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6 — Electrocinética

220 Electrocinética

6.1 Electrocinética

Un electrón libre en un conductor está constantemente sujeto a colisiones, ya sea con otros elec-trones, o bien con los núcleos positivos de la red cristalina, las impurezas, defectos, etc. Al cabode cada colisión, el momentum del electrón adquiere una nueva dirección completamente aleato-ria. Esto provoca que ante la ausencia de un campo externo, el movimiento de un electrón en unconductor se puede ver como una marcha aleatoria, similar a lo que ocurre con una molécula enun gas perfecto. En el equilibrio, la velocidad promedio de un electrón en un conductor es cero,〈~v〉=~0. Es decir, al cabo de múltiples colisiones, el electrón no ha avanzado en ninguna direcciónen particular. Note que esto no implica que la velocidad del electrón entre colisiones sea débil,en efecto, para un gas clásico se tiene que la energía cinética promedio, 1/2me〈~v2〉, está dada por3/2kBT , donde kB es la constante de boltzmann y T la temperatura, lo que implica una velocidadconsiderable entre colisiones. A temperatura ambiente (T = 292 K), se tiene

√〈v2〉 ∼ 105

m/s. Estrictamente, un gas de electrones en un metal se comporta de forma cuántica, por loque la velocidad mencionada es solo una estimación. En el cobre, por ejemplo, la velocidadentre colisiones es verdaderamente del orden de 106 m/s debido al principio de exclusión de Pauli.

Bajo la influencia de un campo eléctrico ~E, entre 2 colisiones el electrón es acelerado en ladirección contraria al campo eléctrico. Al cabo de múltiples colisiones, el electrón adquiereentonces una velocidad media 〈~vd〉 distinta de cero, llamada velocidad de deriva, en generalde magnitud mucho más pequeña que la de la velocidad con la que se mueve entre colisiones.Como se ilustra esquemáticamente en la figura anterior, el camino recorrido por un electrón es,en general, muchísimo más grande que la distancia sobre la cual ha sido arrastrado por el campoeléctrico.

Definición 6.1.1 — Densidad de corriente eléctrica. Sea ρ la densidad de carga porunidad de volumen en un conductor y~v la velocidad promedio de las cargas. Se define ladensidad de corriente como

~J = ρ~v (6.1)

cuya unidad en el S.I. es C/m2/s.

La densidad de corriente ~J representa la cantidad de carga que atraviesa una superficie unitaria porunidad de tiempo. En efecto, consideremos la figura siguiente, donde se muestra una superficiedS arbitraria (de normal n). Durante un intervalo de tiempo dt, toda la carga que se encuentracontenida en el volumen dt~v ·dSn atravesará a la superficie dS.

6.2 Ley de conservación de la carga eléctrica 221

Luego, la carga que atraviesa d~S durante un intervalo de tiempo dt es

dq = ρdtdS~v · n = ρ~v ·d~Sdt

y entonces, la carga que atraviesa d~S por unidad de tiempo es

dq/dt = ~J · ndS

Notar que para una densidad de corriente de electrones, ρ < 0, ya que la carga de un electrónes negativa, y se tiene que la velocidad media de los electrones ~v y la densidad de corrienteasociada ~J poseen signo contrario. Por convención, un flujo positivo de electrones a través deuna superficie corresponde entonces a una densidad de corriente negativa.

Definición 6.1.2 — Corriente eléctrica. La corriente que atraviesa una sección S de unconductor se define como la cantidad de carga que la atraviesa por unidad de tiempo:

I =dqdt

=∫∫

SdS(~x′)n(~x′) · ~J(~x′) = ΦS,~J (6.2)

Es decir, la corriente corresponde al flujo de ~J sobre la superficie S. En el sistema internacional,la unidad de corriente es el Ampère (A), con 1 A = 1 C/s.

6.2 Ley de conservación de la carga eléctrica6.2.1 Forma integral

En todo sistema aislado, la carga total se conserva. Veremos que esto implica una relación entrela densidad de carga ρ y la densidad de corriente ~J.

Consideremos un volumen Ω delimitado por una superficie cerrada ∂Ω. Al instante t, la corrienteque atraviesa la frontera de Ω está dada por


I(t) =∫∫

∂Ω

d~S(~x′) · ~J(~x′, t)

Si la carga se conserva, esto implica que debe haber una disminución de la carga total Q(t) en Ω.Esto es dQ(t)/dt =−I(t) o, equivalentemente:

dQdt

=ddt

∫∫∫Ω

d3x′ρ(~x′, t) =−∫∫

∂Ω

d~S(~x′) · ~J(~x′, t)

Lo que se puede reescribir como

∫∫∫Ω

d3x′∂

∂ tρ(~x′, t)+

∫∫∂Ω

d~S(~x′) · ~J(~x′, t) = 0 (6.3)

6.2.2 Forma diferencialUtilizando el teorema de Green-Ostrogradsky en la ecuación (6.3):

−∫∫∫

Ω

d3x′ ~∇′ · ~J(~x′, t) =∫∫∫

Ω

d3x′∂ρ(~x′, t)

∂ t∫∫∫Ω

d3x′(~∇′ · ~J(~x, t)+ ∂ρ(~x′, t)

∂ t

)= 0 ∀Ω

Como esta última igualdad se debe cumplir para todo Ω, se obtiene la ecuación de continuidadpara la carga eléctrica, en su forma diferencial

~∇ · ~J(~x, t)+ ∂ρ(~x)∂ t

= 0 (6.4)

En lo que sigue consideraremos corrientes estacionarias, es decir, sin dependencia temporal. Eneste caso la densidad de carga es constante en todo punto y se cumple

~∇ · ~J(~x) = 0 (6.5)

Es decir, sobre cualquier volumen Ω, el flujo neto de carga a través de su frontera es cero enrégimen estacionario. Notar entonces que una densidad de carga nula en un punto~x no implicaque no pueda haber un movimiento de cargas en dicho punto en régimen estacionario. Porejemplo, dos flujos iguales pero en sentido contrario de cargas positivas y negativas produce unadensidad de corriente ~J(~x) 6=~0, al mismo tiempo que la densidad total de carga es nula, ρ(~x) = 0.

6.3 Modelo de Drude para la conductividad (1900).Drude, a principios del siglo 20, construyó un modelo que permite comprender cualitativamentela conductividad de los metales sin tener en cuenta fenómenos cuánticos. La idea consiste enconsiderar a los electrones en un metal como un gas de particulas clásicas, cuyas velocidades~vi son repartidas aleatoriamente en todas las direcciones en la ausencia de un campo eléctrico,como ocurre con las moléculas de un gas, y luego 〈~vi〉=~0. Bajo la acción de un campo eléctrico~E aplicado en t = 0, un electrón de velocidad~vi, de masa me y carga −e será acelerado por elcampo:

med~vi

dt=−e~E

6.3 Modelo de Drude para la conductividad (1900). 223

Luego, todos los electrones del gas adquieren una componente no nula de la velocidad:

~vi(t) =~vi(0)−etm0

~E

Esta ecuación implica que ~vi tiende a infinito para tiempos suficientemente largos, lo que esinconsistente con un estado de equilibrio. En la práctica, el electrón cede parte de su energíacinética al cabo de cada colisión, de forma que adquiere una velocidad media finita. En efecto,es sabido experimentalmente que un campo eléctrico estático en un conductor produce unacorriente estática (ley de Ohm). Es entonces necesario introducir un término de fricción para elmovimiento de los electrones en el metal, cuyo rol es el de limitar la velocidad media y el dedisipar parte de la energía entregada por el campo eléctrico en calor (efecto Joule). Para obteneruna solución estacionaria con una velocidad media 〈~vi〉 finita, basta con introducir un término defricción proporcional a 〈~vi〉, es decir −(me/τe)〈~vi〉, donde τe tiene unidad de tiempo:

med〈~vi〉

dt=−e~E−me

〈vi〉τe

(6.6)

que conduce a la solución en régimen estacionario

〈vi〉=−eτe

me~E =−µe~E (6.7)

donde µe = eτe/me es la mobilidad de los electrones, y determina la constante de proporcionali-dad entre el campo eléctrico y la velocidad promedio de los electrones.

6.3.1 Tiempo de relajaciónNotar que el tiempo τe que ha sido introducido a partir de la hipótesis de un término de fricciónexistente entre el electrón y el cristal posee una interpretación simple. Supongamos que elcampo eléctrico se apaga en el instante t = 0. La ecuación de evolución para la velocidad media(6.6) indica que ésta decaerá exponencialmente en el tiempo hasta anularse, con una constantede tiempo igual a τe. Este tiempo representa entonces el tiempo de retorno al equilibrio dela distribución de velocidades, llamado también tiempo de relajación. Es este tiempo el quedetermina la rapidez con la que un gas de electrones alcanza el equilibrio termodinámico.

6.3.2 Tiempo entre colisionesEl tiempo de relajación tiene evidentemente un origen microscópico que Drude atribuyó alhecho de que los electrones, al igual que las moléculas de un gas, sufren colisiones que cambiantanto la energía como la orientación de su velocidad. Estas colisiones pueden ocurrir con losnúcleos atómicos (ionizados positivamente) del cristal, con impurezas, defectos, o bien con otroselectrones. Estos mecanismos microscópicos de relajación de la energía de un electrón son losque dan origen al efecto Joule mediante el cual parte de la energía que transporta una corrienteen un conductor es transformada en calor.

Drude supuso además que la probabilidad de que un electrón adquiera una velocidad~v luegode una colisión es independiente de la velocidad que tenía antes de la colisión, y entonces lascolisiones hacen perder la memoria de la aumentación de velocidad de deriva de los electrones.Todos los electrones sufren entonces colisiones que modifican completamente sus velocidades.


Sea dt/τ la probabilidad de que un electrón sufra una colisión durante el intervalo de tiempodt, es posible demostrar que entonces τ corresponde al tiempo medio entre 2 colisiones. Seaademás 〈~v(t)〉 el valor medio de la velocidad al instante t. Al instante t +dt, debemos distinguir2 familias de electrones:• La fracción dt/τ de electrones que ha sufrido una colisión entre t y t +dt. La contribución

de estos electrones a la velocidad media en t +dt es nula.• La fracción (1−dt/τ) de electrones que no ha sufrido ninguna colisión entre t y t +dt.

La aumentación de su velocidad es ~vi(t + dt) =~vi(t)− e~Edt/me. Su contribución a lavelocidad media es entonces

〈~vi(t +dt)〉=(

1− dtτ

)(〈~vi(t)〉−

e~Edtme

)Es decir:

〈~vi(t +dt)〉−〈~vi(t)〉=−edtme

~E− dtτ〈~vi(t)〉 (6.8)

Lo que es equivalente a la ecuación (6.6) si τ = τe. El tiempo medio entre 2 colisiones, τ , esigual entonces al tiempo de relajación τe.

6.3.3 Ley de Ohm microscópicaDe acuerdo al modelo de Drude, la densidad de corriente eléctrica ~J en un conductor condensidad n de electrones por unidad de volumen puede ser escrita como ~J =−ne〈~vi〉. Utilizandola ecuación (6.7), se obtiene la densidad de corriente generada por un campo eléctrico ~E:

~J =ne2τe

me~E = neµe~E = σ~E (6.9)

Es decir, la densidad de corriente es proporcional al campo eléctrico que la genera. La constanteσ = ne2τe/m es la conductividad eléctrica del material, cuya unidad en el sistema internacionales (S/m), donde un Siemens corresponde a 1 S = 1 C m−1 s−1 V−1. También se define la resis-tividad como ρ = 1/σ . Un buen aislante (vidrio, porcelana, cuarzo) posee una conductividaddel orden de σ = 10−12−10−16 S, mientras que un buen conductor (oro, cobre, plata) posee unaconductividad del orden de σ = 108 S. La conductividad es entonces una de las propiedades quemás varía en la naturaleza (24 órdenes de magnitud entre un buen conductor y un buen aislante!)

La ecuación (6.9) corresponde a la versión microscópica de la Ley de Ohm . Notar que enrégimen estacionario, la condición ~∇ · ~J = 0 implica, cuando la conductividad es homogénea,σ~∇ ·~E = 0, y entonces ρ = 0 (ley de Gauss). La densidad de cargas en todo punto interior a unconductor se anula en régimen estacionario, como es sabido.

Ejemplo 6.1 — Tiempo entre colisiones en el cobre. Tomemos como ejemplo el cobre,cuya conductividad es de σ = 6.54×107 S/m. Se sabe que el cobre cristaliza en una red cristalinacúbica a cara centrada, con parámetro de malla a = 3.61×10−10 m. Asumiendo que cada átomode cobre aporta un electrón de conducción, y sabiendo que cada malla elemental posee 4 átomos,deducimos una densidad de electrones de conducción de n = 4a−3 = 8.5×1028 m−3, la ecuación(6.9) nos da

τ = 3×10−14 s−1

Un electrón de cobre está sometido a un número excesivamente elevado de colisiones por segundo(1/τ ≈ 3×1013).

6.3 Modelo de Drude para la conductividad (1900). 225

6.3.4 Validez del modelo de Drude

El modelo de Drude representa a un metal como un gas de partículas clásicas en equilibriotermodinámico. Si bien este modelo permite describir de forma cualitativa la conducción de losmetales, la descripción correcta de la conductividad de un metal necesita incorporar la naturalezacuántica de la materia. A nivel microscópico, los electrons no se comportan como partículasclásicas con una trayectoria bien definida, sino como ondas que se propagan a través de la redcristalina compuesta por los átomos del cristal. A continuación se enumeran ciertos problemasinherentes a la vision clásica del electrón en un metal.• La mecánica cuántica permite escribir una ecuación de transporte idéntica a (6.7), pero

la interpretación de τ es ligeramente diferente. Por ejemplo, en un gas clásico todos loselectrones participan en la conducción y pueden sufrir procesos de colisión sin importarel valor de su energía cinética, de manera que τ es un tiempo que afecta de igual formaa todos los electrones. Sin embargo, dada la naturaleza cuántica de los electrones en unmetal, no todos los electrones son susceptibles de participar en la conducción eléctrica. Enefecto, aquellos electrones de conducción con energía cinética suficientemente baja estánexcluídos de todo mecanismo de colisión cuasi elástica debido al principio de exclusiónde Pauli. Por la misma razón, estos electrones tampoco son capaces de acelerar ante laprescencia de un campo eléctrico. La ecuación (6.7) puede ser empleada teniendo encuenta que τ es estrictamente un tiempo promediado sobre la estadística de los electronesde conducción de un metal, la cual difiere de la estadística de Maxwell-Boltzman para ungas clásico.

• Es posible demostrar utilizando el modelo de Drude que la conductividad térmica κ yla conductividad eléctrica σ son proporcionales, siendo la razón entre ambas igual aκ/σ = 3

2 [kB/e]2T . Esta ley, llamada ley de Wiedemann-Franz, es verificada experimen-talmente salvo por un factor de corrección cercano a 2, lo que condujo por un tiempo apensar que el modelo de Drude era correcto. Utilizando un modelo cuántico, es posibledemostrar que la verdadera proporcionalidad se escribe κ/σ = π2

3 [kB/e]2T , lo que coin-cide perfectamente con los experimentos. Esta casi coincidencia entre el modelo clásicoy el modelo cuántico es puramente accidental, en efecto, la conductividad térmica y laenergía cinética media calculadas en el modelo clásico de Drude poseen errores gravesque se compensan casi perfectamente al calcular κ/σ .

• En realidad, la trayectoria de los electrones no se ve alterada por la presencia de los núcleospositivos de la red cristalina, como supone el modelo de Drude. De hecho, la distanciamedia que recorre un electrón entre 2 colisiones es muy superior a la distancia promedioentre núcleos atómicos. Esto es imposible de explicar en un modelo clásico, en el cualun electrón debe verse afectado por el potencial coulombiano generado por los núcleosen el cristal. Solo cuando los núcleos se desplazan ligeramente respecto a sus posicionesde equilibrio (y entonces cuando la periodicidad de la red cristalina se ve perturbada) loselectrones serán sensibles a los núcleos.

• Finalmente, existe una familia de materiales muy importante: los semi-conductores. Soncristales cuya conductividad se encuentra entre la conductividad de un aislante y de unconductor, y que además es extremadamente sensible a perturbaciones externas, como laexcitación luminosa, la aplicación de campos eléctricos, o la incorporación controlada deimpurezas al interior del cristal (dopaje). Esta flexibilidad es lo que permitió elaborar dis-positivos y compuertas lógicas que hoy son la base de la electrónica moderna (transistores,diodos, leds, lásers,etc) y que constituyen la mayor revolución tecnológica del siglo 20. La


propiedad fundamental de los semi-conductores consiste en que un electrón de valenciasolo puede conducir si se le suministra una energía superior a un cierto valor mínimo,llamado gap, y que es del orden de 1 eV. Esto explica, por ejemplo, que al aumentar latemperatura de un semi-conductor, la conductividad en general aumente, a diferencia delo que ocurre con los metales (esto fue observado por Michael Faraday en 1833). Laexistencia de este gap solo puede explicarse con un modelo cuántico que incorpora elefecto túnel, el cual permite el traspaso de los electrones entre los diferentes átomos delcristal.

6.4 Ley de Ohm macroscópica (1827)Consideremos un segmento de conductor de largo l, área A, y conductividad σ , como se muestraen la figura siguiente

Supongamos que existe una diferencia de potencial ∆φ = φa−φb entre los extremos A y B, lacual genera un campo eléctrico ~E , y como consecuencia, una densidad de corriente ~J = σ~E. Enrégimen estacionario, ~∇ · ~J = 0, y la corriente que pasa por A es igual a la corriente que pasa porB. Si la sección A es constante, esto implica que ~J, y por lo tanto ~E, es constante a lo largo delconductor. Luego

∆φ = φa−φb =∫ b

ad~x ·~E(~x) = El

la densidad de corriente se puede escribir como:

~J = σ~En = σ∆φ

ln

donde n es la dirección longitudinal, normal a la sección transversal A. Luego, la corriente através del conductor se escribe

I = ~J · nA = Aσ∆φ

lObtenemos finalmente la Ley de Ohm macroscópica.

6.4 Ley de Ohm macroscópica (1827) 227

Definición 6.4.1 — Ley de Ohm (1827). La diferencia de potencial entre dos extremos deun conductor es proporcional a la corriente que pasa por éste:

∆φ =l

σAI = RI (6.10)

Donde R = lσA = lρ

A es la resistencia del conductor. La unidad de resistencia en el S.I. es elOhm (Ω), con 1 Ω = 1 V/A.

Ejemplo 6.2 — Resistencia entre 2 cilindros concéntricos. El espacio entre dos cilindrosconductores de largo L y radios a y b (b > a), está lleno de un material de conductividad σ .Calcule la corriente y la resistencia, cuando la diferencia de potencial entre los conductores es∆φ0.

SoluciónLa diferencia de potencial será responsable de un movimiento de cargas entre los cilindros. Dadoque ~J(~x) = σ~E(~x), y como en régimen estacionario ~∇ · ~J(~x) = 0

~∇ ·(

1σ~E(~x)

)= 0

Si el medio además es homogéneo, la conductividad no depende del espacio y se tiene

1σ

~∇ ·~E(~x) = 0→ ~∇ ·~E(~x) = 0

Esto significa que el potencial satisface la ecuación de Laplace (4.15) en la región a < r < b. Lasolución en coordenadas cilíndricas cuando el potencial depende únicamente de r es:

φ(r) = A lnr+B

Imponiendo la condición φ(a)−φ(b) = ∆φ0, A = ∆φ0 ln ba . Así, se obtiene el campo eléctrico

~E(~x) =−~∇φ(~x) = ∆φ0 ln(

ba

)1r

r

Utilizando la ley de Ohm microscópica, se obtiene la densidad de corriente

~J(~x) = σ~E(~x) =σ

r∆φ0 ln

(ba

)r

La corriente se puede obtener como la integral de flujo de la densidad de corriente sobre unasuperficie cilíndrica de radio r y largo L. Esta integral es simple pues la densidad de corriente


tiene magnitud constante en esta superficie, y su dirección coincide en todo punto con la normal.El diferencial de área sobre el cilindro es da = drdϕdz, luego:

I =∫∫

Sd~S(~x) · ~J(~x) =

∫ L

0dz∫ 2π

0dϕr

σ∆φ0

rln

ba= 2πLσ∆φ0 ln

ba

A/m

Así, la resistencia es

R =∆φ0

I=

12πσL ln(b/a)

Ejemplo 6.3 — Resistencia entre 2 esferas concéntricas. Dos esferas metálicas concén-tricas, de radios a y b están separadas por un material conductor de conductividad σ constante.a) Si estas esferas son mantenidas a una diferencia de potencial ∆φ constante, encuentre lacorriente que circula entre ambas.b) Encuentre la resistencia entre las esferas.c) Observe que en este caso se cumple R = ε0/σC, donde C es la capacidad. Demuestre estafórmula para dos conductores cualquiera, separados por un material conductor de conductividadσ constante.

Solucióna) Al establecer una diferencia de potencial sobre los conductores

∆φ = φ(a)−φ(b)

se inducirán cargas Q y −Q sobre las superficies r = a y r = b, respectivamente. El campoeléctrico en la región interior se puede determinar a partir de la ley de Gauss debido a la simetriaesférica que éste debe tener ∫∫

Sd~S(~x) ·~E(~x) = Q

ε0

Si S se escoge como una superficie esférica de radio r, se tiene

E(r)4πr2 =Qε0

~E(r) =Q

4πε0r2 r a < r < b

Por otro lado


∆φ =∫ b

ad~x ·~E(~x) =

∫ b

a

drQ4πε0r2

donde se ha utilizado un camino radial para evaluar la integral de línea

∆φ =Q

4πε0

(1a− 1

b

)Entonces

Q =∆φ4πε0(1

a −1b

)luego, para a < r < b

~E(~x) =∆φab

(b−a)r2 r

Debido a que la zona a < r < b está llena con un material conductor, el campo eléctrico daráorigen a una densidad de corriente dada por la ley de Ohm (6.9):

~J(~x) = σ~E(~x) =∆φσab(b−a)r2 r

La corriente que fluye entre los conductores se puede obtener integrando sobre una superficieesférica S de radio r, con a < r < b

I =∫∫

Sd~S(~x) · ~J(~x) = 4πr2J(r)

Luego

I =4πσ∆φab(b−a)

b) La resistencia está dada por

R =∆φ

I=

14πσ

(1a− 1

b

)c) La capacidad de un condensador esférico es (ver ejemplo 4.10 )

C =Q

∆φ=

4πε0abb−a

Evaluando

ε0

σC=

ε0

σ

(1a −

1b

)4πε0

=

(1a −

1b

)4πσ

y entonces se tieneε0

σC= R

Veamos que esto se cumple en el caso general. Sean 1 y 2 dos conductores cualquiera , separadospor un material de conductividad σ . Escogemos una superficie cerrada S que contiene alconductor 1.


Se tendrá un flujo de corriente dado por

I =∫∫

Sd~S(~x) · ~J(~x)

y por la ley de Ohm ~J(~x) = σ~E(~x), de forma que

I = σ

∫∫S

d~S(~x) ·~E(~x)

Usando la ley de Gauss (2.2)

I = σQε0

donde Q es la carga encerrada por S, que corresponde a la carga sobre la superficie del conductor1. Por otro lado, si C es la capacidad del sistema, se cumple Q =C∆φ , y entonces

I =σC∆φ

ε0

∆φ =ε0

σCI = RI

Finalmente se demuestra la relación general

R =ε0

σC (6.11)

Ejemplo 6.4 — El campo eléctrico transitorio al interior de un conductor. Considereun conductor inicialmente cargado con carga Q0, el cual se sumerge en un medio uniforme deconductividad σ y constante dieléctrica ε .Muestre que su carga como función del tiempo es

Q(t) = Q0e−σt/ε

SoluciónEl conductor inicialmente cargado genera un campo eléctrico ~E en todo el espacio. Debido aque el medio que lo rodea es conductor, una corriente aparecerá de forma que la carga Q0 quese encuentra inicialmente en la superficie del conductor se escapa en todas las direcciones delespacio. Sabemos que en el equilibrio, el campo eléctrico debe ser nulo en un medio conductor,y luego la carga total en su interior debe anularse. Sea S una superficie cerrada que contengacompletamente al conductor cargado. La corriente que se genera está dada por


I(t) =∫∫

Sd~S(~x) · ~J(~x, t)

Utilizando la ley de Ohm

I(t) = σ

∫∫S

d~S(~x) ·~E(~x, t)

y la ley de Gauss

I(t) = σQ(t)

ε

Es decir, la corriente que se genera es proporcional a la carga total contenida en el conductor. Laecuación de continuidad de la carga nos dice que I corresponde a la tasa de cambio de la cargatotal encerrada por S

I(t) =dQ(t)

dt=

σQ(t)ε

La solución de esta ecuación es

Q(t) = Q0e−tσ/ε

La carga decae entonces en un tiempo caracteristico τd = ε/σ , llamado tiempo de relajacióndieléctrica. Vemos entonces que si una perturbacion genera un campo eléctrico no nulo al interiorde un condcutor, éste sólo puede sobrevivir durante un tiempo τd .

6.4.1 Relajación dieléctricaHemos visto en 4.1 que la densidad de carga al interior de un conductor en equilibrio electrostáticoes necesariamente nula, de forma que ~E =~0. En el ejemplo 6.4 vimos que un campo eléctricono nulo puede existir durante un tiempo característico que depende de la conductividad y de lapermitvidad del conductor en cuestión. Vamos a formalizar este resultado. Consideremos unconductor con permitividad ε y conductividad σ . La ecuación de continuidad de la carga en suforma diferencial (6.4) se escribe:

∂ρ(~x, t)∂ t

+~∇ · [σ(~x)~E(~x, t)] = 0

Si la conductividad no depende del espacio, y utilizando la forma diferencial de la ley de Gaussen un medio de permitividad ε (5.12) , ~∇ ·~E = ρ

ε, se tiene

∂ρ(~x, t)∂ t

+σ

ερ(~x, t) = 0 (6.12)

Definiendo τd =ε

σ, a partir de (6.12) vemos que toda perturbación local de la densidad de carga

ρ(~x) tiende a desaparecer exponencialmente con una constante de tiempo igual a τd . Notar que apartir de (6.11), el tiempo de relajación dieléctrica puede escribirse como τd = RC . Por ejemplo,en el cobre (σ = 6.54×107 S, ε ∼ 10ε0), se tiene τd = 1.3×10−18 s, mientras que en el vidriode cuarzo (σ = 10−18 S, ε ∼ 4ε0), se tiene τd = 35×106 s, lo que corresponde aproximadamentea 1 año!.


6.5 Energía eléctrica y potencia6.5.1 Potencia suministrada por una batería

Consideremos una batería conectada a un circuito arbitrario. Entre sus terminales, que llamamosa y b, existe una diferencia de potencial ∆φ = φ(a)−φ(b). Si una corriente I es suministradapor la batería hacia el resto del circuito, entonces ésta está constantemente generando energíaeléctrica para mantener este flujo de corriente. Cuando una carga dq pasa del terminal a alterminal b, ésta ha ganado una energía potencial dq∆φ . La potencia suministrada por la bateríacorresponde entonces a:

P =dqdt

∆φ = I∆φ (6.13)

6.5.2 Efecto Joule (1860) -Potencia disipada por una resistenciaVimos anteriormente que la corriente que genera un campo eléctrico en un conductor es finitapuesto que existen mecanismos de relajación de la energía cinética de los electrones mediantecolisiones con la red cristalina. Existe entonces una transferencia de energía hacia modos vibra-cionales de los átomos del cristal, lo que aumenta la temperatura de éste. La energía eléctrica esentonces disipada en calor.

Considere ahora un elemento conductor de resistencia R. Entre sus terminales a y b existe unadiferencia de potencial ∆φ = φa−φb. Una carga q, que ingresa por a, posee una energía potencialinicial qφa, mientras que cuando llega al extremo b, la carga posee una energía potencial finalqφb. La energía disipada por unidad de tiempo es entonces P = I∆φ , de acuerdo a (6.13). Siademás se cumple la ley de Ohm (6.10), ∆φ = IR, y se tiene

P = I∆φ = I2R = ∆φ2/R (6.14)

Vemos entonces que la energía disipada en calor a través de una resistencia depende del cuadradode la corriente que circula. Las aplicaciones más comunes de esta conversión de energía eléctricaen calor se encuentran en los radiadores eléctricos para la calefacción, el horno eléctrico, elsecador de pelo o el tostador de pan. En una ampolleta a incandescencia también se utiliza elefecto Joule: una corriente calienta un filamento de tungsteno, que luego emite radiación enel espectro visible. En otras aplicaciones, se debe minimizar el efecto Joule para mejorar elrendimiento energético. Por ejemplo, en una línea de transmisión, el efecto Joule es indeseablepues parte de la energía eléctrica generada por una central se pierde en forma de calor duranteel transporte. Es por esto que se utilizan líneas de alta tensión, lo que permite minimizar lacorriente que circula por éstas, y por consiguiente, el calor generado por efecto Joule.

Ejemplo 6.5 — Corriente y potencia disipada en la atmósfera. En el ejemplo 4.11, vi-mos que el campo eléctrico en la superficie de la tierra posee una magnitud de ~E =−100 r V/m.Considerando que la conductividad de la atmósfera en la superficie es de σ ∼ 5×10−14 S/m,cuánta corriente fluye hacia la superficie terrestre?. Cuál es la resistencia de la atmósfera?. Cuáles la potencia disipada en este proceso?.

SoluciónLa densidad de corriente al nivel de la superficie es

~J = σ~E =−5×10−12 r A/m2

6.6 Circuitos Eléctricos y Leyes de Kirchhoff (1845) 233

La corriente se obtiene integrando sobre la superficie de la tierra (radio RT = 6400 km):

I = 4πR2T J = 2574 A

Recordando que la diferencia de potencial entre la ionósfera y la superficie terrestre es de∆φ = 350 kV (ejemplo 4.11), la resistencia de la atmósfera es:

R =∆φ

I= 136 Ω

y la potencia disipadaP = I2R = 900 MW

6.6 Circuitos Eléctricos y Leyes de Kirchhoff (1845)Un circuito es una interconexión de resistencias, baterías, condensadores, etc, unidas por mediode conductores que consideraremos perfectos (estos son conductores cuya conductividad esmucho más alta que la de los demás elementos que existen en el circuito).

6.6.1 Primera Ley de KirchhoffVimos que en todo elemento de volumen Ω al interior de un conductor en régimen estacionariose tiene que la densidad de carga es constante, y luego ~∇ · ~J = 0 (Ec. 6.5). Esto significa que lacorriente total que ingresa a Ω a través de su frontera ∂Ω es cero. Podemos aplicar esto a unvolumen Ω definido como la intersección entre 2 o más conductores, que llamaremos nodo (verfigura siguiente).

El flujo total de corrientes en dicho nodo debe ser cero. Esto permite de escribir la primera leyde Kirchhoff.

Definición 6.6.1 — Primera ley de Kirchhoff. En un nodo que une N conductores, la sumade las corrientes provenientes de todos los conductores hacia el nodo es cero:

~∇ · J = 0 →N

∑k=1

Ik = 0 (6.15)

De esta forma, al interior del nodo la densidad de carga es constante en el tiempo.


6.6.2 Segunda Ley de KirchhoffEn electrostática, el campo eléctrico es conservativo (~∇×~E =~0). Luego, la circulación sobretoda curva cerrada es cero (Ec. 3.8). Si se escoge una curva a lo largo de un circuito con Ncomponentes, la circulación de ~E corresponde a la suma de todas las diferencias de potencial∆φk entre los extremos de cada componente.

Definición 6.6.2 — Segunda ley de Kirchhoff. A lo largo de un camino cerrado (tambiénllamado malla) que contiene N elementos, la suma de las diferencias de potencial a través decada elemento de la malla es cero.

~∇×~E = 0 →N

∑k=1

∆φk = 0 (6.16)

Ejemplo 6.6 — Aplicación de las leyes de Kirchhoff I. Obtener la resistencia equivalenteentre A y B aplicando las leyes de Kirchhoff

SoluciónLa resistencia equivalente entre a y b se puede obtener a partir de la relación entre el voltajeaplicado y la corriente que circula por el circuito. Por definición:

φa−φb = IReq

La primera ley de Kirchhoff para el nodo a nos dice que la corriente I que ingresa al nodo a debeser igual a las corrientes que salen desde a hacia c y d, las cuales podemos escribir en términosde las diferencias de potencial y de la resistencia de cada camino a partir de la ley de Ohm:

I =(φa−φd)

R+

(φa−φc)

R→ IR = 2φa−φc−φd


para el nodo c, la corriente que ingresa desde a debe ser igual a las corrientes que salen hacia d yb:

φa−φc

R=

φc−φd

R+

φc−φb

R→ φa = 3φc−φb−φd

Análogamente, para el nodo d:

φc−φd

R+

φa−φd

R=

φd−φb

R→ 3φd−φa−φc = φB

Y para el nodo b

φd−φb

R+

φc−φb

R= I→ IR = φc +φd−2φb

Resolviendoφb−φa = 3φd−φa−φc−3φc +φb +φd

φb−φa = 4φd−φa−4φc +φb→ φd = φc

Es decir, la corriente entre d y c es cero ya que φd = φc. Así, el sistema queda

IR = 2φa−2φc

φa = 2φc−φb

LuegoIR = 2φc−2φb

yφa +φb

2= φc

Así

IR = φa−φb = IReq

Con lo que la resistencia equivalente es R


Ejemplo 6.7 — Aplicación de las leyes de Kirchhoff II. Calcular la diferencia de potencialentre los puntos a y b. Todas las fuentes tienen una resistencia interna de 1 Ω.

SoluciónPara resolver este problema basta con notar que solo fluye corriente por la malla exterior, ya quea y b forman un circuito abierto.

Utilizando la segunda ley de Kirchhoff para esta malla, y recordando que cada batería posee unaresistencia interna de 1 Ω, se obtiene

2I +2I +12+ I + I +2I−8+ I = 0→ 9I =−4

I =−4/9 A

Redefinamos I con su sentido correcto, es decir, el contrario al que habíamos supuesto. Así,I = 4/9 en el sentido contrareloj. Para obtener los potenciales en a y b, nos damos comoreferencia el punto c. Con esto

φa−φc = 2I → φa = 8/9+φc

Mientras que utilizando la malla cerrada que comienza y termina en c, pasando por b, obtenemos:

φc−8− I−2I +10 = φb

φb = φc−8− 129+10 = φc +0.667

Finalmente

φb−φa = 0.667−0.888 =−0.221 V


Ejemplo 6.8 — Aplicación de las leyes de Kirchhoff III. Considere el cubo de la figura, endonde todas las resistencias son idénticas. Calcular la resistencia equivalente entre a y b.

SoluciónSupongamos que entre a y b se aplica una diferencia de potencial ∆φ y que una corriente Icircula por el circuito. Por la primera ley de Kirchhoff, la corriente que ingresa al nodo a es iguala la corriente que sale hacia las demás aristas. Dado que las 3 aristas que se separan en a sonequivalentes, por cada una pasará una corriente I/3. Del mismo modo, cada una de las aristasque llega a b trae una corriente I/3, de modo que la suma equivale a la corriente I que sale através de b.

Aplicando la primera ley de Kirchhoff al nodo c, es fácil ver que las dos corrientes que ingresansuman I/3. Debido a la simetria del sistema, cada una es entonces igual a I/6.

Finalmente, aplicamos la segunda ley de Kirchhoff al camino a,d,c,b,a. Se tiene:

I/3R+ I/6R+ I/3R+φb−φa = 0

Luego

∆φ = φa−φb = 5/6 IR = IReqcon lo que se obtiene

Req = 5/6 R


6.7 Conexión entre resistencias6.7.1 Conexión en serie

Considere dos resistencias R1 y R2 conectadas en serie, como se muestra en la figura siguiente.Al aplicar una diferencia de potencial ∆φ entre los extremos a y c, una corriente I circulará através del sistema.

La ley de Ohm establece que φa−φb = IR1 y φb−φc = IR2, de forma que:

∆φ = φa−φc = (φa−φb)+(φb−φc) = IR1 + IR2

Finalmente∆φ = I(R1 +R2)

El sistema de resistencias en serie puede ser visto entonces como una sola resistencia equivalenteReq, de forma que

∆φ = IReq = I(R1 +R2)

y entonces

Req = R1 +R2 (6.17)

En general, para un sistema de N resistencias en serie:

Req = R1 +R2 + ...+RN =N

∑j=1

R j (6.18)

6.7.2 Conexión en paraleloConsideremos ahora el caso de dos resistencias R1 y R2 conectadas en paralelo, como se muestraen la figura siguiente. La diferencia de potencial entre a y b es ∆φ . La corriente que circula porR1 es I1, y de acuerdo a la ley de Ohm, se cumple ∆φ = I1R1. Del mismo modo, la corriente quecircular por R2 es I2, con ∆φ = I2R2. La corriente total que circula por el sistema es:

I = I1 + I2 =∆φ

R1+

∆φ

R2

6.7 Conexión entre resistencias 239

o, equivalentemente

∆φ =I(

1R1

+ 1R2

)Definiendo una resistencia equivalente Req tal que ∆φ = IReq, se tiene:

1Req

=1

R1+

1R2

De forma general, para un sistema de N resistencias en paralelo:

1Req

=1

R1+

1R2

+ ...+1

RN=

N

∑j=1

1R j

(6.19)

Ejemplo 6.9 — Combinación de resistencias. En el circuito de la figura, encuentre el valorde R1 de manera que la resistencia equivalente sea igual a R0

SoluciónLas resistencias de la derecha, R1 y R0, se encuentran en serie. Luego, equivalen a una resistenciaR1 +R0

A su vez, R1 y (R1 +R0) se encuentran en paralelo, por lo que pueden ser reemplazadas por unaresistencia equivalente R′:


1R′

=1

R1+

1R1 +R0

R′ =R1(R1 +R0)

2R1 +R0

La resistencia R′, en serie con R1, genera una resistencia equivalente dada por

Req = R1 +R1(R1 +R0)

2R1 +R0

y se requiere Req = R0. Resolviendo

R0 = R1 +R1(R1 +R0)

2R1 +R0

R0(2R1 +R0) = R1(2R1 +R0)+R1(R1 +R0)

2R0R1 +R20 = 2R2

1 +R0R1 +R21 +R1R0

R20 = 3R2

1

Finalmente

R1 =R0√

3


Ejemplo 6.10 — Aplicación de las leyes de Kirchhoff IV. En el circuito de la figura, en-cuentre la resistencia equivalente y la corriente por cada rama del circuito. Todas las resistenciasson idénticas, y la fuente entrega una diferencia de potencial φ0.

SoluciónDefinimos las corrientes por cada rama segun se muestra en la siguiente figura

La corriente I se puede determinar fácilmente mediante la resistencia equivalente del circuito.Las dos últimas resistencias (a la derecha) se encuentran en paralelo, por lo que representan unaresistencia equivalente R1 dada por

1R1

=1R+

1R→ R1 =

R2

Del mismo modo, R1 se encuentra en paralelo con una resistencia R. Esto equivale a unaresistencia R2 tal que:

1R2

=1

R1+

1R=

3R→ R2 =

R3

Finalmente, se tiene R2 en serie con R, de forma que la resistencia equivalente es

Req = R+R2 =4R3

De aquí se deduce


V = φ0 = I4R3→ I =

3φ0

4RAhora podemos determinar las demás corrientes. Se tiene

−φ0 + IR+ I3R = 0→ I3R = φ0−3φ0

4=

φ0

4

I3 =φ0

4R

Por último, considerando la simetría del sistema, I1 = I2 = I3 =φ04R .

Ejemplo 6.11 — Máxima transferencia de potencia I. Una batería real siempre poseeuna resistencia interna r. Esto se puede modelar como una fuerza electromotriz (diferencia depotencial generada por las reacciones electro-químicas al interior de la batería) ε en serie conuna resistencia r. Cuál debe ser el valor de la resistencia R que se conecta a la batería para que lapotencia consumida por ésta sea la máxima posible?.

Solución

Utilizando la segunda ley de Kirchhoff encontramos la corriente:

ε− Ir− IR = 0

O bien

I =ε

R+ rCon esto, la potencia consumida por R está dada por

P = I2R =Rε2

(R+ r)2

Para encontrar el valor de R que maximiza esta potencia resolvemos

dPdR

=ε2(r+R)2−2(r+R)Rε2

(r+R)4 = 0

Así

(r+R)2−2(r+R)R = 0→ R+ r−2R = 0

Luego, la potencia que consume R será máxima siR = r


es decir, cuando la resistencia R es igual a la resistencia interna de la batería.

Ejemplo 6.12 — Cálculo de potencias. Calcule la potencia entregada a cada resistencia enel circuito de la figura

SoluciónSe resuelve el circuito mediante la segunda ley de Kirchhoff 6.16 con las mallas definidas en lafigura siguiente:

Para la malla 1−18+2I1 +3(I1− I2)+4I1 = 0→ 9I1−3I2 = 18

y para la malla 23(I2− I1)+1I2 = 0→ 4I2 = 3I1

Resolviendo

9I1−94

I1 = 18→ I1 ≈ 2.67 A

I2 =34

I1 ≈ 2 A

Teniendo las corrientes que circulan por el circuito, podemos obtener la potencia que consumecada resistencia, usando que P =V I = I2R

P2Ω = 2I21 = 14.26 W

P4Ω = 4I21 = 28.52 W

P3Ω = 3(I1− I2)2 = 1.35 W

P1Ω = 1I22 = 4 W


Notar que la suma, igual a 48 W, corresponde a la potencial total generada por la batería,PTot = 18× I1 = 2.67×18≈ 48 W

Ejemplo 6.13 — Ampolletas en serie. Se tienen dos ampolletas A y B. A consume PA = 16W cuando se conecta a una batería de 106 V, mientras que B consume PB = 152 W cuando seconecta a la misma batería. Ahora ambas apolletas se conectan en serie a la batería de 106 V.Cuánta potencia consume cada ampolleta en la nueva configuración?. Cuál es la diferencia depotencial entre los bornes de cada una?.

SoluciónLas resistencias RA y RB pueden ser determinadas conociendo la potencia que consume cada unacuando se conectan a un voltaje V por separado. Se tiene

RA =V 2/PA = 702.25 Ω

RB =V 2/PB = 73.92 Ω

cuando se conectan en serie, la corriente total que circula por el circuito es

I =V/(RA +RB) = 0.136 A

luego, la potencia que consume cada ampolleta cuando se realiza la conexión en serie es

PA = I2RA = 13 W

PB = I2RB = 1.4 W

y el voltaje en cada una:

VA = IRA = 95.9 V

VB = IRB = 10.09 V


Ejemplo 6.14 — Infinitas resistencias. La fuente V1 = 240 V está conectada a tres resistenciasiguales según se muestra la figura

a) Determine R si la fuente de voltaje entrega 1920 W al conjunto de resistencias.b) Si al circuito en paralelo se le agregan más resistencias en paralelo, siguiendo una secuenciade 3R en serie, 4R en serie, hasta llegar a NR en serie, calcule la potencia suministrada por lafuente de voltaje cuando N tiende a infinito.

Solucióna) El circuito se puede reducir considerando que hay 2 resistencias en serie, cuya resistenciaequivalente sera la suma de ambas. Así, el circuito queda

Estas 2 resistencias ahora se encuentran en paralelo, por lo que se puede obtener una resistenciaequivalente Req de todo el circuito

1Req

=1R+

12R

=3

2R

Con lo que

Req =23

R

La potencia generada por este circuito será entonces:

P =V IReq =V(

VReq

)= 1920 W

De aquí se obtiene


Req =V 2

P=

2402

1920= 30 Ω

Finalmente se obtiene R usando que

Req =23

R→ R =32

Req = 45 Ω

b) En este caso, se puede obtener una resistencia equivalente según

1Req

=1R+

12R

+ ...+1

NR

Así, se puede obtener la potencia que debe entregar la fuente para un cierto valor de N

PN =V 2

Req=V 2

N

∑k=1

1kR

Para obtener la potencia cuando N tiende a infinito, bastará con obtener el siguiente límite (siexiste)

limN→∞

PN =V 2∞

∑k=1

1kR

Pero esta serie diverge, es decir, la potencia necesaria sería infinita.

Ejemplo 6.15 — Recarga de una batería. Una batería descargada de un auto se cargaconectándola a la batería cargada de otro automóvil mediante cables para generar una corriente,como se indica en la figura. Determine la corriente que pasa por el motor de arranque y por labatería descargada.

SoluciónSe utiliza la Ley de Voltajes de Kirchhoff 6.15 para cada malla, definidas en la figura siguiente:


Para la malla 1−12+0.01I1 +1(I1− I2)+10 = 0

y en la malla 2−10+1(I2− I1)+0.06I2 = 0

De la primera ecuación se obtiene

I2 = 1.01I1−2

Reemplazando

0.0706 I1−2.02 = 10→ I1 = 170.25 A

Con esto

I2 = 1.01 I1−2 = 169.95 A

I2 es la corriente a través del motor de arranque, mientras que la corriente a través de la bateríadescargada será, utilizando la primera ley de Kirchhoff:

I3 = I1− I2 = 170.25−169.95 = 0.2975 A

Ejemplo 6.16 — Máxima transferencia de potencia II. En el circuito de la figura la bateríatiene una f.e.m. de valor V . Encuentre la resistencia R que debe colocarse para que en ella sedisipe la máxima potencia.

SoluciónDefinimos dos mallas como se muestra en la siguiente figura:Para la malla 1

−V + I1R0 +R0(I1− I2) = 0


Para la malla 2R0(I2− I1)+R0I2 +RI2


I1 =V + I2R0

2R0

Reemplazando en la ecuación de la malla 2

(2R0 +R)I2 = R0I1 = R0V + I2R0

2R0

(3R0 +2R)I2 =V → I2 =V

3R0 +2R

Teniendo la corriente que pasa por la resistencia R, la potencia que ésta consume se puede obtenercomo

P =VRIR = (IRR)IR = I2RR

Así

P =V 2

(3R0 +2R)2 R

Para encontrar el valor de R que maximize esta potencia consumida, bastará con resolver

dP(R)dR

= 0

Esto es

dPdR

=V 2

(3R0 +2R)2 −4RV 2

(3R0 +2R)3 =3V 2R0 +2V 2R−4RV 2

(3R0 +2R)3 = 0

3V 2R0−2V 2R(3R0 +2R)3 = 0→ 3V 2R0−2V 2R = 0

Así, la resistencia R que maximiza la potencia consumida es

R =32

R0


Ejemplo 6.17 — Puente de Wheastone. El circuito de la figura es llamado Puente deWheastone y se usa para calibrar resistencias. El dispositivo está formado por 3 resistencias,de las cuales 2 son ajustables (R1 y R2), y un galvanómetro (dispositivo que sirve para medircorrientes). Para realizar la medida, se ajustan las resistencias variables R1 y R2 hasta que elgalvanómetro marque cero. Exprese el valor de Rx en función de las otras 3 resistencias. Modeleel galvanometro como una resistencia RG.

SoluciónDefinamos las corrientes que circulan por el circuito

Se obtienen las relaciones inmediatas a partir de la primera ley de Kirchhoff:

I = I1 + I2 I1 = I3 + Ig

I = I4 + I3 I4 = I2 + Ig

Cuando la corriente que pasa por el galvanómetro es nula, se tiene

I1 = I3

I2 = I4

Además, utilizando la segunda ley de Kirchhoff:

−V + I2R2 + I4Rx = 0

−V + I1R1 + I3R3 = 0

I1R1− I2R2 = 0

De esta ultima ecuación, se obtiene


I2 = I1R1

R2

Además se tiene

I2R2 + I4Rx = I1R1 + I3R3

I2R2 + I2Rx = I1R1 + I1R3

I1R1

R2(R2 +Rx) = I1(R1 +R3)

Rx =R2

R1(R1 +R3)−R2 =

R2R3

R1

Finalmente

Rx =R2R3

R1

6.8 Circuitos con condensadores (RC)

6.8.1 Carga de un condensadorConsideremos un condensador que inicialmente se encuentra descargado. En t = 0 se conecta elcondensador a la batería a través de una resistencia R.

Para t < 0, la diferencia de potencia entre las placas del condensador es nula. Cuando t = 0, elinterruptor se cierra y una corriente se establece, extrayendo carga desde la placa negativa delcondensador hacia la placa positiva. Mientras el condensador se carga, el voltaje entre sus placasaumenta en el tiempo

∆φC(t) =Q(t)

CUtilizando la segunda ley de Kirchhoff:

−ε +∆φC(t)+ I(t)R = 0

Pero I(t) corresponde al flujo de cargas desde una placa del condensador hacia la otra.

−ε +QC+

dQdt

R = 0

6.8 Circuitos con condensadores (RC) 251

A medida que el condensador se carga, la diferencia de potencial entre sus placas aumenta. Unavez que la carga del condensador alcanza su máximo valor Qmax, dejará de pasar corriente porel circuito y la diferencia de potencial entre sus placas será igual a la diferencia de potencialestablecida por la batería. La ecuación diferencial para la carga en función del tiempo es

dQ

ε− QC

=1R

dt→ dQQ−Cε

=− 1RC

dt

Ahora podemos integrar para obtener∫ Q(t)

0

dQ′

Q′−Cε=− 1

RC

∫ t

0dt

Lo que nos lleva a

ln(

Q(t)−Cε

−Cε

)=− t

RC

Finalmente, se obtiene

Q(t) =Cε

(1− e−t/RC

)= Qmax

(1− e−t/RC

)

Donde Qmax =Cε es la cantidad de carga almacenada por las placas en régimen estacionario. Ladependencia temporal de Q(t) se grafica en la figura

Vemos que después de un tiempo suficientemente largo la carga acumulada en el condensadortiende a

limt→∞

Q(t) =Cε = Qmax

Teniendo la carga en el condensador, podemos determinar el voltaje a través de este

∆φC(t) =Q(t)

C= ε

(1− e−t/RC

)Para tiempos suficientemente largos respecto a RC, el voltaje a través del condensador es igual alvoltaje de la fuente y el proceso de carga se termina

limt→∞

∆φC(t) = limt→∞

Q(t)C

=Qmax

C= ε


La corriente en el circuito es igual a la razón de cambio de la carga en el condensador

I(t) =dQdt

=ε

Re−t/RC = I0e−t/RC

Como en t = 0 la diferencia de potencial en el condensador es nula, se tiene que I0 = ε/R. Elgráfico de la corriente en función del tiempo es el siguiente:

La corriente en el circuito decae exponencialmente. Vemos entonces que un circuito RC estádeterminado por una constante de tiempo caracteristica τ = RC, que no es otra que la constantede relajación dieléctrica (6.12). Al cabo de un tiempo τ la corriente disminuye en un factore−1 = 0.368. Similarmente, el voltaje a través del condensador también se puede expresar entérminos de esta constante de tiempo:

∆φC(t) = ε

(1− e−t/τ

)

Al cabo de un tiempo τ , la diferencia de potencial es de (1− e−1)ε = 0.632ε .

6.8.2 Descarga de un CondensadorVeremos ahora que la misma constante de tiempo caracteriza la descarga de un condensador.Supongamos ahora que el condensador ha sido cargado con una carga Q. Para t < 0, el interruptorestá abierto y la diferencia de potencial a través del condensador está dada por ∆φC = Q/C.Por otro lado, la diferencia de potencial a través de la resistencia es cero por que no hay un flujode cargas, esto es I = 0. Ahora supongamos que en t = 0 el interruptor se cierra. El condensadorcomenzara a descargarseEl condensador cargado ahora actua como una fuente de voltaje para conducir corriente alrededordel circuito. La energía electrostática almacenada por el condensador se disipa en la resistencia.Cuando el condensador se descarga, el flujo de electrones va desde la placa negativa hasta laplaca positiva, y el voltaje entre sus extremos disminuye. Usando la ley de Kirchhoff para uncircuito cerrado

Q(t)C− I(t)R = 0


Además se cumple

I(t) =−dQ(t)dt

El signo se debe al hecho de que un flujo de corriente implica una disminución en la diferenciade polaridad de las placas del condensador. Así, la carga satisface la ecuación diferencial deprimer orden

Q(t)C

+RdQ(t)

dt= 0

La solución es

Q(t) = Qe−t/RC

Y el voltaje a través del condensador es

∆φC(t) =Q(t)

C=

QC

e−t/RC

El gráfico del voltaje a través del condensador en función del tiempo es el siguiente:

La corriente también decae exponencialmente en el circuito

I =−dqdt

=Q

RCe−t/RC

Ejemplo 6.18 — Circuito RC I. En el circuito de la figura, suponga que el interruptor haestado abierto por un tiempo muy largo. En t = 0 se cierra.a) Cuál es la constante de tiempo antes de que se cerrara el interruptor?b) Cuál es la constante de tiempo después de que se cierra el interruptor?c) Encuentre la corriente a través del interruptor como función del tiempo una vez que el inter-ruptor se ha cerrado.


Solucióna) Antes que el interruptor se cerrara, las dos resistencias R1 y R2 están en serie con el conden-sador. Debido a que la resistencia equivalente es Req = R1 +R2, la constante de tiempo estádada por

τ = ReqC = (R1 +R2)C

b) Una vez que el interruptor se cierra, el circuito cerrado a la derecha se vuelve un circuito RCque decae con constante de tiempo τ ′ = R2C. La carga comienza a decaer acorde a

Q(t) =Cεe−t/τ ′

c) La corriente a través del interruptor proviene de 2 fuentes, la corriente constante I1 del circuitoizquierdo, y la corriente I2 proveniente del condensador.

Las corrientes están dadas por

I1 =ε

R1

I2(t) =dQdt

=−Cε

τ ′e−t/τ ′ =− ε

R2e−t/R2C

Así, la corriente a través del interruptor será:

I(t) = I1− I2(t) =ε

R1+

ε

R2e−t/R2C


Ejemplo 6.19 — Circuito RC II. Considere el circuito de la figura. Sea ε = 40 V , R1 = 8Ω,R2 = 6 Ω, R3 = 4 Ω y C = 4 µF . El condensador inicialmente está descargado.

En t = 0 el interruptor se cierra.a) Encuentre la corriente a través de cada resistencia inmediatamente después de que el interrup-tor es cerrado.b) Encuentre la carga final del condensador.

Solucióna) Inmediatamente después de que el interruptor se cierra, el condensador equivale a un cortocircuito, ya que el voltaje en t = 0 a través de éste es nulo. Es decir, en el instante justo en que secierra el interruptor el circuito equivale a

Para la malla 1−ε + I1R1 +R2(I1− I2) = 0

Para la malla 2R2(I2− I1)+ I2R3 = 0

Reemplazando los valores numéricos, se tiene

−40+8I1 +6(I1− I2) = 0→ I1 =40+6I2

14

6(I2− I1)+4I2 = 0→ I2 =35

I1

Resolviendo este sistema

70I1 = 200+18I1→ I1 = 3.84 A

con esto

I2 = 2.3 A


Finalmente la corriente por R2 será

I3 = I1− I2 = 3.84−2.3 = 1.54 A

b) Después de un tiempo largo respecto a la constante de tiempo del sistema, el condensadorse carga totalmente y este pasa a comportarse como un circuito abierto, es decir, a través delcondensador no pasa corriente (y tampoco por R3). Así, es fácil notar que el voltaje final a travésdel condensador será igual al voltaje a través de la resistencia R2.

−ε + I(R1 +R2) = 0→ I =4014

=207

A

Y el voltaje a través de R2 será:

∆φR2 = IR2 = 6× 207

= 17.14 V = limt→∞

∆φC(t)

Así, la carga final del condensador se puede obtener como

limt→∞Q(t) = limt→∞

C∆φC(t) = 4 µF×17.14 V = 6.85 10−5 C

Ejemplo 6.20 — Circuito RC III. En el circuito de la figura, el interruptor se encuentra cerradodurante un tiempo muy largo.a) Cuál es la corriente en cada resistencia?b) Cuál es la carga en el condensador C?c) En t=0 se abre el interruptor S. Encuentre la corriente que pasa por la resistencia R2 en funciónde t.d) Cuánto tiempo debe pasar para que la carga en C disminuya hasta 4/5 del valor en t=0?.

Solucióna) El interruptor ha estado cerrado durante un tiempo muy largo, esto significa que el condensadorse ha cargado completamente. Cuando esto sucede, el condensador equivale a un circuito abierto,es decir, no pasa corriente a través de él. Bajo estas circunstancias, solo habrá corriente por lamalla 1, así:

−ε + I1R2 + I1R1 = 0→ I1 =V

R1 +R2

que es la corriente por R1 y por R2. Por lo dicho anteriormente, la corriente por R3 es cero.


b) Para obtener la carga en el condensador, primero debemos obtener el voltaje a través deél. Como ya vimos, después de un tiempo suficientemente largo no hay corriente por la malladerecha, y entonces no hay una diferencia de potencial a través de R3. Por lo tanto el voltaje enel condensador será igual al voltaje a través de R2

∆φC = I1R2 =εR2

R1 +R2

y así:

Q =C∆φC =εCR2

R1 +R2

c) Notemos que al abrir el interruptor, no pasa corriente por la malla 1 y se inicia un proceso dedescarga en el condensador.

Como las dos resistencias R2 y R3 se encuentran en serie, el sistema evoluciona con una constantede tiempo igual a τ =C(R2 +R3), y entonces el condensador se descarga de acuerdo a:

Q(t) = Q0e−t/(C(R2+R3))

con Q0 la carga inicial del condensador, calculada anteriormente

Q0 =R2εC

(R1 +R2)

Finalmente,

I(t) =−dQdt

=Q0

C(R2 +R3)e−t/C(R2+R3)


d) Para determinar el tiempo que debe pasar para obtener 4/5 de la carga inicial, resolvemos laecuación

45

Q0 = Q0e−t/(C(R2+R3))

ln(4/5) =− tC(R2 +R3)

con lo que

t = ln(5/4)(R2 +R3)C

Ejemplo 6.21 — Circuito RC IV. Dos baterías de f.e.m. ε1 y ε2 y resistencias R1 y R2 seconectan en paralelo con una resistencia R.

a) Calcule la potencia entregada por cada batería.b) Ahora se reemplaza la resistencia R por un interruptor S y un condensador C en serie.

El interruptor se cierra en t=0.i) Calcule la carga Q en el condensador como función del tiempoii) Calcule la corriente en cada resistencia como función del tiempo

Solucióna)Para obtener la potencia entregada por cada batería, debemos conocer la corriente que pasapor cada una, y lo hacemos usando la segunda ley de Kirchhoff para las mallas 1 y 2, como semuestra en la figuraPara la malla 1

−ε1 + I1R1 +R2(I1− I2)+ ε2 = 0


En la malla 2

−ε2 +R2(I2− I1)+ I2R = 0


I1 =R2I2 + ε1− ε2

R1 +R2

Reemplazando en la segunda

−ε2 + I2(R2 +R) = I1R2 =R2

2I2 +R2(ε1− ε2)

R1 +R2

Así

−ε2(R1 +R2)+ I2(R2 +R)(R1 +R2) = R22I2 +R2(ε1− ε2)

I2(R2R1 +RR1 +RR2) = R2(ε1− ε2)+ ε2(R1 +R2)

I2 =ε1R2 + ε2R1

R(R1 +R2)+R1R2

Y entonces, I1 está dada por

I1 =R2I2 + ε1− ε2

R1 +R2=

ε1R22 + ε2R1R2 +(ε1− ε2)(R(R1 +R2)+R1R2)

(R(R1 +R2)+R1R2)(R1 +R2)

I1 =ε1R2

2 + ε2R1R2 + ε1RR1 + ε1R1R2 + ε1RR2− ε2RR1− ε2RR2− ε2R1R2

(R(R1 +R2)+R1R2)(R1 +R2)

I1 =R(ε1− ε2)(R1 +R2)+R2ε1(R1 +R2)

(R(R1 +R2)+R1R2)(R1 +R2)

Finalmente,

I1 =R(ε1− ε2)+R2ε1

R(R1 +R2)+R1R2

Y la corriente por la fem ε2 es

I3 = I1− I2 =R(ε1− ε2)+R2ε1− ε1R2− ε2R1

R(R1 +R2)+R1R2=

R(ε1− ε2)− ε2R1

R(R1 +R2)+R1R2


Con esto, la potencia entregada por ε1 es

P1 = I1ε1 = ε1R(ε1− ε2)+R2ε1

R(R1 +R2)+R1R2

Y la potencia entregada por ε2

P2 =−I3ε2 = ε2R(ε2− ε1)+ ε2R1

R(R1 +R2)+R1R2

b)

Aquí, la ecuación de la malla 1 es equivalente al caso anterior, donde se obtuvo

I1 =R2I2 + ε1− ε2

R1 +R2

Para la malla 2

−ε2 +R2(I2− I1)+∆φC = 0→−ε2 +R2I2−R2I1 +QC

= 0

Reemplazando I1

−ε2 +R2I2−R2

(R2I2 + ε1− ε2

R1 +R2

)+

QC

= 0

−ε2 +R2

2I2 +R1R2I2−R22I2−R2(ε1− ε2)

R1 +R2+

QC

= 0

I2R1R2

R1 +R2+

QC

=ε1R2 + ε2R1

R1 +R2

Pero I2 = dQ/dt

dQdt

R1R2

R1 +R2+

QC

=ε1R2 + ε2R1

R1 +R2

dQdt

CR1R2

R1 +R2+Q =C

ε1R2 + ε2R1

R1 +R2

Sean


τ =CR1R2

R1 +R2A =C

ε1R2 + ε2R1

R1 +R2

Entonces

dQdt

τ +Q = A

Cuya solución es

Q(t) = A(1− e−t/τ)

Con esto,

I2(t) =dQ(t)

dt=

Aτ

e−t/τ

I1(t) =(

R2

R1 +R2

)Aτ

e−t/τ +ε1− ε2

R1 +R2

Y la corriente por R2

I3(t) = I1(t)− I2(t) =(

R2

R1 +R2

)Aτ

e−t/τ +ε1− ε2

R1 +R2− A

τe−t/τ

Ejemplo 6.22 — Circuito RC V. Considere el circuito de la figura. Inicialmente el circuito haestado abierto durante un largo tiempo.a) Calcule la carga del condensador, con el interruptor abiertob) Si el interruptor se cierra y transcurre mucho tiempo, encuentre la nueva carga del condensador

Solucióna) Antes que se cierre el interruptor, solo se debe considerar el circuito de la derecha. Si ha pasadomucho tiempo, ha dejado de circular corriente y el condensador está cargado completamente

Q =CV2

b) Si se cierra el interruptor, y cuando ha pasado mucho tiempo, el condensador está cargado yno hay corriente hacia él. De esta forma, la corriente circula segúnSe tiene

V1 + I(R1 +R2)−V2 = 0


Luego

I =V2−V1

R1 +R2

Con esto podemos determinar la diferencia de potencial entre los terminales del condensador

Sea∆V =Vb−Va

−∆V +V1 + IR1 = 0

Luego

∆V =R1V2 +R2V1

R1 +R2

con esto, la carga almacenada en el condensador es

Q =C∆V

Q =C(

R1V2 +R2V1

R1 +R2

)


Ejemplo 6.23 — Circuito RC VI. Encuentre en el circuito de la figura la intensidad de corrienteeléctrica por cada rama y la carga en cada condensador al tiempo t. Asuma que inicialmente loscondensadores están descargados

SoluciónDefinimos las corrientes que se indican en la figura, asi como las cargas en cada condensador

Por supuesto que debe tenerseI(t) = I1(t)+ I2(t)

Tomando el circuito cerrado que involucra a la fuente, la resistencia R1 y el condensador C1 setiene

−V + I1(t)R1 +Q1(t)

C1= 0

Por otro lado, considerando el circuito cerrado que contiene a V , R2 y C2

−V + I2(t)R2 +Q2(t)

C2= 0

Además se tiene

I1(t) =dQ1(t)

dt

I2(t) =dQ2(t)

dt

De esta forma, y derivando las ecuaciones obtenidas anteriormente

1C1

dQ1(t)dt

+R1dI1(t)

dt= 0

1C1

I1(t)+R1dI1(t)

dt= 0


luegodI1(t)

dt=− 1

R1C1I1(t)

del mismo mododI2(t)

dt=− 1

R2C2I2(t)

Resolviendo

I1(t) = K1e−t

R1C1

I2(t) = K2e−t

R2C2

Las constantes K1 y K2 se determinan de forma inmediata al considerar que en t = 0 amboscondensadores se comportan como un cortocircuito (no presentan diferencia de potencial)

I1(0) =VR1

I2(0) =VR2

con esto

I1(t) =VR1

e−t

R1C1

Q1(t) =VC1

(1− e−

tR1C1

)I2(t) =

VR2

e−t

R2C2

Q2(t) =VC2

(1− e−

tR2C2

)

Ejemplo 6.24 — Energía disipada al conectar dos condensadores. En este problemaveremos la solución completa al ejemplo 4.16. Inicialmente el condensador de capacidad C1tiene carga Q0, y el segundo condensador está descargado. Encuentre la pérdida de energía porcalor de Joule al conectar ambos condensadores mediante un conductor de resistencia R, comomuestra la figura

SoluciónDefinimos la corriente por el circuito según se muestra en la figuraLa ecuación de la malla entrega

−V1 + IR+V2 = 0


donde los voltajes entre los extremos de cada condensador se relacionan con las cargas

V1 =Q1

C1

V2 =Q2

C2

La ecuación a resolver es

−Q1

C1+ IR+

Q2

C2= 0

Pero Q1, Q2 e I no son independientes. En efecto

I(t) =dQ2

dt=−dQ1

dtNotar que esto es consistente con

ddt

(Q1(t)+Q2(t)) = 0

pues por conservación de la carga

Q1(t)+Q2(t) = Q0

Luego, derivando una vez con respecto al tiempo

− 1C1

dQ1(t)dt

+dI(t)

dtR+

1C2

dQ2(t)dt

= 0

1C1

I(t)+dI(t)

dtR+

1C2

I(t) = 0

dI(t)dt

=− 1R

(1

C1+

1C2

)I(t)

Finalmente

dI(t)dt

=− 1R

(C1 +C2

C1C2

)I(t)

la constante de tiempo es consistente con τ = RCeq, con Ceq la capacidad equivalente de doscondensadores en serie, 1/Ceq = 1/C1 +1/C2. La solución de esta ecuación es

I(t) = Ke−1R

(C1+C2C1C2

)t


donde K es una constante a determinar. Considerando que el condensador 2 está inicialmentedescargado

Q2(0) = 0

Se tiene

Q2(t) =∫ t

0dτI(τ) = K

∫ t

0dτe−

1R

(C1+C2C1C2

)t

Q2(t) =KRC1C2

C1 +C2

(1− e−

1R

(C1+C2C1C2

)t)

La constante K se puede determinar imponiendo que para todo t ∈ R+

−Q1(t)C1

+ I(t)R+Q2(t)

C2= 0

Como Q1(t) = Q0−Q2(t)

−Q0

C1+

Q2(t)C1

+ I(t)R+Q2(t)

C2= 0

−Q0

C1+

(C1 +C2

C1C2

)Q2(t)+ I(t)R = 0

Reemplazando

−Q0

C1+

(C1 +C2

C1C2

)KR

C1C2

C1 +C2

(1− e−

1R

(C1+C2C1C2

)t)+RKe−

1R

(C1+C2C1C2

)t= 0

−Q0

C1+KR = 0

Luego

K =Q0

RC1

Equivalentemente uno podría haber notado que en t = 0, el condensador 2 se comporta como uncortocircuito, y el voltaje inicial en el condensador 1 es

V1(0) =Q0

C1

de forma que

I(0) =V1(0)

R=

Q0

C1R

La potencia disipada en la resistencia al instante t está dada por

P(t) = RI2(t) = RQ2

0

R2C21

e−2 (C1+C2)RC1C2

t


y la energía total disipada es:

∆E =∫

∞

0P(t)dt =

∫∞

0dt

Q20

RC21

e−2(C1+C2)

RC1C2t=

Q20C2

2C1(C1 +C2)

Notar que es independiente de R! Esta pérdida de energía coincide exactamente con la diferenciade energía almacenada por el sistema antes y después de conectar ambos condensadores. Estoconfirma la respuesta intuitiva dada en el ejemplo 4.16.


6.9 Resumen y fórmulas escenciales• La ley de conservación de la carga eléctrica establece que la variación temporal de la

densidad de cargas ρ está asociada a la densidad de corriente eléctrica ~J mediante:

~∇ · ~J(~x, t)+ ∂ρ(~x,t)∂ t = 0

para corrientes estacionarias, se cumple entonces ~∇ · ~J(~x) = 0.

• En un cristal, bajo la acción de un campo eléctrico externo ~E, los electrones adquieren unavelocidad media finita en régimen estacionario que es proporcional a ~E:

〈~v〉=−µe~E

donde µe es la mobilidad, dada por µe = eτe/m, con m la masa del electrón y τe el tiempoentre colisiones.

• La ley de Ohm microscópica establece la relación entre la densidad de corriente y el campoeléctrico:~J = σ~E

donde σ = neµe es la conductividad del material, con n la densidad de electrones porunidad de volumen. La versión macroscópica de la ley de Ohm se escribe

∆φ = IR

donde ∆φ es la diferencia de potencial entre los extremos de un conductor, I es la corrienteque circula a través de él y R es la resistencia, dada por:

R =l

σAcon l el largo del conductor, A su sección transversal y σ la conductividad.

• Un conjunto de N resistencias en serie puede ser visto como una sola resistencia equivalenteReq tal que:

Req = ∑Nk=1 Rk

mientras que N resistencias en paralelo equivalen a una resistencia equivalente Req dadapor:

1Req = ∑

Nk=1

1Rk

• Las leyes de Kirchhoff son consecuencia de la ley de conservación de la carga en régimenestacionario y del hecho de que el campo electrostático es conservativo. Para todo nodode un circuito, la suma de las corrientes que ingresan debe ser cero. Para todo circuitocerrado, la suma de las diferencias de potencial debe ser nula.

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