Apuntes de Ayudantıa FIS 120 - Universidad

Tecnica Federico Santa Marıa

Nestor Espinoza (nsespino@uc.cl)

23 de noviembre de 2010

Indice general

1. Motivacion del documento 1

2. Introduccion 22.1. Vectores y notacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2.1.1. Representacion geometrica de los vectores . . . . . . . . . 32.1.2. Resta y suma de vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2.2. Productos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.2.1. Producto punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.2.2. Producto cruz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

3. Electroestatica: Ley de Coulomb y Campo Electrico 73.1. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.2. Seccion extra: Demostracion de distribuciones de carga lineales . 11

3.2.1. Demostracion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

4. Potencial Electrostatico 134.1. Definicion de trabajo y diferencia de potencial . . . . . . . . . . . 134.2. Campos conservativos: Independencia del camino . . . . . . . . . 154.3. Uniendo todo con las Leyes de Newton . . . . . . . . . . . . . . . 174.4. Problemas: Potencial y Diferencias de potencial . . . . . . . . . . 19

5. Electrodinamica 1: Corrientes, intensidad y capacitores 22

6. Electrodinamica 2: Leyes de Kirchoff y Circuitos RC 236.1. Preambulo a las leyes de Kirchoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236.2. Leyes de Kirchoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246.3. Circuitos RC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266.4. Problemas: Ley de Kirchoff y Circuitos RC . . . . . . . . . . . . 29

7. Magnetoestatica 347.1. Fuerzas magneticas: La “Fuerza de Lorentz” . . . . . . . . . . . . 347.2. Campos magneticos: Ley de Biot-Savart . . . . . . . . . . . . . . 347.3. Problemas: Ley de Biot-Savart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367.4. Torque magnetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 427.5. Ley de Ampere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

8. Induccion Electromagnetica 43

1

9. Inductancias y Circuitos 449.1. Circuitos RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

9.1.1. Una introduccion a la notacion compleja . . . . . . . . . . 449.1.2. La ecuacion diferencial de un circuito RLC . . . . . . . . 479.1.3. Frecuencia de resonancia para un circuito RLC . . . . . . 52

9.2. Valores R.M.S. (Root Mean Square) . . . . . . . . . . . . . . . . 539.2.1. Aplicaciones de valores r.m.s. a circuitos . . . . . . . . . . 569.2.2. Problemas: Circuitos RL y RLC . . . . . . . . . . . . . . 57

10.Apendice 6410.1. Demostracion de la condicion de independencia del camino en

integrales de lınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

2

Agradecimientos

Me gustarıa agradecer a toda la gente que me ha apoyado a mantener esteapunte, tanto a los estudiantes de la USM como a mis companeros de carrera.Si alguien se quiere unir a mejorarlos, bienvenido sea. Agradecer tambien elapoyo de mi madre que siempre que me veıa redactando me preguntaba que“por que no me ponıa a estudiar lo mıo mejor”. La verdad es que me encantapoder esparcir lo que pueda llegar a “saber” en algun momento, y creo que estaes una buena instancia para hacerlo (y quien sabe, ¡hasta quiza esto se conviertaen algun libro algun dıa!).

Me gustarıa agradecer a Marıa Paz (mi polola) que siempre fue vıctima delas primeras lecturas (para ver si se entendıa), y tuvo que soportar que la miraravarios minutos esperando alguna crıtica. Tambien quiero agradecer y dedicar es-to a mis amigos Barbara y Robert, asi como tambien a Iivari (su hijo). Recuerdoque cuando tome mi primer curso en E&M ellos fueron justamente quienes meprestaron un muy buen libro para comenzar, dado que si bien ya no se dedica-ban a las ciencias fısicas, se que es un tema que les apasiona tanto como a mi:Chicos, este apunte va principalmente para ustedes, ¡les devolveres su libro yahora si quiza lo podran ocupar!

- Nestor

Capıtulo 1

Motivacion del documento

La idea del siguiente documento es crear una compilacion de materia y ejer-cicios relacionados con el ramo de E&M que se sigue en la UTFSM (FIS 120),de manera que puedan revisarlo en cualquier momento que lo necesiten pararesolver alguna duda, estudiar o simplemente por curiosidad. Aun ası, esperoque este documento no este cerrado solamente a los estudiantes que lo cursen.

En general un ramo de Electricidad y Magnetismo esta lleno de ideas queintuitivamente conocemos, pero que debemos matematizar de alguna manera. Atraves del ramo podran responder muchas preguntas y maravillas que la natura-leza nos ofrece, pues el electromagnetismo (y ya veremos por que debemos usaresta palabra y no por separado) se encuentra en nuestro quehacer diario: Desdeel por que no caemos hacia el nucleo de la Tierra debido a la gravedad (debidoa que las fuerzas electromagneticas que unen los atomos impiden nuestra caıda)hasta como es que observamos la pantalla de nuestro computador o la hoja depapel desde la que estamos leyendo este documento.

Esta es un area apasionante de la fısica. Por lo mismo, su estudio detalladono solo les traera buenas notas, sino que satisfaccion y una forma mas profundade observar los fenomenos que la naturaleza presenta...¡y metodos para poderexplicarlos a traves del lenguaje de la matematica!

Les recuerdo que el presente documento esta lejos de ser terminado, porlo que ruego disculpas si encuentran algun error. Espero les sea de ayuda ycualquier cosa, no duden en enviarme un e-mail, ya sea por algun error, dudao simplemente para agradecer: ¡Mucho exito!

Nestor EspinozaDpto. de Astronomıa y Astrofısica (PUC)

1

Capıtulo 2

Introduccion

Como se, muchos no estan acostumbrados al lenguaje vectorial. Este ha sidoel primer problema que todo estudiante, incluyendome, ha encontrado al in-tentar comprender en detalle los topicos que los distintos curriculums presentanpara nosotros. La primera pregunta que uno se hace es...¿para que?, ¿que hay debueno en la notacion vectorial?, ¿para que tanta complejidad?, ¿no sera mejorsaltar esta parte e ir directo “al grano”? Pues bueno, eso es justamente lo queintentaremos responder en primer lugar: Sin notacion vectorial, no hay granoal que ir.

Recomiendo sumamente el hecho de que practiquen la notacion vectorial ymas aun: La entiendan. No solo les sera de ayuda en sus proximos ramos (¡yen su vida diaria!), sino que tambien les sera de utilidad a la hora de enfocarsea la lectura especializada. Por lo demas, un curso de Electricidad y Magnetismodebe ser escrito en notacion vectorial (pues de no ser ası, todo el trabajo quepor anos han desarrollado los cientıficos lo estarıamos dejando pasar: ¡Ocuparla notacion vectorial es ocupar y entender el gran trabajo que muchos fısicoshan realizado a traves de la historia! Y es justamente ası como se trabaja enciencia: colaborando).

2

2.1. Vectores y notacion

Los vectores son una de las formas del lenguaje matematico mas util en fısica.No solo por la simplicidad de notacion, sino que su algebra es entendible unavez que trabajamos con el, lo que nos simplifica mucho trabajo. A continuacionles hare un pequeno repaso de vectores geometricos y de algunos productosdefinidos que nos seran utiles en la resolucion de problemas. En el caso deel presente documento, trabajare con vectores en R

3, pero en general todo loque menciono aca puede ser generalizado a vectores en R

N (exceputuando elproducto vectorial/cruz, cuya generalizacion es un poco mas complicada).

2.1.1. Representacion geometrica de los vectores

Un vector en R3 puede ser representado como flechas que van desde el orıgen

hasta las coordenadas del vector. Por ejemplo, si queremos dibujar el vector~a = (1, 1, 1), simplemente nos posamos en el orıgen y trazamos una lınea haciael punto (1, 1, 1), posando la punta de la flecha en el punto mencionado. Si estoes ası, entonces, ¿que diferencia a los vectores de las coordenadas de un punto?En que los vectores poseen direccion, magnitud y sentido:

La magnitud de un vector es cuanto mide este (en el sentido euclıdeo,es decir, su longitud geometrica en el espacio). Usualmente la magnitud serepresenta como ‖~a‖. Es facil demostrar geometricamente que en R

3, el va-lor de la longitud de un vector es ‖~a‖ =

√

a21 + a2

2 + a23, que es justamente

una generalizacion del teorema de pitagoras para R3.

La direccion de un vector corresponde a la de la recta que contiene aeste vector. Por ejemplo, en R

2 el vector ~c = (1/√

2, 1/√

2) es contenidopor la recta y = x, por lo tanto posee esta direccion.

El sentido de un vector corresponde “hacia donde apunta” el vector. Porejemplo, los vectores en R

2 ~c1 = (1/√

2, 1/√

2) y ~c2 = (−1/√

2,−1/√

2)tienen la misma direccion, pero sentido opuesto.

Otra propiedad sumamente importante de los vectores es que, geometrica-mente, pueden ser posados donde yo quiera para trabajar con ellos. Esdecir, el vector ~a = (1, 1, 1) geometricamente lo puedo “posar” donde yo quiera,no solo desde el orıgen al punto (1, 1, 1) (por eso en el inicio puse “puede serrepresentado” en italica, por que es una posibilidad de infinitas). La preguntaes, ¿por que? Pues fıjense que el vector ~a = (1, 1, 1) puede ser creado por in-finitas sumas y restas de vectores, por lo que todos son equivalentes, tal comomuestra la figura: ¡Lo importante es usar esta propiedad a nuestro beneficio!Usaremos esta propiedad para entender el comportamiento geometrico de lassumas y restas de vectores.

3

1

Eje y

Eje x

Eje z

1 2

1

Figura 2.1: El vector (1,1,1) es equivalente en todas las posiciones posibles.

2.1.2. Resta y suma de vectores

La suma de dos vectores en R3, ~a = (a1, a2, a3) y ~b = (b1, b2, b3) es simple-

mente la suma de sus componentes, es decir:

~a +~b = (a1 + b1, a2 + b2, a3 + b3)

De igual manera, la resta de estos dos vectores es la resta de sus componentes:

~a −~b = (a1 − b1, a2 − b2, a3 − b3)

Pero, ¿que representan geometricamente las sumas y restas? Observese que sidibujamos la suma de dos vectores cualesquiera, y luego unimos la punta delvector suma (el vector ~a +~b) con las puntas de los vectores que componen lasuma, obtenemos un paralelogramo. En el caso de la resta de dos vectores,si tomamos el vector resta (el vector ~a − ~b) y lo posamos sobre el vector ~b,

¡observamos que este es justamente el vector que va desde ~b hasta ~a!

2.2. Productos vectoriales

Los productos vectoriales son operaciones que se definen en espacios vecto-

riales1. La idea es que todo producto debe cumplir una serie de propiedades (queya deben conocer) para poder “ganarse el tıtulo” de productos. El transfondo detodo esto tiene aplicaciones inmensas en matematicas y fısicas (como desigual-dades integrales, por ejemplo) que no mencionaremos en el presente documento,pero les dejo recomendado dirigirse a lecturas especializadas en el tema2.

2.2.1. Producto punto

El producto punto, escalar o interno entre ~a y ~b en un espacio euclıdeoreal (como R

2 o R3), se define como:

~a ·~b = ‖~a‖‖~b‖cos(θ)1Esta palabra en realidad suena compleja, pero solo quiere traer a la mesa el hecho de que

existe un conjunto (infinito, en nuestro caso) de vectores que forman un espacio vectorial.2Un libro muy recomendado es el Mathematical Physics: A modern introduction to it’s

foundations de Sadri Hassani

4

Donde θ es el angulo entre los vectores ~a y ~b. Lo que busca el producto puntoes representar la magnitud proyectada del vector ~a sobre el vector ~b, |~b‖veces. Con “magnitud proyectada del vector ~a sobre el vector ~b” nos referimosa la “sombra” del vector ~a sobre el vector ~b, asumiendo que la luz viene “dearriba”, como se observa en la Figura. Ahora, observese que si el angulo entre

Proyección ó sombra

b

a

Àngulo entre los

vectores

Figura 2.2: Representacion del producto punto para dos vectores.

dos vectores ~a y ~c es 0, entonces:

~a · ~c = ‖~a‖‖~c‖cos(0) = ‖~a‖‖~c‖

Mientras que si es 90 [] = π/2 [rad]:

~a · ~c = ‖~a‖‖~c‖cos(π/2) = 0

¿Por que entonces el producto punto puede ser escrito en el espacio como lamultiplicacion componente a componente? Por que el producto interno es aso-ciativo, eso quiere decir que :

(

~a +~b)

· ~c = ~a · ~c +~b · ~c

Por lo tanto, si tenemos un vector en la base real ~a = (a1, a2, a3) y otro ~b =(b1, b2, b3), cada uno lo podemos descomponer como:

~a = (a1, 0, 0) + (0, a2, 0) + (0, 0, a3)

~b = (b1, 0, 0) + (0, b2, 0) + (0, 0, b3)

O en la notacion de los “gorritos”:

~a = a1x + a2y + a3z~b = b1x + b2y + b3z

Donde x = (1, 0, 0), y = (0, 1, 0) y z = (0, 0, 1) (algunos textos tambien les

llaman i, j y k, respectivamente) son los vectores canonicos de R3. Es facil

demostrar entonces que:

~a ·~b = a1b1 + a2b2 + a3b3

Un detalle importante que se puede demostrar con este hecho es quela magnitud de un vector, es decir, ‖~a‖ se puede definir de acuerdo al productopunto como:

‖~a‖ =√

~a · ~a =√

a21 + a2

2 + a23

5

Observese que si tenemos un escalar α y queremos calcular ‖α~a‖:

‖α~a‖ =√

α~a · α~a =√

α2a21 + α2a2

2 + α2a23 = α

√

a21 + a2

2 + a23 = α‖~a‖

2.2.2. Producto cruz

El producto cruz o producto vectorial entre dos vectores ~a = (a1, a2, a3)

y~b = (b1, b2, b3) da como resultado un nuevo vector ~c, que es perpendicular tanto

a ~a como a ~b. Matematicamente, se define como:

~a ×~b =

∣∣∣∣∣∣

x y za1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣

Donde:∣∣∣∣∣∣

x y za1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣

= (a2b3 − a3b2) x − (a1b3 − a3b1) y + (a1b2 − a2b1) y

De este modo, podemos encontrar inmediatamente la direccion del vector resul-tante sin necesidad de la famosa “regla de la mano derecha”: Ella esta implıci-ta en la definicion del determinante anteriormente propuesto (observese que

~a ×~b 6= ~b × ~a).

Observese que si hacemos el producto cruz entre dos vectores escalados porα y β, α~a y β~b:

α~a × β~b =

∣∣∣∣∣∣

x y zαa1 αa2 αa3

βb1 βb2 βb3

∣∣∣∣∣∣

==

∣∣∣∣∣∣

x y za1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣

αβ = αβ(

~a ×~b)

Es decir, los escalares “salen del producto” sin ningun problema.

6

Capıtulo 3

Electroestatica: Ley deCoulomb y Campo Electrico

En el presente capıtulo se presentan un par de ejercicios resueltos de “repa-so”, pues se “asume” que estos son temas que ya se manejan en mayor medida1.Estos estan resueltos con la mas pura notacion vectorial. Por lo mismo, sugieroleer con atencion y tener especial cuidado con los signos.

3.1. Problemas

Problema 1. Considere la distribucion de cargas dada en la Figura 3.1-(a).Determine la fuerza total ejercida sobre la carga central considerando que lasdemas cargas se encuentran estaticas en el espacio si el cuadrado que formanlas cargas externas es de lado a.

Q 2Q

2Q

Q

-4QA

B

CP(a) (b)

Figura 3.1: Distribucion de cargas para el Problema 1 (a) y el Problema 2 (b).

Solucion. En el ejercicio claramente debemos ocupar la Ley de Coulomb.Esta ley afirma que la fuerza entre dos cargas es proporcional al producto de sus

1De no ser ası, recomiendo tomar cualquier libro de Fısica basica como el Serway: Siempreson un buen complemento a la hora de traer los conceptos matematicos de vuelta “a la vidareal”.

7

cargas, dividida por la distancia al cuadrado, en la direccion radial. Es decir:

~F12 =kq1q2

‖~r‖2

~r

‖~r‖ =kq1q2

‖~r‖2r (3.1)

Donde ~r es el vector que va desde la carga q1 hacia la carga q2. Observese que elvector r = ~r/‖~r‖ define la direccion de la fuerza, puesto que no aporta en nada ala magnitud de la misma. Observese que en el caso general en que ~r = (x, y, z):

‖ ~F12‖ =kq1q2

‖~r‖2

1

‖~r‖‖~r‖ =kq1q2

‖~r‖2

(Aquı se uso el hecho de que todos los terminos eran escalares, exceptuando ~r).Es decir, que:

‖r‖ =‖~r‖‖~r‖ = 1

Por lo mismo, a este vector se le llama vector unitario: Simplemente por quemide exactamente una unidad (normalmente y a menos que se especifique locontrario, todos los vectores con “gorrito”, son unitarios).

Ahora bien, calcularmos la fuerza individual que ejercen las cargas alrede-dor de la carga central, para que luego, ocupando el principio de superposicion,encontremos la fuerza total. Aun ası, observese que por simetrıa del problemalas cargas 2Q producen una fuerza igual y opuesta en el centro, por lo que seanulan. Solo nos queda entonces calcular la fuerza producida por la carga Qubicada en la coordenada (a/2, a/2) y la carga −4Q, ubicada en la coordenada(−a/2,−a/2).

Para encontrar la fuerza producida por la carga Q ubicada en la coordenada(a/2, a/2), primero debemos encontrar el vector que va desde esta carga al centrode coordenadas. Para ello, nos fijamos que tiene la misma direccion del vectorque va del orıgen a esta carga, pero en sentido contrario: ~rQ = (a/2,−a/2)(¡verifıquelo geometricamente!). Ası:

‖~rQ‖ =√

(a/2)2 + (−a/2)2 =

√2

2a → r =

~rQ

‖~rQ‖= (1/

√2,−1/

√2)

Por lo tanto, la fuerza ejercida por esta carga es, ocupando la ecuacion (1) con~r = ~rQ y las cargas correspondientes:

~FQ =kQ2

‖~rQ‖2r =

4kQ2

2a2(1/

√2,−1/

√2) =

√2kQ2

a2(1,−1)

Donde en el ultimo paso se factorizo el termino 1/√

2 y luego se racionalizo.Similarmente para la carga −4Q, el vector que va desde −4Q hacia la cargacentral es ~r−4Q = (−a/2, a/2) (¡verifıquenlo geometricamente!), ası:

‖~r−4Q‖ =√

(−a/2)2 + (a/2)2 =

√2

2a → r =

~r−4Q

‖~r−4Q‖= (−1/

√2, 1/

√2)

8

Por lo tanto, la fuerza ejercida por esta carga es, ocupando la ecuacion (1) con~r = ~r−4Q y las cargas correspondientes:

~F−4Q =−k4Q2

‖~r−4Q‖2r =

−16kQ2

2a2(−1/

√2, 1/

√2) =

16kQ2

2a2(1/

√2,−1/

√2) =

4√

2kQ2

a2(1,−1)

(A esta altura es de utilidad preguntarse: ¿Tienen sentido las direcciones de lasfuerzas?). Finalmente, la fuerza total ejercida a la carga central es entonces:

~Ftotal = ~FQ + ~F−4Q =

√2kQ2

a2(1,−1) +

4√

2kQ2

a2(1,−1) =

5√

2kQ2

a2(x − y)

Problema 2. Considere la distribucion de cargas dada en la Figura 3.1-(b).

Las coordenadas de los puntos son: ~OA = (a, 0, 0), ~OB = (0, 0, 0) y ~OC =(0, a, 0). Las cargas respectivas son: qA = Q, qB = −Q y qC = Q. De acuerdocon esto, determine:

1. El vector campo electrico ~E(P ) en el punto P ( ~OP = (a, a, 0)).

2. ¿Cual deberıa ser la magnitud y signo de una carga ubicada en el centrodel cuadrado, de tal modo que el campo electrico en el punto P sea nulo?

Solucion. Recordemos que el campo electrico de una carga q cualquiera sedefine en funcion de la fuerza producida por esta sobre una carga de prueba q0.Sabemos que la fuerza, por Ley de Coulomb viene dada por:

~Fq =kqq0

‖~r‖2r

El campo electrico ~E producido por la carga q se define como:

~E = lımq0→0

~Fq

q0=

kq

‖~r‖2r (3.2)

Es decir, es la fuerza por unidad de carga que produce la carga q en el espacio.

(1) Para calcular entonces el campo electrico en el punto P, calcularemoslos campos producidos individualmente por las cargas qA, qB y qC para luegoocupar el principio de superposicion y calcular el campo total, que es la sumade los campos individuales en P.

El vector que va desde la carga qA hasta el punto P es el vector ~rA = ~AP =~BP − ~BA (recordar que la resta de vectores ~a −~b es justamente el vector que

va desde ~b hasta ~a). Ası:

~rA = (a, a)︸ ︷︷ ︸

~BP

− (a, 0)︸ ︷︷ ︸

~BA

= (0, a) → r =~rA

‖~rA‖= (0, 1)

(¿Tiene esto sentido con la discusion de vectores hecha en la introduccion?). Porlo tanto, el campo electrico producido por la carga qA usando la ecuacion (2)

9

con ~r = ~rA, en el punto P es:

~EA(P ) =kqA

‖~rA‖2r =

kQ

a2(0, 1)

Similarmente, el vector que va desde el punto B hacia el punto P es ~rB = (a, a).Por lo tanto, el vector unitario que da la direccion y el sentido en este caso serıa:

~rB = (a, a) → ‖~rB‖ = a√

2 → r =~rB

‖~rB‖ = (1/√

2, 1/√

2)

Ası, el campo electrico producido por la carga qB en el punto P, ocupando laecuacion (2) es:

~EB(P ) =kqB

‖~rB‖2r =

−kQ

2a2(1/

√2, 1/

√2) =

−kQ√

2

4a2(1, 1)

Nos falta solo el campo electrico producido por la carga qC . El vector que vadesde el punto C al punto P es igual a la resta de los vectores ~BC y ~BP :

~rC = (a, a)︸ ︷︷ ︸

~BP

− (0, a)︸ ︷︷ ︸

~BC

= (a, 0) → r =~rC

‖~rC‖= (1, 0)

Ası, el campo electrico producido por qC en el punto P es, ocupando la ecuacion(2) nuevamente:

~EC(P ) =kqC

‖~rC‖2r =

kQ

a2(1, 0)

Con lo que finalmente el campo total en el punto P es:

~E(P ) = ~EA(P ) + ~EB(P ) + ~EC(P ) =kQ(4 −

√2)

4a2(1, 1) =

kQ(4 −√

2)

4a2(x + y)

(2) Para resolver el problema, simplemente ponemos una carga qD en elcentro del cuadrado, punto al que llamaremos D. Observese que el vector que vadesde D hasta P tiene magnitud ‖~rD‖ = a

√2/2 y direccion r = (1/

√2, 1/

√2).

Ası, usando la ecuacion (2) tendrıamos que el campo producido por la carga qD

es:

~ED(P ) =kqD

‖rD‖2r =

2kqD

a2(1/

√2, 1/

√2) =

√2kqD

a2(1, 1)

Pero nosotros queremos que el nuevo campo electrico en P, ~E′(P ) sea igual a ~0.Por lo tanto, queremos que:

~E′(P ) = ~E(P ) + ~ED(P ) =kQ(4 −

√2)

4a2(1, 1) +

√2kqD

a2(1, 1) = ~0

Con lo que:

kQ(4 −√

2)

4a2= −

√2kqD

a2→ qD =

Q(1 − 2√

2)

4

Es decir, necesitamos una carga qD negativa (¿tiene sentido aquello?).

10

Pues bien, hasta ahora sabemos calcular campos electricos y eso parece sersuficiente para nosotros.

3.2. Seccion extra: Demostracion de distribucio-nes de carga lineales

A continuacion se demuestra, a pedido de algunos, el caso general para unadistribucion de carga λ(~r) en el espacio. Espero que a traves de esta puedandeducir el caso de densidad de carga superficial y volumetrico, ¡intentenlo!

3.2.1. Demostracion

X

z

yr

RR-r

Alambre

Figura 3.2: Figura de un alambre posado en el espacio.

En general, supongamos una lınea (alambre muy delgado) con densidad decarga λ(~r), como en la figura, donde ~r es el vector que va desde el orıgen a estalınea. Supongamos entonces que queremos obtener el campo electrico en algunpunto del espacio, digamos indicado por el vector ~R. Ası, el vector que une lalınea cargada con ese punto es ~R−~r. Dividamos la lınea de carga en n pedacitos,de modo que podamos aproximar el campo electrico en ~R. Ası, tendremos queun pedacito ∆ ~Ei de campo electrico sera:

∆ ~Ei =k∆q(~ri)

‖ ~R − ~ri‖2

Unitario︷ ︸︸ ︷

~R − ~ri

‖ ~R − ~ri‖

Pero observese que ∆q(~ri) = λ(~ri)∆ℓi, donde ∆ℓi = ‖~ri − ~ri+1‖, es decir, unpequeno pedacito del alambre. Ahora bien, una aproximacion al campo electricototal entonces serıa:

~E(R) ≈n∑

i=0

∆ ~Ei =

n∑

i=0

kλ(~ri)∆ℓi

‖ ~R − ~ri‖2

~R − ~ri

‖ ~R − ~ri‖

11

¿Cuando se hace exacta la aproximacion? En el lımite cuando n → ∞:

~E(R) = lımn→∞

n∑

i=0

∆ ~Ei = lımn→∞

n∑

i=0

kλ(~ri)∆ℓi

‖ ~R − ~ri‖2

~R − ~ri

‖ ~R − ~ri‖=

∫kλ(~r)dℓ

‖ ~R − ~r‖2

~R − ~r

‖ ~R − ~r‖

12

Capıtulo 4

Potencial Electrostatico

4.1. Definicion de trabajo y diferencia de poten-cial

Podrıa parecer que con las leyes de fuerza y campo electrico “estarıamoslistos”. Aun ası, estas leyes nos abren miles de puertas para poder seguir desa-rrollando terminos y obtener mas y mas informacion de los sistemas que se nospuedan presentar. Considerese, por ejemplo, la definicion de trabajo:

W = ~F · ~d

Donde ~F es la fuerza en el punto a calcular el trabajo y ~d es el vector queapunta en la direccion hacia donde desplazamos el punto afectado por dichafuerza (donde su “cola” esta en el punto de inicio y su “punta” apunta haciadonde movimos la carga). Ahora bien, supongamos que existe un campo electrico

presente en el espacio, ~E(r). Aquı creo que es bien importante definir que esr. Muchos autores usualmente omiten el hecho de que a veces uno se confundecuando ponen ~E(~r) o definiciones parecidas. Aquı, r representa el modulo denuestro vector ~r (que va desde el orıgen) hacia el punto en el cual estamoscalculando el campo electrico. En coordenadas cartesianas, esto es:

r =~r

‖~r‖ =xx + yy + zz

√

x2 + y2 + z2=

(x, y, z)√

x2 + y2 + z2

Por tanto, con esta definicion clarificada, una partıcula de carga q experimen-tara una fuerza:

~F = q ~E(r)

Ahora bien, ¿que fuerza debo hacer yo, un agente externo, para mover estapartıcula? Pues bien, debo hacer una fuerza con signo contrario, es decir:

~Fnes = −q ~E(r)

El subındice “nes” lo puse para destacar el hecho de que soy yo, con mis energıasy esfuerzo el que muevo la partıcula. Ası, si movemos por una cantidad pequena∆~ℓ la partıcula de carga q en este espacio, el trabajo que debo realizar paramoverla sera:

∆W = ~Fnes · ∆~ℓ = −q ~E(r) · ∆~ℓ

13

Ok, ok, ahora apliquemos esto a un problema mas “concreto”. Supongamos queesta carga es “tragada” por un insecto, de modo que la trayectoria que recorre elmismo es complicada...¿como puedo obtener el trabajo necesario que tuvo quehacer el insecto para mover la carga desde un punto a hasta un unto b? Puesbien, si ∆~ℓ rempresenta un trozo del “camino” de nuestro insecto, entonces sipartimos el camino del mismo en N pedacitos y tomamos dos de esos pedacitosque esten juntos, digamos ~ri y ~ri+1

1, entonces podemos representar el pedacito

∆~ℓi como:

∆~ℓi = ~ri+1 − ~ri = (xi+1x + yi+1y + zi+1z) − (xix + yiy + ziz)

(Mırese la definicion hecha mas arriba para el vector ~r). Es decir, ∆~ℓ es el vectorque va desde ~ri hacia ~ri+1. Podemos escribirlo mejor ası, de hecho:

∆~ℓi = (xi+1x + yi+1y + zi+1z) − (xix + yiy + ziz) = ∆xix + ∆yiy + ∆ziz

Donde ∆xi = xi+1 − xi, lo que es analogo para las demas componentes. Sisuponemos que podemos escribir (de alguna manera, con un dibujo, con uncomputador, etc.) la trayectoria vectorial del insecto a traves de cada trozo quepartimos (que puede imaginarse como un conjunto de “flechas que siguen alinsecto en todo momento”) entonces el trabajo realizado por el insecto en eltrozo i-esimo sera, aproximadamente:

∆W abi = −q ~E(ri) · ∆~ℓi

(El superındice “ab” se ocupo simplemente para denotar que este es el trabajoen llevar la partıcula desde a hasta b). Es decir, es la resta de los vectores

de la trayectoria (los ∆~ℓi) que, justamente, “dibujan” la curva por la cual semueve el insecto. Ahora bien, si sumamos todos los pedacitos de la trayectoria,obtendremos una aproximacion al trabajo total:

Wab ≈N∑

i=0

∆W abi =

N∑

i=0

−q ~E(ri) · ∆~ℓi

(Fıjense que ahora baje el superındice “ab” y lo convertı en subındice. Lo hizesimplemente por comodidad y estetica2). Y bueno, para obtener la cantidadexacta de trabajo, obtenemos el lımite cuando la cantidad de pedacitos de latrayectoria tienden a ser infinitos3, es decir:

∆Wab = lımN→∞

N∑

i=0

∆Wi = lımN→∞

N∑

i=0

−q ~E(ri) · ∆~ℓi

1Por ejemplo si partimos la trayectoria en 100 pedazos, podrıamos tomar el pedazo ~r4 y ~r5

o el ~r49 y ~r50. En aquellos casos, i = 4 e i = 49, respectivamente. La idea de tomar sub-ındicesarbitrarios i es hacer el caso general.

2En otras palabras, se ve feo “arriba”.3Hace un buen rato que estoy con esto de “hacemos tender a infinito”. Recuerden que

“infinito” es un lımite, y como tal, se define en terminos de desigualdades. Si recuerdan laforma formal de la definicion de lımites (y si no, ¡busquenla en los libros de calculo!) y laanalizan bien, la definicion de infinito dice algo ası como “es algo tan grande como tu quieras”.Tengan eso en mente, pues no es un numero, es un lımite (y por tanto, si y solo si ese lımiteexiste entonces podemos aplicar las definiciones integrales).

14

¿Reconocen esto? ¡Es una suma de Riemmann! Es decir:

∆Wab = lımN→∞

N∑

i=0

−q ~E(ri) · ∆~ℓi = −∫ b

a

~E(r) · d~ℓ (4.1)

El trabajo es una cantidad que depende de la carga q que yo mueva. Aun ası, enfısica, usualmente nos interesa analizar cosas que solo tengan que ver con unacantidad fısica a la vez (bajo el lema de “divide y venceras”). Por tanto, lo quenos interesa es la integral del campo electrico en la definicion del trabajo. Paraello, se define el la diferencia de potencial electrostatico ∆Vab que es eltrabajo dividido por la carga de prueba (la que se comio el insecto). Ası:

∆Vab =∆Wab

q= −

∫ b

a

~E(r) · d~ℓ (4.2)

Ası, la diferencia de potencial es el trabajo por unidad de carga enmover una carga a traves de cierta trayectoria ~ℓ. Las integrales de la ecuacionesque acabamos que derivar se llaman integrales de lınea, por que dependenusualmente de la lınea o trayectoria seguida por “nuestro insecto”.De la ecuacion anterior tambien podemos derivar lo que es llamado, a secas,el potencial electrostatico, que usualmente4 se define como el trabajo porunidad de carga en traer una carga desde el infinito hasta un punto r:

V (r) = −∫ r

∞

~E(r′) · d~ℓ (4.3)

Observese que cambie el r en la integral por r′ para no confundir con el lımitede integracion de la definicion del potencial electrostatico. Pero...¿como varıaen especial esta integral con la trayectoria?, ¿tendre que realmente saberla parapoder calcular el trabajo y por tanto el potencial electrico de un campo? Puesbien, ya veremos como. Solo les puedo adelantar que los campos electricos soncampos muy especiales.

4.2. Campos conservativos: Independencia delcamino

Si bien la definicion de la ecuacion (4.2) es genial, puede serlo mas aun parapoder visualizar mejor lo que esta integral significa de manera mas “simple”.En fısica, muchos de los campos electricos que uno observa son radiales. Porejemplo, el campo electrico producido por una carga puntual Q es, como yasabemos:

~E(r) =Q

4πǫ0r2r

4Digo usualmente por que a veces se define como el trabajo por unidad de carga en llevaruna carga desde el orıgen hasta una distancia r. Mientras uno este claro en como se define elpotencial electrostatico en cada problema (que es usualmente la que planteo), no hay problema.Esto resulta genial a la hora de las pruebas: Si me piden el potencial en un punto y no seespecifica el potencial de referencia, ¡entonces puedo tomar el potencial en ese punto como 0y fin del problema! (aunque no recomiendo hacerse el listo de todos modos: Siempre uno correel riesgo de que se haya especificado antes).

15

Por tanto, debemos cambiar el diferencial d~ℓ = dxx+dyy +dzdz a coordenadasad-hoc. Las mas generales para nuestro tipo de problemas son las coordenadasesfericas. En estas coordenadas, sabemos que:

d~ℓ = drr + rdθθ + r sin(θ)dφφ

Lo cual, por si no se acuerdan, representa exactamente lo mismo que d~ℓ =dxx + dyy + dzz, es decir, un vector infinitesimal, en coordenadas esfericasdonde r es el modulo del vector posicion, θ es el angulo que forma el mismocon el eje z y φ es el angulo que forma el mismo proyectado en el plano xy conrespecto al eje x5. Si hacemos el producto punto del campo electrico con ested~ℓ obtenemos:

(Q

4πǫ0r2r

)

·(

drr + rdθθ + r sin(θ)dφφ)

=Q

4πǫ0r2dr

(Puesto que el producto punto de r con los demas vectores es 0, dada la defini-cion de que los tres vectores normales son ortonormales)...¡La integral entoncesno depende de la trayectoria tomada! En el ejemplo anterior entonces, reempla-zando en la ecuacion (4.2) obtenemos:

∆Vab = −∫ b

a

~E(r) · d~ℓ = −∫ b

a

Q

4πǫ0r2dr =

Q

4πǫ0

(1

b− 1

a

)

¿Y el trabajo en llevar una carga q como lo obtengo? Pues recordamos la de-finicion de diferencia de potencial que es el “trabajo por unidad de carga”.Por tanto, multiplicamos nuestro resultado por nuestra carga q para obtener eltrabajo:

Wab = q∆Vab =qQ

4πǫ0

(1

b− 1

a

)

¡Woah! Observese que si a > b entonces el trabajo en llevar la carga de a a b espositivo...¿tiene sentido eso? Pues si. Si lo pensamos, decir que a > b significaque el punto de inicio de la integral es mayor que el punto final de la integralmpor lo tanto el punto a esta mas cerca que el punto b de nuestra carga Q, por lotanto, en llevar la carga desde b (un punto mas lejano) hacia a (un punto mascercano) requiere trabajo (por eso el signo positivo) puesto que “nos cuesta”llevar la carga hacia el punto a, dado que las cargas q y Q se repelen. Calculemosahora el potencial electrostatico (pues la diferencia de potencial electrostaticoya la calculamos) considerando la definicion dada en la ecuacion (4.3):

V (r) = −∫ r

∞

Q

4πǫ0r′2r · d~ℓ =

Q

4πǫ0r

Es decir, a medida que me acerco al orıgen, el trabajo por unidad de carga esmayor. Si multiplicamos por q esta ecuacion, obtenemos el trabajo necesario

5Aun ası, el orden de las coordenadas esfericas al escribirlas vectorialmente es algo que meconfundio mucho al principio: En coordenadas cilındricas uno escribe las variables en el orgenr, φ y luego z. Aquello se hace por que “por regla de la mano derecha”, todo da bonito: Unoapunta al vector radial, dirige su mano hacia el vector polar y el dedo pulgar apunta al eje z(¡bien!). En el caso de coordenadas esfericas uno apunta al vector radial, luego al vector enla direccion azimutal (θ, el que va desde el eje z hacia “abajo“) y al final uno obtiene queel pulgar apunta en la direccion polar (haganlo con las manos, no creo que haya nadie cercamirando de todos modos y, de ser ası, los entenderan).

16

para llevar una carga del infinito hacia una distancia r del orıgen:

W (r) = qV (r) =qQ

4πǫ0r

¡Esto nuevamente tiene sentido! Mientras mas cerca quiero llegar, mas trabajodebo hacer (i.e. el numero es mas grande).

Pues bien, para casos de campos radiales sabemos que la integral a resolveres simple pues no depende del camino tomado. Ahora bien, se puede demostrarque en general, si un campo vectorial (como el campo electrico) cumple ciertosrequisitos, entonces la integral siempre va a ser independiente del camino.Es decir, dependera solo de los puntos a y b. La demostracion de aquello esopcional (la dejare en el apendice, para que sea opcional leerla), pero en generalen todos los campos electricos que encuentren esto se cumple. Por ello, el campoelectrico es un campo muy especial y espero me crean (por ahora, o vayan aleer la demostracion) que las integrales de lınea no dependen del camino tomadoy, por tanto, trabajar con ellas es bastante simple.

4.3. Uniendo todo con las Leyes de Newton

De acuerdo a la segunda ley de Newton, sabemos que:

~F = md2~r

dt2

Nosotros, en la ecuacion (4.1) calculamos el trabajo realizado por un agenteexterno en llevar una partıcula de un punto a hacia un punto b. Si aplicamosla definicion de trabajo sobre esta ecuacion, llegaremos a:

−∆Wab =

∫ b

a

~F · d~ℓ =

∫ b

a

md2~r

dt2· d~ℓ

¿Por que puse un signo menos delante de ∆Wab? Pues bueno, a nosotros nosgustarıa poder ocupar la Ley de Newton que esta mas arriba que se refiere a lapartıcula (no al agente externo). Podemos arreglar eso simplemente anteponien-do un signo menos en la ecuacion (4.1) puesto que aquella ecuacion fue derivadausando la fuerza que debe hacer un agente externo para poder mover la partıcu-la (el insecto, en ese caso). Si le anteponemos un signo menos, recuperamos lafuerza que el insecto sentıa en un inicio. En fin, en nuestro caso tenıamos qued~ℓ = d~r:

−∆Wab =

∫ b

a

~F · d~ℓ =

∫ b

a

md2~r

dt2· d~ℓ

=

∫ b

a

md2~r

dt2· d~r

Pero:d~v

dt=

d2~r

dt2y

d~r

dt= ~v =⇒ d~r = ~vdt

17

Ası:

−∆Wab =

∫ b

a

~F · d~ℓ =

∫ b

a

md2~r

dt2· d~r

= m

∫ b

a

d~v

dt· ~vdt

Como d~v y ~v apuntan en la misma direccion, los vectores direccion se cancelany quedamos con:

−∆Wab =

∫ b

a

~F · d~ℓ = m

∫ b

a

d~v

dt· ~vdt

= m

∫ b

a

v dv

= mv2

2

∣∣∣∣

b

a

= mv2

b

2− m

v2a

2

Mas arriba se hizo ‖~v‖ = v para hacer mas legible el resultado, simplemente.En resumen, quedamos con:

1

2mv2

b − 1

2mv2

a = −∆Wab (4.4)

¡Este es el famoso teorema del trabajo y la energıa! Probablemente ya lo hanvisto en alguna de sus multiples formas, pero siempre es bueno re-derivar con-ceptos conocidos.

Calculemos la velocidad inicial de la partıcula de carga q que se comio nuestroinsecto, suponiendo que en la posicion de llegada (es decir en b) la velocidadsera 0 (pues el insecto “dejara la partıcula allı”). Recordamos que el trabajo quecalculamos fue:

∆Wab =qQ

4πǫ0

(1

b− 1

a

)

Por tanto, reemplazando esto en la ecuacion (4.4) obtenemos con, como yadijimos, vb = 0:

−1

2mv2

a = − qQ

4πǫ0

(1

b− 1

a

)

Es decir:

va =

√

2

m

qQ

4πǫ0

(1

b− 1

a

)

Por tanto, mientras a > b no hay problema con nuestra formulacion y tienetodo sentido: La velocidad de partida sera positiva. Aun ası...¿que pasa cuandoa < b? Pues allı necesariamente vb 6= 0, puesto que queremos llegar a un puntomas lejano de nuestro campo electrico producido por la carga Q: ¡Logicamentese nos agregara energıa por parte del campo electrico sobre nuestra carga q!

18

Todo esto se hace mas visible si hacemos a → ∞, es decir, la velocidad paratraer una partıcula desde el infinito hasta un punto b:

v∞ =

√

2

m

qQ

4πǫ0

(1

b

)

¿Lo ven? ¡Requerimos una velocidad inicial mınima para traer a la partıculadesde muy, muy lejos!

4.4. Problemas: Potencial y Diferencias de po-tencial

Problema 1. Considere el cascaron de la figura, que se compone de unacarga puntual de carga q0 ≥ 0 y un cascaron conductor de carga Q ≥ 0. Enfuncion de ello, calcule:

a) El campo electrico en todo el espacio.

b) El potencial electrostatico en todo el espacio.

c) La diferencia de potencial entre los puntos a y b, dentro del cascaron,¿tiene sentido su resultado?

ab

q0

qcasc

Figura 4.1: Cascaron para el Problema 1.

Solucion. Primero observamos que en la superficie interior del cascaronconductor, se acumulara una carga −q0 debido a los electrones que se sientenatraıdos por la carga q0 central. Por tanto, la superficie exterior del conductorquedara con una carga Q + q0 (de modo que la carga total del cascaron Qcasc =−q0 + Q + q0 = Q).

a) Primero calculamos entonces el campo electrico a un radio r ≤ a. Por Leyde Gauss6:

~E(r) · d ~A =Qenc

ǫ0

Asumimos que ~E(r) = E(r)r, y como d ~A = 4πr2r y Qenc = q0, obtenemos:

E4πr2 =q0

ǫ06Aun no he tenido tiempo para agregar un capıtulo dedicado a Ley de Gauss: Si se tienen

dudas, revisar el libro “Calculo Vectorial” de Claudio Pita Ruiz. La seccion sobre el Teoremade la Divergencia justamente demuestra la Ley de Gauss generalizada para cualquier fuerzafısica dependiente del radio, no solo para las fuerzas electricas.

19

Es decir:E =

q0

4πr2ǫ0

Por tanto, el campo electrico para r ≤ a es:

~Eint =q0

4πr2ǫ0r

Ahora bien, para a ≤ r ≤ b, como la carga encerrada es 0, entonces elcampo electrico tambien lo es:

~Ecasc = 0

Para el caso exterior, cuando b ≤ r la carga encerrada sera Qenc = Q+ q0,por lo que el campo electrico sera:

~Eext =Q + q0

4πr2ǫ0r

Ası, resumiendo, el campo electrico en el espacio sera:

~E(r) =

~Eint(r) =q0

4πr2ǫ0r : r ≤ a

~Ecasc(r) = 0 : a ≤ r ≤ b

~Eext(r) =Q + q0

4πr2ǫ0r : r ≥ b

b) Ocupamos la definicion de potencial electrostatico. Comenzamos entoncespara un radio r ≥ b (“de afuera hacia adentro”):

Vext(r) = −∫ r

∞

~E(r′) · d~ℓ = −∫ r

∞

~Eext(r′) · d~ℓ

Ası:

Vext(r) = −∫ r

∞

Q + q0

4πr′2ǫ0r · dr~r =

Q + q0

4πr′ǫ0

∣∣∣∣

r

∞

Por tanto:

Vext(r) =Q + q0

4πrǫ0

Ahora el potencial en el cascaron. De acuerdo a la definicion de potencialelectrostatico, tendremos:

Vcasc(r) = −∫ r

∞

~E(r′) · d~ℓ = −∫ b

∞

~Eext(r′) · d~ℓ −

∫ r

b

~Ecasc(r′) · d~ℓ

Como el campo en el cascaron es 0, la segunda integral es 0. Ası:

Vcasc(r) = −∫ b

∞

~Eext(r′) · d~ℓ = −

∫ b

∞

Q + q0

4πr′2ǫ0r · drr =

Q + q0

4πbǫ0

Por ultimo, el potencial en la region interior, nuevamente por la definicion,serıa:

Vcasc(r) = −∫ r

∞

~E(r′)·d~ℓ = −∫ b

∞

~Eext(r′)·d~ℓ−

∫ a

b

~Ecasc(r′)·d~ℓ−

∫ r

a

~Eint(r′)·d~ℓ

20

Por tanto:

Vcasc(r) =Q + q0

4πrǫ0+

q0

4πrǫ0

En resumen:

V (r) =

Vint(r) =Q + q0

4πrǫ0+

q0

4πrǫ0: r ≤ a

Vcasc(r) =Q + q0

4πbǫ0: a ≤ r ≤ b

Vext(r) =Q + q0

4πrǫ0: r ≥ b

¿¡ Tiene sentido esto !? ¡Claro! Significa que mientras mas adentro quierollego, mas trabajo por unidad de carga debo realizar. Si imaginamos quequeremos llevar una carga positiva desde el infinito a traves de todo estesistema, tiene mucho sentido que mientras mas adentro calcule el poten-cial electrostatico, mas grande sea el valor de este. Notese ademas que elpotencial dentro del cascaron es constante, no cero.

c) Basta con calcular el potencial en a y en b dentro del cascaron:

V (b) =Q + q0

4πbǫ0

V (a) =Q + q0

4πbǫ0

Como la integral no depende del camino, basta con tomar la diferencia delos potenciales:

∆Vab = V (b) − V (a) = 0

¿Tiene sentido? ¡Claro! Significa que como dentro del cascaron no haycampo, entonces no realizo trabajo al llevar una carga a traves deel.

21

Capıtulo 5

Electrodinamica 1:Corrientes, intensidad ycapacitores

22

Capıtulo 6

Electrodinamica 2: Leyes deKirchoff y Circuitos RC

Las leyes de Gustav Kirchoff (1824-1887) no son solo las que uno usualmentetiende a obtener en los cursos de Electricidad y Magnetismo. Este fısico nacidoen la antigua Prusia (actual Rusia) postulo leyes tanto como para los circuitoselectricos como para la emision termica (de hecho, el fue el que creo el termino decuerpo negro para definir un emisor perfecto de radiacion). Aun ası, cuando nosrefiramos en el presente capıtulo a sus leyes, nos referiremos a las que enunciare acontinuacion.

6.1. Preambulo a las leyes de Kirchoff

Antes de enunciar los postulados de las leyes, recordemos que la diferenciade potencial entre dos puntos a y b, que corresponde al trabajo por unidad decarga que debo realizar para llevar una carga desde a a b es:

∆Vab = Vb − Va = −∫ b

a

~E · d~ℓ

Ahora bien, ¿que pasa si mi punto de llegada es nuevamente a, es decir a = b?Pues bien, sin importar la trayectoria que yo tome:

∆Vaa = Va − Va = −∫ a

a

~E · d~ℓ = 0

Esto matematicamente se define como una integral de lınea a traves de uncamino cerrado (suena choro el nombre, ¿no?). Y puede expresarse ası:

∮

~E · d~ℓ = 0 (6.1)

Ahora bien, ¿que aplicaciones tiene esto? Pues Kirchoff postula que, si en uncable conductor se produce un campo electrico debido a una diferencia de poten-cial, entonces podemos aplicar esta misma regla sin ningun problema a circuitoselectricos.

23

6.2. Leyes de Kirchoff

I

I

I

I2

1

3

1

E

A

B

C

D

E

F

G

Figura 6.1: Circuito simple de resistencias. Los subındices de cada resistenciacorresponden, justamente, al mismo subındice de la corriente que circula a travesde ellas.

En un circuito electrico como el de la Figura 6.1, Kirchoff postula1 que:

1. La integral de lınea a traves de un camino cerrado en el circuito es 0, esdecir, la suma de las diferencias de potencial a traves de un camino cerradoen el circuito es 0.

2. Las intensidades de corriente que se unen en algun punto del circuito,seran siempre sumas o sumaran nuevas corrientes (analogo a los caudalesde agua).

Por lo tanto, lo que postula la primera ley ya lo pudimos ver en la seccionanterior. La segunda ley simplemente quiere decir que, por ejemplo, dos caudalesde intensidad I1 e I2 que convergan hacia un caudal unico I3, podran expresarsecomo:

I1 + I2 = I3

En la Figura 6.1 podemos apreciar como es que ambas leyes se cumplen llegan-do a resultados coherentes. Hagamos lo siguiente: Consideremos dos recorridos,ambos partiendo y llegando en el punto A. En el primer recorrido, que llama-remos camino γ1 (no se asusten por los nombres de los recorridos, en realidad,es solo una forma cool de ponerle un nombre a algo), seguiremos por los puntosABCEGA y en el segundo recorrido, que llamaremos camino γ2, seguiremos porlos puntos ABDFGA.

Para el primer recorrido tendremos que, como se propone por la primeraLey de Kirchoff:

∮

γ1

~E · d~ℓ = −∫ B

A

~E · d~ℓ −∫ C

B

~E · d~ℓ −∫ E

C

~E · d~ℓ −∫ G

E

~E · d~ℓ −∫ A

G

~E · d~ℓ

1Ojo: Esto se postula en el caso especıfico en el cual no hay campos magneticos presentes.Como veremos mas adelante, esto ultimo es un caso mucho mas interesante.

24

Observese que en la integral se enfatizo el hecho de que realizamos el reco-rrido a traves del camino γ1. Ahora bien...¿como resolvemos estas integrales?Pues...¡cada uno de esos terminos es, justamente, la diferencia de potencial entrelos puntos!:

∮

γ1

~E · d~ℓ = ∆VAB + ∆VBC + ∆VCE + ∆VEG + ∆VGA

Y por la ecuacion (6.1):∮

γ1

~E · d~ℓ = ∆VAB + ∆VBC + ∆VCE + ∆VEG + ∆VGA = 0 (6.2)

Ahora bien, sabemos que por definicion de que la f.e.m. ǫ es positiva y el poten-cial en B es mayor que el potencial en A, ∆VAB = VB −VA = ǫ y como no existeningun material entre B y C, ∆VBC = 0. Pero...¿que pasa con las resistencias?Pues sabemos que las resistencias son materiales ohmicos, por lo que podemosocupar la relacion:

∆V = RI

Recordemos que esta es una relacion que sucede dentro del material resistivo, esdecir, dentro de la resistencia, pero que modifica globalmente el circuito: Si en uncircuito R → 0, I → ∞ y se produce lo que uno conoce como un cortocircuito,es decir, cuando la corriente es tan inmensa que provoca un sobre-calentamientode los materiales involucrados. Siendo ası, lo que hace la resistencia entonces esprovocar una caıda de potencial, es decir, restarle potencial al circuito total,si asumimos que la intensidad va en la misma direccion que la que postulamosen el dibujo. De este modo, la caıda de potencial entre los puntos C y E es:

∆VCE = VE − VC = −R3I3

Similarmente, entre E y G no tenemos ningun material, por lo que ∆VEG = 0,pero entre los puntos G y A tenemos otra caıda de potencial, provocada por laresistencia por la cual pasa la corriente I1 (¿por que es la misma corriente I1

la que pasa a traves de esta resistencia? Piensa que pasarıa si no estuvieran lasresistencias R2 y R3):

∆VGA = −R1I1

Reemplazando todo esto en la ecuacion (6.2) tenemos entonces:∮

γ1

~E · d~ℓ = ǫ − R3I3 − R1I1 = 0

Si hacemos lo mismo para el camino γ2 tendremos:∮

γ2

~E · d~ℓ = ǫ − R2I2 − R1I1 = 0

Y por la segunda ley de Kirchoff sabemos que:

I1 = I2 + I3

Resumiendo entonces, tenemos las siguientes ecuaciones:

ǫ − R3I3 − R1I1 = 0 (6.3)

ǫ − R2I2 − R1I1 = 0 (6.4)

I1 = I2 + I3 (6.5)

25

Despejaremos I3 de la ecuacion (6.3) e I2 de la ecuacion (6.4) y reemplazaremosestos valores en la ecuacion 6.5. Con ello, nos queda:

I1 =ǫ − R1I1

R3+

ǫ − R1I1

R2= ǫ

(1

R2+

1

R3

)

− R1I1

(1

R2+

1

R3

)

O ordenando un poco:

I1 =ǫ

R1 +(

1R2

+ 1R3

)−1

¿Les parece esto conocido? Pues, el resultado primero estipula que podrıamoshaber reemplazado el lugar en donde pasan las corrientes I2 e I3 por una resis-tencia equivalente igual a:

1

Req1=

1

R2+

1

R3

Y que ademas, podrıamos haber reemplazado esta y la resistencia R1 por otraresistencia equivalente:

Req2 = Req1 + R1

De modo que el resultado quedarıa:

I1 =ǫ

Req2

Es decir, con la ley de Kirchoff, hemos demostrado las resistencias equivalentespara resistencias en paralelo y en serie.

6.3. Circuitos RC

I

E

C

Figura 6.2: Circuito RC.

Los circuitos RC son simplemente una aplicacion a lo antes mencionado parael caso en el cual tenemos, ademas, un condensador, como podemos apreciaren la Figura 6.2. De acuerdo con la primera ley de Kirchoff podemos hacer,recordando que la diferencia de potencial para un condensador es ∆V = Q/C:

∮

~E · d~ℓ = ǫ − Q

C− RI = 0 (6.6)

26

Si observamos detenidamente esta ecuacion, nos daremos cuenta que la intensi-dad I, depende del tiempo. Recordemos que los condensadores toman tiempo encargarse y, aun cuando el mismo tenga una carga inicial q0, requerira tiempo encargar. Desde aquı hay dos formas de obtener el mismo resultado. La primeraforma es simplemente reemplazar I = dQ/dt, con lo que:

ǫ − Q

C− R

dQ

dt= 0 → dQ

dt= − Q

RC+

ǫ

R

Con ello obtenemos una ecuacion diferencial de variables separables, con lo que:

∫dQ

Q − ǫC= −

∫dt

RC

Haciendo el cambio de variables µ = Q − ǫC, con lo que dµ = 1 tendremos:

ln(Q − ǫC) = − t

RC+ D

Donde D es una constante de integracion. Ası:

Q(t) = e−t/RC+D + ǫC = e−t/RCeD + ǫC

La constante de integracion la obtenemos teniendo en consideracion la cargainicial del condensador, q0:

Q(0) = eD + ǫC = q0 → eD = q0 − ǫC

Con lo que:

Q(t) = e−t/RC (q0 − ǫC) + ǫC (6.7)

Que es justamente la carga del condensador en funcion del tiempo. Si derivamosesta ecuacion con respecto al tiempo, obtenemos la intensidad en funcion deltiempo:

dQ

dt= I(t) =

−1

RCe−t/RC (q0 − ǫC)

Es decir:

I(t) =

(ǫ − q0/C

R

)

e−t/RC (6.8)

Otra forma de derivar la misma ecuacion es la siguiente. Si derivamos la ecuacion(6.6) esta ultima ecuacion con respecto al tiempo, tendremos:

− 1

C

dQ

dt− R

dI

dt= − 1

CI − R

dI

dt= 0 → R

dI

dt= − 1

CI

Esta ultima es una ecuacion diferencial de variables separables, ası:

R

∫dI

I= − 1

C

∫

dt → R ln (I(t)) = − t

C+ D

Donde D es una constante de integracion. Por lo tanto, nos quedara:

I(t) = e−t/RC+D = e−t/RCeD

27

Para encontrar el valor de la constante de integracion, reemplazamos el valor deI(0):

I(0) = eD = I0

Por lo que la ecuacion para la intensidad en funcion del tiempo queda:

I(t) = I0e−t/RC

Pero...¿cuanto vale la intensidad inicial? Pues bien, la intensidad inicial es laintensidad que tendrıa el circuito cuando recien posamos el condensador, esdecir, la intensidad de corriente debido a la resistencia y a la carga inicial queposeıa el condensador. Si hacemos la ley de Kirchoff cuando recien posamos elcondensador, es decir, en un tiempo t = 0, obtendremos:

∮

inicial

~E · d~ℓ = ǫ − RI0 − q0/C = 0

Con lo que:

I0 =ǫ − q0/C

R

Observese que es lo mismo que lo que obtuvimos en la ecuacion (6.8) (se dejacomo tarea comprobar que al integrar la ecuacion recien derivada, se llega a lomismo que en la ecuacion (6.7)). ¿Que podemos observar cualitativamente enlas ecuaciones? Observamos que justamente si el condensador inicial posee car-ga, entonces esto disminuira el factor por el cual aumenta la intensidad con eltiempo en la ecuacion (6.8), lo cual tiene sentido pues es como si el condensadorya “se hubiese cargado” un poco antes de que lo ingresaramos al circuito.

Figura 6.3: Circuito RC real, comparando la teorıa con los resultados obtenidosen el laboratorio.

Observese que dadas las ecuaciones anteriores, es facil poder obtener la di-ferencia de potencial a traves del condensador usando que:

V (t) =Q(t)

C

28

Ahora...¿que tan bien se ajustan nuestros calculos a la realidad? Pues, im-presionantemente bien. En la Figura 6.3 observamos la variacion de la diferenciade potencial (llamada muchas veces “voltaje”) en un circuito formado por unaresistencia de R = 99,5 [Ω], un condensador de C = 332 [µF ] y una diferenciade potencial de ǫ = 4 [V ].

La pequena sobreestimacion de los valores teoricos por sobre los datos esdebido principalmente al no considerar el Efecto Joule tanto en la resistencia(que al aumentar su temperatura hace que su resistencia sea mayor) como laresistencia intrınseca de los cables usados.

6.4. Problemas: Ley de Kirchoff y Circuitos RC

E

R

R

R

C

S

S1

1

22

3

Figura 6.4: Figura para el Problema 1.

Problema 1 (Problema Certamen 2 - 1er Semestre del 2009). Consi-dere el sistema del dibujo en la Figura 6.4. En el instante t < 0, los interruptoresestan abiertos y el condensador se encuentra cargado con qC(t) = 0,18 [C]. Enel instante t = 0 se cierra S1, quedando S2 abierto. Luego, en un instantet0 = 0,5 [s], se cierra S2, por lo que para un instante t > t0, ambos switch estancerrados.

Considerando ǫ = 60 [V], R1 = 4 [Ω], R2 = 6 [Ω], R3 = 2 [Ω], C = 5 [mF]:

a) ¿Cual es, aproximadamente, la corriente a traves de la baterıa en un ins-tante t = 2 [ms]?.

b) ¿Cual es, aproximadamente, la corriente a traves de la baterıa en un ins-tante t = t0? (Antes de cerrar el switch).

c) ¿Cual es, aproximadamente, la corriente a traves de la baterıa en un ins-tante t = t0? (Despues de cerrar el switch).

d) ¿Cual es, aproximadamente, la corriente a traves de la baterıa en un ins-tante t = 2t0?.

Solucion. Aplicaremos las leyes de Kirchoff tal cual las hemos aplicado hastaahora. Llamaremos camino γ1 al que parte desde la esquina inferior izquierda,

29

pasa por la resistencia R1, luego por el condensador, por la resistencia R3 yvuelve al punto de inicio y camino γ2 al que tiene el mismo inicio, pasa porla resistencia R1, luego por la resistencia R2, por la resistencia R3 y vuelve alpunto de inicio. De esta forma:

a) Aquı solo podemos pasar a traves del camino γ1, por lo que aplicando laprimera Ley de Kirchoff tendremos:

∮

γ1

~E · d~ℓ = ǫ − R1I − Q

C− R3I = 0

Siendo I justamente la intensidad buscada, que es la que llega a la baterıa.Observamos que aunque un condensador se encuentra entre las resistencias1 y 3, podemos aplicar una resistencia equivalente con resistencias en seriesin ningun problema pues:

ǫ − I

Req

︷ ︸︸ ︷

(R1 + R3)−Q

C= 0

Resolviendo la ecuacion diferencial (es decir, ocupando la ecuacion (6.8))obtenemos:

I(t) =

(ǫ − q0/C

Req

)

e−t/ReqC

Reemplazando los valores dados (ǫ = 60 [V], R1 = 4 [Ω], R3 = 2 [Ω],C = 5 [mF] y q0 = 0,18 [C]) obtenemos:

I(t) = 4e−t/0,03 (6.9)

Reemplazando entonces t = 2 [ms] = 2 · 10−3 [s]:

I(2 · 10−3 [s]) = 4e−0,2/3 ≈ 4e0 = 4 [A]

b) Antes de cerrar el switch, simplemente ocupamos la ecuacion (6.9) parat = t0:

I(t0) = 4e−0,5/0,03 = 4e−50/3 ≈ 0 [A]

c) Justo despues de cerrar el switch S2, necesitamos considerar ambos ca-minos, γ1 y γ2, pero en una situacion instantanea, es decir, necesitamoscalcular la intensidad I3 (que pasa por la baterıa), como si recien hubiese-mos conectado el condensador. Por lo mismo, necesitamos calcular la cargafinal del condensador primero, antes de cerrar el switch S2. Ya sea inte-grando la ecuacion (6.9) o usando la ecuacion (6.7) (teniendo cuidado eneste ultimo caso con la resistencia R a ocupar, que serıa la Req que encon-tramos en la parte anterior), encontramos que la carga en el condensadoren cualquier tiempo t < t0 es:

Q(t) = 0,3 − 12

100e−t/0,03

Por lo que la carga en un tiempo t0 es:

Q(t0) = 0,3 − 12

100e−0,5/0,03 ≈ 0,3 [C]

30

Ası, esta es nuestra nueva carga inicial al bajar el switch S2. Aplicandola primera Ley de Kirchoff en los caminos γ1 y γ2 obtenemos que, en eltiempo t0:

∮

γ1

~E · d~ℓ = ǫ − R1I1 − Q(t0)/C − R3I3 = 0

∮

γ2

~E · d~ℓ = ǫ − R2I2 − R3I3 = 0

Despejando I1 e I2 de cada una de estas ecuaciones obtenemos:

I1 =ǫ − R3I3 − Q(t0)/C

R1

I2 =ǫ − R3I3

R2

Pero por la segunda Ley de Kirchoff tenemos que I3 = I1 + I2, con lo que,ocupando los valores obtenidos y reemplazando numeros:

I3 =−2I3

4+

60 − 2I3

6= 10 − I3

2− I3

3

O sea:

I3 =60

11≈ 5,5 [A]

Ası, facilmente podemos obtener las demas intensidades iniciales:

I2 =ǫ − R3I3

R2= 10 − 20

11≈ 8 [A]

I1 = I3 − I2 ≈ −2,5 [A] (6.10)

Observese que la intensidad I1 es negativa...¿por que? Pues esto significaque la intensidad I1 no va de izquierda a derecha, sino que de derecha aizquierda. Nuevamente: ¿Por que? Para responder esta pregunta considereque la carga positiva inicial del condensador esta ubicada en el lado iz-quierdo del mismo, que fue lo que se asumio al hacer este ejercicio (vease laFigura 6.5 y calcule la diferencia de potencial entre las placas). Recuerdeseque la intensidad I1 depende tambien de la f.e.m.

d) Necesitamos calcular la corriente en funcion del tiempo. Para ello, ocu-pamos la misma forma de la primera Ley de Kirchoff que ocupamos enel problema anterior, pero lo resolvemos de manera distinta dado queaquı todas las intensidades son funcion del tiempo:

∮

γ1

~E · d~ℓ = ǫ − R1I1 − Q/C − R3I3 = 0

∮

γ2

~E · d~ℓ = ǫ − R2I2 − R3I3 = 0

Aquı debemos tener un poco de cuidado. Recuerdese que la carga Q es ladel condensador, por lo que si en algun momento derivamos con respectoal tiempo ese termino, el resultado sera I1. Por lo mismo, intentaremos

31

Cargas positivas

Cargas negativasR

1

I1

Figura 6.5: Explicacion fısica del hecho de que la corriente I1 obtenida seanegativa. Recuerdese que la carga en un condensador se redistribuye (es decir,la carga en ambas placas es la misma antes y despues de cargar el mismo: Loque se “carga” es energıa). Ademas, tengase en cuenta que la carga no fluyea traves del condensador (este es un error muy comun en muchos textossobre Electricidad y Magnetismo).

dejar ambas ecuaciones en funcion de I1 e I2. De acuerdo a la segunda Leyde Kirchoff tenemos que I1 + I2 = I3 por lo que las ecuaciones anterioresquedan:

ǫ − R1I1 − Q/C − R3I1 − R3I2 = 0 (6.11)

ǫ − R2I2 − R3I1 − R3I2 = 0 (6.12)

De la ecuacion (6.12) podemos despejar I2:

I2 =ǫ − R3I1

R2 + R3

Y reemplazando esto en la ecuacion (6.11) queda:

ǫ − R1I1 − Q/C − R3I1 − R3

(ǫ − R3I1

R2 + R3

)

= 0

Despues de un poco de algebra tendremos:

I1

(R2

3

R2 + R3− R1 − R3

)

− Q

C+ ǫ

(

1 − R3

R2 + R3

)

= 0

Derivando esto con respecto al tiempo y multiplicando por −1 el resultadoobtenemos:

dI1

dt

(

R1 + R3 −R2

3

R2 + R3

)

+I1

C= 0

Pero si llamamos:

R = R1 + R3 −R2

3

R2 + R3=

11

2

32

Entonces nos queda:dI1

dtR = −I1

C

Esta ecuacion es una ecuacion diferencial de variables separables que nosllevara a una ecuacion de la forma (6.8):

I1(t) = I0e−t/RC

Donde, por el resultado obtenido en la ecuacion (6.10):

I1(t0) = I0e−t0/RC = −2,5 → I0 = −2,5et0/RC

Con lo que:I1(t) = −2,5e(t0−t)/RC

Ası, las demas intensidades seran:

I2(t) =ǫ − R3I1

R2 + R3=

60 + 5e(t0−t)/RC

8

I3(t) = I2 + I1 =60 − 15e(t0−t)/RC

8

Por lo que la corriente a traves de la baterıa en un tiempo t = 2t0 sera:

I3(2t0) =60 − 15e(t0−2t0)/RC

8=

60 − 15e−t0/RC

8≈ 60

8= 7,5 [A]

¿Tienen sentido nuestros resultados? Observese que a medida que t → ∞las corrientes son:

I1 = 0

I2 =ǫ

R2 + R3

I3 =ǫ

R2 + R3

¿Que significa esto? Pues bien, cuando t es muy grande el condensadorqueda completamente cargado por lo que no circula mas corriente por laresistencia R1 (pues el condensador actua como un sistema abierto) y lasintensidades a traves de las resistencias 2 y 3 simplemente se calculan taly cual como si estuviesen en serie.

33

Capıtulo 7

Magnetoestatica

Los campos magneticos han sido observados desde la antiguedad (camposproducidos por objetos que, al parecer, se repelen y atraen dependiendo delas caras con las que se enfrenten estos, como los imanes), pero entendidosen cierto grado hace relativamente poco (siglo XIX). Se cuenta que, en aqueltiempo, un profesor universitario estaba mostrando el comportamiento de uncircuito electrico, dejando un cable por el que pasaba cierta corriente I en lamesa central. El profesor, por casualidad, dejo una brujula al lado de dichocable y se dio cuenta de que la brujula quedaba en angulo recto con el cablecada vez que encendıa el circuito...¿como explicar aquello? Pues la explicaciones la relacion que veremos mas adelante entre campos magneticos y electricosdadas por las Ecuaciones de Maxwell, pero por mientras nos contentaremos conel hecho de que una corriente I parece afectar (o quiza provocar sus propios)campos magneticos.

7.1. Fuerzas magneticas: La “Fuerza de Lorentz”

La usualmente llamada “Fuerza de Lorentz” es un hecho experimental. Seobservo a traves de muchısimos experimentos que cada vez que ponıamos unacarga Q en movimiento con un vector de velocidad ~v, se producıa una fuerza per-pendicular al movimiento de la misma y tambien perpendicular a una cantidadvectorial que se llamo campo magnetico, ~B, relacionada con esta corrienteprovocada por la carga Q al estar en movimiento. Ası, la fuerza producida vienedada por:

~Fmag = Q~v × ~B (7.1)

Pero...¿como obtenemos este campo magnetico? Pues este se define de acuerdoa otra ley que veremos a continuacion.

7.2. Campos magneticos: Ley de Biot-Savart

A traves del analisis de las fuerzas provocadas por cargas en movimiento(corrientes) con imanes, se pudo observar que los campos magneticos eran muyparecidos a los campos electricos en su forma matematica. De hecho, su forma

34

escalar es muy parecida: A medida que alejamos el iman de prueba de la corrien-te, el campo magnetico producido por ella es proporcional al valor dela corriente y al inverso del cuadrado de la distancia desde la fuentehacia el punto de prueba y su direccion es siempre igual al productocruz entre la direccion en el que fluye la corriente y el vector unitarioque sale desde el pedacito de alambre al punto en el cual calculamosel campo magnetico, es decir, es siempre perpendicular al sentido en el quefluye la corriente y al punto hacia donde queremos calcular el campo magnetico,mirado desde el cable.

X

z

y

l

RR-l

l

i

i

i + 1

I

Figura 7.1: Explicacion de el analisis matematico de la Ley de Biot-Savart.

Tomemos un alambre por el cual fluya una corriente constante I entonces eintentemos describir este proceso matematicamente. Consideremos un alambrey un vector ~ℓ que definira la posicion de cualquier punto del mismo. Ahora bien,dividamos el alambre en n pedacitos y tomemos dos vectores, ~ℓi y ~ℓi+1 queindican la posicion del pedacito i-esimo e i+1-esimo del alambre que dividimos.De acuerdo con esto, el vector ∆~ℓi = ~ℓi+1 − ~ℓi estara, aproximadamente, en la

misma direccion que el flujo de corriente. Tomemos ası, un vector ~R = (x, y, z)

donde queramos calcular el campo magnetico. El vector que unira el pedacito ~ℓi

(o el pedacito ~ℓi+1, lo que en realidad da lo mismo para los efectos que vamos

a realizar mas adelante) y el vector ~R es:

~ri = ~R − ~ℓi

Por lo que la direccion que buscamos es:

ri =~ri

‖~ri‖Por lo tanto, un pedacito de campo magnetico vendra dado por:

∆ ~Bi =C

‖~ri‖2I∆~ℓi × ri

Donde C es una constante de proporcionalidad. Si sumamos todos los pedacitos,tendremos una aproximacion al campo magnetico total:

~B ≈n∑

i=0

∆ ~Bi =n∑

i=0

C

‖~ri‖2I∆~ℓi × ri

35

¿Que hacemos ahora? Lo usual, el lımite cuando n tiende a infinito nos da elcampo magnetico total:

~B =

∫

d ~Bi =

∫C

‖~r‖2Id~ℓ × r

La constante de proporcionalidad, C medida hasta hoy es C = µ0/4π, dondeµ0 = 12,566 · 10−7 [N/A2]1. Ası, la Ley de Biot-Savart queda:

~B =

∫µ0I

4π‖~r‖2d~ℓ × r (7.2)

7.3. Problemas: Ley de Biot-Savart

Problema 1. Considere la configuracion dada en la Figura 7.2, en dondela curva es una semi-circunferencia de radio a = 5 [cm], los largos de los cablesparalelos son infinitos (es decir, de un largo ℓ >> a) y la corriente es I = 2 [A].Calcule el campo magnetico en el centro de la semi-circunferencia.

a

I

I

x

y

Figura 7.2: Configuracion para el Problema 1.

Solucion. Calcularemos primero el campo magnetico producido por losalambres en el centro de la semi-circunferencia. Partiremos con el alambre su-perior en donde el vector posicion que necesitamos, ~r es claramente (cuidadocon los signos):

~r = (−x,−y, 0)

Por lo que el vector direccion, r es:

r =~r

‖~r‖ =1

√

x2 + y2(−x,−y, 0)

1http://physics.nist.gov/cgi-bin/cuu/Value?mu0

36

Siendo el elemento de longitud (recuerdese que este debe ir siempre en ladireccion de la corriente):

d~ℓ = (dx, 0, 0)

Por lo tanto, como y = a en el caso del alambre:

d~ℓ × r =

∣∣∣∣∣∣

x y zdx 0 0−x −a 0

∣∣∣∣∣∣

1√x2 + a2

= (0, 0,−adx)

Por lo tanto, usando la Ley de Biot-Savart, ecuacion (7.2):

~Balambre sup. =

∫µ0I

4π(x2 + a2)3/2(0, 0,−adx)

¿Cuales son los lımites de integracion? Pues desde x = 0 hasta x = ∞:

~Balambre sup. =µ0I

4π

∫∞

0

− a

(x2 + a2)3/2dxz

Para resolver esta integral hacemos el cambio de variables x = a tan (θ), quedando-nos que dx = a sec2 (θ) dθ. Con ello, los nuevos lımites de integracion son θ = 0y θ = π/2 (recuerde que tan (θ) = sin (θ) / cos (θ)). Por lo tanto, nuestra integralquedarıa:

~Balambre sup. = −µ0I

4π

∫ π/2

0

a2 sec2 (θ)

a3 sec3 (θ)dθz = −µ0I

4πa

∫ π/2

0

cos (θ) dθz

Con lo que:

~Balambre sup. = −µ0I

4πaz

Observese ahora que al intentar calcular el campo magnetico del alambre infe-rior, el resultado sera el mismo. Por lo tanto, el campo magnetico total producidopor los alambres:

~Balambres = 2 ~Balambre sup. = −µ0I

2πaz

Solo nos falta encontrar la contribucion del campo magnetico producido por lasemi-circunferencia de alambre. Para ella, tendremos que el vector posicion es:

~r = (−x,−y, 0)

Es decir, es un vector parecido al que usamos anteriormente (recuerdese que lossignos son debido a que este vector va desde el alambre hacia el punto enel cual queremos obtener el campo magnetico, que es, en nuestro caso, elorıgen de coordenadas), solo que en este caso y tambien es variable. El vectorposicion, r es entonces:

r =~r

‖~r‖ =1

√

x2 + y2(−x,−y, 0) =

1

a(−x,−y, 0)

Donde se ocupo que x2 + y2 = a2, ya que el vector posicion barre la semi-circunferencia. Por otro lado el vector del elemento de longitud es:

d~ℓ = (dx, dy, 0)

37

Ası, similarmente a la parte anterior, el producto cruz entre el vector del ele-mento de longitud y el vector posicion r es:

d~ℓ × r =

∣∣∣∣∣∣

x y zdx dy 0−x −y 0

∣∣∣∣∣∣

1

a=

1

a(0, 0,−ydx + xdy)

Antes de reemplazar en la ecuacion de la Ley de Biot-Savart, haremos un cambiode variables. Como se observa en la Figura 7.3, podemos entablar una relacion

Ángulo

x

y

r

Figura 7.3: Cambio de coordenadas desde cartesianas a lo que es llamado coor-denadas polares. El angulo en la figura es denotado, usualmente, por la letragriega θ.

entre el angulo que forma nuestro vector posicion con el eje x (que llamaremosθ) y las coordenadas x e y de nuestro vector. Esta relacion, por simple geometrıaes:

x = r cos (θ)

y = r sin (θ)

De acuerdo con esto, tendremos que (derive con respecto a θ las ecuacionesanteriores a ambos lados y “despeje” dθ2):

dx = −r sin (θ) dθ

dy = r cos (θ) dθ

¿Cuanto vale r en nuestro caso? Pues como la longitud del vector posicion esconstante en nuestro caso, r = a. Con este cambio de variables, nuestro vectord~ℓ × r queda:

d~ℓ × r =1

a(0, 0,−ydx + xdy) =

1

a(0, 0, a2 sin2 (θ) dθ + a2 cos2 (θ) dθ)

O sea:

d~ℓ × r =1

a(0, 0, a2dθ

(sin2 (θ) + cos2 (θ)

)) = (0, 0, adθ)

2Este es en realidad un atajo a lo que con rigurosidad matematica debiese hacerse, perofunciona como regla mecanica. Si se quiere indagar mas aun en diferenciales y sus propiedades,lease el libro Calculo en variedades de Michael Spivak

38

Reemplazando esto entonces en la ecuacion de la Ley de Biot-Savart, ecuacion(7.2):

~Bsemi-circ =µ0I

4π

∫a

a2dθz

¿Cuales son los lımites de integracion? Pues bien, recordemos que como lo de-finimos en funcion del angulo θ que forma nuestro vector posicion con el ejex y ademas queremos que este sea barrido desde “abajo” hacia “arriba” (enla direccion de la corriente), nuestros lımites de integracion debiesen ser desdeθ = 3π/2 (parte de abajo) hasta θ = π/2. Ası, quedamos con:

~Bsemi-circ =µ0I

4πa

∫ π/2

3π/2

dθz = −µ0I

4az

Finalmente, por el principio de superposicion, tendremos que:

~B = ~Balambres + ~Bsemi-circ = −µ0I

2a

(1

π+

1

2

)

z

Reemplazando los datos dados para el problema:

~B = −2,06 · 10−5 [T ]z

Problema 2. (Problema Certamen 2 - 2do Semestre del 2009) Elconductor infinito y la espira circular de radio R, que se muestran en la Figura7.4, comparten el mismo plano y la distancia entre el conductor y el centro dela espira es 2R. En la espira circula una corriente constante I = 1 [A], entonces,para que el campo magnetico en el centro de la espira sea nulo, la corriente enel conductor infinito debe ser.

2R

Figura 7.4: Configuracion para el Problema 2.

Solucion. Como vimos antes y, en general, para cualquier campo clasico(electrico, gravitatorio y magnetico) el principio de superposicion vale, es decir,el campo total es la suma de los campos. Por tanto, vamos a calcular el campomagnetico de la espira circular y el del conductor infinitamente largo, luego los

39

sumaremos vectorialmente e igualaremos al vector nulo, encontrando entoncesla condicion buscada.

Partiremos con el alambre circular: Ubiquemos nuestro centro de coordena-das en el centro de la circunferencia. Ası, primero que todo, el vector que uneun pedacito del alambre con el centro de coordenadas es el vector:

~r = (−x,−y, 0)

Fıjense que, justamente, para cualquier x e y dados, este es un vector que apuntade la circunferencia hacia el centro, bajo la condicion:

x2 + y2 = R2

Puesto que, valga la redundancia, es una circunferencia. Ası, los vectores areemplazar en la Ley de Biot-Savart son:

d~ℓ = (dx, dy, 0)

r =~r

‖~r‖ =(−x,−y, 0)√

x2 + y2=

(−x,−y, 0)

R

Nuevamente no se preocupen por los signos del diferencial vectorial d~ℓ: Elsentido de la corriente se hara explıcito al fijar los lımites de integracion masadelante. Haciendo el producto cruz, queda que:

d~ℓ × r =1

R(0, 0, xdy − ydx)

Ahora bien, reemplazando esto en la Ley de Biot-Savart, ecuacion (7.2) conI = 1[A]:

~Bcirculo =µ0

4πR3

∫

(0, 0, xdy − ydx)

Antes de fijar los lımites de integracion, fıjense que convendra mucho mas pasara coordenadas polares puesto que estamos trabajando con una circunferencia.Ası, cambiamos coordenadas:

x = R cos (θ)

y = R sen (θ)

Lo que implica que:

dx = −R sin (θ) dθ

dy = R cos (θ) dθ

Por lo que nuestro vector campo magnetico queda:

~Bcirculo =µ0

4πR3

∫(0, 0, R2 cos2 (θ) dθ + R2 sin2 (θ) dθ

)

O mejor, simplificando usando que cos2 (θ) + sin2 (θ) = 1:

40

~Bcirculo =µ0

4πR

∫

(0, 0, dθ)

¿Los lımites de integracion? Pues esta es la parte importante: Como que-remos que la corriente vaya en sentido horario, queremos partir en un anguloθ = 0 y llegar a un angulo θ = −2π (recuerden que eso significa, justamen-te, girar en sentido horario. Si hubiesemos querido un angulo anti-horario, lohubiesemos hecho desde θ = 0 hasta θ = 2π. Recuerden que θ aumenta en elsentido anti-horario). Ası:

~Bcirculo =µ0

4πR

∫−2π

0

(0, 0, dθ)

O sea:

~Bcirculo =(

0, 0,− µ0

2R

)

Por otro lado, para calcular el campo magnetico del alambre, como nuestroorıgen esta el centro de la circunferencia, el vector que va desde el alambre hacianuestro orıgen es:

~r = (−x,−2R)

Por lo que, analogamente a la parte anterior (considerando que dy = 0,puesto que no hay ninguna variacion en el eje y):

r =(−x,−2R)√

x2 + 4R2

d~ℓ = (dx, 0, 0)

Y ası, el producto cruz entre ellos queda:

d~ℓ × r =1√

x2 + 4R2(0, 0,−2Rdx)

Ahora bien...¿cuales son los lımites de integracion al reemplazar en la Leyde Biot-Savart? Pues, si asumimos que la intensidad va de izquierda a derecha,los lımites van desde menos infinito hasta mas infinito pues esa es la extensiondel cable (infinitamente largo). Por lo tanto, quedamos con:

~Balambre =Iµ0

4π

∫∞

−∞

1

(x2 + 4R2)3/2(0, 0,−2Rdx)

(Notese que el resultado final nos dira si, de hecho, la corriente iba haciadonde pensabamos o no. Si el valor de la intensidad que obtengo es positivo,efectivamente iba de izquierda a derecha, mientras que si es negativo, va dederecha a izquierda). La integral a resolver es entonces:

∫∞

−∞

−2Rdx

(x2 + 4R2)3/2

Veamos justamente (y aunque usted no lo crea) que esta integral convergea un numero. Necesitamos claramente un cambio de variables. Trataremos de

41

formarnos una secante al cuadrado en el denominador (al ocupar la identidadtrigonometrica tan2 (θ) + 1 = sec2 (θ)) haciendo el cambio de variables:

x = 2R tan (θ)

⇒ dx = 2R sec2 (θ) dθ

Resolviendo entonces y observando que cuando x → −∞, θ → −π/2 (recuerdeseque tan θ = sin θ/ cos θ) y cuando x → ∞, θ → π/2:

− 1

2R

∫ π/2

−π/2

1

sec(θ)dθ = − 1

2R

∫ π/2

−π/2

cos(θ)dθ = − 1

2Rsin (θ)|π/2

−π/2 = − 1

R

¡Converge! Finalmente, nuestro campo magnetico producido por el cable es:

~Balambre = (0, 0,− Iµ0

4πR)

Ahora bien, queremos:~Balambre + ~Bcirculo = ~0

O sea:(

0, 0,− µ0

2R

)

+

(

0, 0,− Iµ0

4πR

)

= (0, 0, 0)

En otras palabras:

− µ0

2R− Iµ0

4πR= −µ0

R

(1

2+

I

4π

)

= 0

O sea:I = −2π [A] ≈ −6 [A]

Como dijimos, el signo nos dira hacia que lado realmente debiese ir la corriente,y como en un inicio supusimos iba de izquierda a derecha, en realidad son 6 [A]hacia la izquierda.

7.4. Torque magnetico

7.5. Ley de Ampere

42

Capıtulo 8

Induccion Electromagnetica

43

Capıtulo 9

Inductancias y Circuitos

9.1. Circuitos RLC

Quiza uno de los mas conocidos tipos de circuitos en el mundo de hoy seanlos circuitos RLC. Esto, por el hecho de sus grandes aplicaciones y generali-zacion de sus soluciones. Un circuito RLC esta compuesto por una resistencia,una inductancia y un condensador. Ahora bien, para el analisis que haremos acontinuacion, supondremos una f.e.m. variable que produce, por ende, una co-rriente variable. Las f.e.m. a considerar (y por una muy buena razon) en nuestrosresultados seran siempre de la forma:

ǫ(t) = ǫmax sin (ωt)

En este caso, ω es la llamada frecuencia angular. Observese que la frecuenciade la funcion seno es de 2π, por lo tanto, las oscilaciones por segundo f denuestra f.e.m. (llamada frecuencia), vendra dada por f = ω/2π.

9.1.1. Una introduccion a la notacion compleja

Cuando en el tıtulo de esta sub-seccion escribimos “Una introduccion a lanotacion compleja”, no nos referimos a una notacion compleja en el sentido deque sea una notacion complicada. De hecho, es todo lo contrario. Ironicamente,los numeros complejos nos simplifican la vida. Un numero complejo es de laforma:

z = a + bi

En donde a la letra i =√−1 se le llama numero imaginario, al numero a se le

llama la parte real de z y a b la parte imaginaria. Dos numeros complejos sesuman parte real con parte real y parte imaginaria con parte imaginaria. Ası,si tenemos z1 = a + bi y z2 = c + di, podemos sumarlos como:

z1 + z2 = a + bi + c + di = (a + c) + (b + d)i

Sera de ayuda, mas adelante, considerar lo que es llamado el conjugado delnumero complejo z, que es denotado por z∗ y se define como:

z∗ = a − bi

44

Cuando uno trabaja con numero complejos, es usualmente util asociarlos a vec-tores donde la parte real es la coordenada x y la parte imaginaria es la coorde-nada y1. De ese modo, el numero complejo z = a + bi puede ser escrito comoz = (a, b) en el plano “complejo”, tambien llamado Plano de Argand. De ese mo-do, el modulo del numero complejo z, escrito como |z|, corresponde justamentea la longitud de este vector, es decir a:

|z| =√

a2 + b2

Es facil demostrar que un numero complejo z multiplicado por su conjugado z∗

es igual al cuadrado del modulo:

zz∗ = (a + bi) (a − bi) = a2 − abi + abi − i2b2 = a2 + b2 = |z|2

Por lo tanto:|z| =

√zz∗

Euler, demostro una famosa relacion que nos sera de mucha utilidad en nuestrotratamiento con circuitos electricos. La relacion es:

eiθ = cos(θ) + i sin(θ)

Esta puede ser demostrable si se aplican expansiones en series de potencias parala exponencial, el coseno y el seno. Cada vez que me refiera a una “exponencialcompleja”, me estare refiriendo explıcitamente a la relacion antes mencionada.Geometricamente, observese que si un numero complejo puede ser imaginadocomo un vector, entonces el vector (cos(θ),sin(θ)) tiene longitud 1, coordenadax igual al coseno y coordenada y igual al seno. Asi mismo, si multiplicamos laexponencial compleja por una constante, digamos A, tendremos:

z = Aeiθ = A (cos(θ) + i sin(θ))

Observemos un hecho muy importante en este numero z: Podemos visualizar-lo como un vector con coordenada x igual a A cos(θ) y coordenada y igual aA sin(θ). Sı, si, yo se que es obvio, pero vuelvan a leer lo que acabo de escribircon un poco mas de atencion: ¡Esto significa que puede ser visualizado como unvector que esta formando un angulo θ con el eje x y que, ademas, la longitud deeste vector es A! ¿No me creen? Obtengamos el modulo del numero complejo(vector) que acabo de escribir:

√zz∗ =

√

A2 (cos(θ) + i sin(θ)) (cos(θ) − i sin(θ)) =√

AeiθAe−iθ = A

¿Y como demostramos que forma un angulo θ con el eje x? Pues bueno, enuna hoja de papel dibujen un vector cuya coordenada x sea A cos(θ) y cuyacoordenada y sea A sin(θ), ¿que angulo forma entonces el vector sobre el eje x?¡Exacto! Un angulo θ.

Pero bueno, la notacion es interesante y curiosa por decir lo menos, peroprobablemente se esten preguntando...¿que hay de bueno en esta notacion?,

1Se deja al lector la demostracion de que, de hecho, ¡los numeros complejos cumplen todaslas propiedades necesarias para poder ser llamado un espacio vectorial de dimension 2 sobrelos numeros reales!

45

¿para que? Pues bueno, como un ejemplo, si tenemos una funcion x(t) = cos(ωt),entonces podremos escribir que x(t) es la parte real del numero complejo:

eiωt = cos(ωt) + i sin(ωt)

La gracia de escribir soluciones como exponenciales es que tratar con expo-nenciales es mucho mas facil que tratar con funciones trigonometricas comoel coseno. Por ejemplo, supongamos que queremos expandir la funcion trigo-nometrica:

cos(ωt + α)

Quiza sera un poco problematico deducir la formula nuevamente (aunque quiza us-tedes tienen buena memoria y recuerden la formula: No es mi caso. Tengo pesimamemoria y usualmente tiendo a cometer errores cuando planteo una formula sinhaberla deducido antes). Usando exponenciales complejas esto resulta muy sim-ple. Nosotros sabemos que la parte real de la exponencial compleja:

ei(ωt+α) = cos(ωt + α) + i sin(ωt + α) (9.1)

Es el numero que queremos expandir. Pero bueno, tambien podemos escribir:

ei(ωt+α) = eiωteiα (9.2)

Donde:

eiωt = cos(ωt) + i sin(ωt)

eiα = cos(α) + i sin(α)

Entonces por la ecuacion (9.2) podemos escribir:

eiωteiα =

cos(ωt) + i sin(ωt)

︸ ︷︷ ︸

eiωt

cos(α) + i sin(α)

︸ ︷︷ ︸

eiα

Lo que, multiplicando termino a termino y usando que i2 = −1:

eiωteiα = cos(ωt) cos(α) + i cos(ωt) sin(α) + i sin(ωt) cos(α) − sin(ωt) sin(α)

O mejor, ordenando un poco:

eiωteiα = (cos(ωt) cos(α) − sin(ωt) sin(α)) + i (cos(ωt) sin(α) + sin(ωt) cos(α))

Comparando este resultado con la ecuacion (9.1), es decir, igualando partesreales con partes reales y partes imaginarias con partes imaginarias, obtenemosentonces que:

cos(ωt + α) = cos(ωt) cos(α) − sin(ωt) sin(α)

sin(ωt + α) = cos(ωt) sin(α) + sin(ωt) cos(α)

Donde la segunda relacion la obtuvimos “gratis”.

46

9.1.2. La ecuacion diferencial de un circuito RLC

La ecuacion diferencial que gobierna un circuito RLC recordemos que es:∮

~E · d~ℓ = −IR − Q

C+ ǫ(t) =

dI

dtL (9.3)

Podemos escribir lo mismo, pero haciendo explıcita la funcion de la f.e.m. como:

IR +Q

C+

dI

dtL = ǫmax sin(ωt)

Diferenciando con respecto al tiempo obtenemos:

dI

dtR +

I

C+

d2I

dt2L = ωǫmax cos(ωt)

Al dividir por ω, quedamos con:

dI

dt

R

ω+

I

ωC+

d2I

dt2L

ω= ǫmax cos(ωt)

Ahora bien, observese que podemos generalizar la ecuacion diferencial y resolverel caso “complejo”, es decir, haciendo:

dI

dt

R

ω+

I

ωC+

d2I

dt2L

ω= ǫmaxe

iωt

En donde, como ya sabemos, simplemente nos interesara la parte real de lasolucion. Como ya hemos visto, la solucion general al problema vendra dada porla suma entre la solucion a la ecuacion diferencial homogenea y a la particular.Resolvamos cada una y veamos que obtenemos.

La solucion homogenea a la E.D. del circuito RLC

La ecuacion diferencial homogenea es:

dI

dt

R

ω+

I

ωC+

d2I

dt2L

ω= 0

Intentemos una solucion de la forma I(t) = Aert:

rAert R

ω+ Aert 1

ωC+ r2Aert L

ω= Aert

(L

ωr2 +

R

ωr +

1

ωC

)

= 0

Lo que implica que:L

ωr2 +

R

ωr +

1

ωC= 0

Con ello, resolviendo la ecuacion cuadratica para r tenemos:

r =−R

ω ±√

R2

ω2 − 4Lω

1ωC

2L/ω

Esto lo podemos escribir de forma mas compacta como:

r = − R

2L±

√(

R

2L

)2

− 1

LC= −α ±

√

α2 − β2

47

En donde hicimos α = R/2L y β =√

1/LC (observe que ambas cantidadestienen unidades de frecuencia angular, es decir, 1/s. Ademas, observe que los ωse cancelan, ¿tiene eso sentido?). Entonces, la solucion general de la ecuaciondiferencial homogenea viene dada por:

I(t) = e−αt(

Ae√

α2−β2t + Be−

√α2

−β2t)

Que podemos escribir de forma mas compacta si definimos ωhom =√

β2 − α2

(donde el subındice “hom” es por “frecuencia angular de la solucion homogenea”),puesto que ası:

√

α2 − β2 =√

− (β2 − α2) = iωhom

De esa forma, la solucion de la ecuacion diferencial homogenea la podemosescribir como:

I(t) = e−αt(Aeiωhomt + Be−iωhomt

)(9.4)

Observese que podemos explotar mas aun el hecho de que las exponenciales seancomplejas, puesto que:

Aeiωhomt = A cos(ωhomt) + iA sin(ωhomt)

Be−iωhomt = B cos(ωhomt) − iB sin(ωhomt)

Ası, podremos escribir:

I(t) = e−αt [(A + B) cos(ωhomt) + (iA − iB) sin(ωhomt)]

Sin ninguna perdida de la generalidad podemos escribir A = −I ′ sin(φ) y B =cos(φ) (donde φ es llamado el angulo de fase e I ′ es llamada la amplitud), conlo que usando las expansiones de cos(ωhomt + α) y sin(ωhomt + α) para α = −φque encontramos en la sub-seccion anterior nos quedarıamos con:

I(t) = I ′e−αt (cos(ωhomt − φ) + i sin(ωhomt − φ)) = I ′e−αtei(ωhomt−φ) (9.5)

Logicamente, la solucion de interes es la parte real de esta solucion, que es:

Ih(t) = I ′e−αt cos(ωhomt − φ) (9.6)

Donde escribı el subındice “h” para indicar que esta es la solucion a la ecuaciondiferencial homogenea de nuestra ecuacion diferencial original.

Esta ultima es la forma mas compacta de poder escribir la solucion ho-mogenea a la ecuacion diferencial homogenea. Observese que esta solucion de-crece con el tiempo y, por lo mismo, es llamada la solucion no-trascendental dela solucion general (puesto que no trasciende en el tiempo, decae rapidamentedejando solamente a la solucion particular para tiempos t >> 1/α). Esta solu-cion puede observarse para un circuito en el que L = 0,5 Henries, R = 5 Ohmsy C = 47 microfaradios para un angulo de fase φ = 0 y una amplitud I ′ = 5Amperes en la Figura 9.3.

48

Figura 9.1: Funcion de la solucion homogenea I(t) para los valores L = 0,5Henries, R = 5 Ohms y C = 47 microfaradios para un angulo de fase φ = 0y una amplitud I ′ = 5 Amperes. Notese como la curva exponencial acota lafuncion coseno, aniquilandola para tiempos t > 1 segundo. Observese que paraeste caso, 1/α = 2L/R = 1/5 segundos.

La solucion particular a la E.D. del circuito RLC

Solo nos queda entonces encontrar la solucion particular de nuestra ecuaciondiferencial. Escribamosla nuevamente para poder observarla con mayor detalle:

dI

dt

R

ω+

I

ωC+

d2I

dt2L

ω= ǫmaxe

iωt

Por lo que hemos aprendido hasta ahora, una posible solucion debiese ser unade la forma:

I(t) = Imaxei(ωt−φ0) = Imaxe

iωte−iφ0

Puesto que al menos sabemos que para el caso de la solucion homogenea erauna solucion parecida a la presentada. Reemplazemosla en nuestra ecuaciondiferencial y veamos a que nos lleva. Obtenemos las derivadas:

dI/dt = iωI(t)

d2I/dt2 = −ω2I(t)

Y quedamos con:

iωI(t)R

ω+

I(t)

ωC− ω2I(t)

L

ω= ǫmaxe

iωt

O, explıcitamente, con:

iωImaxeiωte−iφ0

R

ω+

Imaxeiωte−iφ0

ωC− ω2Imaxe

iωte−iφ0L

ω= ǫmaxe

iωt

49

Magicamente2, podemos simplificar el termino eiωt, quedandonos con:

iωImaxe−iφ0

R

ω+

Imaxe−iφ0

ωC− ω2Imaxe

−iφ0L

ω= ǫmax

Despejamos Imax, con lo que obtenemos:

Imax =ǫmax

e−iφ0 (1/ωC − Lω + iR)(9.7)

Nos interesa conocer el modulo de Imax, puesto que es un numero complejo ycomo tal, encontrar el modulo nos dara entonces el valor real que necesitamosobtener para Imax. Ası, tendrıamos:

|Imax|2 = ImaxI∗

max =

(ǫmax

e−iφ0 (1/ωC − Lω + iR)

) (ǫmax

eiφ0 (1/ωC − Lω − iR)

)

Despues de un poquito de algebra, encontramos:

|Imax|2 =ǫ2max

(1/ωC − Lω)2

+ R2

¿Reconocieron ya algunos terminos? Recordemos que las reactancias capacitivase inductivas se definen como χC = 1/ωC y χL = ωL respectivamente, por loque podemos escribir:

|Imax|2 =ǫ2max

(χC − χL)2+ R2

Con lo que obtenemos:

|Imax| =ǫmax

√

(χC − χL)2

+ R2

=ǫmax

Z(9.8)

Este resultado, tan importante en circuitos electricos, nos entrega justamente laamplitud de la intensidad maxima en terminos de la auto-inductancia L, la fre-cuencia ω de la corriente alterna, la capacitancia C del capacitor y la resistencia

R. Aquı, se hizo Z =

√

(χC − χL)2

+ R2, termino llamado la impedancia del

sistema (observese que la impedancia tiene unidades de Ohms, por lo que elresultado anterior es una especie de Ley de Ohm generalizada).

Para obtener el valor de φ0, observamos que el valor propuesto para I(t) eneste caso, puede ser visto como un vector de largo |Imax|. ¿Por que? Pues bueno,si recordamos la solucion propuesta era:

I(t) = Imaxei(ωt−φ0)

El modulo de este numero complejo es:

√

I(t)I(t)∗ =√

ImaxI∗maxei(ωt−φ0)e−i(ωt−φ0) = |Imax|

2En realidad, no es magico. Es lo que buscamos lograr al proponer una solucion como lapropuesta: En fısica y matematica, es fundamental intentar siempre buscar la simetrıa delproblema. Y si no la hay a simple vista, ¡hacer algun cambio de variables para que aparezca!

50

Por lo tanto, la solucion es un vector de largo |Imax| que esta a ωt − φ0 gradossobre el eje x. Es decir, ¡es un vector que va rotando (distintos valores de tme entregan distintos valores del angulo de inclinacion sobre el eje x)! Paraobtener el valor de φ0 basta con evaluar nuestro numero complejo/vector ent = 0, puesto que allı sabemos que tendra una inclinacion de −φ0 grados sobreel eje x, pero seguira teniendo la misma longitud |Imax|3. Tendremos entonces,de acuerdo al resultado obtenido en la ecuacion (9.7):

I(0) = Imaxe−iφ0 =

ǫmax

e−iφ0 (1/ωC − Lω + iR)e−iφ0

Quedandonos, haciendo explıcitas ahora las reactancias capacitivas e inductivas:

I(0) =ǫmax

(1/ωC − Lω + iR)=

ǫmax

(χC − χL + iR)

Multiplicamos arriba y abajo por χC −χL − iR, quedandonos una suma por sudiferencia en el denominador:

I(0) =ǫmax (χC − χL − iR)

(χC − χL)2 + R2=

ǫmax

(χC − χL)2 + R2(χC − χL − iR)

¿Aun no reconocen los terminos? Yo no mucho tampoco, pero hagamoslo mas

explıcito recordando que Z =

√

(χC − χL)2 + R2 y que |Imax| = ǫmax/Z:

I(0) =ǫmax

Z2(χC − χL − iR) =

|Imax|Z

(χC − χL − iR)

Ası, este es un vector que podrıamos escribir como pares ordenados de la for-ma |Imax|/Z(χC − χL,−iR). Podemos trazar entonces, en el plano xy, que suscoordenadas son:

x = |Imax|/Z (χC − χL)

y = −|Imax|/Z (R)

Y, como dijimos, subtiende un angulo −φ0. Ası, por simple trigonometrıa, dondeel cateto opuesto al angulo es el valor absoluto de la coordenada y y el catetoadyacente al angulo es el valor absoluto de la coordenada x tenemos:

tan (−φ0) =|Imax|/Z (χC − χL)

|Imax|/Z (R)

O mejor, simplificando:

tan (φ0) =χL − χC

R→ φ = arctan

(χL − χC

R

)

(9.9)

Ası, ya tenemos la solucion particular al problema, que segun los resultadosdados en las ecuaciones (9.8) y (9.9) serıa:

I(t) = Imaxei(ωt−φ0) = |Imax|ei(ωt−φ0) (9.10)

3Lo que quize decir con “un angulo de −φ0 grados sobre el eje x significa que quedara bajoel eje x subtendiendo un angulo de φ0 grados

51

Donde, logicamente, la solucion que nos interesa es la parte real de esto, queserıa:

Ip(t) = |Imax| cos(ωt − φ0) (9.11)

Donde el subındice ”p“ fue introducido para denotar que esta es una solucionparticular para la ecuacion diferencial original.

La solucion general para el circuito RLC

Luego de nuestro arduo trabajo, hemos llegado a la solucion general paranuestro circuito RLC. La solucion general para nuestra ecuacion diferencial, deacuerdo a las ecuaciones (9.6) y (9.11) viene siendo:

I(t) = Ip + Ih = |Imax| cos(ωt − φ0) + I ′e−αt cos(ωhomt − φ) (9.12)

Ahora bien, para los analisis de circuitos RLC en la practica, usualmente lasolucion homogenea no es tomada en cuenta por la razon que se observaba enel grafico de la Figura (9.3): Esta solucion decae rapidamente con el tiempo,dejando en tiempos t >> 1/α solo la solucion particular al problema. Por lotanto, de aquı en adelante y a menos que se pida lo contrario, consideraremosque la solucion para la intensidad en nuestro circuito RLC sera siempre:

I(t) = |Imax| cos(ωt − φ0) (9.13)

9.1.3. Frecuencia de resonancia para un circuito RLC

Miremos un poco la amplitud de la intensidad |Imax|:

|Imax| =ǫmax

√

(χC − χL)2+ R2

Fıjense que dado un circuito y por tanto, los valores de L, C y R, es de interespreguntarse cual es la frecuencia angular que debo aplicarle a mi fuente alternapara producir la amplitud |Imax| mas grande que pueda en mi circuito (estoes usualmente util para sintonizar radios, por ejemplo: De algun modo quieroescuchar una determinada frecuencia, digamos, la de f =88.9 MHz, por lo quequiero que la intensidad sea maxima en esa frecuencia, que corresponderıa auna frecuencia angular ω = 2πf = 558,57 · 106 1/s). Busquemos entonces losmaximos de esta funcion derivandola con respecto a ω e igualando la derivadaa 0 (recordemos que la derivada daba la pendiente a la recta tangente enun punto de la funcion, por lo que al igualar la pendiente a 0, busco puntostales que mi frecuencia sea un maximo o un mınimo):

d|Imax|dω

=

(ωL − 1

ωC

) (1

Cω2 + L)

((ωL − 1

ωC )2 + R2)3/2

= 0

La solucion real a mi problema es:

ωL − 1

ωC= 0 ⇒ ωres =

1√LC

(9.14)

Donde ωres es la llamada frecuencia de resonancia del circuito, que corres-ponde a la frecuencia que produce la maxima intensidad posible en el circuito:¡Ahora ya pueden hacer una radio!

52

9.2. Valores R.M.S. (Root Mean Square)

A menudo, se les piden los valores r.m.s de distintas cantidades. El valorr.m.s. de una funcion V (t) se define como:

Vrms =√

< V (t)2 >

Donde < V (t)2 > representa el promedio de la funcion V (t)2, es decir, el prome-dio de la funcion original al cuadrado. Ahora bien...¿que es un promedio? Puesbueno, para contestar esa pregunta, entremos en una pregunta mas elementalaun...¿como se medıan las probabilidades?, ¿como tienen las probabilidades re-lacion con el promedio? Dejenme quitarles un poco de su tiempo para unir los

hilos, como dicen por ahı.

Recordemos un poco de probabilidades basicas. Supongamos, por ejemplo,que yo les apuesto a que Holanda le ganara a Espana en el mundial de Futbol2010 o que empataran antes de irse al alargue. Hay tres opciones: Holanda gana,pierde o empata antes de irse al alargue. Por lo tanto, mi probabilidad4 de ganaren ese caso serıa:

P =Numero de casos favorables

Numero de casos posibles=

Holanda gana o empata

Holanda gana, pierde o empata=

2

3

Todo bien con esto, todos felices y contentos (sobretodo yo, por que tengo altasprobabilidades de ganar). Ahora bien, existe un valor llamado el valor espe-rado o expectacion de una cantidad, que es muy util sobretodo en apuestas.Supongamos que yo les propongo dos apuestas:

Ustedes me pagan $5.000 si Holanda gana o me pagan $1.000 en el casode que empaten. Por otro lado, si pierde, yo les pago $5.000.

Ustedes me pagan $5.000 si Holanda gana, pero me pagan $0 en el casode que empaten (es decir, nadie le paga nada a nadie) y, por otro lado, sipierde, yo les pago $5.000.

¿Cual escogerıan? A primera vista, la primera apuesta es un poco “tramposa”,por que, probabilısticamente hablando, parece que yo salgo ganando en laapuesta. Distinta es la segunda apuesta: Parece mas “justa”. Esta supuesta“justicia” es la nocion de valor esperado o expectacion. La expectacionpara numeros discretos se define como:

E =

n∑

i=0

xiP (xi)

Donde xi representa una cantidad asociada a un evento (en nuestro caso lasapuestas de dinero asociadas al evento de si alguien gana, pierde o empata) yP (xi) representa la probabilidad de dicho evento. Calculemos el valor esperadopara la primera apuesta, donde x0 = 5000 es el dinero asociado a lo que ganosi Holanda gana y P (x0) = 1/3 que es, supuestamente, la probabilidad de que

4En realidad esta es una sola forma de visualizar lo que es “probabilidad”, la llamada “in-terpretacion frecuentista”. Para una lectura mas en detalle sobre probabilidades y aplicacionesles recomiendo el libro Introduction to Probability de Dimitri Bertserkas.

53

Holanda gane, x1 = 1000 que es el dinero asociado a mi ganancia si se empatael partido con P (x1) = 1/3 tambien y x2 = −5000 que es el dinero asociado ami perdida si es que Holanda pierde donde, nuevamente P (x2) = 1/3. Ası:

E1 =

2∑

i=0

xiP (xi) = 5000/3 + 1000/3− 5000/3 = 1000/3

Mientras que en el caso de la segunda apuesta:

E2 =2∑

i=0

xiP (xi) = 5000/3 + 0 − 5000/3 = 0

¿Lo ven? Valores positivos del valor esperado corresponden a cuando algo me“conviene”, mientras que un valor de 0 representa algo “justo”, probabilıstica-mente hablando, claro (para mi es justo que Holanda gane y, por tanto, que yosalga ganando, por que Holanda es un equipazo).

Ok, todo claro pero, ¿que tiene que ver esto con los valores r.m.s.? ¡Puesmucho! Cuando uno quiere obtener promedios de funciones lo que uno buscaen realidad es el valor esperado de la funcion. Si tenemos una funcion f(t) quees periodica de periodo τ , por ejemplo, y queremos obtener el valor promedio< f(t) > de esta funcion en todo un periodo, por ejemplo, desde 0 hasta τ ,entonces lo que harıamos serıa partir el intervalo [0,τ ] en n pedacitos ∆t = τ/ny empezar a hacer lo mismo que hacıamos con el valor esperado:

< f(t) >≈ f(t0)∆t

τ+ f(t1)

∆t

τ+ ... + f(tn)

∆t

τ=

1

τ

n∑

i=0

f(ti)∆t

Donde cada t0 = 0 y tn = τ , de manera que cada ti evalua la funcion en unnumero tal que se particione todo el intervalo. Observese que en este caso la“probabilidad” vendrıa siendo ∆t/τ , mientras que la cantidad (que en el casode nuestras apuestas era el dinero) vendrıa siendo f(ti). Ası, lo que uno hace estomar el lımite cuando n → ∞ obteniendo que:

< f(t) >=1

τ

∫ τ

0

f(t)dt (9.15)

En nuestro caso, lo que nosotros tenıamos era una funcion V (t) y querıamosobtener el valor r.m.s., que requerıa el promedio de la funcion < V (t)2 >.Reemplazando en la formula que acabamos de deducir, obtenemos:

< V (t)2 >=1

τ

∫ τ

0

V (t)2dt (9.16)

Por tanto, el valor r.m.s. de la funcion V (t) sera:

Vr.m.s. =√

< V (t)2 > =

√

1

τ

∫ τ

0

V (t)2dt (9.17)

54

En general, las funciones a las que se les calcula el valor r.m.s. en circuitos soncosenos y/o senos de la forma:

V (t) = ǫ0 sin(ωt)

Donde, como la frecuencia es f = ω/2π, el periodo es τ = 2π/ω. Ası, si escontinua entre 0 y τ entonces:

Vr.m.s. =√

< V (t)2 > =

√

1

τ

∫ τ

0

ǫ20 sin(ωt)2dt

Es facil demostrar (hagan integracion por partes) que:

∫

sin2(x)dx =1

2(x − sin(x) cos(x))

Por tanto, hacemos un cambio de variables en la integral del seno cuadrado,haciendo x = ωt, lo que nos queda:

Vr.m.s. = ǫ0

√

1

ωτ

∫ ωτ

0

sin(x)2dx

(Observese que ǫ0 sale de la integral sin problemas). De acuerdo con esto, ten-dremos que:

Vr.m.s. = ǫ0

√

1

2ωτ(x − sin(x) cos(x))|ωτ

0

Y usando el hecho de que τ = 2π/ω y que por tanto ωτ = 2π, queda:

Vr.m.s. = ǫ0

√

1

2=

ǫ0√2

Notese que en el caso de que la funcion viniera como coseno V (t) = ǫ0 cos(ωt)no hay ningun problema, puesto que usando que sin2(θ) + cos2(θ) = 1:

Vrms =√

< V (t)2 > =

√

1

τ

∫ τ

0

ǫ20 cos(ωt)2dt = ǫ0

√

1

τ

∫ τ

0

(1 − sin(ωt)2) dt

Donde la integral interior puede escribirse:

∫ τ

0

(1 − sin(ωt)2

)dt =

∫ τ

0

dt −∫ τ

0

sin(ωt)2dt = τ − τ/2 = τ/2

Por lo tanto el valor r.m.s. de una funcion seno o coseno es la misma,mientras tengan la misma amplitud y frecuencia angular5

5Notese que aquı se demostro el caso especial para el valor r.m.s. entre 0 y τ . En realidad,uno quiere hacer el promedio desde cualquier valor a hasta a + τ . Se deja como ejerciciodemostrar que se llega al mismo resultado (haga un cambio de variables de integracion: Lodemostrara en dos pasos).

55

9.2.1. Aplicaciones de valores r.m.s. a circuitos

Considere la funcion:

V (t) =

12 sin(πt) : 0 < t < 1 segundos0 : 1 < t < 2 segundos

Que entrega la diferencia de potencial aplicada por una fuente variable. Nospiden obtener el valor r.m.s. de esta funcion. Observese que el valor del periodode esta funcion es τ = 2 segundos6. Por tanto, podemos escribir la funcion deuna forma mas general:

V (t) =

12 sin(πt) : 0 < t < τ/2 segundos0 : τ/2 < t < τ segundos

Podrıamos notar que simplemente tenemos la parte positiva de la funcion enton-ces e intuir que el valor r.m.s. de esta funcion debiese ser 6 Volts. Demostremoslopor la definicion de r.m.s. Tendremos, por la ecuacion (9.17):

Vr.m.s. =√

< V (t)2 > =

√

1

τ

∫ τ

0

V (t)2dt

Pero en nuestro caso, la funcion esta dividida por partes. Por tanto, la integralla podemos escribir como:

∫ τ

0

V (t)2dt =

∫ τ/2

0

122 sin(πt)2dt +

∫ τ

τ/2

02dt =

∫ τ/2

0

122 sin(πt)2dt

O sea:

Vr.m.s. =√

< V (t)2 > =

√

1

τ

∫ τ/2

0

122 sin(πt)2dt

Donde, como ya sabemos, la integral sera, haciendo el cambio de variables x =πt:

∫ τ/2

0

122 sin(πt)2dt =122

π

∫ τπ/2

0

sin(x)2dx =122

4π(x − sin(x)cos(x))|τπ/2

0

Y como τ = 2 segundos, entonces:

∫ τ/2

0

122 sin(πt)2dt =122

4π(x − sin(x)cos(x))|τπ/2

0 =122

4τ

Con lo que:

Vr.m.s. =√

< V (t)2 > =

√

1

τ

∫ τ/2

0

122 sin(πt)2dt =

√

1

τ

122

4τ =

12

2= 6 Volts

Como esperabamos.

6Notando que 2πf = ω y que en este caso, ω = π. Como τ = 1/f , se tendra que τ = 2segundos.

56

9.2.2. Problemas: Circuitos RL y RLC

Problema 1. Considere la configuracion dada en la Figura 9.2, dondeR = 2,5 Ω, ǫ = 10 Volts y L = 0,5 Henries. De acuerdo con ello, calcule:

1. La energıa acumulada en la bobina en una hora (Pregunta del Certamen3, segundo semestre del 2009).

2. La potencia disipada en una hora en las resistencias (Pregunta del Certamen3, segundo semestre del 2009).

3. La intensidad que pasa por las resistencias 1,2,3 y por la bobina en funciondel tiempo.

e

R

2R

2R

L

Figura 9.2: Configuracion para el Problema 1.

Solucion.

1. Observese que despues de una hora, sea cual sea la resistencia que seuse para obtener la solucion de la intensidad en funcion del tiempo en labobina, IL(t), la solucion sera de la forma:

IL(t) =ǫ′

R′

(

1 − e−t/τL

)

Donde τL = R′/L′. Puse las variables R′, ǫ′ y L′ pues no sabemos a prioricuales son sus valores. Aun ası, sı sabemos que para t = 1 hora= 3600segundos, esto sera:

IL(3600) =ǫ′

R′

(

1 − e−3600/τL

)

≈ ǫ′

R′

Pero...¿que valores tendra ǫ′ y R′? Pues bien, tendran los valores ǫ′ = ǫ =10 Volts y R′ = R = 2,5 Ω, puesto que en ese tiempo muy grande, lacorriente no pasara por las resistencias 2R, puesto que la misma siemprepasa por donde no haya resistencia (en otras palabras, la inductancia actuacomo un cable pues, despues de todo, eso es: Un cable enrollado de maneras

57

distintas). De acuerdo con ello entonces, si |ǫind| es la f.e.m. inducida enla bobina, la energıa en la bobina viene dada por:

|ǫind| =dE

dQL︸ ︷︷ ︸

Por definicion de diferencia de potencial

=dIL

dtL ⇒ dE =

dIL

dtLdQL =

dQL

dt︸ ︷︷ ︸

IL

LdIL

Por lo tanto:

dE = ILdILL → E =

∫

ILdILL =1

2I2LL

Ası, la energıa acumulada en 3600 segundos es:

E(3600) =1

2IL(3600)2L =

1

2

( ǫ

R

)2

L = 1,6 Joules

2. Para obtener la potencia disipada en una hora, es decir, la potencia eva-luada en t = 3600, notamos que la unica resistencia que aporta disipacionde potenciaserıa la resistencia R, pues por las resistencias 2R ya no circulacorriente. Ası:

P2R = 0

PR = V I = ǫ2/R = 40 Watts

Por lo tanto:PTotal = PR + 2P2R = 40 Watts

3. Para calcular cada una de las intensidades lo que debemos hacer es, dealguna manera, formarnos la ecuacion diferencial que nosotros sabemosresolver para un circuito RL, que es de la forma:

ǫ − IR − dI

dtL = 0

Por tanto, ocuparemos la Ley de Kirchoff para poder obtener una res-puesta concreta. Primero que todo, llamaremos R1 a la resistencia deR = 2,5 Ω, R2 a la resistencia de la esquina superior derecha del dibujoy R3 a la resistencia de la esquina inferior, a las cuales les correspondenlas intensidades I1(t), I2(t) e I3(t) respectivamente. A la intensidad en lainductancia la llamaremos IL(t) y consideraremos que todas las intensi-dades van o hacia la derecha o hacia abajo (como si fuera cayendo aguadesde la parte superior del circuito a traves de los cables). Ahora, haremoslas siguientes mallas de Kirchoff, a las cuales llamaremos caminos:

Llamaremos camino γ1 a la malla que parte en la f.e.m., pasa por laresistencia R1 y despues pasa por la resistencia R3.

Llamaremos camino γ2 a la malla que parte en la bobina, luego subehacia la resistencia R2 y baja nuevamente a la bobina.

Llamaremos camino γ3 a la malla que parte en la bobina, luego bajahacia la resistencia R3 y sube nuevamente a la bobina.

Notamos que las intensidades cumplen I1 = I2 + I3 + IL

58

Por tanto, tendrıamos las siguientes ecuaciones:

∮

γ1

~E · d~ℓ = ǫ − I1R1 − I3R3 = 0 (9.18)

∮

γ2

~E · d~ℓ = I2R2 =dIL

dtL (9.19)

∮

γ3

~E · d~ℓ = I3R3 =dIL

dtL (9.20)

I1 = I2 + I3 + IL (9.21)

Observese que tenemos 4 ecuaciones y 4 incognitas, por lo que podremosdejar una variable sola en una ecuacion. Intentemos dejar IL sola. Reem-plazamos la ecuacion (9.21) en (9.18):

ǫ − I2R2 − I3(R1 + R3) − ILR1 = 0

Despejamos I2 de la ecuacion (9.19) y la reemplazamos en la ecuacion queacabamos de obtener, quedandonos:

ǫ −(

dIL

dt

L

R2

)

R1 − I3 (R1 + R3) − ILR1 = 0

Ahora despejamos I3 de la ecuacion (9.20) y la reemplazamos en estaultima ecuacion, con lo que nos queda:

ǫ − dIL

dt

(LR1

R2

)

−(

dIL

dt

L

R3

)

(R1 + R3) − ILR1 = 0

Ordenando un poco, quedamos con:

ǫ − ILR1 −dIL

dt

[LR1

R2+

L(R1 + R3)

R3

]

= 0

Donde llamando L′ al termino que acompana a la derivada temporal deIL obtenemos:

ǫ − ILR1 −dIL

dtL′ = 0 (9.22)

Donde:

L′ =LR1

R2+

L(R1 + R3)

R3=

LR

2R+

3RL

2R= 0,4 Henries

Lo importante radica en la ecuacion (9.22), ¡pues es justamente a la ecua-cion que querıamos llegar! Nosotros ya sabemos la solucion a esa ecuaciondiferencial (y si no la recuerdan, derıvenla nuevamente resolviendo la ecua-cion diferencial inhomogenea presentada), que es:

IL(t) =ǫ

R1

(

1 − e−R1t/L′

)

=ǫ

R1

(

1 − e−t/τL′

)

(9.23)

Observese que L′ es mas grande que L. Eso quiere decir, que de algun mo-do, la combinacion de las resistencias R2 y R3 provoca una ”inductancia

59

efectiva“ mayor. Aquello trae como consecuencia que el tiempo de decai-miento exponencial, τL′ sea mayor que si no existieran dichas resistencias:¿Tiene sentido aquello? ¡Claro que sı! Lo que nos dice esta ”inductanciaefectiva“, que solo aparece en la solucion de la intensidad en la bobina enfuncion del tiempo, es que la corriente demorara un poco mas en estabi-lizarse que si no existieran las resistencias mencionadas. Aun ası, fıjenseque:

lımt→∞

IL =ǫ

R1

Tal como habıamos intuido con una mente mas fısica en un inicio: Cuandoel tiempo es muy grande, la corriente tiende a pasar completamente por labobina y no por las resistencias R2 y R3. Otra cantidad notable es obtenerel tiempo de decaimiento exponencial:

τL′ =L′

R1=

0,4

2,5= 0,16 segundos

Es decir, matematicamente, ¡es plausible que a t = 3600 segundos noconsideremos el termino exponencial en nuestros resultados! Por tanto,nuestros resultados en las preguntas 1) y 2) son practicamente exactos.

Pero bueno, para calcular las intensidades en las demas resistencias, sim-plemente obtenemos la derivada de nuestra solucion:

dIL

dt(t) =

ǫ

L′e−t/τL′

(¿Tiene sentido que la derivada sea negativa? Si no puede responder lapregunta, recuerde: ¿Que representa la derivada de una funcion?) Y reem-plazamos este valor en las ecuaciones (9.19) y (9.20) con lo que obtenemos:

I2(t) =ǫL

L′R2e−t/τL′

I3(t) =ǫL

L′R3e−t/τL′

Lo que reemplazado en la ecuacion (9.21) nos queda:

I1(t) =ǫ

R1

(

1 − e−t/τL′

)

+ǫL

L′R2e−t/τL′ +

ǫL

L′R3e−t/τL′

Es decir, calculamos las intensidades en todos los objetos del sistema enfuncion del tiempo:

I1(t) =ǫ

R1

(

1 − e−t/τL′

)

+ǫL

L′R2e−t/τL′ +

ǫL

L′R3e−t/τL′

I2(t) =ǫL

L′R2e−t/τL′

I3(t) =ǫL

L′R3e−t/τL′

IL(t) =ǫ

R1

(

1 − e−t/τL′

)

60

Y como esperabamos:

lımt→∞

I1(t) = ǫ/R1

lımt→∞

I2(t) = 0

lımt→∞

I3(t) = 0

lımt→∞

IL(t) = ǫ/R1

61

Problema 2. Considere el circuito RLC de la Figura 9.3, en el cual se tieneuna f.e.m. alterna de la forma ǫ(t) = ǫ0cos(ωt), donde ǫ = 70 Volts, ω = 3001/s, R = 4 Ω, C = 1/9 · 10−2 F y L = 20 · 10−3 Henries. De acuerdo con eso,determine:

1. ¿Cual es el angulo φ de fase?, ¿esta la intensidad adelantada o atrasadacon respecto a la f.e.m.?

2. Encuentre la amplitud del voltaje en la resistencia.

3. Encuentre la amplitud del voltaje en la inductancia.

4. Encuentre la amplitud del voltaje en la capacitancia.

5. ¿Cual es el calor promedio producido en un minuto por la resistencia?

6. ¿Cual es la frecuencia de resonancia del circuito?

e(t)

R

L

C

Figura 9.3: Configuracion para el Problema 2.

Solucion. Primero que todo, calcularemos las reactancias del sistema RLC.Como ya sabemos:

χL = ωL = 300 · 20 · 10−3 = 6 Ω

χC = 1/ωL = 9/(300 · 10−2) = 3 Ω

1. Con las reactancias, obtenemos el angulo de fase:

φ = arctan

(χL − χC

R

)

= arctan

(3

4

)

≈ 37

Es decir, nuestra intensidad es de la forma:

I(t) = |Imax| cos(ωt − 37)

Con ello se observa que la intensidad esta atrasada con respecto a la fuente.

2. Para obtener los siguientes resultados necesitamos necesariamente obtenerla intensidad maxima, que viene dada por:

|Imax| =ǫ0

√

(χL − χC)2 + R2=

70

5= 14 Ampere

62

Con ello, la amplitud del voltaje en la resistencia sera:

VR = R|Imax| = 56 Volts

3. La amplitud del voltaje en la inductancia viene dado por:

VL = χL|Imax| = 84 Volts

4. La amplitud del voltaje en el capacitor viene dado por:

VL = χC |Imax| = 42 Volts

5. Para obtener el calor promedio disipado en un minuto en la resistencia,debemos primero calcular la potencia promedio, < PR >. Notamos que:

PR = VR(t)IR(t) = VR(t)2/R

(Ojo, como es de esperarse, se ocupa la diferencia de potencial en laresistencia, no la de la fuente alterna). Ası, sacamos el promedio a amboslados:

< PR >=< VR(t)2 > /R

Pero, como sabemos:Vrms =

√

< V (t)2 >

Por tanto, elevando al cuadrado a ambos lados:

V 2rms =< V (t)2 >

Por lo que reemplazando esto en la formula de potencia:

< PR >=< VR(t)2 > /R = V 2rms/R

Pero como la funcion VR(t) es cosenoidal, entonces su valor rms es:

Vrms = 56/√

2

Ası:

< P >=< VR(t)2 > /R = V 2rms/R = 562/2R = 392 Watts

Por lo tanto, el calor disipado promedio en un minuto es:

QR =< P > ·60 = 23520 Joules

6. Como vimos, la frecuencia de resonancia viene dada por:

ωres =1√LC

= 212,13 1/s

63

Capıtulo 10

Apendice

10.1. Demostracion de la condicion de indepen-dencia del camino en integrales de lınea

La propiedad fundamental que debe cumplir una integral de lınea desde ahasta b de la forma:

∫ b

a

~E(r) · d~ℓ

Para que sea independiente del camino, es que el espacio vectorial ~E(r) puedaescribirse de la forma:

~E(r) = ~∇F (r) (10.1)

Es decir, debe existir una funcion F , tal que su gradiente sea el vector ~E queestamos analizando. Por si no lo recuerdan, si F (x, y, z), por ejemplo, entoncesel lado derecho significa, en coordenadas cartesianas:

~∇F (r) =

(∂

∂x,

∂

∂y,

∂

∂z

)

F (r) =

(∂F

∂x(r),

∂F

∂y(r),

∂F

∂z(r)

)

Que es la definicion del gradiente de una funcion F . ¿La demostracion? Pues esbien simple. Lo que queremos calcular es:

∫ b

a

~E(r) · d~ℓ

Pero, si podemos parametrizar r con alguna variable t1, de la forma r(t), deacuerdo a la definicion de gradiente (que es la ”derivada generalizada“ de unafuncion de varias variables):

d

dtF (r) = ~∇F · d~r

dt(10.2)

Por lo tanto, de acuerdo a la condicion propuesta en (10.1):

∫ b

a

~E(r) · d~ℓ =

∫ b

a

~∇F (r) · d~ℓ

1Por si no recuerdan esto, por ejemplo para parametrizar los puntos de la circunferenciaunitaria uno usarıa ~r(t)=(cos(t),sin(t)), con t: [0, 2π].

64

Pero si parametrizamos todo en funcion de r(t), entonces ~r = ~ℓ, por lo que:

d~ℓ =d~r

dtdt

Por tanto:∫ b

a

~∇F (r) · d~ℓ =

∫ b

a

~∇F (r) · d~r

dtdt

Lo que, reemplazando lo obtenido en (10.2) queda:

∫ b

a

~∇F (r) · d~r

dtdt =

∫ b

a

d

dtF (r)dt

Lo que por el Teorema Fundamental del Calculo queda:

∫ b

a

d

dtF (r)dt = F (r(b)) − F (r(a))

Es decir:∫ b

a

~E(r) · d~ℓ = F (r(b)) − F (r(a))

Por tanto, la integral solo depende de los puntos iniciales y finales. En el casodel campo electrico, F (r) = V (r) (el potencial) y podemos escribir:

∫ b

a

~E(r) · d~ℓ = V (r(b)) − V (r(a)) = ∆Vab

¡Para cualquier camino que tomemos!

65