓ dI
= −
= −
(ln s − ln s0 )
′
2π dt s0 s
2π dt
Por tanto,
~
E(s)
=
µ0 dI
ln s + K
2π dt
ˆ
k
donde K es una constante (independiente de s, pero podr´ıa depender de t). El resultado anterior
implica que E diverge cuando s → ∞. Esto no puede ser cierto... ¿Qu´e est´a incorrecto? Respuesta: Hemos sobrepasado los l´ımites de la aproximaci´on cuasiest´atica. Como veremos en el cap´ıtulo
final, las “noticias” electromagn´eticas se propagan a la velocidad de la luz, y a largas distancias
~ depende no de la corriente ahora, sino de la corriente que era en un tiempo anterior. Si τ es el
B
tiempo que le toma a I cambiar sustancialmente, entonces la aproximaci´on cuasiest´atica debe ser
correcta solo para
s ≪ cτ
y nuestra soluci´on no es v´alida para valores grandes de s.
4.2.
(1)
Inductancia. Circuitos RL, LC y RLC
a) Considere dos circuitos circulares de radios a y b ≫ a separados una distancia z, como muestra
la figura. Los centros de ambos circuitos se encuentran sobre el eje z y el plano del circuito
menor est´a inclinado en un ´angulo α. Este mismo circuito tiene resistencia R. ¿Cu´al es la
inductancia mutua del sistema?
b) Considere dos espiras coplanares y conc´entricas, de radios R1 y R2 ≪ R1 . Encuentre la inductancia mutua entre ambas espiras.
– 134 –
Soluci´
on:
Como sabemos, la inductancia mutua se define como
M=
Φ12
I1
en donde Φ12 es el flujo a trav´es de la espira 2, del campo magn´etico producido por la corriente I1
en la espira 1 (ver figura abajo).
Es posible demostrar que la inductancia mutua es la misma si se invierten los roles del loop 1 y el
loop 2, por lo que
Φ12
Φ21
M=
=
I1
I2
Es por esto que para calcular la inductancia mutua podemos escoger uno u otro flujo. Evidentemente, siempre se escoge el flujo cuyo c´alculo sea el m´as simple.
a) En este caso, podemos suponer que el anillo menor, al ser de radio mucho m´as peque˜
no,
se encuentra contenido en un punto z sobre el eje vertical. Por ser ´ınfimo, el campo que lo
atraviesa (producido por el anillo mayor) es, en esencia, uniforme e igual al visto en problemas
anteriores:
2 −3/2
µ
I
z
0
~ =
ˆ
B
1+ 2
k
2b
b
en donde hemos supuesto que por el anillo mayor circula una corriente I. El flujo a trav´es del
anillo menor es, entonces,
¨
¨
¨
2 −3/2
z
µ
IS
cos
α
0
~ ·n
Φ=
B
ˆ dS =
B cos α dS = B cos α dS =
1+ 2
2b
b
S
S
S
– 135 –
~ ·ˆ
con S = πa2 el ´area de la espira menor. Aqu´ı hemos usado que B
n dS = B cos αdS. Dividiendo
por la corriente, obtenemos la inductancia mutua,
µ0 πa2 cos α
M=
2b
z2
1+ 2
b
−3/2
b) Este es un caso particular del anterior, con α = 0 y z = 0. Por tanto,
M=
µ0 πR2 2
2R1
(2) Considere un toroide de N vueltas y de secci´on rectangular de lado h, radio interior a y radio
exterior b.
a) Calcule la autoinductancia y discuta qu´e ocurre cuando a ≫ b − a
b) Calcule la energ´ıa magn´etica almacenada en el toroide
Soluci´
on:
a) Utilizando la ley de Amp`ere, el campo magn´etico dentro del toroide se obtiene como
˛
~ · d~r = 2πr B = µ0 NI −→ B = µ0 NI
B
2πr
donde se ha integrado el campo sobre una circunferencia de radio r ubicada en el centro del
toroide. El flujo magn´etico sobre una vuelta del toroide se puede obtener al integrar sobre
todas las secciones rectangulares, con dS = h dr como elemento diferencial de ´area:
¨
ˆ b
µ0 NI
µ0 NIh
una vuelta
~
ΦB
=
B ·n
ˆ dS = h
dr =
ln (b/a)
2πr
2π
a
y el flojo total sobre el toroide ser´a ΦB = N ΦB una
L=
vuelta
. Con esto, la autoinductancia ser´a
ΦB
µ0 N 2 h
=
ln (b/a)
I
2π
– 136 –
Cuando a ≫ b − a, te tiene que
b−a
ln (b/a) = ln 1 +
a
≈
b−a
a
y la inductancia ser´ıa
µ0 N 2 h b − a
2π
a
Recordando que el ´area de un solenoide es S = h(b − a),
Llim =
Llim =
µ0 N 2 S
2πa
y con ℓ = 2πa,
µ0 N 2 S
Llim =
ℓ
que es, justamente, la autoinductancia de un solenoide.
b) La energ´ıa almacenada en el toroide es simplemente
U=
µ0 N 2 I 2 h
LI 2
=
ln (b/a)
2
4π
(3) Considere el siguiente circuito LC. Suponga que el condensador tiene una carga inicial Q0 . En t = 0,
el interruptor se cierra.
C
L
Q0
a) Encuentre la ecuaci´on diferencial para la carga en el condensador mediante consideraciones
energ´eticas.
b) Utilizando las leyes de Kirchhoff, encuentre I(t) y Q(t)
Soluci´
on:
a) En ausencia de una resistencia, la energ´ıa total se transforma constantemente en energ´ıa
el´ectrica y magn´etica, fen´omeno conocido como oscilaci´on electromagn´etica. Le energ´ıa total
del circuito LC en un instante arbitrario es
Etotal = U = UC + UL =
– 137 –
Q2
L I2
+
2C
2
Por el principio de conservaci´on de la energ´ıa,
d Q2
L I2
dU
=
+
=0
dt
dt 2 C
2
−→
Q dQ
dI
+ LI
=0
C dt
dt
Adem´as, hay que notar que: Para ver la relaci´on entre carga del condensador y corriente por
la inductancia, hagamos el siguiente an´alisis:
Si la corriente por la inductancia es positiva, y circula positivamente, entonces significa
que el condensador se descarga. Por tanto,
I =−
dQ
dt
Si la corriente por la inductancia es negativa, entonces circula en la otra direcci´on y por
tanto est´a cargando al condensador. As´ı,
I =−
dQ
dt
Por tanto:
Q
dI
Q
d2 Q
I + LI
= 0 −→
+L 2 =0
C
dt
C
dt
que es la ecuaci´on diferencial para la carga en el condensador.
−
b) Utilizando la ley de voltajes de Kirchhoff,
C
+
+
-
-
L
Q
dI
+L
=0
C
dt
Aqu´ı nuevamente usamos la relaci´on entre variaci´on de carga y corriente. Por tanto,
−VC + VL = −
Q
d2 Q
+L 2 =0
C
dt
−→
Q′′ +
1
Q=0
LC
que posee por soluci´on general
Q(t) = Q0 cos (ωt + φ)
donde la frecuencia angular ω est´a dada por
ω=√
1
LC
La corriente por la inductancia es
I(t) = −
dQ
= ωQ0 sin (ωt + φ) = I0 sin (ωt + φ)
dt
– 138 –
con I0 = ωQ0 . De las condiciones iniciales Q(0) = Q0 e I(0) = 0, la fase es simplemente φ ≡ 0.
Con esto, las soluciones para la carga y la corriente en el circuito LC son:
Q(t) = Q0 cos (ωt)
∧
I(t) = I0 sin (ωt)
Notar que, con U = UC + UL , se cumple que:
Q0 2
LI0 2
Q0 2
Q0 2
Q0 2
Q2 (t) LI 2 (t)
U=
+
=
cos (ωt) +
sin (ωt) =
cos (ωt) +
sin (ωt) =
2C
2
2C
2
2C
2C
2C
(4) Considere el circuito RLC en serie, que consta de una resistencia, una inductancia, y un condensador:
C
L
R
Mediante consideraciones energ´eticas, encuentre la ecuaci´on diferencial para la carga en el condensador.
Soluci´
on:
La energ´ıa, en un instante arbitrario t, est´a dada por
U = UC + UL =
Q2
LI 2
+
2C
2
A diferencia del circuito LC, parte de la energ´ıa del circuito ser´a disipada por la resistencia. Esto
es, la tasa a la cual la energ´ıa es disipada es
dU
= −I 2 R
dt
donde el signo negativo implica que la energ´ıa total disminuye en el tiempo. As´ı,
dU
Q dQ
dI
=
+ LI
= −I 2 R
dt
C dt
dt
Nuevamente Q˙ = −I, y con ello
Q
dI
− I + LI
= −I 2 R
C
dt
−→
−
Q
dI
+ L = −IR
C
dt
−→
−
Q d2 Q
dQ
− 2 =R
C
dt
dt
Finalmente, la EDO para la carga es:
L
d2 Q
dQ Q
+
R
+ =0
dt2
dt
C
– 139 –
(5) En la figura, el interruptor se cierra en t < 0 y se establece una condici´on de estado estable. El
interruptor se abre despu´es en t = 0.
R1
a
R2
ε
L
+
−
b
a) ¿Cu´al es la energ´ıa almacenada en la bobina justo antes de abrir el interruptor?
b) Encuentre la diferencia de potencial en la bobina justo despu´es de abrir el interruptor. ¿Cu´al
extremo de la bobina est´a a mayor potencial, a o b?
c) Realice gr´aficas a mano de las corrientes en las resistencias, como funciones del tiempo. Muestre
valores antes y despu´es de t = 0.
d ) ¿Cu´anto tiempo despu´es de t = 0 la corriente en R2 es i?
Soluci´
on:
a) Cuando se ha alcanzado un equilibrio estable, la corriente en un circuito LR ya no var´ıa en el
tiempo, y por ende ya no hay diferencia de potencial entre los extremos de la bobina. Decimos
en ese caso la bobina se comporta como un cortocircuito. En ese caso el circuito de la figura
es simplemente una pila con dos resistencias. Suponiendo que la corriente circula en sentido
horario en la malla derecha, y anti-horario en la izquierda, la ley de las mallas –aplicada a la
malla derecha– implica que:
−ε + I1 R1 = 0
en donde I1 es la corriente que pasa por R1 . Esta es la misma corriente que pasa por la bobina,
IL = ε/R1 . La energ´ıa en la bobina es, entonces,
UL =
Lε2
LIL 2
=
2
2R1 2
b) Justo despu´es de cambiar el estado del circuito abriendo el interruptor, la corriente a trav´es
de la bobina es la misma que justo antes, pues la bobina se opone a los cambios en la corriente
circulante. Esta es, por ende, la corriente que circula en toda la malla exterior. Note que la
corriente en R2 se ha invertido. La ley de mallas nos indica entonces que, en t = 0+ ,
−εL (0+ ) + I(0+ )R1 + I(0+ )R2 = 0
con I(0+ ) = ε/R1 . Despejando la diferencia de potencial,
εL (0+ ) =
– 140 –
R1 + R2
ε
R1
y como la corriente circula en sentido horario –en la malla externa–, el potencial en b es mayor
que en a.
c) Para un instante t > 0, la ley de las mallas nos dice que
−εL + I(R1 + R2 ) = 0
˙ por Lenz. La ecuaci´on queda
en donde εL = −LI,
R
I˙ + I = 0
L
−→
(D + α)I = 0
con α = R/L y R = R1 + R2 . Usando el M´etodo del operador diferencial aprendido en el curso
de Ecuaciones Diferenciales,
I(t) = Ke−αt
Reemplazando I(0) = ε/R1 ,
I(t) =
ε −αt
e
R1
Este resultado era el esperado: en ausencia de una fem externa, la corriente decae exponencialmente en un circuito LR. Toda la energ´ıa almacenada en el inductor es disipada por la
resistencia. Esta corriente es la misma que circula en ambas resistencias. Un bosquejo de ambas
corrientes es parecido al que aparece a continuaci´on. Los n´
umeros corresponden a ε = 18 V,
R1 = 2 kΩ, R2 = 6 kΩ y L = 0.4 H.
Note que, en R2 , la corriente se vuelve negativa. Esto es porque el sentido se ha invertido
respecto de su sentido original.
d ) Sea t∗ el instante en el cual la corriente vale i. Matem´aticamente, I(t∗ ) = i. Reemplazando en
la ecuaci´on de la corriente, podemos despejar el tiempo en funci´on de la corriente deseada,
i = I(t∗ ) =
ε −αt∗
e
R1
−→
iR1
∗
= e−αt
ε
Tomando logaritmo y despejando el tiempo,
1
iR1
L
ε
∗
t = − ln
=
ln
α
ε
R1 + R1
iR1
(6) Considere el circuito de la figura
– 141 –
L
R3
I3
I2
R2
R1
+
−
I1
ε
Determine la corriente por cada resistencia:
a) Inmediatamente despu´es de cerrar el interruptor
b) Despu´es de que ha pasado mucho de tiempo de cerrado el interruptor
c) Suponga que el interruptor es reabierto despu´es de que ha estado mucho tiempo cerrado,
encuentre nuevamente las corrientes:
(i) Inmediatamente despu´es de que es abierto
(ii) Despu´es de un largo tiempo
Soluci´
on:
a) Inmediatamente despu´es de que el interruptor es cerrado, la corriente a trav´es de la inductancia
es cero ya que la fem autoinducida evita que la corriente crezca abruptamente. As´ı, I3 = 0.
Debido a que I1 = I2 + I3 , se tiene que I1 = I2 . Utilizando las leyes de Kirchhoff,
−ε + I1 R1 + I1 R2 = 0
−→
I1 = I2 =
ε
R1 + R2
b) Despu´es de un largo tiempo, no hay fem autoinducida en la inductancia y las corrientes pasan
a ser constantes. Para la malla inferior, se tiene ahora
−ε + I1 R1 + I2 R2 = 0
y para la malla superior,
I3 R3 − I2 R2 = 0
por u
´ ltimo, por la ley de nodos, I1 = I2 + I3 . Resolviendo, se obtiene
I1 =
(R2 + R3 )ε
R1 R2 + R1 R3 + R2 R3
R3 ε
R1 R2 + R1 R3 + R2 R3
R2 ε
I3 =
R1 R2 + R1 R3 + R2 R3
I2 =
– 142 –
c)
(i) Inmediatamente despu´es de que el interruptor es abierto nuevamente, la corriente a trav´es
de R1 es 0, I1 = 0. Esto implica que I2 +I3 = 0. La malla superior ahora forma un circuito
RL que decae e I3 tiende a mantenerse en el tiempo. As´ı,
I3 = −I2 =
R2 ε
R1 R2 + R1 R3 + R2 R3
(ii) Despu´es de mucho tiempo, toda la energ´ıa se ha disipado, y por tanto todas las corrientes
son cero:
I1 = I2 = I3 = 0
4.3.
Corriente Alterna
(1) El resultado visto en clases, respecto a un transformador, nos permite obtener un voltaje de salida
determinado cambiando el n´
umero de espiras en las bobinas dentro del transformador. Por ejemplo,
si N2 > N1 , el voltaje de salida resulta mayor al voltaje de entrada. ¿Viola esto el principio de
conservaci´on de energ´ıa? El problema consiste en convencerse de que la respuesta es no. Para ello,
N1 N2
V1
V2
Transformador
a) Demuestre que M 2 = L1 L2 , en donde M es la inductancia mutua, y Li=1,2 son las autoinductancias.
b) Suponiendo que la fem en la bobina primaria es −ε1 = V1 cos ωt, y que la secundaria se conecta
a una resistencia R, demuestre que las corrientes satisfacen las ecuaciones
L1 I˙1 + M I˙2 = V1 cos ωt ,
L2 I˙2 + M I˙1 = −I2 R
c) Obtenga las corrientes como funci´on del tiempo, asumiendo que I1 (t) es una corriente puramente alterna.
d ) Muestre que el voltaje de salida y el voltaje de entrada satisfacen
Vin N1
Vout = N2
e) Finalmente, muestre que la potencia entrante promediada en un ciclo T = 2π/ω es igual a la
potencia saliente promediada en el mismo intervalo temporal.
– 143 –
Soluci´
on:
a) Si todas las espiras de ambas bobinas son cruzadas por el mismo flujo, digamos Φ, entonces el
flujo neto en la espira primaria se puede escribir como una contribuci´on de autoinductancia e
inductancia mutua,
Φ1 = N1 Φ = L1 I1 + MI2
−→
Φ=
L1
M
I1 +
I2
N1
N1
Φ=
M
L2
I2 +
I1
N2
N2
Lo mismo se puede hacer para la bobina secundaria,
Φ2 = N2 Φ = L2 I2 + MI1
−→
Igualando ambas ecuaciones,
L1
M
L2
M
I1 +
I2 =
I2 +
I1
N1
N1
N2
N2
De aqu´ı vemos que, si la corriente en la bobina primaria es nula, entonces M/N1 = L2 /N2.
Si, en cambio, la corriente en la bobina secundaria es nula, vemos que L1 /N1 = M/N2 . Multiplicando ambas ecuaciones, se prueba que M 2 = L1 L2 . Este resultado deja de ser v´alido si el
flujo en distintas espiras es diferente.
b) Por la ley de Lenz, la fem inducida en cada bobina es
−ε1 = L1 I˙1 + M I˙2 ,
−ε2 = L2 I˙2 + M I˙1
Del enunciado hemos de suponer que −ε1 = V1 cos ωt. Por otra parte, si se conecta una resistencia R a la bobina secundaria, debemos tener por Kirchhoff, ε2 − I2 R = 0. Inmediatamente
obtenemos las ecuaciones
L1 I˙1 + M I˙2 = V1 cos ωt ,
L2 I˙2 + M I˙1 = −I2 R
c) Para resolver estas ecuaciones, multiplicamos la primera por L2 , la segunda por M y restamos,
recordando que M 2 = L1 L2 . Obtenemos:
I2 = −
L2 V1
MV1
cos ωt = −
cos ωt
L1 R
MR
Insertando este resultado en la primera ecuaci´on,
ωL2 V1
L1 I˙1 = V1 cos ωt − M I˙2 = V1 cos ωt −
sin ωt
R
Integrando,
L1 I1 =
V1
L2 V1
sin ωt +
cos ωt + A
ω
R
– 144 –
en donde A es una constante de integraci´on. Del enunciado, debemos suponer que la corriente
por la bobina primaria es puramente alterna, lo que implica que no puede tener componentes continuas, representados matem´aticamente por t´erminos constantes; por ende A = 0. La
corriente 1 queda:
L2 V1
V1
I1 =
sin ωt +
cos ωt
ωL1
L1 R
d ) El voltaje de entrada es, por el enunciado, Vin = V1 cos ωt. El voltaje de salida es el de la
resistencia, Vout = I2 R = −L2 V1 /M cos ωt. La raz´on pedida es
Vin
V1 cos ωt
M
=−
= L2 V1
Vout
L2
− M cos ωt
Usando la parte (a), M/N1 = L2 /N2 , vemos que:
Vin N1
Vout = N2
e) La potencia de entrada es
V1 2
Pin (t) = Vin I1 =
L1
sin ωt cos ωt L2
2
+
cos ωt
ω
R
La potencia de salida es
Pout (t) = Vout I2 =
L2 2 V1 2
cos2 ωt
M 2R
Definici´
on. El promedio temporal de una funci´on peri´odica, de periodo T , es:
ˆ
1 T
h f (t) i =
f (t) dt
T 0
Con ello, es posible demostrar (y queda propuesto para el lector) que:
h sin2 ωt i = h cos2 ωt i =
1
,
2
h sin ωt cos ωt i = 0
en donde ωT = 2π. Por ende, vemos que:
V1 2 L2
h Pin (t) i =
,
2L1 R
V1 2 L2 2
h Pout (t) i =
2M 2 R
y usando M 2 = L1 L2 , demostramos que
h Pin (t) i = h Pout (t) i
luego, la energ´ıa disipada en cada ciclo por la resistencia, es compensada con la potencia de
entrada en la bobina primaria, y por tanto, NO hay violaci´on al principio de conservaci´on de
energ´ıa.
– 145 –
(2) Considere el circuito de la figura, donde V (t) = Vo cos ωt. Si S1 y S2 se cierran inicialmente, encuentre
(los datos son R, L, Vo y ω):
S1
L
R
S2
C
V(t)
a) La corriente en funci´on del tiempo
b) La potencia promedio entregada al circuito
c) La corriente en funci´on del tiempo mucho despu´es de que S1 se abre
d ) La capacidad C si S1 y S2 se abren y despu´es de un tiempo largo, la corriente y el voltaje
est´an en fase
e) La impedancia cuando S1 y S2 se abren
f ) La energ´ıa m´axima almacenada en el condensador y la inductancia
g) La diferencia de fase entre voltaje y corriente si se dobla la frecuencia ω
h) La frecuencia para la cual la reactancia inductiva es igual a un medio de la reactancia capacitiva
Soluci´
on:
a) Al cerrar ambos interruptores, no circular´a corriente por la inductancia ni por el condensador.
La impedancia equivalente en este caso es Zeq = R de modo que la corriente es, simplemente:
I(t) =
Vo
cos ωt
R
b) La potencia instant´anea consumida por la resistencia es:
P(t) = V (t)I(t) =
Vo 2
cos2 ωt
R
Claramente una funci´on peri´odica, y por tanto el promedio temporal es:
ˆ
1 T
Vo 2
h P(t) i =
P(t) dt =
T 0
2R
– 146 –
c) Cuando se abre S1 , se conecta la inductancia al circuito. La impedancia equivalente en este
caso es
√
ωL
iθℓ
2
2
2
Zeq = R + iωL = R + ω L e , θℓ = arctan
R
Luego, la corriente es:
Vo
Vˆ
e−iθℓ
Iˆ =
=√
2
2
2
Zeq
R +ω L
As´ı,
I(t) = Re {Iˆ eiωt } = √
R2
Vo
cos (ωt − θℓ )
+ ω 2 L2
d ) Ahora se conecta tambi´en el condensador, de modo que la impedancia equivalente en este caso
es
1
1
ωL − 1/ωC
iφ
Zeq = R + iωL +
= R + i ωL −
= |Z| e , φ = arctan
iωC
ωC
R
Como no hay desfase entre voltaje y corriente, φ = 0 y el circuito est´a en resonancia:
ωL =
e) Es claro que:
|Z| =
1
ωC
s
R2
−→
C=
1
+ ωL −
ωC
1
ω2L
2
=R
y es puramente resistiva, como se esperaba por ser resonante.
f ) En este caso, la corriente circulante por el circuito ser´a
I(t) =
Vo
cos ωt
R
−→
Q(t) =
En el caso particular del condensador,
I(t) =
dQ
dt
Vo
sin ωt
ωR
Por lo tanto, la energ´ıa es:
Q(t)2
Vo 2
LVo 2
2
Uc (t) =
=
sin ωt =
sin2 ωt
2
2
2
2
2C
2ω R (1/ω L)
2R
−→
Uc,m´ax
En el caso de la inductancia,
Uℓ (t) =
LI(t)2
LVo 2
=
cos2 ωt
2
2R2
– 147 –
−→
Uℓ,m´ax =
LVo 2
2R2
LVo 2
=
2R2
g) Si la frecuencia es ahora
ω
e = 2ω = √
2
LC
el a´ngulo de desfase entre corriente y voltaje es:
ω
e L − 1/e
ωC
φ = arctan
= arctan
R
h) Finalmente, la frecuencia para que XL =
ω1/2 L =
1 1
2 ω1/2 C
3
2R
r !
L
C
XC
debe cumplir
2
ω1/2 = √
−→
1
ω
=√
2
2LC
(3) El circuito de la figura se denomina filtro RC pasa-altos porque transmite con mayor amplitud las
se˜
nales de alta frecuencia que las de baja. Si la tensi´on de entrada es Vin = Vo cos ωt, demostrar
que la de salida es Vout = VR cos (ωt − φ), donde
VR = s
y estudie los casos en que ω ≪
1+
Vo
1
ωRC
2
1
1
1
,ω=
yω≫
.
RC
RC
RC
C
R
Vin
Vout
Soluci´
on:
La impedancia equivalente est´a dada por:
1
i
Z =R+
=R−
=
iωC
ωC
r
R2
1
+ 2 2 eiφ ,
ω C
Luego, la corriente fasorial circulante por el circuito es:
Vˆ
Vo
Iˆ =
=r
Z
R2 +
– 148 –
1
ω2C 2
e−iφ
φ = arctan
1
ωRC
Finalmente, Vout es el voltaje entre los extremos de la resistencia,
ˆ =r
Vˆout = IR
RVo
1
R2 + 2 2
ω C
e−iφ = r
1+
Con esto,
Vout (t) = Re {Vˆout eiωt } = s
1+
Vo
1
ωRC
Vo
1
ω 2 R2 C 2
e−iφ
2 cos (ωt − φ)
Estudiemos los casos pedidos:
ω≪
1
RC
1
ω≪
RC
−→
1
1≪
ωRC
Luego,
Vout (t) ≈
−→
s
1+
1
ωRC
2
≈
1
=K
ωRC
Vo
cos (ωt − φ)
K
y, como K ≫ 1, el voltaje de salida se aten´
ua en gran cantidad. Por tanto, para bajas frecuencias, las se˜
nales se aten´
uan.
ω=
1
RC
Vo
Vout (t) = √ cos (ωt − φ)
2
lo que en Circuitos El´ectricos se conoce como frecuencia de corte del circuito.
ω≫
1
RC
1
ω≫
RC
−→
1
1≫
ωRC
−→
s
1+
1
ωRC
2
≈1
Luego,
Vout (t) ≈ Vo cos(ωt − φ)
y el voltaje de salida preserva su amplitud. Por tanto, para altas frecuencias, las se˜
nales se
transmiten.
Finalmente, el circuito selecciona las altas frecuencias y las transmite, mientras que las bajas frecuencias son filtradas: filtro pasa-altos.
– 149 –
(4) ¿Qu´e condici´on debe cumplirse, en el circuito de la figura, para que el cociente entre voltajes de
salida y entrada no dependa de la frecuencia?
Vin
R1
L1
R2
L2
Vout
Soluci´
on:
Es claro que:
R2 k L2
Vˆout
=
R1 k L1 + R2 k L2
Vˆin
Como
Rk k Lk =
1
1
+
Rk iωLk
−1
=
iωLk Rk
Rk + iωLk
entonces:
Vˆout
=
Vˆin
iωL2 R2
L2 R2
L2 R2
R2 + iωL2
R2 + iωL2
=
=
iωL2 R2
L2 R2
iωL1 R1
L1 R1
1 + iωL2 /R2
+
+
L1 R2
+ L2 R2
R1 + iωL1 R2 + iωL2
R1 + iωL1 R2 + iωL2
1 + iωL1 /R1
Necesitamos que el par´entesis se anule:
1 + iωL1 /R1 = 1 + iωL2 /R2
−→
L1
L2
=
R1
R2
– 150 –
5.
Ecuaciones de Maxwell
5.1.
Introducci´
on a la teor´ıa electromagn´
etica
(1) Considere las leyes de la electrodin´amica que hemos usado en el curso:
~ = ρ
(i) ∇ · E
ǫ0
~ =0
(ii) ∇ · B
~
~ = − ∂B
(iii) ∇ × E
∂t
~ = µ0 J~
(iv) ∇ × B
Discuta su validez y analice la contribuci´on de Maxwell.
Soluci´
on:
Recordando que la divergencia del rotor es cero, analicemos la consistencia de la ecuaci´on (iii):
!
~
∂
B
∂
~ =∇· −
~
∇ · (∇ × E)
= − (∇ · B)
∂t
∂t
El lado izquierdo es cero porque la divergencia del rotor es nula; el lado derecho es cero debido a la
ecuaci´on (ii). Si aplicamos el mismo razonamiento a la ecuaci´on (iv):
~ = µ0 (∇ · J)
~
∇ · (∇ × B)
El lado izquierdo sigue siendo cero; pero el lado derecho, en general, no lo es. Para corrientes
estacionarias, la divergencia de J~ es nula, pero en otros casos hay una error en la ley de Amp`ere.
Existe otra forma de ver que la ley de Amp`ere falla para corrientes no estacionarias. Supongamos
que estamos en el proceso de carga de un capacitor, y deseamos aplicar la ley de Amp`ere al loop de
la figura:
– 151 –
¿C´omo determinar Ienc ? Bueno, es la corriente total que pasa por el loop, o m´as precisamente, la
corriente que atraviesa la superficie que tiene como frontera a dicho loop. En este caso:
Si tomamos la superficie que yace en el plano del loop, Ienc = I
Si tomamos la segunda superficie dibujada en la figura, entonces no hay corriente a trav´es de
ella, e Ienc = 0
Este problema aparece porque la situaci´on no es est´atica, y ya sabemos que Amp`ere se restringe a
la magnetost´atica, pero nos hace pensar en la fuerte dependencia de la superficie que elegimos: la
f´ısica debiese ser la misma, sin importar el loop o superficie que elijamos.
¿Qu´
e hizo Maxwell? Mezclemos la ley de Gauss y la ecuaci´on de continuidad:
!
~
∂
∂
E
∂ρ
~ = −∇ · ǫ0
=−
ǫ0 ∇ · E
∇ · J~ = −
∂t
∂t
∂t
~ en la ley de Amp`ere, lograremos eliminar el t´ermino extra
Combinando este u
´ ltimo t´ermino con J,
de la divergencia. As´ı,
~
~ = µ0 J~ + µ0 ǫ0 ∂ E
∇×B
∂t
Maxwell llam´o a este t´ermino extra corriente de desplazamiento:
~
∂E
J~d ≡ ǫ0
∂t
La confirmaci´on real de la teor´ıa de Maxwell ocurri´o en 1888 con los experimentos de Hertz sobre
ondas electromagn´eticas. As´ı, las actuales Leyes de Maxwell son:
~ = ρ
(i) ∇ · E
ǫ0
~ =0
(ii) ∇ · B
~ =−
(iii) ∇ × E
~
∂B
∂t
~
~ = µ0 J~ + µ0 ǫ0 ∂ E
(iv) ∇ × B
∂t
(2) Considerando que una onda satisface la ecuaci´on
a2 ∆u = utt ,
con a la velocidad de la onda, pruebe que los campos el´ectricos y magn´eticos en un medio no
conductor y libre de fuentes satisfacen la ecuaci´on de onda.
– 152 –
Soluci´
on:
En este caso, las ecuaciones de Maxwell son:
~ =0
(i) ∇ · E
~ =0
(ii) ∇ · B
~ =−
(iii) ∇ × E
~
∂B
∂t
~
~ = µ0 ǫ0 ∂ E
(iv) ∇ × B
∂t
Utilizaremos ahora la conocida identidad
∇ × (∇ × f~) = ∇(∇ · f~) − ∆f~
con ∆f~ es el laplaciano aplicado a cada componente del vector. De esta forma,
~ = ∇(∇ · E)
~ − ∆E
~
∇ × (∇ × E)
~ = 0, como indica la primera ecuaci´on de Maxwell. Por
Pero en las regiones libres de fuente, ∇ · E
otro lado,
!
!
~
~
~
∂
B
∂
∂
∂
E
∂2E
~ =∇× −
~ =−
∇ × (∇ × E)
= − (∇ × B)
µ0 ǫ0
= −µ0 ǫ0 2
∂t
∂t
∂t
∂t
∂t
Igualando,
2~
~ =∂ E
c2 ∆E
∂t2
definiendo
c= √
1
µ0 ǫ0
Descubrimos que el campo se propaga con velocidad c, que corresponde a la velocidad de la luz en
el vac´ıo, lo que indica que la luz no es otra cosa que una onda electromagn´etica. La deducci´on para
el campo magn´etico es la misma, y queda propuesta al lector.
(3) En este problema estudiaremos la invariancia de gauge del electromagnetismo. Hasta situaciones
~ B
~ a trav´es de los potenciales φ, A
~ tal
est´aticas, sabemos que que es posible estudiar los campos E,
que
~ = −∇φ
~ =∇×A
~
E
∧
B
~
~ = −∇φ − ∂ A
a) Estudie por qu´e, para situaciones din´amicas, se hace necesario que E
∂t
– 153 –
~ ′, B
~ ′ asociados a
b) Pruebe que los campos E
~′ =A
~ + ∇f
A
φ′ = φ−
∧
∂f
∂t
~ =E
~′yB
~ =B
~ ′ . ¿Qu´e puede concluir?
satisfacen E
c) Usando alguna gauge fixing condition, establezca condiciones para los potenciales, de modo tal
que sean consistentes con las ecuaciones de Maxwell
Soluci´
on:
a) De la ley de Faraday-Lenz, si solo consideramos el aporte est´atico:
~ = ∇ × (−∇φ) = ~0
∇×E
que no es cierta en casos din´amicos; pero, al considerar la sugerencia del enunciado,
~
~
~ = −∇ × ∂ A − ∇ × ∇φ = − ∂ ∇ × A
~ − ~0 = − ∂ B
∇×E
∂t
∂t
∂t
que s´ı es consistente.
b) Partiendo por el campo magn´etico,
~ ′ =∇×A
~′ =∇×A
~ + ∇ × ∇f = ∇ × A
~=B
~
B
Para el campo el´ectrico,
~′
~ ′ = −∇φ ′ − ∂ A = −∇φ + ∇
E
∂t
∂f
∂t
−
~
~
∂A
∂ ∂A
~
−
∇f = −∇φ −
=E
∂t
∂t
∂t
Lo anterior nos hace pensar dos conclusiones importantes: (1) los potenciales no son magnitudes
f´ısicas medibles un´ıvocamente determinadas; muy por el contrario, podemos tener infinitas
funciones potencial que dar´an origen a los mismos campos f´ısicos. (2) por la libertad concedida
por la funci´on f , podemos elegir los potenciales que m´as nos acomoden para resolver problemas,
dando origen a la misma f´ısica: esto se conoce como invariancia de gauge.
c) Apliquemos la ley de Gauss:
~
~ = −∇ · ∇φ − ∇ · ∂ A = −∆φ − ∂ ∇ · A
~
∇·E
∂t
∂t
Por otra parte, la ley de Amp`ere para una densidad de corriente total J~ es:
~ =∇×∇×A
~ = ∇(∇ · A)
~ − ∆A
~
µ0 J~ = ∇ × B
~ = 0. As´ı, las ecuaciones
En ambos casos, podemos fijar la condici´on de Gauge de Coulomb: ∇· A
pedidas son:
ρ
~ = −µ0 J~
∆φ = −
∧
∆A
ǫ0
– 154 –
(4) Un cable ancho, de radio a, porta una corriente constante I, uniformemente distribuida sobre su
secci´on transversal. Una estrecha separaci´on en el cable, de ancho w ≪ a, forma un capacitor de
placas paralelas, como muestra la figura. Encuentre el campo magn´etico en la separaci´on, a distancia
s < a del eje.
Soluci´
on:
Sabemos que la densidad de corriente de desplazamiento es:
~
∂E
I
I ˆ
J~d = ǫ0
= = 2k
∂t
A
πa
Dibujando un loop amperiano de radio s,
˛
2
~ · d~r = B 2πs = µ0 Idenc = µ0 I · πs2 = µ0 I s
B
πa2
a2
Por lo tanto,
~ = µ0 Is θˆ
B
2πa2
(5) El problema anterior fue un modelo artificial para un capacitor carg´andose. Para un modelo m´as
realista, considere cables delgados que se conectan al centro de placas met´alicas, como en la Figura
(a). Nuevamente, la corriente I es constante, el radio del capacitor es a, y la separaci´on de las placas
es w ≪ a. Asuma que las corriente fluye fuera de las placas de modo tal que la carga superficial es
uniforme, para toto tiempo, y es nula en t = 0.
– 155 –
a) Encuentre el campo el´ectrico entre las placas, como funci´on del tiempo t
b) Halle la corriente de desplazamiento a trav´es de un c´ırculo de radio s en el plano intermedio
entre las placas. Usando este c´ırculo como loop amperiano, y la superficie que lo extiende, halle
el campo magn´etico a una distancia s del eje
c) Repita la parte anterior, pero ahora empleando una superficie cil´ındrica, como muestra la Figura (b), que se extiende desde la izquierda y atraviesa la placa, terminando fuera del capacitor.
Note que la corriente de desplazamiento a trav´es de esta superficie es cero, y que hay dos
contribuciones para Ienc .
Soluci´
on:
~ = σ(t) k,
ˆ con:
a) En este caso, E
ǫ0
σ(t) =
It
Q(t)
= 2
A
πa
Luego,
~
E(t)
=
It ˆ
k
πσ0 a2
b) En este caso,
Idenc = Jd πs2 = ǫ0
Por otra parte,
˛
~ · d~r = µ0 Idenc
B
−→
~
∂E
s2
πs2 = I 2
∂t
a
B 2πs = µ0 I
s2
a2
−→
~ = µ0 Is θˆ
B
2πa2
c) Una corriente superficial fluye radialmente fuera de la placa izquierda; sea I(s) la corriente
total que cruza el c´ırculo de radio s. La densidad de carga (al tiempo t) es:
σ(t) =
[I − I(s)]t
πs2
Como dijimos que era independiente de s, entonces I − I(s) = βs2 , para alguna constante β.
Pero I(a) = 0, entonces βa2 = I, o β = I/a2 . Entonces, I(s) = I(1 − s2 /a2 ).
B 2πs = µ0 Ienc = µ0 [I − I(s)] = µ0 I
s2
a2
−→
~ = µ0 Is θˆ
B
2πa2
– 156 –